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

Đặc biệt hóa, coi \(ABCD.A'B'C'D'\) là khối lập phương cạnh bằng 1 \( \Rightarrow {V_{ABCD.A'B'C'D'}} = 1 = V\).

Dễ thấy \(MNPQEF\) là khối bát diện đều cạnh cạnh \(QE = \dfrac{1}{2}BD = \dfrac{{\sqrt 2 }}{2}\).

Vậy \({V_{MNPQEF}} = \dfrac{{{{\left( {\dfrac{{\sqrt 2 }}{2}} \right)}^3}\sqrt 2 }}{3} = \dfrac{1}{6} = \dfrac{V}{6}\).

Gọi độ dài cạnh hình lập phương là x.

Khi đó \(AC = x\sqrt 2 ;AA' = x\)

Mà diện tích mặt chéo ACC’A’ bằng \(2\sqrt 2 {a^2}\) nên

\(AC.AA' = 2\sqrt 2 {a^2} \Rightarrow x\sqrt 2 .x = 2\sqrt 2 {a^2} \Rightarrow x = a\sqrt 2 \)

Khi đó thể tích hình lập phương là \(V = {x^3} = 2{a^3}\sqrt 2 \)

Trong \(\left( {BCC'B'} \right)\) kẻ \(B'H \bot BC\,\,\left( {H \in BC} \right)\) (do \(\angle B'BC\) nhọn).

Trong \(\left( {ABC} \right)\) kẻ \(HK\parallel AC \Rightarrow HK \bot AB\) ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}AB \bot HK\\AB \bot B'H\end{array} \right. \Rightarrow AB \bot \left( {B'HK} \right) \Rightarrow AB \bot B'K\).

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}\left( {ABB'A'} \right) \cap \left( {ABC} \right) = AB\\B'K \subset \left( {ABB'A'} \right),\,\,B'K \bot AB\\HK \subset \left( {ABC} \right),\,\,HK \bot AB\end{array} \right.\) \( \Rightarrow \angle \left( {\left( {ABB'A'} \right);\left( {ABC} \right)} \right) = \angle \left( {B'K;HK} \right) = \angle B'HK = {45^0}\).

\( \Rightarrow \Delta B'HK\) vuông cân tại \(H \Rightarrow B'H = HK = x\).

Xét tam giác vuông \(BB'H\) có: \(BH = \sqrt {BB{'^2} - BH{'^2}}  = \sqrt {4{a^2} - {x^2}} \).

Xét tam giác vuông \(ABC\) có: \(AC = BC.\sin {60^0} = a\sqrt 3 \), \(AB = BC.\cos {60^0} = a\).

Áp dụng định lí Ta-lét ta có: \(\dfrac{{BH}}{{BC}} = \dfrac{{HK}}{{AC}} \Rightarrow \dfrac{{\sqrt {4{a^2} - {x^2}} }}{{2a}} = \dfrac{x}{{a\sqrt 3 }}\)

\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow 3\left( {4{a^2} - {x^2}} \right) = 4{x^2}\\ \Leftrightarrow 12{a^2} - 3{x^2} = 4{x^2}\\ \Leftrightarrow {x^2} = \dfrac{{12{a^2}}}{7}\\ \Leftrightarrow x = \dfrac{{2a\sqrt {21} }}{7} = B'H\end{array}\)

\({S_{\Delta ABC}} = \dfrac{1}{2}AB.AC = \dfrac{1}{2}.a.a\sqrt 3  = \dfrac{{{a^2}\sqrt 3 }}{2}\).

Vậy \({V_{ABC.A'B'C'}} = B'H.{S_{\Delta ABC}} = \dfrac{{2a\sqrt {21} }}{7}.\dfrac{{{a^2}\sqrt 3 }}{2} = \dfrac{{3{a^3}\sqrt 7 }}{7}\).

