Khái niệm về thể tích của khối đa diện (thể tích khối hộp)

Bước 1: Gọi $M$ là trung điểm $A B, I$ là trung điểm $A M$. Tính góc A’IH

Ta có $S_{A B C D}=2 S_{A B C}=\dfrac{a^{2} \sqrt{3}}{2}$

Gọi $M$ là trung điểm $A B, I$ là trung điểm $A M$

Khi đó $H I \perp A B \Rightarrow$ góc giữa $\left(A B B^{\prime} A^{\prime}\right)$ và $(A B C D)$ là góc $\widehat{A^{\prime} I H}=60^{\circ}$

Bước 2: Tính $V_{A B C D \cdot A^{\prime} B^{\prime} C^{\prime} D^{\prime}}$

Ta có $I H=\dfrac{1}{2} C M=\dfrac{a \sqrt{3}}{4} \Rightarrow A^{\prime} H\\=I H \cdot \tan 60^{\circ}=\dfrac{3 a}{4}$

$\Rightarrow V_{A B C D \cdot A^{\prime} B^{\prime} C^{\prime} D^{\prime}}=A^{\prime} H \cdot S_{A B C D}\\=\dfrac{3 a}{4} \cdot \dfrac{a^{2} \sqrt{3}}{2}=\dfrac{3 a^{3} \sqrt{3}}{8} .$

Bước 1: Tính diện tích tam giác ABH

Hình thoi $A B C D$ có $\widehat{B C D}=120^{\circ}$

$\Rightarrow \widehat{A B C}=60^{\circ}$

Do đó $A B C$ là tam giác đều

$\Rightarrow S_{A B C}=\dfrac{a^{2} \sqrt{3}}{4}$

$\Rightarrow S_{A B H}=\dfrac{1}{2} S_{A B C}=\dfrac{a^{2} \sqrt{3}}{8} .$

Bước 2: Sử dụng công thức liên hệ giữa diện tích hình chiếu của đa giác và đa giác ban đầu.

Tam giác $A B H$ là hình chiếu của tam giác $A^{\prime} B H$

Gọi góc giữa $\left(A B B^{\prime} A^{\prime}\right)$ và $(A B C D)$ là $\varphi$

Khi đó ta có $S_{A B H}=S_{A B A^{\prime}} \cos \varphi \Rightarrow \cos \varphi=\dfrac{S_{A B H}}{S_{A B A^{\prime}}}=\dfrac{1}{2} \Rightarrow \varphi=60^{\circ}$

Thể tích \(V\) của khối lăng trụ có diện tích đáy \(B\) và chiều cao h là: \(V = Bh\)

Thể tích của khối lăng trụ có diện tích đáy \(B\) và chiều cao \(h\) là \(Bh.\).

\({V_{lap\,\,phuong}} = {\left( {canh} \right)^3} = {\left( {3a} \right)^3} = 27{a^3}\).

Gọi diện tích đáy, chiều cao, thể tích của hình lăng trụ ABC.A’B’C’ lần lượt là \(S;\;h;\;V \Rightarrow V = Sh\).

Ta có: \(\Delta A'B'C' \sim \Delta PQC'\) theo tỉ số \(\frac{1}{2} \Rightarrow {S_{C'PQ}} = 4{S_{A'B'C'}} = 4S.\)

\( \Rightarrow {V_{C.C'PQ}} = \frac{1}{3}.h.4S = \frac{4}{3}V\).

Ta có : \({S_{ABNM}} = \frac{1}{2}{S_{ABB'A'}} \Rightarrow {V_{C.ABNM}} = \frac{1}{2}{V_{C.ABB'A'}}\)

Mà \({V_{C.ABB'A'}} = \frac{2}{3}V \Rightarrow {V_{C.ABNM}} = \frac{1}{2}.\frac{2}{3}V = \frac{V}{3} \Rightarrow {V_{CC'A'B'NM}} = V - \frac{V}{3} = \frac{2}{3}V\)

Vậy \({V_{A'MPB'NQ}} = \frac{4}{3}V - \frac{2}{3}V = \frac{2}{3}V\).

Gọi \(V\) là thể tích của khối lăng trụ \(ABCD \cdot {A^\prime }{B^\prime }{C^\prime }{D^\prime }\).

