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

Do $\Delta ABC$ vuông cân tại $B$ có $AC = 2a \Rightarrow AB = BC = \dfrac{{AC}}{{\sqrt 2 }} = a\sqrt 2$.

$\Rightarrow {V_{S.ABC}} = \dfrac{1}{3}SA.\dfrac{1}{2}BA.BC = \dfrac{1}{6}.2a.a\sqrt 2 .a\sqrt 2  = \dfrac{{2{a^3}}}{3}$.

Ta có

$\begin{array}{l}{S_{BCC'B'}} = d\left( {B;CC'} \right).CC'\\{S_{BMNC}} = \dfrac{{\left( {BM + CN} \right)d\left( {B;CC'} \right)}}{2}\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = \dfrac{1}{2}d\left( {B;CC'} \right)\left( {\dfrac{1}{2}CC' + \dfrac{2}{3}CC'} \right) = \dfrac{7}{{12}}d\left( {B;CC'} \right).CC'\end{array}$

$\Rightarrow \dfrac{{{S_{BMNC}}}}{{{S_{BCC'B'}}}} = \dfrac{7}{{12}}$.

Vì A.BMNC và A.BCC'B' có cùng chiều cao từ A nên

$\dfrac{{{V_{A.BMNC}}}}{{{V_{A.BCC'B'}}}} =\dfrac{{\dfrac{1}{3}.d(A,(AMNC)).S_{AMNC}}}{\dfrac{1}{3}.d(A,(BCC'B')).S_{BCC'B'}}$$=\dfrac{{{S_{BMNC}}}}{{{S_{BCC'B'}}}}= \dfrac{7}{{12}} \Rightarrow {V_{A.BMNC}} = \dfrac{7}{{12}}{V_{A.BCC'B'}}$.

Có $V_{A.A'B'C'}+V_{A.BCC'B'}=V$ và $V_{A.A'B'C'}=\dfrac{1}{3}d(A,(A'B'C')).S_{A'B'C'}=\dfrac{1}{3}V$

(Do $d(A,(A'B'C')).S_{A'B'C'}=V$)

=> ${V_{A.BCC'B'}} = \dfrac{2}{3}V \Rightarrow {V_{A.BMNC}} = \dfrac{7}{{12}}.\dfrac{2}{3}V = \dfrac{7}{{18}}V$.

Bước 1: Gọi $O$ là tâm hình vuông $A B C D$. Tính SO.

Gọi $O$ là tâm hình vuông $A B C D$.

Ta có ${S_{ABCD}} = 4{a^2};{V_{S.ABCD}} = \dfrac{1}{3}{S_{ABCD}} \cdot SO$ $\Rightarrow SO = a\sqrt 3$.

Mặt khác $AB//CD$$\Rightarrow (SAB) \cap (SCD) = Sx//AB//CD.$

Bước 2: Gọi $M, N$ lần lượt là trung điểm của $C D$ và $A B$.

Gọi $M, N$ lần lượt là trung điểm của $C D$ và $A B$. Ta có:

$SN \bot AB \Rightarrow SN \bot Sx$

$SM \bot CD$$\Rightarrow SM \bot Sx$.

$\Rightarrow ((SAB),(SCD)) = (SM,SN)$$= \widehat {MSN} = 2\widehat {MSO}.$

Ta có

$\tan \widehat {MSO} = \dfrac{{OM}}{{SO}} = \dfrac{a}{{a\sqrt 3 }} = \dfrac{1}{{\sqrt 3 }}$$\Rightarrow \widehat {MSO} = {30^0 } \Rightarrow \widehat {MSN} = {60^0}$$\Rightarrow \cos \widehat {MSN} = \dfrac{1}{2}$

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

$\Rightarrow \angle \left( {SA;\left( {ABC} \right)} \right) = \angle \left( {SA;\left( {ABCD} \right)} \right) = \angle SAO = {45^0} \Rightarrow SO = OA = \dfrac{{a\sqrt 2 }}{2}$.

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

Bước 1: Gọi $O$ là trọng tâm $\Delta ABC,I$ là trung điểm $B C$. Chứng minh $SO \bot (ABC)$

Gọi $O$ là trọng tâm $\Delta ABC,I$ là trung điểm $B C$.

Gọi $N, P, Q$ lần lượt là giao điểm của $(P)$ với các cạnh $S B, S C, A C$.

 $S A B C$ là hình chóp đều nên $SO \bot (ABC)$.

Bước 2: Tính ${V_{SABC}} = \dfrac{1}{3}SO \cdot {S_{ABC}}$

Tam giác ABC đều có cạnh bằng $2a$.

