Phần 1 : Một Số Bài Toán Hình Lăng Trụ Lớp 11 Giải Chi Tiết, Đề Trắc Nghiệm Ôn Tập Hình Lăng Trụ Đứng

Bài viết lí giải giải một số bài toán tương quan đến hình lăng trụ cùng một số trong những bài tập để học sinh tự rèn luyện.

Bạn đang xem: Bài toán hình lăng trụ lớp 11

Định nghĩa:• Hình lăng trụ là một trong khối nhiều diện bao gồm hai lòng là hai đa giác có các cạnh song song và bằng nhau, các cạnh bên song tuy vậy và bằng nhau.• Hình hộp là 1 trong lăng trụ gồm đáy là hình bình hành. Tứ đường chéo cánh của hình hộp đồng quy trên trung điểm mỗi đường. Điểm đó điện thoại tư vấn là tâm của hình hộp.

Ví dụ minh họa:Ví dụ 1: Cho lăng trụ tam giác $ABC.A’B’C’.$ hotline $I$, $J$, $K$ thứu tự là giữa trung tâm $ΔABC$, $ΔA’B’C’$, $ΔACC’.$ hotline $M$, $N$, $H$ lần lượt là trung điểm $BC$, $B’C’$, $AC.$ chứng minh:a) phương diện phẳng $(IJK)$ tuy nhiên song mặt phẳng $(BB’C’C).$b) mặt phẳng $(A’JK)$ tuy nhiên song khía cạnh phẳng $(AIB’).$

a) call $O$ là trung điểm của $AC’.$Ta có tứ giác $IMNJ$ là hình bình hành, suy ra $IJ//MN$ $(1).$Ta có: $fracHIHB = fracHKHC’ = frac13$ $ Rightarrow IK//BC’$ $(2).$Từ $(1)$ cùng $(2)$ suy ra $mp(IKJ)//mpleft( BB’C’C ight).$b) Do $overrightarrow AA’ = overrightarrow MN $ nên $AM//A’N.$Do $overrightarrow CM = overrightarrow NB’ $ nên $CN//MB’.$Mà $CN$ với $A’N$ là hai đường thẳng cắt nhau phía trong mặt phẳng $(A’JK)$ với $AM$, $MB’$ là hai tuyến đường thẳng giảm nhau bên trong mặt phẳng $(AIB’).$Do kia $mp (A’JK) // mp (AIB’).$

Ví dụ 2: Cho lăng trụ $ABC.A’B’C’.$ gọi $G$ và $G’$ là trọng tâm $ΔABC$ với $ΔA’B’C’.$ minh chứng các khía cạnh phẳng $(ABC’)$, $(BCA’)$, $(ACB’)$ giảm nhau tại $O$ trên $GG’.$ Tính $fracOGOG’.$

Gọi $I$ và $I’$ lần lượt là trung điểm $BC$ cùng $B’C’.$Gọi $H$, $J$, $K$ lần lượt là tâm những hình bình hành $ABB’A’$, $BCC’B’$, $ACC’A’.$Ta có:$mp(ABC’) ∩ mp (BCA’) = BK.$$mp(ABC’) ∩ mp (ACB’) = AJ.$Trong khía cạnh phẳng $(ABC’)$, $AJ$ cắt $BK$ tại $O$ là trung tâm $ΔABC’.$Vậy cha mặt phẳng $(ABC’)$, $(BCA’)$, $(ACB’)$ cắt nhau tại $O.$Ta tất cả $G$ cùng $O$ là giữa trung tâm $ΔABC$ và $ΔABC’$ $ Rightarrow fracAGAI = fracAOAJ = frac23$ $ Rightarrow OG//II’$ $(1).$Ta tất cả $GII’G’$ là hình bình hành $ Rightarrow GG’//II’$ $(2).$Từ $(1)$ và $(2)$ suy ra $O$, $G$, $G’$ thẳng hàng.$ Rightarrow O in GG’.$$G’G//IJ$ $ Rightarrow fracOGIJ = fracAGAI = frac23$ $ Rightarrow OG = frac23IJ = fracII^prime 3.$Mà $GG’ = II’ Rightarrow OG = frac13GG’.$Do đó: $fracOGOG’ = frac12.$