Gọi \({A_1},{B_1},{C_1}\) lần lượt là giao điểm của \(AA',BB',CC'\) và mặt phẳng \((MNK)\).

Thể tích của khối lăng trụ \(ABC \cdot {A_1}{B_1}{C_1}\) là:

\({V_{ABC \cdot {A_1}{B_1}{C_1}}} = \dfrac{1}{4}{V_{ABCD \cdot {A^\prime }{B^\prime }{C^\prime }{D^\prime }}} = \dfrac{1}{4}V\).

Gọi \({V_1},{V_2},{V_3}\) lần lượt là thể tích của khối tứ diện \(A.{A_1}MK,\)\(B.{B_1}MN,C.{C_1}NK\).

Ta có:

+) \({V_1} = {V_{A \cdot {A_1}MK}} = \dfrac{1}{3} \cdot {S_{\Delta {A_1}MK}} \cdot A{A_1}\)

\( = \dfrac{1}{3} \cdot \dfrac{1}{4}{S_{\Delta {A_1}{B_1}{C_1}}} \cdot A{A_1}\)\( = \dfrac{1}{{12}} \cdot {V_{ABC \cdot {A_1}{B_1}{C_1}}} = \dfrac{1}{{12}} \cdot \dfrac{1}{4}V = \dfrac{1}{{48}}V\)

\( + ){V_2} = {V_{B \cdot {B_1}MN}} = \dfrac{1}{3} \cdot {S_{\Delta {B_1}MN}} \cdot B{B_1}\)\( = \dfrac{1}{3} \cdot \dfrac{1}{4}{S_{\Delta {B_1}{A_1}{C_1}}} \cdot B{B_1}\)\( = \dfrac{1}{{12}} \cdot {V_{ABC \cdot {A_1}{B_1}{C_1}}} = \dfrac{1}{{12}} \cdot \dfrac{1}{4}V = \dfrac{1}{{48}}V\)

\({V_3} = {V_{C.{C_1}NK}} = \dfrac{1}{3} \cdot {S_{\Delta {C_1}NK}} \cdot C{C_1}\)\( = \dfrac{1}{3} \cdot \dfrac{1}{4}{S_{\Delta {C_1}{B_1}{A_1}}} \cdot C{C_1} = \dfrac{1}{{12}} \cdot {V_{ABC \cdot {A_1}{B_1}{C_1}}}\)\( = \dfrac{1}{{12}} \cdot \dfrac{1}{4}V = \dfrac{1}{{48}}V\)

\(V = {S_{ABCD}} \cdot {A^\prime }A\)\( = 2{S_{\Delta BCD}} \cdot {A^\prime }A\)\( = 2 \cdot \dfrac{1}{2} \cdot (4a) \cdot (4a) \cdot \sin {120^0} \cdot (6a)\)\( = 48{a^3}\sqrt 3 \)

Do đó, thể tích khối đa diện lồi $A B C M N K$ là:

\(\begin{array}{l}{V_{ABCMNK}} = \dfrac{1}{4}{V_{ABCD \cdot {A^\prime }{B^\prime }{C^\prime }{D^\prime }}} - \left( {{V_1} + {V_2} + {V_3}} \right)\\ = \dfrac{1}{4}V - 3 \cdot \dfrac{1}{{48}}V = \dfrac{3}{{16}}V = \dfrac{3}{{16}} \cdot 48{a^3}\sqrt 3  = 9{a^3}\sqrt 3 .\end{array}\)

Vậy \({V_{ABCMNK}} = 9{a^3}\sqrt 3 \)

Tam giác \(ABC\) đều cạnh \(a \Rightarrow {S_{\Delta ABC}} = \dfrac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}\).

Vậy \({V_{ABC.A'B'C'}} = AA'.{S_{\Delta ABC}} = \sqrt 2 a.\dfrac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4} = \dfrac{{{a^3}\sqrt 6 }}{4}\).

