Cho khối lăng trụ ABC.A’B’C’, tam giác A’BC có diện tích bằng 1 và khoảng cách từ A đến mặt phẳng (A’BC) bằng 2. Thể tích khối lăng trụ đã cho bằng

Cho khối lăng trụ ABC.A’B’C’, tam giác A’BC có diện tích bằng 1 và khoảng cách từ A đến mặt phẳng (A’BC) bằng 2. Thể tích khối lăng trụ đã cho bằng

A. 6

B. 3

C. 2                                   

D. 1

Hướng dẫn giải:

Đáp án C.

Gọi H là hình chiếu vuông góc của A’ trên mặt phẳng (ABC) suy ra A’H là chiều cao của lăng trụ. Xét khối chóp A.A’BC có diện tích đáy  \( B={{S}_{\Delta A’BC}}=1 \), chiều cao  \( h={{d}_{\left( A,(A’BC) \right)}}=2 \)

Suy ra thể tích của khối chóp A.A’BC là:  \( {{V}_{A.A’BC}}=\frac{1}{3}Bh=\frac{1}{3}.1.2=\frac{2}{3} \)

Mặt khác:  \( \left\{ \begin{align}  & {{V}_{A.A’BC}}={{V}_{A’ABC}}=\frac{1}{3}{{S}_{\Delta ABC}}.A’H=\frac{2}{3} \\  & {{V}_{ABC.A’B’C’}}={{S}_{\Delta ABC}}.A’H \\ \end{align} \right. \)

 \( \Rightarrow {{V}_{ABC.A’B’C’}}=3{{V}_{A.A’BC}}=3.\frac{2}{3}=2 \)

Cách khác:

Ta thấy lăng trụ ABC.A’B’C’ được chia thành ba khối chóp có thể tích bằng nhau là: A’.ABC, A’.BCB’, A’.B’C’C.

Mà  \( {{V}_{A’.ABC}}={{V}_{A.A’BC}}=\frac{1}{3}.1.2=\frac{2}{3} \)

 \( \Rightarrow {{V}_{ABC.A’B’C’}}=3{{V}_{A.A’BC}}=3.\frac{2}{3}=2 \)

 

Nhận Dạy Kèm Môn Toán Online qua ứng dụng Zoom, Google Meet,...

Các bài toán liên quan

 

Bài toán mới!

Các sách tham khảo do Trung Tâm Nhân Tài Việt phát hành!

Error: View 7b4a035yn3 may not exist

Cho lăng trụ ABC.A1B1C1 có diện tích mặt bên (ABB1A1) bằng 4, khoảng cách giữa cạnh CC1 đến mặt phẳng (ABB1A1) bằng 6. Tính thể tích khối lăng trụ ABC.A1B1C1

Cho lăng trụ ABC.A1B1C1 có diện tích mặt bên (ABB1A1) bằng 4, khoảng cách giữa cạnh CC1 đến mặt phẳng (ABB1A1) bằng 6. Tính thể tích khối lăng trụ ABC.A1B1C1.

A. 12

B. 18                                 

C. 24                                

D. 9

Hướng dẫn giải:

Đáp án A.

Ta có:  \( {{V}_{C.AB{{B}_{1}}{{A}_{1}}}}=\frac{1}{3}{{d}_{\left( C,(AB{{B}_{1}}{{A}_{1}}) \right)}}.{{S}_{AB{{B}_{1}}{{A}_{1}}}}=\frac{1}{3}.4.6=8 \)

 \( {{V}_{C.AB{{B}_{1}}{{A}_{1}}}}={{V}_{ABC.{{A}_{1}}{{B}_{1}}{{C}_{1}}}}-{{V}_{C.{{A}_{1}}{{B}_{1}}{{C}_{1}}}} \)  \( ={{V}_{ABC.{{A}_{1}}{{B}_{1}}{{C}_{1}}}}-\frac{1}{3}{{V}_{ABC.{{A}_{1}}{{B}_{1}}{{C}_{1}}}}=\frac{2}{3}{{V}_{ABC.{{A}_{1}}{{B}_{1}}{{C}_{1}}}} \)

 \( \Rightarrow {{V}_{ABC.{{A}_{1}}{{B}_{1}}{{C}_{1}}}}=\frac{3}{2}{{V}_{C.AB{{B}_{1}}{{A}_{1}}}}=\frac{3}{2}.8=12 \)

 

Nhận Dạy Kèm Môn Toán Online qua ứng dụng Zoom, Google Meet,...

Các bài toán liên quan

 

Bài toán mới!

Các sách tham khảo do Trung Tâm Nhân Tài Việt phát hành!

Error: View 7b4a035yn3 may not exist

Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác đều cạnh a, hình chiếu vuông góc của A’ trên (ABC) là trung điểm cạnh AB, góc giữa đường thẳng A’C và mặt phẳng đáy bằng 60O

Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác đều cạnh a, hình chiếu vuông góc của A’ trên (ABC) là trung điểm cạnh AB, góc giữa đường thẳng A’C và mặt phẳng đáy bằng 60O. Thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’ bằng

A.  \( \frac{\sqrt{2}{{a}^{3}}}{4} \)

B.  \( \frac{\sqrt{3}{{a}^{3}}}{4} \)

C.  \( \frac{3\sqrt{3}{{a}^{3}}}{8} \)              

D.  \( \frac{3\sqrt{3}{{a}^{3}}}{4} \)

Hướng dẫn giải:

Đáp án C.

Gọi H là hình chiếu vuông góc của A’ trên mặt phẳng (ABC).