Ví dụ 3: Cho hình lăng trụ $ABC.A’B’C’$ gồm đáy là tam giác hồ hết cạnh $a.$ các mặt bên $ABB’A’$, $ACC’A’$ là hình vuông có chổ chính giữa lần lượt là $I$ cùng $J.$ call $O$ là trọng tâm đường tròn nước ngoài tiếp $ΔABC.$a) chứng tỏ $IJ$ song song phương diện phẳng $(ABC).$b) khẳng định thiết diện của lăng trụ với mặt phẳng $(IJO).$ Tính diện tích s thiết diện kia theo $a.$

a) Tam giác $AB’C’$ gồm $IJ // B’C’$ cơ mà $B’C’ // BC$ $⇒ IJ // BC.$Vậy $IJ // mp (ABC).$b) Ta có: $IJ // mp (ABC)$ nhưng $mp (OIJ) ∩ mp (ABC) = MN$ thì $MN // IJ // BC.$Trên mặt phẳng $(AA’C’C)$, $MJ$ cắt $A’C’$ trên $H.$Do $IJ // B’C’$ $⇒ IJ // mp (A’B’C’).$Vậy $mp (OIJ) ∩ mp (A’B’C’) = HK // B’C’.$Mặt giảm là tứ giác $MNKH$ có $MN // HK.$Ta có: $left. eginarray*20lA’A:cạnh:chung\AM = AN\AH = AKendarray ight} Rightarrow MH = NK.$Vậy $MNKH$ là hình thang cân.

Ta có: $fracAOAA_1 = fracMNBC = frac23$ $ Rightarrow MN = frac23a.$Ta có: $Delta JMC = Delta JA’H$ $ Rightarrow A’H = fraca3$ $ Rightarrow HK = fraca3.$Ta có: $2MH’ = MN – HK = fraca3$ $ Rightarrow MH’ = fraca6.$$ΔMHH’$ vuông $ Rightarrow HM^2 = a^2 + fraca^29 = frac10a^29.$$ΔMHH’$ vuông $ Rightarrow HH‘^2 = frac10a^29 – fraca^236 = frac39a^236.$Vậy diện tích thiết diện $HKNM$ bằng: $frac12(HK + MN)HH’$ $ = frac12left( frac2a3 + fraca3 ight)fracasqrt 39 6 = fraca^212sqrt 39 .$

Ví dụ 4: Chứng minh vào hình hộp các đường chéo cánh đồng quy trên một điểm và tổng những bình phương của tứ đường chéo cánh bằng tổng bình phương các cạnh.

Do $ACC’A’$ là hình bình hành yêu cầu $AC’$ cắt $CA’$ trên trung điểm $O$ mỗi đường.Do $ABC’D’$ là hình bình hành phải $BD’$ qua $O$ cùng nhận $O$ là trung điểm.Do $BDD’B’$ là hình bình hành đề nghị $B’D$ qua $O$ với nhận $O$ là trung điểm.Vậy $AC’$, $A’C$, $BD’$, $B’D$ đồng quy trên $O.$Giả sử hình bình hành $MNHK$ tất cả tâm $I.$$Delta MNK$ $ Rightarrow MK^2 + MN^2 = 2MI^2 + fracNK^22$ $ Rightarrow MK^2 + MN^2 = fracMH^2 + NK^22.$

Do $ABC’D’$ là hình bình hành nên $AC‘^2 + BD‘^2 = 2left( AB^2 + AD‘^2 ight)$ $(1).$DO $CDA’B’$ là hình bình hành nên $A"C^2 + DB‘^2 = 2left( CD^2 + DA‘^2 ight)$ $(2).$Từ $(1)$ với $(2)$ suy ra: $AC‘^2 + BD‘^2 + A"C^2 + DB‘^2$ $ = 2left( AB^2 + CD^2 + AD‘^2 + DA‘^2 ight).$Mặt không giống $ADD’A’$ là hình bình hành nên: $AD‘^2 + DA‘^2 = 2left( AD^2 + AA‘^2 ight).$Đặt $AB = a$, $AD = b$, $AA’ = c.$Khi đó: $AC‘^2 + BD‘^2 + A"C^2 + DB‘^2$ $ = 4left( a^2 + b^2 + c^2 ight).$Vậy tổng bình phương bốn đường chéo bằng tổng bình phương $12$ cạnh của hình hộp.