Cạnh của khối lập phương đã cho là:\(a = \sqrt[3]{{27}} = 3.\)

\( \Rightarrow \) Diện tích toàn phần của khối lập phương đã cho là: \({6.3^2} = 54.\)

Gọi \(M\) là trung điểm của \(B'C'\). Vì \(\Delta A'B'C'\) đều nên \(A'M \bot B'C'\).

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}A'M \bot B'C'\\A'M \bot BB'\,\,\left( {BB' \bot \left( {A'B'C'} \right)} \right)\end{array} \right.\) \( \Rightarrow A'M \bot \left( {BCC'B'} \right)\).

\( \Rightarrow BM\) là hình chiếu của \(A'M\) lên \(\left( {BCC'B'} \right)\) \( \Rightarrow \angle \left( {A'B;\left( {BCC'B'} \right)} \right) = \angle \left( {A'B;MB} \right) = \angle A'BM = {30^0}\).

Theo bài ra ta có \(\Delta A'B'C'\) đều cạnh \(a\) nên \(A'M = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}\) và \({S_{\Delta A'B'C'}} = \dfrac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}\).

Ta có: \(A'M \bot \left( {BCC'B'} \right) \Rightarrow A'M \bot BM\) \( \Rightarrow \Delta A'BM\) vuông tại \(M\) \( \Rightarrow BM = A'M.\cot {30^0} = \dfrac{{3a}}{2}\).

Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vuông \(BB'M\) ta có: \(BB' = \sqrt {B{M^2} - BB{'^2}}  = \sqrt {{{\left( {\dfrac{{3a}}{2}} \right)}^2} - {{\left( {\dfrac{a}{2}} \right)}^2}}  = a\sqrt 2 \).

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

Gọi cạnh của hình lập phương là \(a\).

Ta có:

 \(\left( \alpha  \right) \bot AC'\)\( \Rightarrow \left( \alpha  \right)\parallel BD\). Trong \(\left( {BDD'B'} \right)\) kẻ \(MN\parallel BD\,\,\left( {N \in DD'} \right)\).

 \(\left( \alpha  \right) \bot AC' \Rightarrow \alpha \parallel B'C\). Trong \(\left( {BCC'B'} \right)\) kẻ \(MQ\parallel B'C\,\,\left( {Q \in BC} \right)\).

\(\left( \alpha  \right) \bot AC'\)\( \Rightarrow \left( \alpha  \right)\parallel BD\). Trong \(\left( {BDD'B'} \right)\) kẻ \(MN\parallel BD\,\,\left( {N \in DD'} \right)\).

 \(\left( \alpha  \right) \bot AC' \Rightarrow \alpha \parallel B'C\). Trong \(\left( {ABCD} \right)\) kẻ \(PQ\parallel BD\,\,\left( {P \in DC} \right)\).

Khi đó \(\left( \alpha  \right) \equiv \left( {MNPQ} \right)\).

Theo cách dựng ta có \(BQ = 2QC,\,\,DP = 2PC,\,\,DN = 2ND'\).

Gọi \(H\) là điểm thuộc \(CC'\) sao cho \(CH = 2HC'\).

Khi đó ta có: \({V_{CPQMNC'}} = {V_{C.MHN}} + {V_{CQP.MHN}}\).

Xét hình chóp \(C'.MHN\) có \(C'H = \dfrac{a}{3}\), \({S_{\Delta MHN}} = \dfrac{1}{2}{a^2}\).

\( \Rightarrow {V_{C'.MHN}} = \dfrac{1}{3}C'H.{S_{\Delta MHN}} = \dfrac{1}{3}.\dfrac{a}{3}.\dfrac{{{a^2}}}{2} = \dfrac{{{a^3}}}{{18}} = \dfrac{V}{{18}}\).