Ta có: \( A’H\bot (ABC) \) \( \Rightarrow \)  HC là hình chiếu vuông góc của A’C lên mặt phẳng (ABC).

 \( \Rightarrow \widehat{\left( A’C,(ABC) \right)}=\widehat{\left( A’C,HC \right)}=\widehat{A’CH}={{60}^{0}} \)

 \( CH=\frac{a\sqrt{3}}{2} \)

Xét tam giác vuông A’HC, ta có:  \( A’H=CH.\tan {{60}^{0}}=\frac{a\sqrt{3}}{2}.\sqrt{3}=\frac{3a}{2}, {{S}_{\Delta ABC}}=\frac{{{a}^{2}}\sqrt{3}}{4} \).

Vậy thể tích của khối lăng trụ ABC.A’B’C’ là: \( {{V}_{ABC.A’B’C’}}={{S}_{\Delta ABC}}.A’H=\frac{{{a}^{2}}\sqrt{3}}{4}.\frac{3a}{2}=\frac{3{{a}^{3}}\sqrt{3}}{8} \)

 

Nhận Dạy Kèm Môn Toán Online qua ứng dụng Zoom, Google Meet,...

Các bài toán liên quan

 

Các bài toán mới!

Các sách tham khảo do Trung Tâm Nhân Tài Việt phát hành!

Error: View 7b4a035yn3 may not exist

Cho lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’ có độ dài cạnh bên bằng 8a và khoảng cách từ điểm A đến các đường thẳng BB’, CC’ lần lượt bằng 2a và 4a. Biết góc giữa hai mặt phẳng (ABB’A’) và (ACC’A’) bằng 60O

Cho lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’ có độ dài cạnh bên bằng 8a và khoảng cách từ điểm A đến các đường thẳng BB’, CC’ lần lượt bằng 2a và 4a. Biết góc giữa hai mặt phẳng (ABB’A’) và (ACC’A’) bằng 60O. Tính thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’.

A. \( \frac{16\sqrt{3}}{3}{{a}^{3}} \)

B.  \( 8\sqrt{3}{{a}^{3}} \)

C.  \( 24\sqrt{3}{{a}^{3}} \)  

D.  \( 16\sqrt{3}{{a}^{3}} \)

Hướng dẫn giải:

Đáp án D.

Gọi H, K lần lượt là hình chiếu vuông góc của A trên BB’, CC’.

Ta có:  \( HA\bot BB’ \),  \( KA\bot CC’ \) \( \Rightarrow A’A\bot \left( AHK \right) \) do đó:  \( \widehat{AHK}={{60}^{0}} \).

Khi đó:  \( H{{K}^{2}}=A{{K}^{2}}+A{{H}^{2}}-2AK.AH.\cos {{60}^{0}}=12{{a}^{2}} \)

 \( \Rightarrow A{{K}^{2}}=H{{K}^{2}}+A{{H}^{2}} \)

Suy ra tam giác AHK vuông tại H.

Gọi H’, K’ lần lượt là hình chiếu vuông góc của A’ trên BB’, CC’.

Ta có: VA.BCHK = VA.B’C’K’H’

Khi đó \({{V}_{ABC.A’B’C’}}={{V}_{AHK.A’H’K’}}=AA’.{{S}_{\Delta AHK}}=16\sqrt{3}{{a}^{3}}\)

 

Nhận Dạy Kèm Môn Toán Online qua ứng dụng Zoom, Google Meet,...

Các bài toán liên quan

 

Các bài toán mới!

Các sách tham khảo do Trung Tâm Nhân Tài Việt phát hành!

Error: View 7b4a035yn3 may not exist

Cho lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác vuông cân tại A, cạnh AC=2√2. Biết AC’ tạo với mặt phẳng (ABC) một góc 60O và AC’ = 4. Tính thể tích V của khối đa diện ABCB’C’

(Đề thử nghiệm – 2017) Cho lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác vuông cân tại A, cạnh \(AC=2\sqrt{2}\). Biết AC’ tạo với mặt phẳng (ABC) một góc 60O và AC’ = 4. Tính thể tích V của khối đa diện ABCB’C’.

A. \( V=\frac{8}{3} \)

B.  \( V=\frac{16}{3} \)   

C.  \( V=\frac{8\sqrt{3}}{3} \) 

D.  \( V=\frac{16\sqrt{3}}{3} \)

Hướng dẫn giải:

Đáp án D.

Phân tích: Tính thể tích của khối đa diện ABCB’C’ bằng thể tích của lăng trụ ABC.A’B’C’ trừ đi thể tích của khối chóp A.A’B’C’.

Giả sử đường cao của lăng trụ là C’H. Khi đó góc giữa AC’ mặt phẳng (ABC) là góc  \( \widehat{C’AH}={{60}^{0}} \).

Ta có: \(\sin {{60}^{0}}=\frac{C’H}{AC’}\Rightarrow C’H=2\sqrt{3}\); \({{S}_{\Delta ABC}}=4\)

\({{V}_{ABC.A’B’C’}}=C’H.{{S}_{\Delta ABC}}=2\sqrt{3}.\frac{1}{2}{{\left( 2\sqrt{2} \right)}^{2}}=8\sqrt{3}\)

 \( {{V}_{A.A’B’C’}}=\frac{1}{3}C’H.{{S}_{\Delta ABC}}=\frac{1}{3}{{V}_{ABC.A’B’C’}}=\frac{8\sqrt{3}}{3} \)

 \( {{V}_{ABB’C’C}}={{V}_{ABC.A’B’C’}}-{{V}_{A.A’B’C’}}=8\sqrt{3}-\frac{8\sqrt{3}}{3}=\frac{16\sqrt{3}}{3} \)

 

Nhận Dạy Kèm Môn Toán Online qua ứng dụng Zoom, Google Meet,...