$\Rightarrow AO = \dfrac{2}{3}AI = \dfrac{2}{3} \cdot \dfrac{{2a\sqrt 3 }}{2} = \dfrac{{2a\sqrt 3 }}{3}$

Xét tam giác vuông $S O A$ có: $SO = \sqrt {S{A^2} - A{O^2}}  = \dfrac{{a\sqrt {69} }}{3}$.

Ta có: ${V_{SABC}} = \dfrac{1}{3}SO \cdot {S_{ABC}}$$= \dfrac{1}{3} \cdot \dfrac{{a\sqrt {69} }}{3} \cdot \dfrac{{{{(2a)}^2}\sqrt 3 }}{4} = \dfrac{{{a^3}\sqrt {23} }}{3}$.

Bước 3: Tính MN theo a.

MNPQ là hình thoi $\Rightarrow MN = MQ = x$.

Ta có: $\dfrac{{MN}}{{SA}} + \dfrac{{MQ}}{{BC}} = 1 \Leftrightarrow \dfrac{x}{{3a}} + \dfrac{x}{{2a}} = 1$$\Leftrightarrow x = \dfrac{{6a}}{5}$.

Bước 4: Đặt $\dfrac{{AM}}{{AB}} = t$. Tính ${V_{SAMNPQ}}$.

Đặt $\dfrac{{AM}}{{AB}} = t$.

=> $t = \dfrac{{AM}}{{AB}} = \dfrac{{MQ}}{{BC}} = \dfrac{{\dfrac{{6a}}{5}}}{{2a}} = \dfrac{3}{5}$.

Ta có công thức tính nhanh $\dfrac{{{V_{SAMNPQ}}}}{{{V_{S.ABC}}}} = {t^2}(3 - 2t)$.

$\Rightarrow \dfrac{{{V_{SAMNPQ}}}}{{{V_{S.ABC}}}} = {t^2}(3 - 2t) = \dfrac{{81}}{{125}}$$\Rightarrow {V_{SAMNPQ}} = \dfrac{{81}}{{125}}{V_{S.ABC}} = \dfrac{{27\sqrt {23} {a^3}}}{{125}}$

+ Gọi $O$ là tâm tam giác đều $ABC$ $\Rightarrow SO \bot \left( {ABC} \right)$.

+ Gọi $N$ là trung điểm $BC$ ta có: $\left\{ \begin{array}{l}BC \bot AN\\BC \bot SO\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot \left( {SAN} \right) \Rightarrow BC \bot SN$.

+ $\left\{ \begin{array}{l}\left( {SBC} \right) \cap \left( {ABC} \right) = BC\\SN \subset \left( {SBC} \right),\,\,SN \bot BC\\AN \subset \left( {ABC} \right),\,\,AN \bot BC\end{array} \right.$ $\Rightarrow \angle \left( {\left( {SBC} \right);\left( {ABC} \right)} \right) = \angle \left( {SN;AN} \right) = \angle SNA = {60^0}$.

+ Trong $\left( {SAM} \right)$ kẻ $NH \bot SA\,\,\left( {H \in SA} \right)$ $\Rightarrow NH \bot BC$ $\Rightarrow d\left( {SA;BC} \right) = NH = \dfrac{{3a}}{{2\sqrt 7 }}$.

+ Đặt $ON = x \Rightarrow AN = 3x,\,\,OA = 2x$.

+  $\Delta SON:\,\,SO = ON.\tan {60^0} = x\sqrt 3$, $SA = \sqrt {S{O^2} + O{A^2}}  = \sqrt {3{x^2} + 4{x^2}}  = x\sqrt 7$.

+ $\Delta SAN:\,\,{S_{\Delta SAN}} = \dfrac{1}{2}SO.AN = \dfrac{1}{2}NH.SA$

$\begin{array}{l} \Rightarrow SO.AN = NH.SA\\ \Rightarrow x\sqrt 3 .3x = \dfrac{{3a}}{{2\sqrt 7 }}.x\sqrt 7 \\ \Leftrightarrow x = \dfrac{a}{{2\sqrt 3 }}\end{array}$

$\begin{array}{l} \Rightarrow AM = 3a = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{2} = \dfrac{{AB\sqrt 3 }}{2} \Rightarrow AB = a\\ \Rightarrow {S_{\Delta ABC}} = \dfrac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}\end{array}$

Và $SO = x\sqrt 3  = \dfrac{a}{2}$.

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

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

+ Gọi $M$ là trung điểm của $CD$ ta có: $\left\{ \begin{array}{l}CD \bot OM\\CD \bot SO\end{array} \right. \Rightarrow CD \bot \left( {SOM} \right) \Rightarrow CD \bot SM$.

