Thể tích của khối chóp

Công thức tính thể tích khối chóp $V = \dfrac{1}{3}Sh$.

Phép vị tự tỉ số $k > 0$ biến khối chóp có thể tích $V$ thành khối chóp có thể tích $V'$. Khi đó $\dfrac{{V'}}{V} = {k^3}$.

Nếu $A',B',C'$ là ba điểm lần lượt nằm trên các cạnh $SA,SB,SC$ của hình chóp tam giác $S.ABC$. Khi đó:

$\dfrac{{{V_{S.A'B'C'}}}}{{{V_{S.ABC}}}} = \dfrac{{SA'}}{{SA}}.\dfrac{{SB'}}{{SB}}.\dfrac{{SC'}}{{SC}}$

Ta có: ${S_{\Delta BCD}} = \dfrac{1}{2}{S_{ABCD}} = \dfrac{1}{2}{a^2}$

${V_{S.BCD}} = \dfrac{1}{3}SA.{S_{BCD}} = \dfrac{1}{3}a.\dfrac{1}{2}{a^2} = \dfrac{{{a^3}}}{6}$

Ta có: ${S_{ABCD}} = \dfrac{1}{2}\left( {AB + CD} \right).AD = \dfrac{1}{2}\left( {2a + a} \right)a = \dfrac{{3{a^2}}}{2}$

${S_{\Delta ABD}} = \dfrac{1}{2}AD.AB = \dfrac{1}{2}a.2a = {a^2}$

$\Rightarrow {S_{BCD}} = {S_{ABCD}} - {S_{ABD}} = \dfrac{{3{a^2}}}{2} - {a^2} = \dfrac{{{a^2}}}{2}$

$SA = \dfrac{{2a}}{{\sqrt 2 }} = a\sqrt 2$

$\Rightarrow {V_{S.BCD}} = \dfrac{1}{3}SA.{S_{BCD}} = \dfrac{1}{3}a\sqrt 2 .\dfrac{{{a^2}}}{2} = \dfrac{{{a^3}\sqrt 2 }}{6}$ 

Ta có: $SA \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow AC$là hình chiếu của $SC$ trên $\left( {ABCD} \right) \Rightarrow \widehat {\left( {SC;\left( {ABCD} \right)} \right)} = \widehat {\left( {SC;AC} \right)} = {60^0}$

$SA \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow SA \bot AC \Rightarrow \Delta SAC$ vuông tại $A$ và $\widehat {SCA} = {60^0}$

Xét tam giác vuông $SAC$ có: $SA = AC.\tan 60 = a\sqrt 2 .\sqrt 3  = a\sqrt 6 ;\,SC = \dfrac{{AC}}{{{\rm{cos60}}}} = \dfrac{{a\sqrt 2 }}{{\dfrac{1}{2}}} = 2a\sqrt 2$

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông $SAC$ có: $A{C^2} = HC.SC \Rightarrow \dfrac{{HC}}{{SC}} = \dfrac{{A{C^2}}}{{S{C^2}}} = \dfrac{{2{a^2}}}{{8{a^2}}} = \dfrac{1}{4}$

Trong $\left( {SAC} \right)$  kẻ $HK//SA \Rightarrow HK \bot \left( {ABCD} \right)$

Ta có: $\dfrac{{HK}}{{SA}} = \dfrac{{HC}}{{SC}} = \dfrac{1}{4} \Rightarrow HK = \dfrac{1}{4}SA = \dfrac{{a\sqrt 6 }}{4}$

Vậy ${V_{H.ABCD}} = \dfrac{1}{3}HK.{S_{ABCD}} = \dfrac{1}{3}.\dfrac{{a\sqrt 6 }}{4}.\dfrac{{3{a^2}}}{2} = \dfrac{{{a^3}\sqrt 6 }}{8}$  

Ta có: $\left. \begin{array}{l}SA \bot SB\\SA \bot SC\\SB \bot SC\end{array} \right\} \Rightarrow S.ABC$ là tứ diện vuông.