Ta thấy \({V_1} = {V_{ABCD.A'B'C'D'}} = h.{S_{ABCD}}\)  với \(h = d\left( {A',\left( {ABCD} \right)} \right)\)

+) \({V_{D'.ADC}} = \dfrac{1}{3}d\left( {D',\left( {ADC} \right)} \right).{S_{\Delta ADC}} = \dfrac{1}{3}.h.\dfrac{1}{2}{S_{ABCD}} = \dfrac{1}{6}{V_1}\)

Tương tự ta có \({V_{C.D'C'B'}} = {V_{B'.ABC}} = {V_{A.A'B'D'}} = {V_{D'.ADC}} = \dfrac{1}{6}{V_1}\)

Lại có \({V_{C.D'C'B'}} + {V_{B'.ABC}} + {V_{A.A'B'D'}} + {V_{D'.ADC}} + {V_{ACB'D'}} = {V_{ABCD.A'B'C'D'}}\)

\( \Leftrightarrow {V_2} = {V_{ACB'D'}} = {V_1} - 4.\dfrac{1}{6}{V_1} = \dfrac{{{V_1}}}{3} \Leftrightarrow \dfrac{{{V_1}}}{{{V_2}}} = \dfrac{1}{3}\).

* Xác định \(\angle \left( {\left( {A'BD} \right);\left( {ABCD} \right)} \right)\).

+ \(\left( {A'BC} \right) \cap \left( {ABCD} \right) = BD\).

+ \(\left\{ \begin{array}{l}AA' \bot BD\\AO \bot BD\end{array} \right. \Rightarrow \left( {A'AO} \right) \bot BD\).

+ \(\left\{ \begin{array}{l}\left( {A'AO} \right) \cap \left( {A'BD} \right) = A'O\\\left( {A'AO} \right) \cap \left( {ABCD} \right) = AO\end{array} \right.\)

\( \Rightarrow \angle \left( {\left( {A'BD} \right);\left( {ABCD} \right)} \right) = \angle \left( {A'O;AO} \right) = \angle A'OA\).

\( \Rightarrow \angle A'OA = {60^0}\).

* Xét tam giác \(A'OA\) vuông tại \(A\) có \(AO = \dfrac{1}{2}AC = \dfrac{1}{2}BD = a\).

\( \Rightarrow AA' = \tan {60^0}.AO = a\sqrt 3 \).

\( \Rightarrow {V_{ABCD.A'B'C'D'}} = {S_{ABCD}}.AA' = \dfrac{1}{2}AC.BD.AA'\) \( = \dfrac{1}{2}.{\left( {2a} \right)^2}.a\sqrt 3  = 2\sqrt 3 {a^3}\).

Hình hộp chữ nhật có 3 kích thước lần lượt 1,2,3 là \(V = 1.2.3 = 6\).

Ta có: \({V_{ABC.A'B'C'}} = d\left( {B;\left( {A'B'C'} \right)} \right).{S_{A'B'C'}} = V\)

\({V_{B.A'B'C'}} = \dfrac{1}{3}d\left( {B;\left( {A'B'C'} \right)} \right).{S_{A'B'C'}} = \dfrac{1}{3}V\)

Suy ra \({V_{B.AA'C'C}} = {V_{ABC.A'B'C'}} - {V_{B.A'B'C'}}\) \( = V - \dfrac{1}{3}V = \dfrac{2}{3}V\)

Lại có: \({S_{ACFE}} = \dfrac{1}{2}{S_{AA'C'C}}\) (do E, F lần lượt là trung điểm của AA’, CC’)

Suy ra \({V_{B.AEFC}} = \dfrac{1}{3}d\left( {B,\left( {AA'C'C} \right)} \right).{S_{ACFE}}\) \( = \dfrac{1}{3}d\left( {B,\left( {AA'C'C} \right)} \right).\dfrac{1}{2}{S_{AA'C'C}}\)

\( = \dfrac{1}{2}.\dfrac{1}{3}d\left( {B,\left( {AA'C'C} \right)} \right).{S_{AA'C'C}}\) \( = \dfrac{1}{2}{V_{B.AA'C'C}} = \dfrac{1}{2}.\dfrac{2}{3}V = \dfrac{1}{3}V\)

Suy ra \({V_{BEFA'B'C'}} = {V_{ABC.A'B'C'}} - {V_{B.ACFE}}\) \( = V - \dfrac{1}{3}V = \dfrac{2}{3}V\)

Vậy tỉ số thể tích giữa hai phần là: \({V_{B.ACFE}}:{V_{BEFA'B'C'}} = \dfrac{1}{3}V:\dfrac{2}{3}V = 1:2\)

Gọi \(V\) là thể tích khối lăng trụ \(ABC.A'B'C'\).