+ $\left\{ \begin{array}{l}\left( {SCD} \right) \cap \left( {ABCD} \right) = CD\\SM \subset \left( {SCD} \right),\,\,SM \bot CD\\OM \subset \left( {ABCD} \right),\,\,OM \bot CD\end{array} \right.$ $\Rightarrow \angle \left( {\left( {SCD} \right);\left( {ABCD} \right)} \right) = \angle \left( {SM;OM} \right) = \angle SMO = \alpha$.

+ $\Delta SOM$: $OM = SO.\cot \alpha  = \dfrac{h}{{\tan \alpha }}$ $\Rightarrow AD = 2OM = \dfrac{{2h}}{{\tan \alpha }}$ $\Rightarrow {S_{ABCD}} = \dfrac{{4{h^2}}}{{{{\tan }^2}\alpha }}$.

+ ${V_{S.ABCD}} = \dfrac{1}{3}SO.{S_{ABCD}} = \dfrac{1}{3}.h.\dfrac{{4{h^2}}}{{{{\tan }^2}\alpha }} = \dfrac{{4{h^3}}}{{3{{\tan }^2}\alpha }}$.

Ta có tam giác $ABC$ vuông cân tại $A$ và $BC = a$ $\Rightarrow AB = AC = \dfrac{a}{{\sqrt 2 }}$.

Khi đó ${S_{ABC}} = \dfrac{1}{2}AB.AC = \dfrac{1}{2}.\dfrac{a}{{\sqrt 2 }}.\dfrac{a}{{\sqrt 2 }} = \dfrac{{{a^2}}}{4}$.

Vậy thể tích khối chóp $S.ABC$ là ${V_{S.ABC}} = \dfrac{1}{3}SA.{S_{\Delta ABC}} = \dfrac{1}{3}.a.\dfrac{{{a^2}}}{4} = \dfrac{{{a^3}}}{{12}}.$

${V_{chop}} = \dfrac{1}{3}{S_{day}} \times h = \dfrac{1}{3}B.h = \dfrac{1}{3}.7{a^2}.a = \dfrac{{7{a^3}}}{3}$.

Ta có: $SA \bot \left( {ABCD} \right)$ $\Rightarrow AB$ là hình chiếu của $SB$ trên $\left( {ABCD} \right)$

$\Rightarrow \angle \left( {SB,\,\,\left( {ABCD} \right)} \right) = \angle \left( {SB,\,\,AB} \right) = \angle SBA = {45^0}$

$\Rightarrow \Delta SAB$ vuông cân tại $A \Rightarrow SA = AB = a.$

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

Ta có: $SA \bot \left( {ABCD} \right)$ $\Rightarrow AB$ là hình chiếu của $SB$ trên $\left( {ABCD} \right)$

$\Rightarrow \angle \left( {SB,\,\,\left( {ABCD} \right)} \right) = \angle \left( {SB,\,\,AB} \right) = \angle SBA = {45^0}$

$\Rightarrow \Delta SAB$ vuông cân tại $A \Rightarrow SA = AB = a.$

$\Rightarrow {V_{S.ABC}} = \dfrac{1}{3}SA.{S_{ABC}} = \dfrac{1}{3}SA.\dfrac{1}{2}{S_{ABCD}}$ $= \dfrac{1}{3}.a.\dfrac{1}{2}.a.2a = \dfrac{{2{a^3}}}{3}.$

Thể tích của khối chóp đã cho là:$V = \dfrac{1}{3}Sh = \dfrac{1}{3}.{a^2}.\dfrac{{a\sqrt 2 }}{2} = \dfrac{{{a^3}\sqrt 2 }}{6}.$

Ta có:${S_{ABC}} = \dfrac{1}{2}A{B^2} = \dfrac{1}{2}{a^2}.$

$\Rightarrow {V_{S.ABC}} = \dfrac{1}{3}SC.{S_{ABC}} = \dfrac{1}{3}.3a.\dfrac{1}{2}{a^2}$$= \dfrac{1}{2}{a^3}.$

Gọi O là trung điểm của BC.

Ta gắn hệ trục tọa độ Oxyz như hình vẽ. Trong đó:

$A\left( {\dfrac{{a\sqrt 3 }}{2};0;0} \right),\,B\left( {0;\dfrac{a}{2};0} \right),\,C\left( {0; - \dfrac{a}{2};0} \right)$

Gọi $\left( P \right)$ là mặt phẳng vuông góc với AB tại B, $\left( Q \right)$ là mặt phẳng vuông góc với AC tại C. Gọi giao tuyến của $\left( P \right)$ và $\left( Q \right)$ là đường thẳng $d$.