$\Rightarrow {V_{S.ABC}} = \dfrac{1}{6}SA.SB.SC = \dfrac{1}{6}.2a.b.c = \dfrac{1}{3}abc$.

Ta có:

$\left. \begin{array}{l}AC \bot AB\\AC \bot SB\,\,\left( {SB \bot \left( {ABC} \right)} \right)\end{array} \right\} \Rightarrow AC \bot \left( {SAB} \right) \Rightarrow AC \bot SA$  

$\Rightarrow SA$ là hình chiếu vuông góc của $SC$ trên $\left( {SAB} \right) \Rightarrow \widehat {\left( {SC;\left( {SAB} \right)} \right)} = \widehat {\left( {SC;SA} \right)} = \widehat {CSA} = {30^0}$

$\left. \begin{array}{l}\left( {SAC} \right) \cap \left( {ABC} \right) = AC\\\left( {SAC} \right) \supset SA \bot AC\\\left( {ABC} \right) \supset AB \bot AC\end{array} \right\} \Rightarrow \widehat {\left( {\left( {SAC} \right);\left( {ABC} \right)} \right)} = \widehat {\left( {SA;AB} \right)} = \widehat {SAB} = {60^0}$

$SB \bot \left( {ABC} \right) \Rightarrow SB \bot AB \Rightarrow \Delta SAB$ vuông tại $B$

$\Rightarrow AB = SB.\cot {60^0} = a.\dfrac{1}{{\sqrt 3 }} = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{3}$

$\Rightarrow SA = \sqrt {S{B^2} + A{B^2}}  = \sqrt {{a^2} + \dfrac{{{a^2}}}{3}}  = \dfrac{{2a}}{{\sqrt 3 }}$

Xét tam giác vuông $SAC$ ta có: $AC = SA.\tan {30^0} = \dfrac{{2a}}{{\sqrt 3 }}.\dfrac{1}{{\sqrt 3 }} = \dfrac{{2a}}{3}$

 ${S_{ABC}} = \dfrac{1}{2}AB.AC = \dfrac{1}{2}\dfrac{{a\sqrt 3 }}{3}.\dfrac{{2a}}{3} = \dfrac{{{a^2}\sqrt 3 }}{9}$

 ${V_{S.ABC}} = \dfrac{1}{3}SB.{S_{ABC}} = \dfrac{1}{3}.a.\dfrac{{{a^2}\sqrt 3 }}{9} = \dfrac{{{a^3}\sqrt 3 }}{{27}}$

Ta có:

$ABCD$ là tứ diện vuông tại $A$ nên ${V_{ABCD}} = \dfrac{1}{6}AB.AC.AD = \dfrac{1}{6}.6a.7a.4a = 28{a^3}$.

Áp dụng công thức tính tỉ lệ thể tích các khối tứ diện ta có:

$\dfrac{{{V_{DAPN}}}}{{{V_{DABC}}}} = \dfrac{{DA}}{{DA}}.\dfrac{{DP}}{{DB}}.\dfrac{{DN}}{{DC}} = \dfrac{1}{1}.\dfrac{1}{2}.\dfrac{1}{2} = \dfrac{1}{4} \Rightarrow {V_{DAPN}} = \dfrac{1}{4}{V_{DABC}} = \dfrac{1}{4}.28{a^3} = 7{a^3}$

$\dfrac{{{V_{BAPM}}}}{{{V_{BADC}}}} = \dfrac{{BA}}{{BA}}.\dfrac{{BP}}{{BD}}.\dfrac{{BM}}{{BC}} = \dfrac{1}{1}.\dfrac{1}{2}.\dfrac{1}{2} = \dfrac{1}{4} \Rightarrow {V_{BAPM}} = \dfrac{1}{4}{V_{BADC}} = \dfrac{1}{4}.28{a^3} = 7{a^3}$