Xét hình chóp cụt \(CQP.MHN\) có

\(\begin{array}{l}{V_{CQP.MHN}} = {V_{I.MHN}} - {V_{I.CQP}} = \dfrac{1}{3}\left( {IH.{S_{\Delta MHN}} - IC.{S_{\Delta CQP}}} \right)\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = \dfrac{1}{3}\left( {a.\dfrac{1}{2}{a^2} - \dfrac{a}{3}.\dfrac{1}{2}.\dfrac{a}{3}.\dfrac{a}{3}} \right) = \dfrac{{13{a^3}}}{8} = \dfrac{{13V}}{{81}}\end{array}\)

\( \Rightarrow {V_1} = {V_{CPQMNC'}} = {V_{C.MHN}} + {V_{CQP.MHN}} = \dfrac{V}{{18}} + \dfrac{{13V}}{{81}} = \dfrac{{35V}}{{162}}\).

Vậy \(\dfrac{{{V_1}}}{V} = \dfrac{{35}}{{162}}\)

Gọi \(M\) là trung điểm của \(BC\). Ta có:

\(AM \bot BC\) (do \(\Delta ABC\) đều)

\(BC \bot AA'\,\,\left( {gt} \right)\)

\( \Rightarrow BC \bot \left( {AA'M} \right) \Rightarrow BC \bot A'M\).

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}\left( {A'BC} \right) \cap \left( {ABC} \right) = BC\\AM \subset \left( {ABC} \right),\,\,AM \bot BC\\A'M \subset \left( {A'BC} \right),\,\,A'M \bot BC\end{array} \right.\) \( \Rightarrow \angle \left( {\left( {A'BC} \right);\left( {ABC} \right)} \right) = \angle \left( {A'M;AM} \right) = \angle A'MA = {60^0}\).

Vì \(\Delta ABC\) đều cạnh \(a\) nên \(AM = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}\) và \({S_{\Delta ABC}} = \dfrac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}\).

Xét tam giác vuông \(A'AM\) có: \(AA' = AM.\tan {60^0} = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}.\sqrt 3  = \dfrac{{3a}}{2}\).

Vậy thể tích khối lăng trụ là \({V_{ABC.A'B'C'}} = AA'.{S_{\Delta ABC}} = \dfrac{{3a}}{2}.\dfrac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4} = \dfrac{{3{a^2}\sqrt 3 }}{8}\).

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

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

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

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

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

\( \Rightarrow \angle A'OA = {30^0}\).

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

\( \Rightarrow AA' = \tan {30^0}.AO = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{3}\).

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

Gọi thể tích $ABC.A'B'C'$ là $V$.

Gọi \(M\) là trung điểm của \(B'C'\) ta có: \({S_{\Delta AEF}} = \dfrac{1}{2}{S_{AA'MF}}\) \( \Rightarrow {V_{B'.AEF}} = \dfrac{1}{2}{V_{B'.AA'MF}}\).

Mà \({V_{B'.AA'MF}} = \dfrac{2}{3}{V_{ABF.A'B'M}} = \dfrac{2}{3}.\dfrac{1}{2}V = \dfrac{1}{3}V\).

\( \Rightarrow {V_{B'.AEF}} = \dfrac{1}{2}{V_{B'.AA'MF}} = \dfrac{1}{2}.\dfrac{1}{3}V = \dfrac{1}{6}V\).

Vậy \(\dfrac{{{V_1}}}{V} = \dfrac{1}{6}\).

Gọi \(P',\,\,Q',\,\,R'\) lần lượt là giao điểm của mặt phẳng \(\left( {PQR} \right)\) với các cạnh \(CC',\,\,AA',\,\,BB'\).

Dễ dàng chứng minh được \(P',\,\,Q',\,\,R'\) tương ứng là trung điểm của các cạnh \(CC',\,\,AA',\,\,BB'\), đồng thời \(P,\,\,Q,\,\,R\) lần lượt là trung điểm của các cạnh \(Q'R',\,\,R'P',\,\,P'Q'\).

Đặt \(V = {V_{ABC.Q'R'P'}}\).