Ví dụ 5: mang lại hình hộp $ABCD.A’B’C’D’.$a) chứng tỏ $AC’$ đi qua trọng tâm $G_1$, $G_2$ của $ΔBDA’$ cùng $ΔB’D’C.$ chứng tỏ $G_1$, $G_2$ chia $AC’$ làm ba phần bằng nhau.b) xác định thiết diện của mặt phẳng $(A’B"G_2)$ với hình hộp.

a) call $O$, $O’$ là trung tâm của hình bình hành $ABCD$ cùng $A’B’C’D’.$Trên mặt phẳng $(ACC’A’)$, $AC’$ cắt $OA’$ và $O’C$ tại $G_1$, $G_2.$Ta có: $OA//A’C’ Rightarrow fracG_1OG_1A’ = fracOAA’C’ = frac12.$Mà $A’O$ là trung tuyến của $ΔA’BD$ yêu cầu $G_1$ là trung tâm $ΔA’BD.$Tương tự $G_2$ là trung tâm $ΔCB’D’.$Ta có: $overrightarrow OC = overrightarrow A’O’ $ $⇒OA’//O’C.$Vậy $OG_1$ là con đường trung bình của $ΔACG_2$ $⇒AG_1 = G_1G_2.$Tương trường đoản cú $O"G_2$ là mặt đường trung bình của $ΔG_1C’A’$ $⇒ G_1G_2 = G_2C’.$Vậy $AG_1 = G_1G_2 = G_2C’.$b) Trong phương diện phẳng $(CB’D’)$, $B"G_2$ giảm $CD’$ trên trung điểm $I$ của $CD’.$Mặt phẳng $(A’B"G_2)$ đựng $A’B’ // C’D’$, vậy cắt mặt phẳng $(C’D’DC)$ theo giao tuyến đường $EF$ qua $I$ và $EF // C’D’ // A’B’.$Ta có $overrightarrow EF = overrightarrow B’A’ $ nên mặt phẳng cắt $A’B’EF$ là hình bình hành.

Ví dụ 6: cho hình lăng trụ $ABC.A’B’C’$ bao gồm $H$ là trung điểm $A’B’.$a) chứng minh $CB’$ tuy vậy song mặt phẳng $(AHC’).$b) search giao điểm của $AC’$ và mặt phẳng $(BCH).$c) khía cạnh phẳng $(α)$ qua $M$ là trung điểm của $CC’$ tuy nhiên song $AH$ và $CB’.$ xác minh thiết diện với tỉ số mà các đỉnh của tiết diện chia các cạnh tương xứng của lăng trụ.

a) điện thoại tư vấn $K$ là trung điểm của $AB.$Ta bao gồm $AH // B’K$ với $HC’ // KC.$Vậy $(AHC’) // (B’KC).$Mà $CB’ ⊂ (B’KC)$ $⇒ CB’ // (AHC’).$b) call $L$ là trung điểm của $A’C’$ thì $HL // B’C’ // BC.$Vậy $L ∈ (HBC).$Trong khía cạnh phẳng $(ACC’A’)$, $AC’$ cắt $CL$ trên $I$ thì $I = AC’ ∩ (HBC).$c) $(α) // CB’$ nhưng $CB’ ⊂ (BCC’B’)$ $⇒ (α) ∩ (BCC’B’) = MN // CB’$ $(N ∈ B’C’).$Trong mặt phẳng $(B’C’CB)$, $BC ∩ MN = M’.$Ta gồm $AH // B’K$ $⇒ B’K // (α)$ nhưng mà $B’C // (α)$ yêu cầu $(α) // (B’KC).$Vậy $(ABC)$ cắt hai khía cạnh phẳng tuy nhiên song $(α)$ và $(B’KC)$ theo hai giao đường $KC // M’RQ$ với $R ∈ AC$, $Q ∈ AB.$Mặt phẳng $(A’B’BA)$ giảm hai phương diện phẳng tuy vậy song $(α)$ cùng $(B’KC)$ theo nhị giao tuyến $QP // KB’$ với $P ∈ A’B’.$Mặt phẳng $(BCC’B’)$ giảm hai phương diện phẳng tuy vậy song $(α)$ cùng $(B’KC)$ theo hai giao đường $MN // B’C$ với $N ∈ B’C’.$Do kia thiết diện là ngũ giác $MNPQR.$Ta bao gồm $N$ và $P$ theo lần lượt là trung điểm của $B’C’$ cùng $HB’.$ cho nên vì vậy $fracPA’PB’ = 3.$Tương từ bỏ $R$ và $Q$ thứu tự là trung điểm của $AC$ với $AK.$ cho nên vì thế $fracQAQB = frac13.$Do kia $M$, $N$, $P$, $Q$, $R$ phân chia theo vật dụng tự $CC’$, $B’C’$, $A’B’$, $AB$, $AC$ theo tỉ số $1$, $1$, $3$, $frac13$, $1.$

