Toán 11 Bài 27 Thể tích

Thể tích là nội dung quan trọng trong hình học không gian Toán 11, giúp học sinh xác định dung tích của các khối hình và vận dụng công thức vào nhiều dạng bài toán khác nhau. Với Toán 11 Bài 27 Thể tích, học sinh có thể tham khảo lời giải sách giáo khoa Toán 11 KNTT tập 2 để hiểu cách áp dụng công thức, xác định các yếu tố cần thiết và giải bài tập theo từng bước rõ ràng, chính xác.

Giải SGK toán 11 trang 61 tập 2

Hoạt động 1 trang 61 Toán 11 KNTT Tập 2

Khi mua máy điều hòa, bác An được hướng dẫn rằng mỗi mét khối của phòng cần công suất điều hòa 200 BTU. Căn phòng bác An cần lắp máy có dạng hình hộp chữ nhật, rộng 4m, dài 5m và cao 3m. Hỏi bác An cần mua loại điều hòa có công suất bao nhiêu BTU?

Hướng dẫn giải:

Thể tích của căn phòng là: V = 4 . 5 . 3 = 60 (m³).

Giải SGK toán 11 trang 62 tập 2

Luyện tập 1 trang 62 Toán 11 KNTT Tập 2

Cho khối chóp đều S.ABCD có cạnh đáy bằng a, cạnh bên bằng b. Tính thể tích của khối chóp.

Hướng dẫn giải:

Hình vẽ minh họa:

Gọi O là giao điểm của AC và BD.

Ta có: S.ABCD là hình chóp đều=> SO ⊥ (ABCD).

Xét tam giác BCD vuông tại C ta có:

\(BD = \sqrt {B{C^2} + C{D^2}} = \sqrt {{a^2} + {a^2}} = a\sqrt 2\)

Ta có: ABCD là hình vuông => O là trung điểm của BD

=> \(BO = \frac{{BD}}{2} = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}\)

Xét tam giác SOB vuông tại O ta có:

\(SO = \sqrt {S{B^2} - O{B^2}} = \sqrt {{b^2} - \frac{{{a^2}}}{2}}\)

Ta có: \({V_{S.ABCD}} = \frac{1}{3}.{S_{ABCD}}.SO = \frac{1}{3}.{a^2}\sqrt {{b^2} - \frac{{{a^2}}}{2}}\)

Luyện tập 2 trang 62 Toán 11 KNTT Tập 2

Cho khối chóp cụt đều ABC.A'B'C' có đường cao HH' = h, hai mặt đáy ABC, A'B'C' có cạnh tương ứng bằng 2a, a.

a) Tính thể tích khối chóp cụt.

b) Gọi B₁ , C₂ tương ứng là trung điểm AB, AC. Chứng minh rằng AB₁ C₁ .A'B'C' là một hình lăng trụ. Tính thể tích khối lăng trụ AB ₁ C ₁ .A'B'C'.

Hướng dẫn giải:

a) Ta có:

\({S_{A'B'C'}} = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4};{S_{ABC}} = \frac{{{{\left( {2a} \right)}^2}\sqrt 3 }}{4} = {a^2}\sqrt 3\)

Thể tích khối chóp cụt:

\(\begin{array}{l} {V_{ABC.A'B'C'}} = \frac{1}{3}.\left( {{S_{ABC}} + {S_{A'B'C'}} + \sqrt {{S_{ABC}}.{S_{A'B'C'}}} } \right).HH'\\ = \frac{1}{3}.\left( {{a^2}\sqrt 3 + \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4} + \sqrt {{a^2}\sqrt 3 .\frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}} } \right).h\\ = \frac{1}{3}.\left( {{a^2}\sqrt 3 + \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4} + \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{2}} \right).h \end{array}\)

b) Vì ABC.A'B'C' là khối chóp cụt đều nên (ABC) // (A'B'C') mà (AB₁C₁) ⊂(ABC) nên (AB₁C₁) // (A'B'C').

Xét tam giác ABC có B₁, C₁ lần lượt là trung điểm của AB, AC nên B₁C₁ là đường trung bình của tam giác ABC do đó B₁C₁ // BC và B₁C₁ = BC/2=2a/2=a.

Lại có B'C' // BC nên B1C1 // B'C' và B'C' = B₁C₁ = a nên B₁C₁C'B' là hình bình hành.

Vì B₁, C₁ lần lượt là trung điểm của AB, AC nên AB₁ = AC₁ = a.

Vì A'B' // AB và A'B' = AB₁ = a nên A'B'B₁A là hình bình hành.

Vì A'C' // AC₁ và A'C' = AC₁ = a nên A'C'C1A là hình bình hành.

=> AB₁C₁.A'B'C' là hình lăng trụ.