Ta có: \({S_{R'PQ}} = \dfrac{1}{4}{S_{R'Q'P'}}\) nên \({V_{B.R'PQ}} = \dfrac{1}{4}{V_{B.R'Q'P'}} \)\(= \dfrac{1}{4}.\dfrac{1}{3}V = \dfrac{1}{{12}}V\)

Tương tự ta có: \({V_{A.Q'PR}} = \dfrac{1}{{12}}V\).

Ta có: \({S_{MNC}} = {S_{QRP'}} = \dfrac{1}{4}{S_{ABC}}\) nên \({V_{CMN.P'QR}} = \dfrac{V}{4}\)

Vậy \(V{V_{PQRABMN}} = V - {V_{B.R'PQ}} - {V_{A.Q'PR}} - {V_{CMN.P'QR}} = V - 2.\dfrac{V}{{12}} - \dfrac{V}{4} = \dfrac{{7V}}{{12}} = \dfrac{7}{2}.\dfrac{1}{2}.12.6 = 21\).

Bước 1: Gọi \(N\) là trung điểm của \(AC\), chứng minh \(d\left( {A;\left( {BB'M} \right)} \right) = d\left( {A;\left( {BB'MN} \right)} \right) = AN\).

Gọi \(N\) là trung điểm của \(AC\) ta có \(\left( {BB'M} \right) \equiv \left( {BB'MN} \right)\) nên \(d\left( {A;\left( {BB'M} \right)} \right) = d\left( {A;\left( {BB'MN} \right)} \right)\).

Vì tam giác ABC đều nên \(AN \bot BN\). Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}AN \bot BN\\AN \bot MN\end{array} \right. \Rightarrow AN \bot \left( {BB'MN} \right)\) nên \(d\left( {A;\left( {BB'MN} \right)} \right) = AN = 4\)

Bước 2:  Tính \({V_{A.BB'M}} = \dfrac{1}{3}d\left( {A;\left( {BB'MN} \right)} \right).{S_{\Delta BB'M}} = {V_{B'.ABM}}\).

Ta lại có \(BN = \dfrac{{AB\sqrt 3 }}{2} = 4\sqrt 3 ,\,\,MN = AA' = \sqrt 6 \) nên \({S_{BB'MN}} = MN.BN = \sqrt 6 .4\sqrt 3  = 12\sqrt 2 \) \( \Rightarrow {S_{\Delta BB'M}} = 6\sqrt 2 \).

\( \Rightarrow {V_{A.BB'M}} = \dfrac{1}{3}d\left( {A;\left( {BB'MN} \right)} \right).{S_{\Delta BB'M}} = \dfrac{1}{3}.4.12\sqrt 2  = 16\sqrt 2  = {V_{B'.ABM}}\)

Bước 3:  Sử dụng \(d\left( {B';\left( {ABM} \right)} \right) = \dfrac{{3{V_{B'.ABM}}}}{{{S_{\Delta ABM}}}}\).

Lại có \({V_{B'.ABM}} = \dfrac{1}{3}d\left( {B';\left( {ABM} \right)} \right).{S_{\Delta ABM}}\) nên \(d\left( {B';\left( {ABM} \right)} \right) \)\(= \dfrac{{3{V_{B'.ABM}}}}{{{S_{\Delta ABM}}}}\).

Ta có:

\(\begin{array}{l}AM = \sqrt {A'{A^2} + A'{M^2}}  \\= \sqrt {{{\left( {\sqrt 6 } \right)}^2} + {4^2}}  = \sqrt {22} \\AB = 8\\BM = \sqrt {BB{'^2} + B'{M^2}}  \\= \sqrt {{{\left( {\sqrt 6 } \right)}^2} + {{\left( {4\sqrt 3 } \right)}^2}}  = 3\sqrt 6 \end{array}\)

Bước 4: Sử dụng công thức \({S_{\Delta ABM}} = \sqrt {p\left( {p - AM} \right)\left( {p - AB} \right)\left( {p - BM} \right)} \) với \(p\) là nửa chu vi tam giác \(ABM\).

Gọi \(p\) là nửa chu vi tam giác ABM ta có \(p = \dfrac{{\sqrt {22}  + 8 + 3\sqrt 6 }}{2}\).