Ví dụ 7: Cho hình vỏ hộp $ABCD.A’B’C’D’.$ rước $M$ trên $AD$, $N$ trên $D’C’$ sao cho $fracAMMD = fracD’NNC’.$a) chứng minh $MN$ tuy nhiên song mặt phẳng $(C’BD).$b) hotline $(Q)$ là phương diện phẳng qua $MN$ và tuy vậy song khía cạnh phẳng $(C’BD).$ xác minh mặt cắt của $(Q)$ với hình hộp.

a) Ta có $fracAMMD = fracD’NNC’$ $ Rightarrow fracAMD’N = fracMDNC’ = fracAM + MDD’N + NC’ = fracADC’D’.$Do định lí Thales đảo, ba đường trực tiếp $MN$, $AD’$, $DC’$ cùng song song với khía cạnh phẳng $(P)$ cơ mà $AD’ // BC’.$Vậy mặt phẳng $(P)$ song song $(C’BD).$Do đó $MN // (C’BD).$b) phương diện phẳng $(Q) // (C’BD)$, vậy $(ABCD)$ giảm hai mặt phẳng này theo nhì giao tuyến $ME$ và $BD$ tuy nhiên song nhau $(E ∈ AB).$Tương trường đoản cú $(ABB’A’)$ cắt hai mặt song song $(Q)$ cùng $(C’BD)$ theo giao con đường $EF // AB’$ $(F ∈ BB’).$Lập luận giống như vẽ $FI // BC’$ $(I ∈ B’C’).$Thiết diện của $(Q)$ cùng hình lập phương là lục giác $MEFINJ.$

Ví dụ 8: Cho hình vỏ hộp $ABCD.A’B’C’D’.$ gọi $O’$ là trung ương hình bình hành $A’B’C’D’$, $K$ là trung điểm của $CD$, $E$ là trung điểm của $BO’.$a) chứng tỏ điểm $E$ thuộc mặt phẳng $(ACB’).$b) xác định mặt cắt của hình hộp cùng mặt phẳng $(α)$ qua $K$ và tuy vậy song $(EAC).$

a) gọi $O$ là vai trung phong hình bình hành $ABCD.$Tứ giác $B’O’OB$ là hình bình hành đề nghị $E$ là trung điểm của $B’O.$Mà $B’O ⊂ (B’AC)$ $⇒ E ∈ (B’AC).$b) do $E ∈ (ACB’)$ đề nghị $(EAC) ≡ (B’AC).$Mặt phẳng $(ABCD)$ cắt hai khía cạnh phẳng tuy nhiên song $(α)$ với $(B’AC)$ theo hai giao đường $AC // KI$ $(I ∈ AD).$Trong khía cạnh phẳng $(ABCD)$, $AB$ giảm $KI$ trên $J.$Mặt phẳng $(A’B’BA)$ giảm hai khía cạnh phẳng tuy vậy song $(α)$ cùng $(B’AC)$ theo nhị giao tuyến đường $JMN // B’A$ $(M ∈ AA’, N ∈ A’B’).$Trong phương diện phẳng $(A’B’BA)$, $MN$ giảm $BB’$ trên $H.$Mặt phẳng $(B’C’CB)$ giảm hai mặt phẳng song song $(α)$ và $(B’AC)$ theo nhị giao tuyến đường $B’C // HPQ$ $(P ∈ B’C’, Q ∈ CC’).$ mặt cắt là lục giác $KIMNPQ.$

Ví dụ 9: Cho lăng trụ $ABC.A’B’C’.$ hotline $M$, $N$ theo thứ tự là trung điểm $BC$ cùng $CC’$, $P$ là điểm đối xứng của $C$ qua $A.$ khẳng định mặt cắt của lăng trụ với:a) mặt phẳng $(A’MN).$ Tính tỉ số mà mặt cắt chia cạnh $AB.$b) khía cạnh phẳng $(MNP).$ Tính tỉ số mà mặt phẳng cắt chia cạnh $AA’$ cùng $AB.$