Các bài toán liên quan

 

Các bài toán mới!

Các sách tham khảo do Trung Tâm Nhân Tài Việt phát hành!

Error: View 7b4a035yn3 may not exist

Cho lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’ có đáy là tam giác đều cạnh a. Độ dài cạnh bên bằng 4a. Mặt phẳng (BCC’B’) vuông góc với đáy và B′BCˆ=300. Thể tích khối chóp A.CC’B’ là

Cho lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’ có đáy là tam giác đều cạnh a. Độ dài cạnh bên bằng 4a. Mặt phẳng (BCC’B’) vuông góc với đáy và \( \widehat{B’BC}={{30}^{0}} \). Thể tích khối chóp A.CC’B’ là

A. \(\frac{{{a}^{3}}\sqrt{3}}{2}\)

B. \(\frac{{{a}^{3}}\sqrt{3}}{12}\)

C. \(\frac{{{a}^{3}}\sqrt{3}}{18}\)                             

D. \(\frac{{{a}^{3}}\sqrt{3}}{6}\)

Hướng dẫn giải:

Đáp án D.

Ta có:  \( \left( BCC’B’ \right)\bot (ABC) \) (giả thiết)

Hạ  \( B’H\bot BC\Rightarrow B’H\bot \left( ABC \right) \) và  \( \widehat{B’BH}=\widehat{B’BC}={{30}^{0}} \)

Suy ra chiều cao của lăng trụ ABC.A’B’C’ là:  \( h=B’H=BB’.\sin {{30}^{0}}=2a  \)

Diện tích đáy là:  \( {{S}_{\Delta ABC}}=\frac{{{a}^{2}}\sqrt{3}}{4} \).

Thể tích của khối lăng trụ là:  \( {{V}_{ABC.A’B’C’}}={{S}_{\Delta ABC}}.h=\frac{{{a}^{2}}\sqrt{3}}{4}.2a=\frac{{{a}^{3}}\sqrt{3}}{2} \)

Thể tích khối chóp A.CC’B’ là:  \( {{V}_{A.CC’B’}}=\frac{1}{3}{{V}_{ABC.A’B’C’}}=\frac{{{a}^{3}}\sqrt{3}}{6} \)

 

Nhận Dạy Kèm Môn Toán Online qua ứng dụng Zoom, Google Meet,...

Các bài toán liên quan

 

Các bài toán mới!

Các sách tham khảo do Trung Tâm Nhân Tài Việt phát hành!

Error: View 7b4a035yn3 may not exist

Cho lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’ có đáy là tam giác đều cạnh a, hình chiếu của A’ xuống (ABC) là tâm O đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Biết AA’ hợp với đáy (ABC) một góc 60O, thể tích khối lăng trụ là

Cho lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’ có đáy là tam giác đều cạnh a, hình chiếu của A’ xuống (ABC) là tâm O đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Biết AA’ hợp với đáy (ABC) một góc 60O, thể tích khối lăng trụ là

A. \( \frac{{{a}^{3}}\sqrt{3}}{4} \)                                           

B.  \( \frac{3{{a}^{3}}\sqrt{3}}{4} \)                               

C.  \( \frac{{{a}^{3}}\sqrt{3}}{12} \)                               

D.  \( \frac{{{a}^{3}}\sqrt{3}}{36} \)

Hướng dẫn giải:

Đáp án A.

Gọi M là trung điểm cạnh BC.

Khi đó: \(AM=\frac{a\sqrt{3}}{2}\) và \(AO=\frac{2}{3}AM=\frac{a\sqrt{3}}{3}\).

Do  \( A’O\bot \left( ABC \right) \) tại điểm O nên AO là hình chiếu vuông góc của AA’ xuống (ABC). Suy ra góc giữa đường thẳng AA’ và (ABC) là góc  \( \widehat{A’AO}={{60}^{0}} \)

Xét  \( \Delta A’AO \) vuông tại O, ta có:  \( A’O=AO.\tan {{60}^{0}}=\frac{a\sqrt{3}}{3}.\sqrt{3}=a  \)

Vậy thể tích khối lăng trụ là  \( V=A’O.{{S}_{\Delta ABC}}=a.\frac{{{a}^{2}}\sqrt{3}}{4}=\frac{{{a}^{3}}\sqrt{3}}{4} \)

 

Nhận Dạy Kèm Môn Toán Online qua ứng dụng Zoom, Google Meet,...

Các bài toán liên quan

 

Các bài toán mới!

Các sách tham khảo do Trung Tâm Nhân Tài Việt phát hành!

Error: View 7b4a035yn3 may not exist

Cho hình hộp ABCD.A’B’C’D’ có các cạnh bằng 2a. Biết BADˆ=60O, A′ABˆ=A′ADˆ=120O. Tính thể tích V của khối hộp ABCD.A’B’C’D’

Cho hình hộp ABCD.A’B’C’D’ có các cạnh bằng 2a. Biết \( \widehat{BAD}={{60}^{O}} \),  \( \widehat{A’AB}=\widehat{A’AD}={{120}^{O}} \). Tính thể tích V của khối hộp ABCD.A’B’C’D’.