Do $SB \bot AB,\,\,SC \bot AC$ nên $S \in d$.

$\overrightarrow {AB}  = \left( { - \dfrac{{a\sqrt 3 }}{2};\dfrac{a}{2};0} \right),\,\,\overrightarrow {AC}  = \left( { - \dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}; - \dfrac{a}{2};0} \right)$

Mặt phẳng $\left( P \right)$ đi qua $B\left( {0;\dfrac{a}{2};0} \right)$, nhận $\overrightarrow {{n_1}}  = \left( {\sqrt 3 ; - 1;0} \right)$ là 1 VTPT, có phương trình là: $\sqrt 3 x - y + \dfrac{a}{2} = 0$.

Mặt phẳng $\left( Q \right)$ đi qua $C\left( {0; - \dfrac{a}{2};0} \right)$, nhận $\overrightarrow {{n_2}}  = \left( {\sqrt 3 ;1;0} \right)$ là 1 VTPT, có phương trình là: $\sqrt 3 x + y + \dfrac{a}{2} = 0$.

$d$ là giao của $\left( P \right)$ và $\left( Q \right) \Rightarrow d:\left\{ \begin{array}{l}\sqrt 3 x - y + \dfrac{a}{2} = 0\\\sqrt 3 x + y + \dfrac{a}{2} = 0\end{array} \right.$,   $\left[ {\overrightarrow {{n_1}} ;\overrightarrow {{n_2}} } \right] = \left( {0;0;2\sqrt 3 } \right)$

$\Rightarrow d$ đi qua $I\left( { - \dfrac{a}{{2\sqrt 3 }};0;0} \right)$có 1 VTCP $\overrightarrow u  = \left( {0;0;1} \right)$, có phương trình tham số là: $\left\{ \begin{array}{l}x =  - \dfrac{a}{{2\sqrt 3 }}\\y = 0\\z = t\end{array} \right.$

Giả sử $S\left( { - \dfrac{a}{{2\sqrt 3 }};0;t} \right)$. Ta có: $\begin{array}{l}\overrightarrow {SB}  = \left( {\dfrac{a}{{2\sqrt 3 }};\dfrac{a}{2}; - t} \right);\,\,\\\overrightarrow {CA}  = \left( {\dfrac{{a\sqrt 3 }}{2};\dfrac{a}{2};0} \right)\end{array}$$\Rightarrow \left[ {\overrightarrow {SB} ;\overrightarrow {CA} } \right] = \left( {\dfrac{{at}}{2};\dfrac{{a\sqrt 3 t}}{2}; - \dfrac{{{a^2}\sqrt 3 }}{6}} \right)$$\Rightarrow \left| {\left[ {\overrightarrow {SB} ;\overrightarrow {CA} } \right]} \right| = \sqrt {\dfrac{{{a^2}{t^2}}}{4} + \dfrac{{3{a^2}{t^2}}}{4} + \dfrac{{{a^2}}}{{12}}}  = \sqrt {{a^2}{t^2} + \dfrac{{{a^2}}}{{12}}}$

Ta có: $\overrightarrow {CB}  = \left( {0;a;0} \right)$$\Rightarrow \left[ {\overrightarrow {SB} ;\overrightarrow {CA} } \right].\overrightarrow {CB}  = 0 + \dfrac{{a\sqrt 3 t}}{2}.a + 0 = \dfrac{{{a^2}\sqrt 3 t}}{2}$

$d(SB;AC) = \dfrac{{\left| {\left[ {\overrightarrow {SB} ;\overrightarrow {CA} } \right].\overrightarrow {CB} } \right|}}{{\left| {\left[ {\overrightarrow {SB} ;\overrightarrow {CA} } \right]} \right|}} = \dfrac{{\left| {\dfrac{{{a^2}\sqrt 3 t}}{2}} \right|}}{{\sqrt {{a^2}{t^2} + \dfrac{{{a^2}}}{{12}}} }}$

$\begin{array}{l} \Rightarrow \dfrac{{\left| {\dfrac{{{a^2}\sqrt 3 t}}{2}} \right|}}{{\sqrt {{a^2}{t^2} + \dfrac{{{a^2}}}{{12}}} }} = \dfrac{{3a}}{{\sqrt {13} }} \Leftrightarrow \dfrac{{3{a^4}{t^2}}}{{4{a^2}{t^2} + \dfrac{1}{3}{a^2}}} = \dfrac{{9{a^2}}}{{13}}\\ \Leftrightarrow 39{a^2}{t^2} = 36{a^2}{t^2} + 3{a^2} \Leftrightarrow {t^2} = {a^2} \Leftrightarrow t = a\end{array}$

$\Rightarrow S\left( { - \dfrac{a}{{2\sqrt 3 }};0;a} \right)$$\Rightarrow h = d\left( {S;\left( {Oxy} \right)} \right) = a$

Diện tích tam giác đều ABC là: $S = \dfrac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}$$\Rightarrow {V_{S.ABC}} = \dfrac{1}{3}.h.S = \dfrac{1}{3}.a.\dfrac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4} = \dfrac{{{a^3}\sqrt 3 }}{{12}}$.