a) Trong mặt phẳng $(BB’C’C)$, call $I$ là giao điểm $BB’$ cùng $MN.$Trong phương diện phẳng $(ABB’A’)$ hotline $H$ là giao điểm $A’I$ cùng $AB.$Vậy mặt cắt của $(A’MN)$ và lăng trụ là tứ giác $HMNA’.$$Delta MBI = Delta MCN$ $ Rightarrow IB = cn = frac12CC’.$Do: $HB//A’B’$ $ Rightarrow fracIHIA’ = fracIBIB’ = fracHBA’B’$ $ Rightarrow fracHBA’B’ = fracfrac12CC’frac32BB’ = frac13$ $ Rightarrow HB = frac13AB.$

b) Trong khía cạnh phẳng $(ABC)$ điện thoại tư vấn $R$ là giao điểm $PM$ và $AB.$Trong phương diện phẳng $(ACC’B’)$ gọi $S$ là giao điểm $PN$ với $AA’.$Vậy mặt phẳng cắt của $(PMN)$ với lăng trụ là tứ giác $MRSN.$Ta tất cả $R$ là trung tâm tam giác $PBC$ nên $AR = frac13AB.$Ta tất cả $SA$ là mặt đường trung bình của tam giác $PCN$ phải $AS = frac12CN = frac14CC’ = frac14AA’.$

Ví dụ 10: Cho hình lập phương $ABCD.A’B’C’D’$ cạnh $a.$ gọi $M$, $N$, $P$ theo thứ tự là trung điểm $AB$, $B’C’$ cùng $DD’.$a) minh chứng mặt phẳng $(MNP)$ tuy vậy song với những mặt phẳng $(AB’D’)$ và $(BDC’).$b) xác minh mặt giảm của $(MNP)$ với hình lập phương.

a) call $O$, $O’$ và $I$ lần lượt là tâm hình vuông vắn $ABCD$, $A’B’C’D’$ cùng $ADD’A’.$Ta có $overrightarrow AM = overrightarrow O’N $ buộc phải $AMNO’$ là hình bình hành.$⇒ AO’ // MN$ $(1).$Ta có: $overrightarrow IP = overrightarrow B’N $ phải $PIB’N$ là hình bình hành.$⇒ B’I // NP$ $(2).$Từ $(1)$ và $(2)$ $⇒ (AB’D’) // (MNP).$Do $ABC’D’$ là hình bình hành buộc phải $AD’ // BC’.$Do $DBB’D’$ là hình bình hành cần $DB // D’B’.$Vậy $(AD’B’) // (DBC’).$Do đó: $(AB’D’) // (MNP) // (DBC’).$b) khía cạnh phẳng $(MPN) // (DBC’)$ buộc phải mặt phẳng $(ABCD)$ giảm hai mặt phẳng này theo nhì giao tuyến đường $MK // BD$ ($K$ trung điểm $AD$).Mặt phẳng $(MNP) // (AD’B’)$ yêu cầu $(AA’D’D)$ giảm hai khía cạnh phẳng theo giao tuyến $KP // AD’.$Tương tự $(AD’B’)$ cắt $(CDD’C’)$ theo hai đường $PG // DC’.$$(AD’B’)$ cắt $(A’B’C’D’)$ theo giao tuyến $GN // B’D’.$$(AD’B’)$ cắt $(CBB’C’)$ theo giao đường $NH // BC’.$$(AD’B’)$ cắt $(ABA’B’)$ theo giao con đường $MH // AB’.$Do đó mặt cắt của $(MNP)$ cùng hình lập phương là lục giác hầu như $MKPGNH$ cạnh $fracasqrt 2 2.$

Bài tập rèn luyện:Bài tập 1: Cho hình lăng trụ $ABC.A’B’C’.$ hotline $I$, $M$ theo lần lượt là trung điểm của $BC$ cùng $AI$. Gọi $(α)$ là phương diện phẳng qua $M$ tuy vậy song cùng với $AC’$ cùng $B’C.$ Tìm mặt phẳng cắt của $(α)$ với lăng trụ. Tính tỉ số mà mặt phẳng cắt chia $CC’.$

Bài tập 2: mang lại hình lăng trụ $ABC.A’B’C’.$ call $I$, $J$, $K$ theo lần lượt là tâm các hình bình hành $ACC’A’$, $BCC’B’$, $ABB’A’.$ gọi $G$, $G’$ lần lượt là trung tâm của tam giác $ABC$ cùng $A’B’C’.$ triệu chứng minh:a) $IJ // (ABB’A’)$, $JK // (ACC’A’)$, $IK // (BCC’B’).$b) $AJ$, $CK$, $BI$ đồng quy tại $O.$c) $(IJK) // (ABC).$d) tía điểm $G$, $O$, $G’$ thẳng hàng.