A. \( 4\sqrt{2}{{a}^{3}} \)                                           

B.  \( 2\sqrt{2}{{a}^{3}} \)     

C.  \( 8{{a}^{3}} \)        

D.  \( \sqrt{2}{{a}^{3}} \)

Hướng dẫn giải:

Đáp án A.

Từ giả thuyết ta có các tam giác  \( \Delta ABD  \),  \( \Delta A’AD  \) và  \( \Delta A’AB  \) là các tam giác đều.

 \( \Rightarrow A’A=A’B=A’D  \) nên hình chiếu H của A’ trên mặt phẳng (ABCD) là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác đều ABD.

 \( \Rightarrow AH=\frac{2}{3}.2a.\frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{2\sqrt{3}}{3}a  \)

 \( \Rightarrow A’H=\sqrt{A'{{A}^{2}}-A{{H}^{2}}}=\frac{2\sqrt{6}}{3}a  \)

Thể tích của khối hộp ABCD.A’B’C’D’:  \( V=A’H.{{S}_{ABCD}}=\frac{2\sqrt{6}}{3}a.2.\frac{4{{a}^{2}}\sqrt{3}}{4}=4\sqrt{2}{{a}^{3}} \)

 

Nhận Dạy Kèm Môn Toán Online qua ứng dụng Zoom, Google Meet,...

Các bài toán liên quan

 

Các bài toán mới!

Các sách tham khảo do Trung Tâm Nhân Tài Việt phát hành!

Error: View 7b4a035yn3 may not exist

Cho một lăng trụ tam giác đều ABC.A’B’C’ có cạnh đáy bằng a, góc giữa A’C và mặt phẳng đáy bằng 60O. Tính diện tích xung quanh Sxq của hình nón

Cho một lăng trụ tam giác đều ABC.A’B’C’ có cạnh đáy bằng a, góc giữa A’C và mặt phẳng đáy bằng 60O. Tính diện tích xung quanh Sxq của hình nón có đáy là đường tròn nội tiếp tam giác ABC và đỉnh là trọng tâm của tam giác A’B’C’.

A. \( {{S}_{xq}}=\frac{\pi {{a}^{2}}\sqrt{333}}{36} \)

B.  \( {{S}_{xq}}=\frac{\pi {{a}^{2}}\sqrt{333}}{6} \)  

C.  \( {{S}_{xq}}=\frac{\pi {{a}^{2}}\sqrt{111}}{6} \)                                     

D.  \( {{S}_{xq}}=\frac{\pi {{a}^{2}}\sqrt{111}}{36} \)

Hướng dẫn giải:

Đáp án A.

Ta có:  \( \widehat{\left( A’C,(ABC) \right)}=\widehat{A’CA}={{60}^{0}} \)

Suy ra  \( AA’=AC.\tan {{60}^{0}}=a\sqrt{3} \)

Có  \( r=GM=\frac{1}{3}AM=\frac{1}{3}.\frac{\sqrt{3}a}{2}=\frac{\sqrt{3}a}{6} \) và  \( \ell =G’M=\sqrt{G'{{G}^{2}}+G{{M}^{2}}}=\sqrt{3{{a}^{2}}+\frac{3{{a}^{2}}}{36}}=\frac{\sqrt{111}a}{6} \).

Vậy \({{S}_{xq}}=\pi r\ell =\pi .\frac{\sqrt{3}a}{6}.\frac{\sqrt{111}a}{6}=\frac{\pi {{a}^{2}}\sqrt{333}}{36}\)

 

Nhận Dạy Kèm Môn Toán Online qua ứng dụng Zoom, Google Meet,...

Các bài toán liên quan

 

Các bài toán mới!

Các sách tham khảo do Trung Tâm Nhân Tài Việt phát hành!

Error: View 7b4a035yn3 may not exist

Cho hình lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác vuông tại A, ACBˆ=300, biết góc giữa B’C và mặt phẳng (ACC’A’) bằng α thỏa mãn sinα=1/2√5

Cho hình lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác vuông tại A, \( \widehat{ACB}={{30}^{0}} \), biết góc giữa B’C và mặt phẳng (ACC’A’) bằng  \( \alpha  \) thỏa mãn  \( \sin \alpha =\frac{1}{2\sqrt{5}} \). Cho khoảng cách giữa hai đường thẳng A’B và CC’ bằng  \( a\sqrt{3} \). Tính thể tích V của khối lăng trụ ABC.A’B’C’.

A. \( V={{a}^{3}}\sqrt{6} \)

B.  \( V=\frac{3{{a}^{3}}\sqrt{6}}{2} \)                         

C.  \( V={{a}^{3}}\sqrt{3} \)             

D.  \( V=2{{a}^{3}}\sqrt{3} \)

Hướng dẫn giải:

Đáp án D.

+ Ta có: CC’ // AA’  \( \Rightarrow  \)CC’ // (AA’B’B)

Mà  \( A’B\subset \left( AA’B’B \right) \) nên  \( {{d}_{\left( CC’,A’B \right)}}={{d}_{\left( CC’,(AA’B’B) \right)}}=C’A’=a\sqrt{3} \)

+ Ta có:  \( AC=A’C’=a\sqrt{3} \);  \( AB=A’B’=a  \)

Diện tích đáy là  \( {{S}_{\Delta ABC}}=\frac{{{a}^{2}}\sqrt{3}}{2} \)

+ Dễ thấy  \( A’B’\bot \left( ACC’A’ \right) \)

Góc giữa B’C và mặt phẳng (ACC’A’) là  \( \widehat{B’CA’}=\alpha  \)

\(\sin \alpha =\frac{A’B’}{B’C}=\frac{1}{2\sqrt{5}}\Leftrightarrow B’C=2a\sqrt{5}\)

 \( CC’=\sqrt{B'{{C}^{2}}-B’C{{‘}^{2}}}=\sqrt{20{{a}^{2}}-4{{a}^{2}}}=4a  \)

+ Thể tích lăng trụ là  \( V={{S}_{\Delta ABC}}.CC’=\frac{{{a}^{2}}\sqrt{3}}{2}.4a=2{{a}^{3}}\sqrt{3} \)

 

Nhận Dạy Kèm Môn Toán Online qua ứng dụng Zoom, Google Meet,...

