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

Thể tích của khối lăng trụ đã cho là: \(V = Bh = 6.2 = 12.\)

\({V_{lap\,\,phuong}} = {\left( {canh} \right)^3} = {\left( {5a} \right)^3} = 125{a^3}\).

Thể tích của khối lập phương cạnh \(4a\) là \(V = {\left( {4a} \right)^3} = 64{a^3}\)

Khối lăng trụ tứ giác đều có đáy là hình vuông và cạnh bên vuông góc với đáy nên ta có:

Diện tích đáy \(B = {a^2}\).

Thể tích khối lăng trụ là: \(V = Bh = {a^2}.2a = 2{a^3}\).

Gọi \(N\) là trung điểm \(AC\).

\( \Rightarrow \left( {BB'M} \right) \equiv \left( {BB'MN} \right)\).

Khi đó \(d\left( {A,\left( {BB'M} \right)} \right) = d\left( {A,\left( {BB'MN} \right)} \right)\).

Vì tam giác \(ABC\) đều nên \(AN \bot BN\).

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}AN \bot BN\\AN \bot MN\\BN,MN \subset \left( {BB'MN} \right)\end{array} \right.\)

\( \Rightarrow AN \bot \left( {BB'MN} \right)\).

\( \Rightarrow d\left( {A,\left( {BB'MN} \right)} \right) = AN = \dfrac{{AC}}{2} = \dfrac{6}{2} = 3\).

Ta lại có \(BN = \dfrac{{AB\sqrt 3 }}{2} = \dfrac{{6\sqrt 3 }}{2} = 3\sqrt 3 \) và \(MN = AA' = \sqrt 5 \).

\( \Rightarrow {S_{BB'MN}} = BN.MN = 3\sqrt 3 .\sqrt 5  = 3\sqrt {15} \)

\( \Rightarrow {S_{BB'M}} = \dfrac{{{S_{BB'MN}}}}{2} = \dfrac{{3\sqrt {15} }}{2}\).

\( \Rightarrow {V_{A.BB'M}} = \dfrac{1}{3}.d\left( {A,\left( {BB'M} \right)} \right).{S_{BB'M}} = \dfrac{1}{3}.3.\dfrac{{3\sqrt {15} }}{2} = \dfrac{{3\sqrt {15} }}{2} = {V_{B'.ABM}}\).

Tam giác \(AA'M\) vuông tại \(A'\): \(AM = \sqrt {A{{A'}^2} + A'{M^2}}  = \sqrt {5 + {3^2}}  = \sqrt {14} \).

Tam giác \(BB'M\) vuông tại \(B'\): \(BM = \sqrt {B{{B'}^2} + B'{M^2}}  = \sqrt {5 + {{\left( {3\sqrt 3 } \right)}^2}}  = 4\sqrt 2 \).

Áp dụng công thức Hê–rông, ta có \({S_{ABM}} = \sqrt {p\left( {p - AM} \right)\left( {p - AB} \right)\left( {p - BM} \right)}  = \dfrac{{3\sqrt {47} }}{2}\)

Ta có \({V_{B'.ABM}} = \dfrac{1}{3}.d\left( {B',\left( {ABM} \right)} \right).{S_{ABM}}\)

\( \Rightarrow d\left( {B',\left( {ABM} \right)} \right) = \dfrac{{3.{V_{B'.ABM}}}}{{{S_{ABM}}}} = \dfrac{{3.\dfrac{{3\sqrt {15} }}{2}}}{{\dfrac{{3\sqrt {47} }}{2}}} = \dfrac{{3\sqrt {705} }}{{47}}\).

Khoảng cách từ \(B'\) đến mặt phẳng \(\left( {ABM} \right)\) bằng \(\dfrac{{3\sqrt {705} }}{{47}}\).

Vậy $a=705$.