Bài tập 3: mang lại hình vỏ hộp $ABCD.A’B’C’D’.$ hotline $P$, $Q$, $R$, $S$ lần lượt là tâm các mặt bên $ABB’A’$, $BCC’B’$, $CDD’C’$, $DAA’D’.$a) minh chứng $RQ // (ABCD)$, $(PQRS) // (ABCD).$b) xác định thiết diện hình hộp với mặt phẳng $(ARQ).$c) điện thoại tư vấn $M$ là giao điểm của $CC’$ với $(ARQ).$ Tính tỉ số $fracMCMC’.$

Bài tập 4: Cho hình lập phương $ABCD.A’B’C’D’.$ call $E$, $F$, $K$ theo thứ tự là trung điểm của $AB$, $DD’$, $B’C’.$ Dựng thiết diện của hình lập phương cùng với $(EFC)$, $(EFC’)$, $(EFK).$

Bài tập 5: Cho hình vỏ hộp $ABCD.A’B’C’D’.$ call $M$, $N$ theo lần lượt là trung điểm của $AA’$ và $CC’.$ rước $P$ trên $DD’$ làm sao để cho $DP = 2PD’.$a) khẳng định mặt giảm của $(MNP)$ với hình hộp.b) tìm giao tuyến của $(MNP)$ và $(ABCD).$

Bài tập 6: Cho hình lăng trụ $ABC.A’B’C’.$a) search giao đường $d$ của $(AB’C’)$ và $(A’BC).$b) minh chứng $d // (BB’C’C).$c) điện thoại tư vấn $H$ là trung điểm của $A’B’.$ chứng minh $CB’ // (AHC’).$

Bài tập 7: đến hình lập phương $ABCD.A’B’C’D’.$a) minh chứng $(ABD’) // (C’BD).$b) call $E$, $F$, $G$ theo thứ tự là trung điểm của $AA’$, $BB’$, $CC’.$ chứng minh $(ABCD) // (EFG).$c) hotline $I$, $J$, $K$ theo lần lượt là trung điểm của $AB$, $AD$, $A’D’.$ Chứng minh $(IJK) // (BDD’B’).$

Bài tập 8: mang đến hình lăng trụ $ABC.A’B’C’.$ lấy $M$, $N$, $P$ theo thứ tự trên $AB’$, $AC’$, $B’C$ sao cho $fracAMAB’ = fracC’NAC’ = fracCPCB’ = x.$a) search $x$ để $(MNP) // (A’BC’).$ Biết tam giác $A’BC’$ những cạnh $a.$ Tính diện tích mặt cắt vì $(MNP)$ với lăng trụ.b) kiếm tìm tập thích hợp trung điểm của $NP$ lúc $x$ nỗ lực đổi.

Bài tập 9: cho hình lập phương $ABCD.A’B’C’D’$ cạnh $a.$ bên trên $AB$, $CC’$, $C’D’$ và $AA’$ lần lượt lấy những điểm $M$, $N$, $P$, $Q$ làm sao cho $AM = C’N = C’P = AQ = x$ $(0 ≤ x ≤ a).$a) minh chứng bốn điểm $M$, $N$, $P$, $Q$ đồng phẳng và $MP$, $NQ$ cắt nhau tại một điểm thế định.b) chứng minh $(MNPQ)$ luôn chứa một con đường thẳng nắm định. Tra cứu $x$ để $(MNPQ) // (A’BC’).$c) tìm kiếm thiết diện của $(MNPQ)$ cùng hình lập phương.

Các dạng toán về thể tích khối lăng trụ lớp 11 giải chi tiết được soạn bên dưới dạng file word với PDF bao gồm 4 trang. Các bạn xem và cài đặt về sống dưới.Dạng 1: Thể tích của khối lăng trụ đứng

Phương pháp:

+ Thể tích khối lăng trụ $V = S.h$ cùng với $S$ là diện tích đa giác đáy, $h$ là độ cao của khối lăng trụ.

+ Lăng trụ đứng là lăng trụ tất cả các cạnh bên vuông góc cùng với đáy.

+ Lăng trụ rất nhiều là lăng trụ đứng gồm đáy là nhiều giác đều.

Câu 1. Cho khối lăng trụ đứng $ABC.A’B’C’$ gồm đáy là tam giác phần nhiều cạnh $a$ cùng $AA’ = sqrt 2 a$. Tính thể tích của khối lăng trụ sẽ cho.