Các bài toán liên quan

 

Các bài toán mới!

Các sách tham khảo do Trung Tâm Nhân Tài Việt phát hành!

Error: View 7b4a035yn3 may not exist

Cho hình lăng trụ đứng ABC.A’B’C’, biết đáy ABC là tam giác đều cạnh a. Khoảng cách từ tâm O của tam giác ABC đến mặt phẳng (A’BC) bằng 1/6a

Cho hình lăng trụ đứng ABC.A’B’C’, biết đáy ABC là tam giác đều cạnh a. Khoảng cách từ tâm O của tam giác ABC đến mặt phẳng (A’BC) bằng \( \frac{1}{6}a  \). Tính thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’.

A. \( \frac{3{{a}^{3}}\sqrt{2}}{8} \)

B.  \( \frac{3{{a}^{3}}\sqrt{2}}{28} \)                            

C.  \( \frac{3{{a}^{3}}\sqrt{2}}{4} \)                               

D.  \( \frac{3{{a}^{3}}\sqrt{2}}{16} \)

Hướng dẫn giải:

Đáp án D.

Diện tích đáy:  \( {{S}_{\Delta ABC}}=\frac{\sqrt{3}}{4}{{a}^{2}} \)

Chiều cao: \({{d}_{\left( (ABC),(A’B’C’) \right)}}=AA’\)

Do tam giác ABC là tam giác đều nên O là trọng tâm của tam giác ABC. Gọi I là trung điểm của BC, H là hình chiếu vuông góc của A lên lên A’I ta có: AH \( \bot \) (A’BC) \( \Rightarrow {{d}_{\left( A,(A’BC) \right)}}=AH \)

 \( \frac{{{d}_{\left( O,(A’BC) \right)}}}{{{d}_{\left( A,(A’BC) \right)}}}=\frac{IO}{IA}=\frac{1}{3} \) \( \Rightarrow {{d}_{\left( O,(A’BC) \right)}}=\frac{{{d}_{\left( A,(A’BC) \right)}}}{3}=\frac{AH}{3}=\frac{a}{6} \)

 \( \Rightarrow AH=\frac{a}{2} \)

Xét tam giác A’AI vuông tại A, ta có:

 \( \frac{1}{A{{H}^{2}}}=\frac{1}{AA{{‘}^{2}}}+\frac{1}{A{{I}^{2}}}\Rightarrow \frac{1}{AA{{‘}^{2}}}=\frac{1}{A{{H}^{2}}}-\frac{1}{A{{I}^{2}}} \) \( \Rightarrow AA’=\frac{a\sqrt{3}}{2\sqrt{2}} \)

Vậy  \( {{V}_{ABC.A’B’C’}}={{S}_{\Delta ABC}}.AA’=\frac{{{a}^{2}}\sqrt{3}}{4}.\frac{a\sqrt{3}}{2\sqrt{2}}=\frac{3{{a}^{3}}\sqrt{2}}{16} \)

 

Nhận Dạy Kèm Môn Toán Online qua ứng dụng Zoom, Google Meet,...

Các bài toán liên quan

 

Các bài toán mới!

Các sách tham khảo do Trung Tâm Nhân Tài Việt phát hành!

Error: View 7b4a035yn3 may not exist

Cho khối lăng trụ tam giác đều ABC.A’B’C’ có cạnh đáy là và khoảng cách từ A đến mặt phẳng (A’BC) bằng 1/2a

Cho khối lăng trụ tam giác đều ABC.A’B’C’ có cạnh đáy là và khoảng cách từ A đến mặt phẳng (A’BC) bằng \( \frac{1}{2}a  \). Thể tích của khối lăng trụ bằng:

A. \( \frac{3\sqrt{2}{{a}^{3}}}{12} \)

B.  \( \frac{\sqrt{2}{{a}^{3}}}{16} \)                               

C.  \( \frac{3\sqrt{2}{{a}^{3}}}{16} \)                            

D.  \( \frac{3\sqrt{2}{{a}^{3}}}{48} \)

Hướng dẫn giải:

Đáp án C.

Gọi I là trung điểm của BC và H là hình chiếu vuông góc của A lên A’I.

Khi đó, ta có:  \( {{d}_{\left( A,(A’BC) \right)}}=AH=\frac{1}{2}a  \).