$\dfrac{{{V_{CAMN}}}}{{{V_{CABD}}}} = \dfrac{{CA}}{{CA}}.\dfrac{{CM}}{{CB}}.\dfrac{{CN}}{{CD}} = \dfrac{1}{1}.\dfrac{1}{2}.\dfrac{1}{2} = \dfrac{1}{4} \Rightarrow {V_{CAMN}} = \dfrac{1}{4}{V_{CABD}} = \dfrac{1}{4}.28{a^3} = 7{a^3}$

Do đó ${V_{AMNP}} = {V_{ABCD}} - {V_{DAPN}} - {V_{BAPM}} - {V_{CAMN}} = 28{a^3} - 7{a^3} - 7{a^3} - 7{a^3} = 7{a^3}$

$\left. \begin{array}{l}\left( {SAB} \right) \bot \left( {ABCD} \right)\\\left( {SAD} \right) \bot \left( {ABCD} \right)\\\left( {SAB} \right) \cap \left( {SAD} \right) = SA\end{array} \right\} \Rightarrow SA \bot \left( {ABCD} \right)$

$\Rightarrow AC$ là hình chiếu vuông góc của $SC$ trên $\left( {ABCD} \right) \Rightarrow \widehat {\left( {SC;\left( {ABCD} \right)} \right)} = \widehat {\left( {SC;AC} \right)} = \widehat {SCA} = {45^0}$

(vì $SA \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow SA \bot AC \Rightarrow \Delta SAC$ vuông tại $A \Rightarrow \widehat {SCA} < {90^o}$)

$\Rightarrow SA = AC = a\sqrt 2$

$\begin{array}{l}{S_{ABCD}} = {a^2}\\{S_{AMN}} = \dfrac{1}{2}AM.AN = \dfrac{1}{2}\dfrac{a}{2}\dfrac{a}{2} = \dfrac{{{a^2}}}{8}\\{S_{BCM}} = \dfrac{1}{2}BM.BC = \dfrac{1}{2}\dfrac{a}{2}.a = \dfrac{{{a^2}}}{4}\\ \Rightarrow {S_{MCDN}} = {S_{ABCD}} - {S_{AMN}} - {S_{BCM}} = {a^2} - \dfrac{{{a^2}}}{8} - \dfrac{{{a^2}}}{4} = \dfrac{{5{a^2}}}{8}\\ \Rightarrow {V_{S.MCDN}} = \dfrac{1}{3}SA.{S_{MCDN}} = \dfrac{1}{3}a\sqrt 2 .\dfrac{{5{a^2}}}{8} = \dfrac{{5{a^3}\sqrt 2 }}{{24}}\end{array}$

$\Delta ABC$ là tam giác đều cạnh $a$ nên có diện tích  ${S_{ABC}} = \dfrac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}$

Ta có $AM = \dfrac{{A{A_1}}}{2} = \dfrac{a}{2}$

Hai tứ diện $MABC$ và $M{A_1}BC$ có chung đỉnh $C$, diện tích hai đáy $MAB$ và $M{A_1}B$ bằng nhau nên có thể tích bằng nhau, suy ra

${V_{M.BC{A_1}}} = {V_{M.ABC}} = \dfrac{1}{3}AM.{S_{ABC}} = \dfrac{{{a^3}\sqrt 3 }}{{24}}$

Gọi $O = AC \cap BD$

Vì chóp $S.ABCD$ đều nên $SO \bot \left( {ABCD} \right)$

Ta có: $AC = BD = a\sqrt 2  \Rightarrow OA = \dfrac{1}{2}AC = \dfrac{{a\sqrt 2 }}{2}$

$SO \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow SO \bot OA \Rightarrow \Delta SOA$ vuông tại O $\Rightarrow SO = \sqrt {S{A^2} - O{A^2}}  = \sqrt {{a^2} - \dfrac{{{a^2}}}{2}}  = \dfrac{{a\sqrt 2 }}{2}$

Vậy ${V_{S.ABCD}} = \dfrac{1}{3}SO.{S_{ABCD}} = \dfrac{1}{3}\dfrac{{a\sqrt 2 }}{2}{a^2} = \dfrac{{{a^3}\sqrt 2 }}{6}$