\( \Rightarrow {S_{\Delta ABM}} \)\(= \sqrt {p\left( {p - AM} \right)\left( {p - AB} \right)\left( {p - BM} \right)} \)\( = 12\sqrt 2 \)

Vậy \(d\left( {B';\left( {ABM} \right)} \right) = \dfrac{{3{V_{B'.ABM}}}}{{{S_{\Delta ABM}}}} = \dfrac{{3.16\sqrt 2 }}{{12\sqrt 2 }} = 4\).

Bước 1: Gọi chiều rộng bể cá là x, tính chiều dài và chiều cao của bế cá theo x.

Gọi chiều rộng của bể cá là x (m) \(\left( {x > 0} \right) \Rightarrow \) Chiều dài của bể cá là \(2x\,\,\left( m \right)\)

Gọi h là chiều cao của bể cá ta có \(2{x^2} + 2xh + 4xh = 5 \Leftrightarrow 2{x^2} + 6xh = 5 \Leftrightarrow h = \dfrac{{5 - 2{x^2}}}{{6x}}\)

Bước 2: Tính thể tích của bể cá theo x, sử dụng phương pháp hàm số tìm GTLN của thể tích bể cá.

Khi đó thể tích của bể cá là \(2{x^2}.\dfrac{{5 - 2{x^2}}}{{6x}} = \dfrac{1}{3}\left( {5x - 2{x^3}} \right) = \dfrac{1}{3}f\left( x \right)\)

Xét hàm số \(f\left( x \right) = 5x - 2{x^3}\,\,\left( {x > 0} \right)\) có \(f'\left( x \right) = 5 - 6{x^2} = 0 \Leftrightarrow x = \sqrt {\dfrac{5}{6}} \)

Lập BBT:

\( \Rightarrow \mathop {\max }\limits_{\left( {0; + \infty } \right)} f\left( x \right) = f\left( {\sqrt {\dfrac{5}{6}} } \right)\)

\( \Rightarrow {V_{\max }} = \dfrac{1}{3}f\left( {\sqrt {\dfrac{5}{6}} } \right) = \dfrac{{5\sqrt {50} }}{{27}} \approx 1,01{m^3}\)

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

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

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

Cách 1

Gọi \(V\) là thể tích của của khối đa diện lồi có các đỉnh là các điểm \(A,M,N,{A^\prime },{B^\prime }\) và \({C^\prime }\). Khi đó ta có \(V = {V_{M \cdot {A^\prime }AN}} + {V_{M \cdot {A^\prime }{C^\prime }N}} + {V_{M \cdot {A^\prime }{B^\prime }{C^\prime }}}\).

Từ giả thiết ta có

\({S_{\Delta {A^\prime }AN}} = \dfrac{1}{2}A{A^\prime } \cdot AN = \dfrac{1}{2} \cdot a \cdot \dfrac{a}{3} = \dfrac{{{a^2}}}{6};{S_{\Delta {A^\prime }{C^\prime }N}} = \dfrac{1}{2}d\left( {N,{A^\prime }{C^\prime }} \right) \cdot {A^\prime }{C^\prime } = \dfrac{1}{2} \cdot a \cdot a = \dfrac{{{a^2}}}{2};\)

\({S_{\Delta {A' }{B' }{C'}}} = \dfrac{1}{2}{A' }{B' } \cdot {A' }{C' } \cdot \sin {60^0 } = \dfrac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}.\)

Gọi \(H\) là trung điểm của \(AC \Rightarrow BH \bot \left( {AC{C^\prime }{A^\prime }} \right)\) và \(BH = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}\)

\( \Rightarrow d\left( {M,\left( {AC{C^\prime }{A^\prime }} \right)} \right) = \dfrac{1}{2}d\left( {B,\left( {AC{C^\prime }{A^\prime }} \right)} \right)\)\( = \dfrac{1}{2}BH = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{4}\)