Gọi \(O\) là giao điểm của \(AC\) và \(BD.\)

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}AO \bot BD\\AA' \bot BD\end{array} \right. \Rightarrow A'O \bot BD \Rightarrow\) Góc giữa hai mặt phẳng \(\left( {A'BD} \right)\) và \(\left( {ABCD} \right)\) là góc giữa A'O và AO và bằng \( \angle AOA' = {60^o}\)

Đáy \(ABCD\) là hình vuông có \(BD = 4a \Rightarrow AB = AD = 2a\sqrt 2 \)

Ta có: \(AO = \dfrac{1}{2}AC = \dfrac{1}{2}BD = 2a.\)

Trong \(\Delta AOA'\) có \(AA' = AO.\tan {60^o} = 2a\sqrt 3 \)

Vậy thể tích khối hộp \(ABCD.A'B'C'D'\) là: \(V = 8{a^2}.2a\sqrt 3  = 16{a^3}\sqrt 3 \)

Ta có: \(AC = \sqrt {A{B^2} + B{C^2}}  = \sqrt {{a^2} + 4{a^2}}  = a\sqrt 5 \) (định lý Pitago)

Xét tam giác \(ACC'\) vuông tại \(C\) ta có:

\(\begin{array}{l}CC' = \sqrt {AC{'^2} - A{C^2}}  = \sqrt {6{a^2} - 5{a^2}}  = a.\\ \Rightarrow {V_{ABCD.A'B'C'D'}} = CC'.AB.AD = a.a.2a = 2{a^3}.\end{array}\)

Gọi E là trung điểm của AB ta có:

\(\left\{ \begin{array}{l}OE \bot AB\\A'O \bot AB\left( {A'O \bot \left( {ABC} \right)} \right)\end{array} \right. \Rightarrow AB \bot \left( {A'OE} \right) \Rightarrow AB \bot A'E\)

Tam giác vuông A’EA có \(\widehat {A'AE} = {45^0} \Rightarrow \Delta EAA'\)vuông cân tại E\( \Rightarrow EA' = EA = \dfrac{a}{2};AA' = \dfrac{{a\sqrt 2 }}{2}\)

Tam giác ABC đều cạnh a nên \(CE = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{2} \Rightarrow OE = \dfrac{1}{3}.\dfrac{{a\sqrt 3 }}{2} = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{6}\)

\(A'O \bot \left( {ABC} \right) \Rightarrow A'O \bot OE \Rightarrow \Delta A'OE\) vuông tại O

\( \Rightarrow A'O = \sqrt {A'{E^2} - O{E^2}}  = \sqrt {\dfrac{{{a^2}}}{4} - \dfrac{{{a^2}}}{{12}}}  = \dfrac{{a\sqrt 6 }}{6}\)

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

Vậy \({V_{ABC.A'B'C'}} = A'O.{S_{ABC}} = \dfrac{{a\sqrt 6 }}{6}.\dfrac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4} = \dfrac{{{a^3}\sqrt 2 }}{8}\)

Thể tích của hình lập phương cạnh a là : $V = {a^3}.$

Diện tích toàn phần của hình lập phương cạnh a là : ${S_{tp}} = 6{a^2}.$

Diện tích toàn phần của hình hộp chữ nhật có các kích thước a, b, h là : ${S_{tp}} = 2h\left( {a + b} \right) + 2ab.$

Thể tích của hình hộp chữ nhật có các kích thước a, b, h là : $V = abh.$

Gọi \(O'\) là trung điểm của \(A'C'\) ta có \(BO' \bot \left( {A'B'C'D'} \right)\)

Dễ thấy \(\left( {ABCD} \right)//\left( {A'B'C'D'} \right)\) và \(\left( {CDD'C'} \right)//\left( {ABB'A'} \right)\) nên góc giữa hai mặt phẳng \(\left( {CDD'C'} \right)\) và \(\left( {ABCD} \right)\) bằng góc giữa hai mặt phẳng \(\left( {ABB'A'} \right)\) và \(\left( {A'B'C'D'} \right)\).

Xét tam giác \(ABD\) có :

\(\cos \widehat {BAD} = \dfrac{{A{B^2} + A{D^2} - B{D^2}}}{{2.AB.AD}}\)\( = \dfrac{{3{a^2} + 3{a^2} - 9{a^2}}}{{2.a\sqrt 3 .a\sqrt 3 }} =  - \dfrac{1}{2}\)

\( \Leftrightarrow \widehat {BAD} = {120^0}\) \( \Rightarrow \widehat {ADC} = {60^0}\)

\( \Rightarrow \Delta ACD\) đều, do đó \( \Rightarrow \Delta A'C'D'\) đều cạnh \(a\sqrt 3 \)

\( \Rightarrow {S_{A'C'D'}} = \dfrac{{{{\left( {a\sqrt 3 } \right)}^2}\sqrt 3 }}{4} = \dfrac{{3{a^2}\sqrt 3 }}{4}\) \( \Rightarrow {S_{A'B'C'D'}} = 2{S_{A'C'D'}} = \dfrac{{3{a^2}\sqrt 3 }}{2}\)

Kẻ \(O'H \bot A'B'\) thì \(A'B' \bot \left( {BO'H} \right)\) \( \Rightarrow A'B' \bot BH\).