Vì hình lăng trụ AB₁C₁.A'B'C' có cùng chiều cao với khối chóp cụt đều ABC.A'B'C' nên:

\({V_{{A_1}{B_1}{C_1}.A'B'C'}} = {S_{A'B'C'}}.HH' = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}.h\)

Giải SGK toán 11 trang 63 tập 2

Vận dụng trang 63 Toán 11 KNTT Tập 2

Một sọt đựng đồ có dạng hình chóp cụt đều (H.7.98). Đáy và miệng sọt là các hình vuông tương ứng có cạnh bằng 30 cm, 60 cm, cạnh bên của sọt dài 50 cm. Tính thể tích của sọt.

Hướng dẫn giải:

Hình vẽ minh họa:

Sọt đựng đồ có dạng hình chóp cụt đều ABCD.A'B'C'D'.

Ta có: 

S₁ = S_ABCD = 60² = 3 600(cm²)

S₂ = S_A'B'C'D' = 30² = 900 (cm²).

Kẻ D'H ⊥ BD tại H.

Gọi O và O' lần lượt là tâm của hình vuông ABCD và A'B'C'D'.

Vì OO' ⊥ (ABCD) nên OO' ⊥ OH, OO' ⊥ (A'B'C'D') nên OO' ⊥ B'D'.

=> OHD'O' là hình chữ nhậ => O'D' = OH, OO' = HD'.

Xét tam giác B'C'D' vuông tại C’ ta có:

\(B'D' = \sqrt {B'C{'^2} + C'D{'^2}} = \sqrt {{{30}^2} + {{30}^2}} = 30\sqrt 2 \left( {cm} \right)\)

Vì O' là trung điểm của B'D' nên D'O' = D'B'/2 = \(15\sqrt 2\) (cm).

Xét tam giác BCD vuông tại C, có

\(BD = \sqrt {B{C^2} + C{D^2}} = \sqrt {{{60}^2} + {{60}^2}} = 60\sqrt 2 \left( {cm} \right)\)

Mà O là trung điểm của BD nên DO = DB/2= \(30\sqrt 2\) (cm).

Ta có:

HD = DO – OH = \(30\sqrt 2 - 15\sqrt 2 = 15\sqrt 2\) (cm).

Xét tam giác DHD' vuông tại H, có

\(D'H = \sqrt {{{50}^2} - {{\left( {15\sqrt 2 } \right)}^2}} = 5\sqrt {82} \left( {cm} \right)\)

=> \(OO' = 5\sqrt {82}\) (cm).

\(\begin{array}{l} {V_{ABCD.A'B'C'D'}} = \frac{1}{3}\left( {{S_1} + {S_2} + \sqrt {{S_1}.{S_2}} } \right).h\\ = \frac{1}{3}\left( {3600 + 900 + \sqrt {3600.900} } \right).5\sqrt {82} = 10500\sqrt {82} \left( {c{m^2}} \right) \end{array}\)

Bài 7.28 trang 63 Toán 11 KNTT Tập 2

ho khối chóp đều S.ABC, đáy có cạnh bằng a, cạnh bên bằng b. Tính thể tích của khối chóp đó. Từ đó suy ra thể tích của khối tứ diện đều có cạnh bằng a.

Hướng dẫn giải:

Hình vẽ minh họa:

Gọi G là hình chiếu của S trên mặt phẳng (ABC).

Vì S.ABC là khối chóp đều nên G là trọng tâm của tam giác ABC. Có SG ⊥ (ABC).

Giả sử AG ∩ BC tại D, khi đó D là trung điểm của BC, AD ⊥ BC.

Xét tam giác ABC đều cạnh a, AD là đường cao nên \(AD = \frac{{a\sqrt 3 }}{2};{S_{ABC}} = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}\)

Vì \(AG = \frac{2}{3}AD = \frac{{a\sqrt 3 }}{3}\)

Xét tam giác SGA vuông tại G ta có \(SG = \sqrt {S{A^2} - A{G^2}} = \sqrt {{b^2} - \frac{{{a^2}}}{3}}\)

Ta có:

\({V_{S.ABC}} = \frac{1}{3}.{S_{ABC}}.SG = \frac{1}{3}.\frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}.\sqrt {{b^2} - \frac{{{a^2}}}{3}} = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{{12}}.\sqrt {{b^2} - \frac{{{a^2}}}{3}}\)

Khi đó thể tích khối tứ diện đều có cạnh bằng a là: \(\frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{{12}}.\sqrt {{a^2} - \frac{{{a^2}}}{3}} = \frac{{{a^3}\sqrt 2 }}{{12}}\)

Bài 7.29 trang 63 Toán 11 KNTT Tập 2

Cho khối lăng trụ đứng ABC.A'B'C' có AA' = 5 cm, AB = 6 cm, BC = 2 cm, \(\widehat {ABC} = {150^0}\). Tính thể tích của khối lăng trụ.