Gọi O là trọng tâm tam giác đều ABC

Vì chóp S.ABC đều nên $SO \bot \left( {ABC} \right)$

$\Rightarrow OA$ là hình chiếu vuông góc của SA lên $\left( {ABC} \right)$$\Rightarrow \widehat {\left( {SA;\left( {ABC} \right)} \right)} = \widehat {\left( {SA;OA} \right)} = \widehat {SAO} = {60^0}$

$SO \bot \left( {ABC} \right) \Rightarrow SO \bot OA \Rightarrow \Delta SAO$ vuông tại O

Gọi D là trung điểm của BC ta có: $AD = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}$$\Rightarrow AO = \dfrac{2}{3}AD = \dfrac{2}{3}\dfrac{{a\sqrt 3 }}{2} = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{3}$

$\Rightarrow SO = AO.\tan 60 = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{3}.\sqrt 3  = a$

Vì tam giác ABC đều nên ${S_{\Delta ABC}} = \dfrac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}$

Vậy ${V_{S.ABC}} = \dfrac{1}{3}SO.{S_{\Delta ABC}} = \dfrac{1}{3}a\dfrac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4} = \dfrac{{{a^3}\sqrt 3 }}{{12}}$

Gọi $O = AC \cap BD$. Vì chóp $S.ABCD$ đều nên $SO \bot \left( {ABCD} \right)$

Vì chóp $S.ABCD$ đều nên $ABCD$ là hình vuông $\Rightarrow {S_{ABCD}} = A{B^2} = 16 \Rightarrow AB = 4\left( {cm} \right) = AD$

Gọi $E$ là trung điểm của AB$\Rightarrow OE$ là đường trung bình của tam giác ABD$\Rightarrow OE//AD \Rightarrow OE \bot AB$ và $OE = \dfrac{1}{2}AD = \dfrac{1}{2}.4 = 2\left( {cm} \right)$

$\left. \begin{array}{l}OE \bot AB\\SO \bot AB\,\,\left( {SO \bot \left( {ABCD} \right)} \right)\end{array} \right\} \Rightarrow AB \bot \left( {SOE} \right) \Rightarrow AB \bot SE$

$\Rightarrow {S_{\Delta SAB}} = \dfrac{1}{2}SE.AB = 8\sqrt 3  \Rightarrow SE = \dfrac{{16\sqrt 3 }}{{AB}} = \dfrac{{16\sqrt 3 }}{4} = 4\sqrt 3 \left( {cm} \right)$

$SO \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow SO \bot OE \Rightarrow \Delta SOE$ vuông tại O$\Rightarrow SO = \sqrt {S{E^2} - O{E^2}}  = \sqrt {48 - 4}  = \sqrt {44}  = 2\sqrt {11} \left( {cm} \right)$

Vậy ${V_{S.ABCD}} = \dfrac{1}{3}SO.{S_{ABCD}} = \dfrac{1}{3}.2\sqrt {11} .16 = \dfrac{{32\sqrt {11} }}{3}\left( {c{m^3}} \right)$

Bước 1:

Gọi $G$ là trọng tâm tam giác $ABC$. Vì chóp $S.ABC$ đều nên $SG \bot \left( {ABC} \right)$

Gọi $D$ là trung điểm của $BC$ ta có: $AD \bot BC$

Ta có: $\left. \begin{array}{l}BC \bot AD\\BC \bot SG\,\,\left( {SG \bot \left( {ABC} \right)} \right)\end{array} \right\} \Rightarrow BC \bot \left( {SAD} \right) \Rightarrow BC \bot SD$

$\left. \begin{array}{l}\left( {SBC} \right) \cap \left( {ABC} \right) = BC\\\left( {SBC} \right) \supset SD \bot BC\\\left( {ABC} \right) \supset AD \bot BC\end{array} \right\} \Rightarrow \widehat {\left( {\left( {SBC} \right);\left( {ABC} \right)} \right)} = \widehat {\left( {SD;AD} \right)} = \widehat {SDA} = {60^0}$