Suy ra góc giữa \(\left( {A'B'C'D'} \right)\) và \(\left( {A'B'BA} \right)\) bằng \(\widehat {\left( {BH,O'H} \right)} = \widehat {BHO'} = \alpha \)

Mà \(\cos \alpha  = \dfrac{{\sqrt {21} }}{7}\) nên \(\tan \alpha  = \dfrac{2}{{\sqrt 3 }}\) \( \Rightarrow BO' = O'H\tan \alpha  = \dfrac{{2O'H}}{{\sqrt 3 }}\)

Lại có \(O'H = A'O'\sin {60^0} = \dfrac{{A'C'}}{2}.\sin {60^0}\) \( = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}.\dfrac{{\sqrt 3 }}{2} = \dfrac{{3a}}{4}\) \( \Rightarrow BO' = \dfrac{{2.\dfrac{{3a}}{4}}}{{\sqrt 3 }} = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}\).

Vậy \({V_{ABCD.A'B'C'D'}} = {S_{A'B'C'D'}}.BO'\) \( = \dfrac{{3{a^2}\sqrt 3 }}{2}.\dfrac{{a\sqrt 3 }}{2} = \dfrac{{9{a^3}}}{4}\)

Gọi M’ là trung điểm của B’C’, \(K \in A'M'\) sao cho A’K = KG = GM’

Kẻ \(AH \bot A'M'\left( {H \in A'M'} \right) \Rightarrow AH \bot \left( {A'B'C'} \right) \Rightarrow A'H\)là hình chiếu vuông góc của AA’ trên (A’B’C’)

\( \Rightarrow \widehat {\left( {AA';\left( {A'B'C'} \right)} \right)} = \widehat {\left( {AA';AH} \right)} = \widehat {AA'H} = {60^0}\)

Ta có AHGI là hình chữ nhật nên

\(\begin{array}{l}AI = HG = \dfrac{1}{2}AM = \dfrac{1}{2}A'M';GM' = \dfrac{1}{3}A'M'\\ \Rightarrow A'H = A'M' - HG - GM' = A'M' - \dfrac{1}{2}A'M' - \dfrac{1}{3}A'M' = \dfrac{1}{6}A'M'\end{array}\)

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

\(A'M' = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{2} \Rightarrow A'H = \dfrac{1}{6}.\dfrac{{a\sqrt 3 }}{2} = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{{12}}\)

Xét tam giác vuông AA’H có: \(AH = AA'.\tan 60 = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{{12}}.\sqrt 3  = \dfrac{a}{4}\)

Vậy \({V_{ABC.A'B'C'}} = AH.{S_{ABC}} = \dfrac{a}{4}.\dfrac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4} = \dfrac{{{a^3}\sqrt 3 }}{{16}}\)

Gọi I là trung điểm BC ⇒ AI ⊥ BC⇒ BC ⊥ (AIA’)

Góc giữa (A’BC) và (ABC) là góc $\widehat {AIA'} = {30^0}$

$\begin{array}{*{20}{l}}{AI = \dfrac{{AB\sqrt 3 }}{2} = \dfrac{{3a}}{2}}\\{A'A = AI.\tan {{30}^\circ } = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}}\end{array}$

Hình chóp M.BCC’B’ có diện tích đáy BCC’B’ là$S = BC.BB' = AB.A'A = \dfrac{{3{a^2}}}{2}$

Vì MA // BB’ nên MA // (BCC’B’) nên chiều cao của hình chóp M.BCC’B’ bằng khoảng cách từ A đến mặt phẳng (BCC’B’) và bằng $h = AI = \dfrac{{3a}}{2}$

Thể tích hình chóp là $V = \dfrac{1}{3}Sh = \dfrac{{3{a^3}}}{4}$

Ta có: \(A'M//AC \Rightarrow \dfrac{{A'M}}{{AC}} = \dfrac{{A'I}}{{IC}} = \dfrac{1}{2} \Rightarrow \dfrac{{IC}}{{A'C}} = \dfrac{2}{3}\)

\(IA' \cap \left( {ABC} \right) = C \Rightarrow \dfrac{{d\left( {I;\left( {ABC} \right)} \right)}}{{d\left( {A';\left( {ABC} \right)} \right)}} = \dfrac{{IC}}{{A'C}} = \dfrac{2}{3}\)