Hướng dẫn giải:

H ình vẽ minh họa:

Vì ABC.A'B'C' là khối lăng trụ đứng nên A'A ⊥ (ABC).

Ta có:

\({S_{ABC}} = \frac{1}{2}.AB.AC.\widehat {ABC} = \frac{1}{2}.6.2.\sin {150^0} = 3\) (cm²).

\({V_{ABC.A'B'C'}} = {S_{ABC}}.AA' = 3.5 = 15\) (cm³).

Bài 7.30 trang 63 Toán 11 KNTT Tập 2

Cho khối chóp đều S.ABCD, đáy có cạnh 6 cm. Tính thể tích của khối chóp đó trong các trường hợp sau:

a) Cạnh bên tạo với mặt đáy một góc bằng 60°.

b) Mặt bên tạo với mặt đáy một góc bằng 45°.

Hướng dẫn giải:

a) Hình vẽ minh họa:

Gọi O là giao điểm của AC và BD.

Do S.ABCD là khối chóp đều nên SO ⊥ (ABCD).

=> OC là hình chiếu của SC trên mặt phẳng (ABCD).

=> Góc giữa cạnh bên SC và mặt phẳng (ABCD) bằng góc giữa hai đường thẳng OC và SC, mà (OC, SC) = \(\widehat {SCO} = {60^0}\)

Áp dụng định lý Pythagore cho tam giác ABC vuông tại B ta có:

\(AC = \sqrt {A{B^2} + B{C^2}} = \sqrt {{6^2} + {6^2}} = 6\sqrt 2\) (cm).

Vì ABCD là hình vuông nên O là trung điểm của AC, suy ra OC = AC/2=  \(6\sqrt 2\)(cm).

Xét tam giác SOC vuông tại O:

\(SO = OC.\tan {60^0} = 3\sqrt 2 .\sqrt 3 = 3\sqrt 6\) (cm).

=>  \({V_{S.ABCD}} = \frac{1}{3}.{S_{ABCD}}.SO = \frac{1}{3}.6.6.3\sqrt 6 = 36\sqrt 6\)(cm³).

b) Hình vẽ minh họa:

Kẻ OE ⊥ CD tại E.

Vì SO ⊥ (ABCD) nên SO ⊥ CD mà OE ⊥ CD

=> CD ⊥ (SOE) => CD ⊥ SE.

=> Góc giữa hai mặt phẳng (SCD) và (ABCD) bằng góc giữa hai đường thẳng OE và SE, mà (OE, SE) = \(\widehat {SEO} = {45^0}\).

Xét tam giác SOE vuông tại O, có nên tam giác SOE vuông cân tại O, suy ra SO = OE.

Xét tam giác BCD, có OE // BC (vì cùng vuông góc với CD), mà O là trung điểm của BD nên E là trung điểm của CD

=> OE là đường trung bình của tam giác BCD.

=> OE = BC/2=6/2 = 3(cm) => SO = 3 cm.

Vậy \({V_{S.ABCD}} = \frac{1}{3}{S_{ABCD}}SO = \frac{1}{3}.6.6.3 = 36\) (cm³).

Bài 7.31 trang 63 Toán 11 KNTT Tập 2

Cho khối lăng trụ ABC.A'B'C' có đáy là các tam giác đều cạnh a, A'A = A'B = A'C = b. Tính thể tích của khối lăng trụ.

Hướng dẫn giải:

Hình vẽ minh họa:

Vì hình chóp A'.ABC có A'A = A'B = A'C, ABC là tam giác đều nên hình chóp A'.ABC là hình chóp đều.

Gọi F là hình chiếu của A' trên mặt phẳng (ABC), khi đó F là trọng tâm tam giác ABC.

=> A'F ⊥ (ABC) hay A'F là đường cao của hình lăng trụ ABC.A'B'C'.

Giả sử AF ∩ CB tại D, suy ra D là trung điểm của BC, AD ⊥ BC.

Vì ABC là tam giác đều cạnh a, đường cao AD nên \(AD = \frac{{a\sqrt 3 }}{2};{S_{ABC}} = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}\)

Ta có: \(AF = \frac{2}{3}AD = \frac{2}{3}.\frac{{a\sqrt 3 }}{2} = \frac{{a\sqrt 3 }}{3}\)

Áp dung định lý Pythagore cho tam giác A'FA vuông tại F ta có:

\(A'F = \sqrt {AA{'^2} - A{F^2}} = \sqrt {{b^2} - \frac{{{a^2}}}{3}}\)

=> \({V_{ABC.A'B'C'}} = {S_{ABC}}.A'F = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}.\sqrt {{b^2} - \frac{{{a^2}}}{3}}\)

Bài 7.32 trang 63 Toán 11 KNTT Tập 2

Từ một tấm tôn hình vuông có cạnh 8 dm, bác Hùng cắt bỏ bốn phần như nhau ở bốn góc, sau đó bác hàn các mép lại để được một chiếc thùng (không có nắp) như Hình 7.99.

a) Giải thích vì sao chiếc thùng có dạng hình chóp cụt.

b) Tính cạnh bên của thùng.

c) Hỏi thùng có thể chứa được nhiều nhất bao nhiêu lít nước?