Trong tam giác vuông AA’I, ta có:

 \( \frac{1}{A{{H}^{2}}}=\frac{1}{AA{{‘}^{2}}}+\frac{1}{A{{I}^{2}}}\Rightarrow \frac{1}{AA{{‘}^{2}}}=\frac{1}{A{{H}^{2}}}-\frac{1}{A{{I}^{2}}} \)  \( =\frac{1}{{{\left( \frac{a}{2} \right)}^{2}}}-\frac{1}{{{\left( \frac{a\sqrt{3}}{2} \right)}^{2}}}=\frac{4}{{{a}^{2}}}-\frac{4}{3{{a}^{2}}}=\frac{8}{3{{a}^{2}}} \)

Suy ra:  \( AA’=\frac{a\sqrt{6}}{4} \)

Thể tích khối lăng trụ là:  \( V={{S}_{\Delta ABC}}.AA’=\frac{{{a}^{2}}\sqrt{3}}{4}.\frac{a\sqrt{6}}{4}=\frac{3{{a}^{3}}\sqrt{2}}{16} \)

 

Nhận Dạy Kèm Môn Toán Online qua ứng dụng Zoom, Google Meet,...

Các bài toán liên quan

 

Các bài toán mới!

Các sách tham khảo do Trung Tâm Nhân Tài Việt phát hành!

Error: View 7b4a035yn3 may not exist

Cho khối lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có cạnh đáy bằng a. Khoảng cách từ điểm A’ đến mặt phẳng (AB’C’) bằng 2a√3/√19

Cho khối lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có cạnh đáy bằng a. Khoảng cách từ điểm A’ đến mặt phẳng (AB’C’) bằng \( \frac{2a\sqrt{3}}{\sqrt{19}} \). Thể tích của khối lăng trụ đã cho là:

A. \( \frac{{{a}^{3}}\sqrt{3}}{4} \)

B.  \( \frac{{{a}^{3}}\sqrt{3}}{6} \)                                 

C.  \( \frac{{{a}^{3}}\sqrt{3}}{2} \)           

D.  \( \frac{3{{a}^{3}}}{2} \)

Hướng dẫn giải:

Đáp án C.

Gọi M là trung điểm của B’C’.

Ta có: \( \left\{ \begin{align}& AA’\bot B’C’ \\  & A’M\bot B’C’ \\ \end{align} \right.\Rightarrow B’C’\bot (AA’M) \) \( \Rightarrow (AB’C’)\bot (AA’M) \) theo giao tuyến AM.

Kẻ  \( A’H\bot  \)AM trong mặt phẳng (AA’M) \( \Rightarrow A’H\bot (AB’C’) \)

Vậy khoảng cách từ A’ đến mặt phẳng (AB’C’) là:  \( A’H=\frac{2a\sqrt{3}}{\sqrt{19}} \).

Ta có:  \( \frac{1}{A'{{H}^{2}}}=\frac{1}{A'{{A}^{2}}}+\frac{1}{A'{{M}^{2}}} \) \( \Rightarrow \frac{1}{A'{{A}^{2}}}=\frac{1}{A'{{H}^{2}}}-\frac{1}{A'{{M}^{2}}}=\frac{1}{4{{a}^{2}}}\Rightarrow A’A=2a  \)

Vậy thể tích khối lăng trụ là:  \( V=AA’.{{S}_{\Delta A’B’C’}}=2a.\frac{{{a}^{2}}\sqrt{3}}{4}=\frac{{{a}^{3}}\sqrt{3}}{2} \)

 

Nhận Dạy Kèm Môn Toán Online qua ứng dụng Zoom, Google Meet,...

Các bài toán liên quan

 

Các bài toán mới!

Các sách tham khảo do Trung Tâm Nhân Tài Việt phát hành!

Error: View 7b4a035yn3 may not exist

Cho khối lăng trụ tam giác đều ABC.A’B’C’ có A′B=a√6, đường thẳng A’B vuông góc với đường thẳng B’C

Cho khối lăng trụ tam giác đều ABC.A’B’C’ có \( A’B=a\sqrt{6} \), đường thẳng A’B vuông góc với đường thẳng B’C. Tính thể tích khối lăng trụ đã cho theo a.

A. \( \frac{{{a}^{3}}\sqrt{6}}{3} \)

B.  \( {{a}^{3}}\sqrt{6} \)       

C.  \( \frac{3{{a}^{3}}}{4} \)                                  

D.  \( \frac{9{{a}^{3}}}{4} \)

Hướng dẫn giải:

Đáp án A.

Dựng hình hộp ABCD.A’B’C’D’ khi đó tứ giác ABCD là hình thoi.

Đặt  \( AB=x\Rightarrow AD=x  \)

Tam giác ABD có góc  \( \widehat{BAD}={{120}^{0}} \), áp dụng định lí cosin, ta có:

 \( B{{D}^{2}}=A{{B}^{2}}+A{{D}^{2}}-2AB.AD.\cos BAD={{x}^{2}}+{{x}^{2}}-2x.x.\cos {{120}^{0}}=3{{x}^{2}} \)

Ta có:  \( A’B=a\sqrt{6}\Rightarrow A’D=a\sqrt{6} \)

Ta có: A’D // B’C  \( \Rightarrow A’B\bot A’D  \) \( \Rightarrow \Delta A’BD \)  vuông tại A’

 \( \Rightarrow B{{D}^{2}}=A'{{B}^{2}}+A'{{D}^{2}}\Leftrightarrow 3{{x}^{2}}=12{{a}^{2}} \) \( \Leftrightarrow {{x}^{2}}=4{{a}^{2}}\Rightarrow x=2a  \)

Chiều cao hình trụ: \(AA{{‘}^{2}}=A'{{B}^{2}}-A{{B}^{2}}=6{{a}^{2}}-4{{a}^{2}}=2{{a}^{2}}\)\(\Rightarrow AA’=a\sqrt{2}\)

 \( \Rightarrow {{V}_{ABC.A’B’C’}}=\frac{1}{3}AA’.{{S}_{\Delta ABC}} \) \( =\frac{1}{3}a\sqrt{2}.\frac{1}{2}.2a.2a.\frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{\sqrt{6}}{3}{{a}^{3}} \)

 

Nhận Dạy Kèm Môn Toán Online qua ứng dụng Zoom, Google Meet,...