Lời giải

Ta có: $A’A ot (ABC)$

$ Rightarrow V_ABC.A’B’C’ = S_Delta ABC.A’A$

Tam giác $ABC$ mọi cạnh $a$$ Rightarrow S_Delta ABC = frac(canh)^2sqrt 3 4 = fraca^2sqrt 3 4$.

Vậy, thể tích của khối lăng trụ đã đến là: $V_ABC.A’B’C’ = S_Delta ABC.AA’ = fraca^2sqrt 3 4.asqrt 2 = fraca^3sqrt 6 4$.

Xem thêm: Đăng ký học toán thầy hiếu, đăng ký học toán với thầy hiếu

Câu 2. Cho khối lăng trụ đứng$ABC.A’B’C’$ gồm đáy là tam giác phần nhiều cạnh $2a$ cùng góc giữa$A’B$ và mặt phẳng $(ABC)$ bởi $30^0$. Tính thể tích của khối lăng trụ đã cho

Lời giải

Ta có: $A’A ot (ABC)$

$ Rightarrow V_ABC.A’B’C’ = S_Delta ABC.A’A$

Tam giác $ABC$ hồ hết cạnh $2a$ $ Rightarrow S_Delta ABC = frac(cạnh)^2sqrt 3 4 = fracleft( 2a ight)^2sqrt 3 4 = a^2sqrt 3 $

Ta có: $AB$ là hình chiếu của $A’B$ lên $(ABC)$

$ Rightarrow left( widehat A’B,,(ABC) ight) = left( widehat A’B,,AB ight) = widehat A’BA = 30^0$

Tam giác $A’AB$ vuông tại $A$ gồm $ an widehat A’BA = fracA’BAB Rightarrow A’B = AB. an widehat A’BA$

$ = 2a. an 30^0 = 2a.fracsqrt 3 3 = frac2asqrt 3 3$

Vậy, thể tích của khối lăng trụ đã cho là: $V_ABC.A’B’C’ = S_Delta ABC.AA’ = a^2sqrt 3 .frac2asqrt 3 3 = 2a^3$.

Câu 3. Cho khối lăng trụ đứng$ABC.A’B’C’$ gồm đáy là tam giác vuông tại $B$; $BA = a;,BC = asqrt 3 $ và $AA’ = asqrt 2 $. Tính thể tích của khối lăng trụ vẫn cho.

Lời giải

Ta có: $A’A ot (ABC)$

$ Rightarrow V_ABC.A’B’C’ = S_Delta ABC.A’A$

Tam giác $ABC$ vuông tại $B$$ Rightarrow S_Delta ABC = frac12BA.BC = frac12.a.asqrt 3 = fraca^2sqrt 3 2$

Vậy, thể tích của khối lăng trụ đã cho là: $V_ABC.A’B’C’ = S_Delta ABC.AA’ = fraca^2sqrt 3 2.asqrt 2 = fraca^3sqrt 6 2$.

Câu 4. Cho khối lăng trụ đứng$ABC.A’B’C’$ gồm $AA’ = asqrt 3 $; $CA = a;,CB = 2a$ và $widehat ACB = 120^0$. Tính thể tích của khối lăng trụ sẽ cho.

Lời giải

Ta có: $A’A ot (ABC)$

$ Rightarrow V_ABC.A’B’C’ = S_Delta ABC.A’A$

$S_Delta ABC = frac12CA.CB.sin widehat ACB$

$ = frac12.a.2a.sin 120^0 = a^2.fracsqrt 3 2 = fraca^2sqrt 3 2$

Vậy, thể tích của khối lăng trụ đã đến là: $V_ABC.A’B’C’ = S_Delta ABC.AA’ = fraca^2sqrt 3 2.asqrt 3 = frac3a^32$.

Câu 5. Cho khối lăng trụ đứng $ABC.A’B’C’$ tất cả $BB’ = a$, đáy $ABC$ là tam giác vuông cân tại $B$ cùng $AC = asqrt 2 $. Tính thể tích $V$ của khối lăng trụ vẫn cho.

Lời giải

Tam giác $ABC$ vuông cân nặng tại $B$ $ Rightarrow AB = BC = fracACsqrt 2 = a$.

Suy ra: $S_ABC = frac12a^2$.

Khi đó: $V_ABC.A’B’C’ = S_ABC.BB’ = frac12a^2.a = fraca^32$.