Hướng dẫn giải:

Hình vẽ minh họa:

a) Ta có:

AB // A'B' => AB // (A'B'C'D').

AD // A'D' => AD // (A'B'C'D')

=> (ABCD) // (A'B'C'D').

Vì bác Hùng cắt bỏ bốn phần như nhau ở bốn góc và hàn lại sẽ tạo thành 4 mặt bên là các hình thang cân.

Vậy chiếc thùng có dạng hình chóp cụt.

b) Dựa vào hình 7.99, ta có A'B' = B'C' = C'D' = D'A' = 8 – 2 = 6 (dm).

Kẻ AH ⊥ A'B' tại H, Kẻ BK ⊥ A'B' tại K.

=> ABKH là hình chữ nhật => AB = HK = 3 dm,

AH = BK = (8 – 3) : 2 = 2,5 dm.

Xét tam giác AHA' và tam giác BKB' có:

AA' = BB', \(\widehat {AHA'} = \widehat {BKB'} = {90^0}\), AH = BK.

=> ΔAHA' = ΔBKB'

=> A'H = B'K = (A'B' – HK): 2 = (6 – 3) : 2 = 1,5 dm.

Áp dụng định lý pythagore cho tam giác AHA' vuông tại H ta có:

\(AA' = \sqrt {A{H^2} + A'{H^2}} = \sqrt {2,{5^2} + 1,{5^2}} = \frac{{\sqrt {34} }}{2}\) (dm).

Vậy cạnh bên của thùng là \(\frac{{\sqrt {34} }}{2}\) dm.

c) Gọi O và O' lần lượt là tâm của hình vuông ABCD và A'B'C'D'.

Vì ACC'A' là hình thang cân nên đường cao của hình chóp cụt cũng chính là đường cao của hình thang cân.

Kẻ CE ⊥ A'C' tại E.

Vì OCEO' là hình chữ nhật nên OC = O'E.

Áp dụng định lý Pythagore cho tam giác ABC vuông tại B ta có:

\(AC = \sqrt {A{B^2} + B{C^2}} = \sqrt {{3^2} + {3^2}} = 3\sqrt 2\)(dm)

Mà O là trung điểm của AC nên OC = AC/2= \(\frac{{3\sqrt 2 }}{2}\) (dm) .

Áp dụng định lý Pythagore cho tam giác A'B'C' vuông tại B' ta có:

\(A'C' = \sqrt {A'B{'^2} + B'C{'^2}} = \sqrt {{6^2} + {6^2}} = 6\sqrt 2\) (dm)

Mà O' là trung điểm của A'C' nên O'C' = A'C'/2= \(3\sqrt 2\) (dm).

Ta có: \(C'E = O'E' - O'E = 3\sqrt 2 - \frac{{3\sqrt 2 }}{2} = \frac{{3\sqrt 2 }}{2}\) (dm).

Áp dụng định lý Pythagore cho tam giác CC'E vuông tại E ta có:

\(CE = \sqrt {CC{'^2} - C'{E^2}} = 2\) (dm).

=> OO' = 2 dm

Ta có:

S₁ = S_ABCD = 3 . 3 = 9 (dm²); S₂ = S_A'B'C'D' = 6 . 6 = 36 (dm²).

\(\begin{array}{l} {V_{ABCD.A'B'C'D'}} = \frac{1}{3}.\left( {{S_1} + {S_2} + \sqrt {{S_2}.{S_2}} } \right).OO'\\ = \frac{1}{3}\left( {9 + 36 + \sqrt {9.36} } \right).2 = 42\left( {d{m^3}} \right) \end{array}\)

Ta có: 42 dm³ = 42 lít.

Vậy thùng có thể chứa được nhiều nhất là 42 lít nước.

------------------------

Nắm vững công thức và phương pháp tính thể tích sẽ giúp học sinh giải quyết hiệu quả các bài toán về khối chóp, khối lăng trụ và những hình khối liên quan trong chương trình Toán 11. Thông qua lời giải SGK Toán 11 Kết nối tri thức tập 2, các em có thể củng cố kiến thức, rèn luyện kỹ năng tính toán và vận dụng linh hoạt vào bài tập ôn luyện cũng như các tình huống thực tế.