Bước 2:

Vì tam giác $ABC$ đều cạnh $a$ nên $AD = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{2} \Rightarrow DG = \dfrac{1}{3}AD = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{6}$

$SG \bot \left( {ABC} \right) \Rightarrow SG \bot AD \Rightarrow \Delta SGD$ vuông tại $G$

$\Rightarrow SG = GD.\tan 60 = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{6}.\sqrt 3  = \dfrac{a}{2}$

Bước 3:

Tam giác $ABC$ đều $\Rightarrow {S_{\Delta ABC}} = \dfrac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}$

Bước 4:

$\Rightarrow {V_{S.ABC}} = \dfrac{1}{3}SG.{S_{\Delta ABC}} = \dfrac{1}{3}.\dfrac{a}{2}.\dfrac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4} = \dfrac{{{a^3}\sqrt 3 }}{{24}}$

Gọi $O = AC \cap BD$.

Vì chóp $S.ABCD$ đều nên $SO \bot \left( {ABCD} \right)$

Đặt $SA = SB = SC = SD = a$

Tam giác $SCD$ có:$SC = SD;\widehat {CSD} = {60^0} \Rightarrow \Delta SCD$ đều$\Rightarrow CD = SC = SD = a$

$\Rightarrow$ Hình vuông $ABCD$ cạnh $a \Rightarrow AC = BD = a\sqrt 2  \Rightarrow OC = \dfrac{1}{2}AC = \dfrac{{a\sqrt 2 }}{2}$

$SO \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow SO \bot OC \Rightarrow \Delta SOC$ vuông tại $O$

$\Rightarrow SO = \sqrt {S{C^2} - O{C^2}}  \Rightarrow h = \sqrt {{a^2} - \dfrac{{{a^2}}}{2}}  = \dfrac{{a\sqrt 2 }}{2} \Rightarrow a = h\sqrt 2$

$\Rightarrow {S_{ABCD}} = {a^2} = {\left( {h\sqrt 2 } \right)^2} = 2{h^2}$

Vậy ${V_{S.ABCD}} = \dfrac{1}{3}SO.{S_{ABCD}} = \dfrac{1}{3}h.2{h^2} = \dfrac{{2{h^3}}}{3}$

Thể tích khối bát diện đều $V = 2{V_{S.ABCD}}$

Gọi $O = AC \cap BD \Rightarrow SO \bot \left( {ABCD} \right)$

Vì ABCD là hình vuông nên $AC = BD = a\sqrt 2  \Rightarrow OA = \dfrac{1}{2}AC = \dfrac{{a\sqrt 2 }}{2}$

$SO \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow SO \bot OA \Rightarrow \Delta SOA$ vuông tại O$\Rightarrow SO = \sqrt {S{A^2} - O{A^2}}  = \sqrt {{a^2} - \dfrac{{{a^2}}}{2}}  = \dfrac{{a\sqrt 2 }}{2}$

$\Rightarrow {V_{S.ABCD}} = \dfrac{1}{3}SO.{S_{ABCD}} = \dfrac{1}{3}\dfrac{{a\sqrt 2 }}{2}.{a^2} = \dfrac{{{a^3}\sqrt 2 }}{6}$

$\Rightarrow V = 2\dfrac{{{a^3}\sqrt 2 }}{6} = \dfrac{{{a^3}\sqrt 2 }}{3}$

Trong $mp(SBC)$ kẻ $SH \bot BC\left( {H \in BC} \right) \Rightarrow SH \bot \left( {ABC} \right),H$ là trung điểm $BC$

Xét tam giác vuông $ABC$ có $BC = \sqrt {{a^2} + 3{a^2}}  = 2a \Rightarrow \Delta SBC$ đều cạnh $2a$

$\Rightarrow SH = \dfrac{{2a\sqrt 3 }}{2} = a\sqrt 3  \Rightarrow {V_{S.ABC}} = \dfrac{1}{3}SH.{S_{\Delta ABC}} = \dfrac{1}{6}SH.AB.AC = \dfrac{1}{2}{a^3}$