Khi đó ta có

\({V_{M \cdot {A^\prime }AN}} = \dfrac{1}{3}d\left( {M,\left( {AC{C^\prime }{A^\prime }} \right)} \right) \cdot {S_{\Delta {A^\prime }AN}}\)\( = \dfrac{1}{3} \cdot \dfrac{{a\sqrt 3 }}{4} \cdot \dfrac{{{a^2}}}{6} = \dfrac{{{a^3}\sqrt 3 }}{{72}}\)\({V_{M \cdot {A^\prime }{B^\prime }{C^\prime }}} = \dfrac{1}{3}d\left( {M,\left( {{A^\prime }{B^\prime }{C^\prime }} \right)} \right) \cdot {S_{\Delta {A^\prime }{B^\prime }{C^\prime }}}\)\( = \dfrac{1}{3} \cdot a \cdot \dfrac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4} = \dfrac{{{a^3}\sqrt 3 }}{{12}}\)

\({V_{M \cdot {A^\prime }{C^\prime }N}}\)\( = \dfrac{1}{3}d\left( {M,\left( {AC{C^\prime }{A^\prime }} \right)} \right) \cdot {S_{\Delta {A^\prime }{C^\prime }N}}\)\( = \dfrac{1}{3} \cdot \dfrac{{a\sqrt 3 }}{4} \cdot \dfrac{{{a^2}}}{2} = \dfrac{{{a^3}\sqrt 3 }}{{24}}\)

Vậy

\(V = {V_{M \cdot {A^\prime }AN}} + {V_{M \cdot {A^\prime }{C^\prime }N}} + {V_{M \cdot {A^\prime }{B^\prime }{C^\prime }}}\)\( = \dfrac{{{a^3}\sqrt 3 }}{{72}} + \dfrac{{{a^3}\sqrt 3 }}{{24}} + \dfrac{{{a^3}\sqrt 3 }}{{12}} = \dfrac{{5\sqrt 3 {a^3}}}{{36}}\)

Cách 2:

Gọi \(V\) là thể tích của của khối đa diện lồi có các đỉnh là các điểm \(A,M,N,{A^\prime },{B^\prime }\) và \({C^\prime }\). Khi đó ta có \(V = {V_M} \cdot A{A^\prime }{C^\prime }N + {V_{M.{A^\prime }{B^\prime }{C^\prime }}}\).

Ta có \({S_{A{A^\prime }{C^\prime }N}} = \dfrac{1}{2}A{A^\prime }\left( {AN + {A^\prime }{C^\prime }} \right) = \dfrac{1}{2}a\left( {\dfrac{a}{3} + a} \right) = \dfrac{{2{a^2}}}{3}\).

Suy ra \({V_{M \cdot A{A^\prime }{C^\prime }N}} = \dfrac{1}{3}d\left( {M,\left( {AC{C^\prime }{A^\prime }} \right)} \right) \cdot {S_{A{A^\prime }{C^\prime }N}}\)\( = \dfrac{1}{3} \cdot \dfrac{{a\sqrt 3 }}{4} \cdot \dfrac{{2{a^3}}}{3} = \dfrac{{2\sqrt 3 {a^3}}}{{36}}\)

\({V_{M \cdot {A^\prime }{B^\prime }{C^\prime }}} = \dfrac{1}{3}d\left( {M,\left( {{A^\prime }{B^\prime }{C^\prime }} \right)} \right).{S_{\Delta {A^\prime }{B^\prime }{C^\prime }}}\)\( = \dfrac{1}{3}.a.\dfrac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4} = \dfrac{{{a^3}\sqrt 3 }}{{12}}\)

Vậy \(V = {V_{M \cdot A{A^\prime }{C^\prime }N}} + {V_{M \cdot {A^\prime }{B^\prime }{C^\prime }}}\)\( = \dfrac{{2\sqrt 3 {a^3}}}{{36}} + \dfrac{{{a^3}\sqrt 3 }}{{12}} = \dfrac{{5\sqrt 3 {a^3}}}{{36}}\)

Cách 3:

Gọi \(H\) là trung điểm của AC và \(V\) là thể tích của của khối đa diện lồi có các đỉnh là các điểm \(A,M,N,{A^\prime },{B^\prime }\) và \({C^\prime }\). Khi đó, \(V = {V_{AMH \cdot {A^\prime }{B^\prime }{C^\prime }}} - {V_{M \cdot NH{C^\prime }}}\).