Gọi \({A_1},\,\,{B_1},\,\,{C_1}\) lần lượt là trung điểm của \(AA',\,\,BB',\,\,CC'\). Khi đó ta có \(\left( {{A_1}{B_1}{C_1}} \right)//\left( {ABC} \right)//\left( {A'B'C'} \right)\)

Khi đó \({V_{ABC.MNP}} = {V_{ABC.{A_1}{B_1}{C_1}}} - {V_{A.{A_1}MN}} - {V_{B.{B_1}MP}} - {V_{C.{C_1}NP}}\).

Ta có \({V_{ABC.{A_1}{B_1}{C_1}}} = \dfrac{1}{2}{V_{ABC.A'B'C'}} = \dfrac{1}{2}V\).

\({V_{A.{A_1}MN}} = \dfrac{1}{3}d\left( {A;\left( {{A_1}{B_1}{C_1}} \right)} \right).{S_{{A_1}MN}}\)\( = \dfrac{1}{3}.\dfrac{1}{2}d\left( {\left( {ABC} \right);\left( {A'B'C'} \right)} \right).\dfrac{1}{4}{S_{ABC}} = \dfrac{1}{{24}}V\).

Chứng minh tương tự ta có \({V_{B.{B_1}MP}} = {V_{C.{C_1}NP}} = \dfrac{V}{{24}}\).

\( \Rightarrow {V_{ABCMNP}} = \dfrac{1}{2}V - 3.\dfrac{V}{{24}} = \dfrac{{3V}}{8}\).

Ta có \(V = 4.\dfrac{{{4^2}\sqrt 3 }}{4} = 16\sqrt 3 \)\( \Rightarrow {V_{ABCMNP}} = \dfrac{{3.16\sqrt 3 }}{8} = 6\sqrt 3 \).

Thể tích của khối lăng trụ đã cho là: \(V = Sh = 6.5 = 30.\)

Ta có: \({S_{ABC}} = \dfrac{{{{\left( {2a} \right)}^2}.\sqrt 3 }}{4} = {a^2}\sqrt 3 .\)

Ta có: \(AM\) là đường trung tuyến của \(\Delta ABC\) đều cạnh \(2a\)  \( \Rightarrow AM = \dfrac{{2a\sqrt 3 }}{2} = a\sqrt 3 .\)

Áp dụng định lý Pitago cho \(\Delta AA'M\) vuông tại \(A\) ta có: \(AA' = \sqrt {A'{M^2} - A{M^2}} \) \( = \sqrt {9{a^2} - 3{a^2}}  = a\sqrt 6 \)

\( \Rightarrow {V_{ABC.A'B'C'}} = AA'.{S_{ABC}}\) \( = a\sqrt 6 .{a^2}\sqrt 3  = 3{a^3}\sqrt 2 \)

Ta có: \(\Delta ABC\) cân tại \(C\) \( \Rightarrow AC = BC = a.\)

\( \Rightarrow {S_{ABC}} = \dfrac{1}{2}AC.BC.\sin C\) \( = \dfrac{1}{2}.a.a.\sin {45^0}\)\( = \dfrac{1}{2}{a^2}.\dfrac{{\sqrt 2 }}{2} = \dfrac{{{a^2}\sqrt 2 }}{4}.\)

Áp dụng định lý Pitago cho \(\Delta AA'C\) vuông tại \(A\) ta có:

\(AA' = \sqrt {A'{C^2} - A{C^2}} \) \( = \sqrt {5{a^2} - {a^2}}  = 2a\)

\( \Rightarrow {V_{ABC.A'B'C'}} = AA'.{S_{ABC}}\) \( = 2a.\dfrac{{{a^2}\sqrt 2 }}{4} = \dfrac{{{a^3}\sqrt 2 }}{2}.\)

Thể tích khối lăng trụ đã cho là: \(V = Bh.\)

Thể tích của khối hộp chữ nhật đã cho là:\(V = abc = 3.4.5 = 60.\)

Diện tích đáy của khối lăng trụ đã cho là: \(S = 2a.3a = 6{a^2}.\)

\( \Rightarrow \) Thể tích khối lăng trụ đã cho là: \(V = Sh = 6{a^2}.5a = 30{a^3}.\)

Thể tích của khối hộp chữ nhật \(ABCD.A'B'C'D'\)  đã cho là: \(V = AB.AD.AA'\)\( = 2.3.4 = 24.\)