Gọi $O = AC \cap BD$. Vì chóp $S.ABCD$ đều nên $SO \bot \left( {ABCD} \right)$

Gọi $E$ và $F$ lần lượt là trung điểm của $CD$ và $AB$

Ta có:

$\begin{array}{l}AB//CD \Rightarrow SA \subset \left( {SAB} \right)//CD\\ \Rightarrow d\left( {CD;SA} \right) = d\left( {CD;\left( {SAB} \right)} \right) = d\left( {E;\left( {SAB} \right)} \right) = 2d\left( {O;\left( {SAB} \right)} \right) = a\sqrt 3 \\ \Rightarrow d\left( {O;\left( {SAB} \right)} \right) = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}\end{array}$

Ta có:

$\left. \begin{array}{l}OF \bot AB\\SO \bot AB\,\,\left( {SO \bot \left( {ABCD} \right)} \right)\end{array} \right\} \Rightarrow AB \bot \left( {SOF} \right)$

Trong $\left( {SOF} \right)$  kẻ $OH \bot SF\,\,\left( 1 \right)$

Vì $AB \bot \left( {SOF} \right) \Rightarrow AB \bot OH\,\,\left( 2 \right)$

Từ (1) và (2) suy ra $OH \bot \left( {SAB} \right) \Rightarrow d\left( {O;\left( {SAB} \right)} \right) = OH = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}$

Xét tam giác vuông SOF có: $\dfrac{1}{{O{H^2}}} = \dfrac{1}{{S{O^2}}} + \dfrac{1}{{O{F^2}}}$

$\Rightarrow \dfrac{1}{{S{O^2}}} = \dfrac{1}{{O{H^2}}} - \dfrac{1}{{O{F^2}}} = \dfrac{4}{{3{a^2}}} - \dfrac{1}{{{a^2}}} = \dfrac{1}{{3{a^2}}} \Rightarrow SO = a\sqrt 3$

Vậy ${V_{S.ABCD}} = \dfrac{1}{3}SO.{S_{ABCD}} = \dfrac{1}{3}a\sqrt 3 .4{a^2} = \dfrac{{4{a^3}\sqrt 3 }}{3}$

Vì $BC//AD$ nên mặt phẳng $\left( {BMC} \right)$ cắt $\left( {SAD} \right)$ theo đoạn thẳng $MN//AD\left( {N \in SD} \right)$

Vì $MN//AD \Rightarrow \dfrac{{SM}}{{SA}} = \dfrac{{SN}}{{SD}} = k$

$\begin{array}{l}\dfrac{{{V_{S.MBC}}}}{{{V_{S.ABC}}}} = \dfrac{{SM}}{{SA}} = k \Rightarrow {V_{S.MBC}} = k.{V_{S.ABC}} = \dfrac{k}{2}.{V_{S.ABCD}}\\\dfrac{{{V_{S.MNC}}}}{{{V_{S.ADC}}}} = \dfrac{{SM}}{{SA}}.\dfrac{{SN}}{{SD}} = {k^2} \Rightarrow {V_{S.MNC}} = {k^2}.{V_{S.ADC}} = \dfrac{{{k^2}}}{2}.{V_{S.ABCD}}\\ \Rightarrow {V_{S.MBCN}} = {V_{S.MBC}} + {V_{S.MNC}} = \left( {\dfrac{k}{2} + \dfrac{{{k^2}}}{2}} \right){V_{S.ABCD}}\end{array}$

Để mặt phẳng $\left( {BMNC} \right)$ chia hình chóp thành 2 phần có thể tích bằng nhau thì $\dfrac{k}{2} + \dfrac{{{k^2}}}{2} = \dfrac{1}{2} \Leftrightarrow {k^2} + k - 1 = 0 \Leftrightarrow k = \dfrac{{ - 1 + \sqrt 5 }}{2}$ do $k > 0$.