Dễ thấy \(MH//{B^\prime }{C^\prime }\) nên \(AMH \cdot {A^\prime }{B^\prime }{C^\prime }\) là khối chóp cụt.

Áp dụng công thức thể tích \({V_1}\) của khối chóp cụt có chiều cao \(h\), diện tích đáy nhỏ và đáy lớn theo thứ tự là \({S_0},{S_1}\) thì ta có \({V_1} = \dfrac{h}{3}\left( {{S_0} + \sqrt {{S_0}{S_1}}  + {S_1}} \right)\).

Khi đó

\({V_{AMH \cdot {A^\prime }{B^\prime }{C^\prime }}} = \dfrac{{A{A^\prime }}}{3}\left( {{S_{AMH}} + \sqrt {{S_{AMH}} \cdot {S_{{A^\prime }{B^\prime }{C^\prime }}}}  + {S_{{A^\prime }{B^\prime }{C^\prime }}}} \right)\)

\( = \dfrac{a}{3}\left( {\dfrac{1}{4} \cdot \dfrac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4} + \sqrt {\dfrac{1}{4} \cdot \dfrac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4} \cdot \dfrac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}}  + \dfrac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}} \right)\)\( = \dfrac{{7{a^3}\sqrt 3 }}{{48}}\)

Mặt khác, \({V_{M \cdot NH{C^\prime }}} = \dfrac{1}{3}d\left( {M,\left( {AC{C^\prime }{A^\prime }} \right)} \right) \cdot {S_{NH{C^\prime }}}\)\( = \dfrac{1}{3} \cdot \dfrac{{a\sqrt 3 }}{4} \cdot \dfrac{1}{2} \cdot a \cdot \dfrac{a}{6} = \dfrac{{{a^3}\sqrt 3 }}{{144}}\).

Vậy \(V = {V_{AMH \cdot {A^\prime }{B^\prime }{C^\prime }}} - {V_{M \cdot NH{C^\prime }}}\)\( = \dfrac{{7{a^3}\sqrt 3 }}{{48}} - \dfrac{{{a^3}\sqrt 3 }}{{144}} = \dfrac{{5\sqrt 3 {a^3}}}{{36}}\).

Gọi \(H\) là trung điểm của \(CM\), vì \(\Delta A'CM\) đều cạnh \(a\) nên \(A'H \bot CM\) và \(A'H = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}\).

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}\left( {A'CM} \right) \bot \left( {ABC} \right) = CM\\A'H \subset \left( {A'CM} \right),\,\,A'H \bot CM\end{array} \right.\) \( \Rightarrow A'H \bot \left( {ABC} \right)\).

Vì tam giác \(ABC\) vuông cân tại \(C\) nên \(CM = \dfrac{{AC\sqrt 2 }}{2} \Rightarrow AC \)\(= \sqrt 2 CM = a\sqrt 2  = CB\)

\( \Rightarrow {S_{\Delta ABC}} = \dfrac{1}{2}AC.CB \)\(= \dfrac{1}{2}.a\sqrt 2 .a\sqrt 2  = {a^2}\)

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

Ta có: \(AA'B'C'\) và \(ABC.A'B'C'\) là khối chóp và khối lăng trụ có cùng chiều cao và diện tích đáy nên \({V_{AA'B'C'}} = \dfrac{1}{3}{V_{ABC.A'B'C'}} = \dfrac{1}{3}.12 = 4\).

Thể tích của khối hộp đã cho là: \(V = 2.3.7 = 42.\)