Thể tích khối chóp đã cho là: $V = \dfrac{1}{3}Bh = \dfrac{1}{3}.6.4 = 8.$

Thể tích khối chóp đã cho là: ${V_{SABCD}} = \dfrac{1}{3}SA.{S_{ABCD}} = \dfrac{1}{3}.3a.{a^2} = {a^3}.$

Thể tích khối đa diện $OABC$ là: ${V_{OABC}} = \dfrac{1}{6}abc.$

Dễ thấy $\Delta SAB = \Delta SAC\left( {c.g.c} \right)$ nên $SB = SC$ hay tam giác $\Delta SBC$ cân.

Gọi $M$ là trung điểm $BC$ ta có: $AM \bot BC,SM \bot BC \Rightarrow BC \bot \left( {SAM} \right)$.

Gọi $H$ là hình chiếu của $S$ trên $AM$ thì $SH \bot AM,SH \bot BC$ nên $SH$ là đường cao của hình chóp.

Xét tam giác $SAB$ có: $S{B^2} = S{A^2} + A{B^2} - 2SA.AB\cos {30^0} = 16 \Rightarrow SB = 4 \Rightarrow SC = 4$.

Do đó $S{M^2} = \dfrac{{S{B^2} + S{C^2}}}{2} - \dfrac{{B{C^2}}}{4} = 15 \Rightarrow SM = \sqrt {15}$.

Tam giác $ABC$ có $A{M^2} = \dfrac{{A{B^2} + A{C^2}}}{2} - \dfrac{{B{C^2}}}{4} = 15 \Rightarrow AM = \sqrt {15}$.

Khi đó ${S_{SAM}} = \sqrt {p\left( {p - a} \right)\left( {p - b} \right)\left( {p - c} \right)}  = 6$.

Do đó: $SH = \dfrac{{2{S_{SAM}}}}{{AM}} = \dfrac{{2.6}}{{\sqrt {15} }} = \dfrac{{4\sqrt {15} }}{5}$.

${V_{S.ABC}} = \dfrac{1}{3}{S_{ABC}}.SH = \dfrac{1}{3}.\dfrac{1}{2}AM.BC.SH = \dfrac{1}{6}.\sqrt {15} .2.\dfrac{{4\sqrt {15} }}{5} = 4$.

Ta lấy lần lượt trên cạnh SB; SC các điểm M;N sao cho $SA = SM = SN = 1$

Khi đó $\frac{{{V_{SAMN}}}}{{{V_{SABC}}}} = \frac{{SM}}{{SB}}.\frac{{SN}}{{AC}} = \frac{1}{2}.\frac{1}{3} = \frac{1}{6}$

Tứ diện SAMN có góc ở đỉnh S là $60^\circ$ và các cạnh bên bằng 1$\Rightarrow SAMN$ là tứ diện đều.

Áp dụng công thức tính thể tích tứ diện đều là $V = \frac{{\sqrt 2 }}{{12}}{a^3} = \frac{{\sqrt 2 }}{{12}}$

Khi đó ${V_{SABC}} = \frac{{\sqrt 2 }}{2}$.

Gọi $H$ là trung điểm của $AB$ $\Rightarrow SH \bot \left( {ABC} \right)$.

Tam giác $SAB$ đều cạnh $a$ $\Rightarrow SH = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}$.

Xét tam giác vuông $ABC$: $AC = AB.\tan {30^0} = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{3}$ $\Rightarrow {S_{\Delta ABC}} = \dfrac{1}{2}AB.AC = \dfrac{1}{2}.a.\dfrac{{a\sqrt 3 }}{3} = \dfrac{{{a^2}\sqrt 3 }}{6}$.

Vậy ${V_{S.ABC}} = \dfrac{1}{3}SH.{S_{\Delta ABC}} = \dfrac{1}{3}.\dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}.\dfrac{{{a^2}\sqrt 3 }}{6} = \dfrac{{{a^3}}}{{12}}$.