Các bài toán liên quan

 

Các bài toán mới!

Các sách tham khảo do Trung Tâm Nhân Tài Việt phát hành!

Error: View 7b4a035yn3 may not exist

Cho lăng trụ tam giác đều ABC.A’B’C’ có cạnh đáy bằng a và AB’ vuông góc với BC’

Cho lăng trụ tam giác đều ABC.A’B’C’ có cạnh đáy bằng a và AB’ vuông góc với BC’. Tính thể tích V của khối lăng trụ đã cho.

A. \( V=\frac{{{a}^{3}}\sqrt{6}}{4} \)

B.  \( V=\frac{{{a}^{3}}\sqrt{6}}{8} \)                           

C.  \( V={{a}^{3}}\sqrt{6} \)             

D.  \( V=\frac{7{{a}^{3}}}{8} \)

Hướng dẫn giải:

Đáp án B.

Đặt  \( \vec{x}=\overrightarrow{BA} \),  \( \vec{y}=\overrightarrow{BC} \),  \( \vec{z}=\overrightarrow{BB’} \) theo giả thiết  \( AB’\bot BC’ \)

 \( \overrightarrow{AB’}.\overrightarrow{BC’}=0\Leftrightarrow \left( \vec{z}-\vec{x} \right)\left( \vec{y}+\vec{z} \right)=0 \)  \( \Leftrightarrow \vec{z}.\vec{y}+{{\left| {\vec{z}} \right|}^{2}}-\vec{x}.\vec{y}-\vec{x}.\vec{z}=0\Leftrightarrow {{\left| {\vec{z}} \right|}^{2}}=\vec{x}.\vec{y} \)

 \( \Leftrightarrow {{\left| {\vec{z}} \right|}^{2}}=\left| {\vec{x}} \right|.\left| {\vec{y}} \right|\cos {{60}^{0}}=\frac{{{a}^{2}}}{2}\Rightarrow \left| {\vec{z}} \right|=\frac{\sqrt{2}}{2}a  \)

Vậy  \( {{V}_{ABC.A’B’C’}}=\frac{1}{2}AB.AC.\sin {{60}^{0}}.BB’=\frac{{{a}^{3}}\sqrt{6}}{8} \)

 

Nhận Dạy Kèm Môn Toán Online qua ứng dụng Zoom, Google Meet,...

Các bài toán liên quan

 

Các bài toán mới!

Các sách tham khảo do Trung Tâm Nhân Tài Việt phát hành!

Error: View 7b4a035yn3 may not exist

Cho hình lăng trụ đều ABC.A’B’C’. Biết khoảng cách từ điểm C đến mặt phẳng (ABC’) bằng a, góc giữa hai mặt phẳng (ABC’) và (BCC’B’) bằng α với cosα=1/2√3

Cho hình lăng trụ đều ABC.A’B’C’. Biết khoảng cách từ điểm C đến mặt phẳng (ABC’) bằng a, góc giữa hai mặt phẳng (ABC’) và (BCC’B’) bằng \( \alpha  \) với  \( \cos \alpha =\frac{1}{2\sqrt{3}} \). Tính thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’.

A. \( V=\frac{3{{a}^{3}}\sqrt{2}}{4} \)

B.  \( V=\frac{3{{a}^{3}}\sqrt{2}}{2} \)                         

C.  \( V=\frac{{{a}^{3}}\sqrt{2}}{2} \)                           

D.  \( V=\frac{3{{a}^{3}}\sqrt{2}}{8} \)

Hướng dẫn giải:

Đáp án B.

Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AB và BC.

Do  \( \left\{ \begin{align}& AB\bot CC’ \\ & AB\bot CM \\ \end{align} \right.\Rightarrow AB\bot (MCC’) \) \( \Rightarrow (ABC’)\bot (MCC’) \)

Kẻ CK vuông góc với CM tại K thì ta được CK \( \bot \) (ABC’), do đó: \(CK={{d}_{\left( C,(ABC’) \right)}}=a\).

Đặt BC = x, CC’ = y (x > 0, y > 0), ta được:  \( CM=\frac{x\sqrt{3}}{2} \)

 \( \frac{1}{C{{M}^{2}}}+\frac{1}{CC{{‘}^{2}}}=\frac{1}{C{{K}^{2}}}\Leftrightarrow \frac{4}{3{{x}^{2}}}+\frac{1}{{{y}^{2}}}=\frac{1}{{{a}^{2}}} \) (1)

Kẻ CE \( \bot \) BC’ tại E, ta được \(\widehat{KEC}=\alpha \)\(\Rightarrow EC=\frac{KC}{\sin \alpha }=\frac{a}{\sqrt{1-\frac{1}{12}}}=a\sqrt{\frac{12}{11}}\)

Lại có:  \( \frac{1}{{{x}^{2}}}+\frac{1}{{{y}^{2}}}=\frac{1}{C{{E}^{2}}}=\frac{11}{12{{a}^{2}}} \) (2).

Giải (1), (2) ta được: \( \left\{ \begin{align} & x=2a \\ & y=\frac{a\sqrt{6}}{2} \\ \end{align} \right. \)

Thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’ là:

 \( V=y.\frac{{{x}^{2}}\sqrt{3}}{4}=\frac{a\sqrt{6}}{2}.\frac{4{{a}^{2}}\sqrt{3}}{4}=\frac{3\sqrt{2}{{a}^{3}}}{2} \)

 

Nhận Dạy Kèm Môn Toán Online qua ứng dụng Zoom, Google Meet,...