Câu 6. Cho hình lăng trụ đứng $ABC.A’B’C’$ có đáy là tam giác vuông cân tại $B$, $AB = a$ với $A’B = asqrt 3 $. Tính thể tích $V$ của khối lăng trụ đang cho.

Lời giải

Ta bao gồm $AA’ = sqrt A"B^2 – AB^2 = asqrt 2 $, $S_ABC = frac12AB^2 = fraca^22$.

Thể tích khối lăng trụ là $V = AA’.S_ABC = fraca^3sqrt 2 2$.

Câu 7. Tính thể tích $V$của khối lập phương$ABCD.A’B’C’D’$, biết $AC’ = 2asqrt 3 $.

Lời giải

Gọi $x$ là độ lâu năm cạnh của khối lập phương $left( x > 0 ight)$

Tam giác $AA’C’$ vuông tại $A’$, ta có

$AC’^2 = A"A^2 + A"C’^2$

$ Leftrightarrow left( 2asqrt 3 ight)^2 = x^2 + left( xsqrt 2 ight)^2$

$ Leftrightarrow 12a^2 = 3x^2 Leftrightarrow x^2 = 4a^2$

$ Rightarrow x = 2a$.

Thể tích của khối lập phương $ABCD.A’B’C’D’$là $V = left( 2a ight)^3 = 8a^3$.

Dạng 2: Thể tích khối lăng trụ xiên

Câu 8. Cho hình lăng trụ $ABC.A’B’C’$ tất cả đáy $ABC$ là tam giác đều cạnh $a$, $AA’ = frac3a2$. Hiểu được hình chiếu vuông góc của $A’$ lên $left( ABC ight)$ là trung điểm $BC$. Tính thể tích $V$ của khối lăng trụ đó.

Lời giải

Ta có: $A’H ot (ABC)$

$ Rightarrow V_ABC.A’B’C’ = S_Delta ABC.A’H$

Tam giác $ABC$ là tam giác phần đa cạnh $a$$ Rightarrow S_Delta ABC = frac(canh)^2sqrt 3 4 = fraca^2sqrt 3 4$

Tam giác $ABC$ là tam giác phần đông cạnh $a$ với $AH$ là trung tuyến$ Rightarrow AH = fracasqrt 3 2$

Tam giác $HAA’$ vuông tại $H$ bao gồm $A’H = sqrt AA’^2 – AH^2 = sqrt left( frac3a2 ight)^2 – left( fracasqrt 3 2 ight)^2 $

$ = sqrt frac9a^24 – frac3a^24 = sqrt frac6a^24 = fracasqrt 6 2.$

Vậy thể tích khối lăng trụ là $V = S_Delta ABC.A’H = fraca^2sqrt 3 4.fracasqrt 6 2 = frac3a^3sqrt 2 8$.

Câu 9. Cho hình lăng trụ $ABC.A’B’C’$ có toàn bộ các cạnh bằng $a$, các cạnh bên tạo với lòng góc $60^circ $. Tính thể tích khối lăng trụ $ABC.A’B’C’$.

Lời giải

Kẻ $AH’ ot left( ABC ight) Rightarrow left( widehat A’A,left( ABC ight) ight) = widehat A’AH = 60^circ .$

Xét $Delta AHA’$ tất cả $sin 60^circ = fracA’HAA’ Rightarrow A’H = AA’.sin 60^circ = fracasqrt 3 2.$

Thể tích khối lăng trụ $ABC.A’B’C’$ là $V = S_Delta ABC.A’H = fraca^2sqrt 3 4.fracasqrt 3 2 = frac3a^38.$

Câu 10. Cho hình lăng trụ $ABC.A’B’C’$có đáy $ABC$ là tam giác vuông cân tại $A,;AC = 2sqrt 2 $, biết góc giữa $AC’$ với $left( ABC ight)$ bằng $60^0$ cùng $AC’ = 4$. Tính thể tích $V$ của khối lăng trụ $ABC.A’B’C’$.

Lời giải

Gọi $H$ là hình chiếu của $C’$ lên phương diện phẳng $left( ABC ight)$, khi đó $C’H$ là đường cao $ Rightarrow left( widehat AC’,left( ABC ight) ight) = widehat C’AH = 60^0$

Xét tam giác vuông $AC’H$ ta bao gồm $C’H = C’A.sin 60^0 = 2sqrt 3 $

Khi đó $V_ABC.A’B’C = S_d.C’H = frac12left( 2sqrt 2 ight)^2.2sqrt 3 = 8sqrt 3 $.