\(\dfrac{{{V_{I.ABC}}}}{{{V_{ABC.A'B'C'}}}} = \dfrac{{\dfrac{1}{3}d\left( {I;\left( {ABC} \right)} \right).{S_{ABC}}}}{{d\left( {A';\left( {ABC} \right)} \right).{S_{ABC}}}} = \dfrac{1}{3}.\dfrac{2}{3} = \dfrac{2}{9} \Rightarrow {V_{I.ABC}} = \dfrac{2}{9}{V_{ABC.A'B'C'}}\)

$AA' \bot \left( {ABC} \right) \Rightarrow AA' \bot AC \Rightarrow \Delta AA'C$ vuông tại A\( \Rightarrow AC = \sqrt {A'{C^2} - AA{'^2}}  = \sqrt {9{a^2} - 4{a^2}}  = a\sqrt 5 \)

Xét tam giác vuông ABC có: $BC = \sqrt {A{C^2} - A{B^2}}  = \sqrt {5{a^2} - {a^2}}  = 2a$         

\( \Rightarrow {S_{ABC}} = \dfrac{1}{2}AB.BC = \dfrac{1}{2}a.2a = {a^2}\)

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

\( \Rightarrow {V_{I.ABC}} = \dfrac{2}{9}{V_{ABC.A'B'C'}} = \dfrac{2}{9}.2{a^3} = \dfrac{{4{a^3}}}{9}\)    

Độ dài cạnh hình lập phương đã cho bằng \(2a\).

Xét tam giác vuông \(ABC\) ta có: \(AB = AC.\tan {60^0} = a\sqrt 3 \) \( \Rightarrow {S_{\Delta ABC}} = \dfrac{1}{2}AB.AC = \dfrac{1}{2}.a\sqrt 3 .a = \dfrac{{\sqrt 3 {a^2}}}{2}\).

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}AB \bot AC\\AB \bot AA'\end{array} \right. \Rightarrow AB \bot \left( {ACC'} \right)\) \( \Rightarrow \) \(AC'\) là hình chiếu vuông góc của \(BC'\) lên \(\left( {ACC'} \right)\).

\( \Rightarrow \angle \left( {BC';\left( {ACC'} \right)} \right) = \angle \left( {BC';AC'} \right) = \angle AC'B = {30^0}\).

Vì \(AB \bot \left( {ACC'} \right) \Rightarrow AB \bot AC' \Rightarrow \Delta ABC'\) vuông tại \(A\).

\(\begin{array}{l} \Rightarrow AC' = AB.\cot {30^0} = a\sqrt 3 .\sqrt 3  = 3a\\ \Rightarrow CC' = \sqrt {AC{'^2} - A{C^2}}  = \sqrt {9{a^2} - {a^2}}  = 2a\sqrt 2 \end{array}\)

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

Gọi \(O\) là giao điểm của \(AC\) và \(BD.\)

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}AO \bot BD\\AA' \bot BD\end{array} \right. \Rightarrow A'O \bot BD \Rightarrow \alpha  = \left( {AO;A'O} \right) = \angle AOA' = {30^o}\)

Đáy \(ABCD\) là hình vuông có \(BD = 4a \Rightarrow AB = AD = 2a\sqrt 2 \)

Ta có: \(AO = \dfrac{1}{2}AC = \dfrac{1}{2}BD = 2a.\)

Trong \(\Delta AOA'\) có \(AA' = AO.\tan {30^o} = \dfrac{{2a\sqrt 3 }}{3}\)

Vậy thể tích khối hộp \(ABCD.A'B'C'D'\) là: \(V = 8{a^2}.\dfrac{{2a\sqrt 3 }}{3} = \dfrac{{16{a^3}\sqrt 3 }}{3}\)

Thể tích khối hộp chữ nhật là \(V = a.2a.3a = 6{a^3}\).

Công thức tính thể tích lăng trụ có diện tích đáy \(S\) và chiều cao \(h\) là \(V = Sh\).

Hình hộp chữ nhật có cạnh bên vuông góc với đáy nên cạnh bên chính là đường cao.

Vì hình hộp chữ nhật cũng là hình lăng trụ nên thể tích của khối hộp cũng được tính bởi công thức \(V = Sh\), hay \(V = Sa\).

Thể tích khối lập phương cạnh \(2a\) là: \(V = {\left( {2a} \right)^3} = 8{a^3}\)