Các bài toán liên quan

 

Các bài toán mới!

Các sách tham khảo do Trung Tâm Nhân Tài Việt phát hành!

Error: View 7b4a035yn3 may not exist

Cho hình lăng trụ đều ABC.A’B’C’ có cạnh đáy bằng a. Đường thẳng AB’ tạo với mặt phẳng (BCC’B’) một góc 30O

Cho hình lăng trụ đều ABC.A’B’C’ có cạnh đáy bằng a. Đường thẳng AB’ tạo với mặt phẳng (BCC’B’) một góc 30O. Thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’ theo a.

A. \( \frac{3{{a}^{3}}}{4} \)

B.  \( \frac{{{a}^{3}}}{4} \)   

C.  \( \frac{\sqrt{6}{{a}^{3}}}{12} \)                     

D.  \( \frac{\sqrt{6}{{a}^{3}}}{4} \)

Hướng dẫn giải:

Đáp án D.

Gọi M là trung điểm của cạnh BC. Do ABC.A’B’C’ là hình lăng trụ tam giác đều nên ta có:

 \( AM\bot \left( BCC’B’ \right)\Rightarrow \widehat{\left( AB’,(BCC’B’) \right)}=\widehat{AB’M}={{30}^{0}} \)

Xét tam giác vuông AB’M, ta có:  \( \tan {{30}^{0}}=\frac{AM}{AB’}\Rightarrow AB’=\frac{AM}{\tan {{30}^{0}}}=\frac{3a}{2} \)

Xét tam giác vuông B’BM, ta có:  \( BB’=\sqrt{B'{{M}^{2}}-B{{M}^{2}}}=\sqrt{\frac{9{{a}^{2}}}{4}-\frac{1}{4}{{a}^{2}}}=a\sqrt{2} \)

Thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’ là:  \( {{V}_{ABC.A’B’C’}}=\frac{1}{2}AB.AC.\sin {{60}^{0}}.BB’=\frac{{{a}^{3}}\sqrt{6}}{4} \)

 

Nhận Dạy Kèm Môn Toán Online qua ứng dụng Zoom, Google Meet,...

Các bài toán liên quan

 

Các bài toán mới!

Các sách tham khảo do Trung Tâm Nhân Tài Việt phát hành!

Error: View 7b4a035yn3 may not exist

Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm của các cạnh AB, A’C’, BB’. Thể tích của khối tứ diện CMNP

Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có thể tích bằng V. Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm của các cạnh AB, A’C’, BB’. Thể tích của khối tứ diện CMNP bằng:

A. \( \frac{5}{24}V \)

B.  \( \frac{1}{4}V \)

C.  \( \frac{7}{24}V \)

D. \( \frac{1}{3}V \)

Hướng dẫn giải:

Đáp án A

Gọi E là trung điểm của AC  \( \Rightarrow NE//BB’ \).

Nối NP cắt BE tại I suy ra B là trung điểm của EI.

Gọi G là trọng tâm của tam giác ABC  \( \Rightarrow BG=2EG\Rightarrow {{d}_{\left( B,MC \right)}}=2{{d}_{\left( E,MC \right)}} \)

\( \Rightarrow {{d}_{\left( B,MC \right)}}=\frac{2}{3}{{d}_{\left( B,AC \right)}} \)

Do đó: \({{d}_{\left( I,MC \right)}}=\left( 1+\frac{3}{2} \right){{d}_{\left( B,MC \right)}}=\frac{5}{2}{{d}_{\left( B,MC \right)}}\)

Mà  \( {{S}_{\Delta IMC}}=\frac{1}{2}{{d}_{\left( I,MC \right)}}.MC=\frac{1}{2}.\frac{5}{2}{{d}_{\left( B,MC \right)}}.MC \)  \( =\frac{5}{2}{{S}_{\Delta MBC}}=\frac{5}{4}{{S}_{\Delta ABC}}\frac{{{V}_{N.MPC}}}{{{V}_{N.MIC}}} \) \( =\frac{NP}{NI}=\frac{1}{2}\Rightarrow {{V}_{N.MPC}}=\frac{1}{2}{{V}_{N.MIC}}\begin{matrix}{} & (1)  \\\end{matrix} \)

Lại có: \( {{V}_{N.MIC}}=\frac{1}{3}{{d}_{\left( N,(ABC) \right)}}.{{S}_{\Delta IMC}} \) \( =\frac{1}{3}d\left( A’,(ABC) \right).\frac{5}{4}{{S}_{\Delta ABC}} \)

 \( \Rightarrow {{V}_{N.MIC}}=\frac{5}{12}d\left( A’,(ABC) \right).{{S}_{\Delta ABC}} \) \( =\frac{5}{12}{{V}_{ABC.A’B’C’}}=\frac{5}{12}V\begin{matrix}{} & (2)  \\\end{matrix} \)

Từ (1) và (2) suy ra: \( {{V}_{CMNP}}=\frac{1}{2}.\frac{5}{12}V=\frac{5}{24}V \)

 

Nhận Dạy Kèm Môn Toán Online qua ứng dụng Zoom, Google Meet,...

Các bài toán liên quan

 

Các bài toán mới!

Các sách tham khảo do Trung Tâm Nhân Tài Việt phát hành!

Error: View 7b4a035yn3 may not exist