Bài viết sau đây giới thiệu đến các lý thuyết chuyên đề thể tích khối đa diện có lời giải, chuyên đề thể tích khối đa diện file word cùng với các bài tập mẫu để luyện tập. Khoa Cử hy vọng với những chia sẻ này sẽ hỗ trợ bạn đọc học tốt môn Toán lớp 12!
I. LÝ THUYẾT
1. Khái niệm về thể tích khối đa diện
Cho khối đa diện $\left( H \right)$, khi đó thể tích khối đa diện $\left( H \right)$ là số dương ${{V}_{(H)}}$thỏa mãn :
- a) Nếu $\left( H \right)$là khối lập phương có cạnh bằng 1 thì ${{V}_{(H)}}=1$.
- b) Nếu hai khối đa diện $\left( {{H}_{1}} \right)$và $\left( {{H}_{2}} \right)$bằng nhau thì ${{V}_{({{H}_{1}})}}={{V}_{({{H}_{2}})}}$.
- c) Nếu khối đa diện $\left( H \right)$ được phân chia thành hai khối đa diện $\left( {{H}_{1}} \right)$ và$\left( {{H}_{2}} \right)$thì
${{V}_{(H)}}={{V}_{({{H}_{1}})}}+{{V}_{({{H}_{2}})}}$.
Định lí : Thể tích khối hộp chữ nhật có ba kích thước $a,b,c$:
2. Thể tích khối chóp
+ Thể tích khối chóp $V=\frac{1}{3}.B.h$
Trong đó : B là diện tích đa giác đáy.
h : là chiều cao của khối chóp.
3. Thể tích khối lăng trụ
+ Thể tích khối lăng trụ $V=B.h$
Trong đó : B là diện tích đa giác đáy.
h : là chiều cao của khối lăng trụ.
Lưu ý: Lăng trụ đứng có chiều cao là độ dài cạnh bên.
4. Tỉ số thể tích.
Cho hình chóp $S.ABC\text{ }$. Trên các đoạn thẳng $SA,SB,SC$lần lượt lấy ba điểm $M,N,K$ khác với $S$ , khi đó ta có:
$\frac{{{V}_{S.MNK}}}{{{V}_{S.ABC}}}=\frac{SM}{SA}.\frac{SN}{SB}.\frac{SK}{SC}$.
+ Các công thức tính nhanh (nếu có), có chứng minh các công thức tính nhanh (nếu có thể).
CÔNG THỨC 1
Với tứ diện $ABCD$ có $AB,AC,AD$ đôi một vuông góc và $AB=a,AC=b,AD=c$, ta có ${{V}_{ABCD}}=\frac{1}{6}abc$.
Chứng minh
Ta có ${{V}_{ABCD}}=\frac{1}{3}AD.{{S}_{\Delta ABC}}=\frac{1}{3}AD.\frac{1}{2}AB.AC=\frac{1}{6}abc$.
CÔNG THỨC 2.
Thể tích khối tứ diện đều cạnh $a$: $V=\frac{{{a}^{3}}\sqrt{2}}{12}$.
Chứng minh
Xét tứ diện đều $ABCD$ cạnh $a$. Gọi $G$ là trọng tâm tam giác $BCD$.
Ta có $DG=\frac{a\sqrt{3}}{3}$, suy ra $AG=\sqrt{{{a}^{2}}-\frac{{{a}^{2}}}{3}}=\frac{a\sqrt{6}}{3}$.
Diện tích tam giác $BCD$: ${{S}_{BCD}}=\frac{{{a}^{2}}\sqrt{3}}{4}$.
Thể tích khối tứ diện đều cạnh $a$ là: $V=\frac{1}{3}.\frac{a\sqrt{6}}{3}.\frac{{{a}^{2}}\sqrt{3}}{4}=\frac{{{a}^{3}}\sqrt{2}}{12}$.
CÔNG THỨC 3
Thể tích của khối chóp cụt $V=\frac{1}{3}h\left( B+B’+\sqrt{B{B}’} \right)$ với $h$ là khoảng cách giữa hai đáy, $B,{B}’$ là diện tích của hai đáy
CÔNG THỨC 4.
Thể tích khối tứ diện biết các góc $\alpha ,\beta ,\gamma $ và các cạnh $a,b,c$ tại cùng một đỉnh: $V=\frac{abc}{6}.\sqrt{1+2\cos \alpha \cos \beta \cos \gamma -co{{s}^{2}}\alpha -{{\cos }^{2}}\beta -{{\cos }^{2}}\gamma }$
Chứng minh
Xét tứ diện $S.ABC$ có các góc $\alpha ,\beta ,\gamma $ và các cạnh $a,b,c$ tại đỉnh $S$ như hình vẽ trên.
Dựng mặt phẳng qua $A$, vuông góc với $SA$, cắt các cạnh $SB,SC$ lần lượt tại ${B}’,{C}’$.
Ta có $S{B}’=\frac{SA}{\cos \alpha }=\frac{a}{\cos \alpha };S{C}’=\frac{SA}{\cos \beta }=\frac{a}{\cos \beta }$ và $A{B}’=a\tan \alpha ,A{C}’=a\tan \beta $.
$\frac{{{V}_{S.ABC}}}{{{V}_{S.A{B}'{C}’}}}=\frac{S{B}’}{SB}.\frac{S{C}’}{SC}=\frac{bc}{{{a}^{2}}\cos \alpha \cos \beta }$.
Áp dụng định lí cosin trong $\Delta S{B}'{C}’$, có
$2A{B}’A{C}’.\cos \widehat{{B}’A{C}’}=A{{{B}’}^{2}}+A{{{C}’}^{2}}-{B}'{{{C}’}^{2}}$
$={{a}^{2}}{{\tan }^{2}}\alpha +{{a}^{2}}{{\tan }^{2}}\beta -{{a}^{2}}\left( \frac{1}{{{\cos }^{2}}\alpha }+\frac{1}{{{\cos }^{2}}\beta }-\frac{2\cos \gamma }{\cos \alpha \cos \beta } \right)$$={{a}^{2}}\left( \frac{2\cos \gamma }{\cos \alpha .\cos \beta }-2 \right)$
$\Rightarrow A{B}’.A{C}’.\cos \widehat{{B}’A{C}’}=a.\frac{\cos \gamma -\cos \alpha .\cos \beta }{\cos \alpha .\cos \beta }$.
Ta có ${{\left( A{B}’.A{C}’.\sin \widehat{{B}’A{C}’} \right)}^{2}}={{\left( A{B}’.A{C}’ \right)}^{2}}-{{\left( A{B}’.A{C}’.\cos \widehat{{B}’A{C}’} \right)}^{2}}$
$={{a}^{4}}{{\tan }^{2}}\alpha {{\tan }^{2}}\beta -{{a}^{4}}.\frac{{{\cos }^{2}}\gamma +{{\cos }^{2}}\alpha +{{\cos }^{2}}\beta -2\cos \alpha \cos \beta \cos \gamma }{{{\cos }^{2}}\alpha {{\cos }^{2}}\beta }$
$={{a}^{4}}\frac{\left( 1-{{\cos }^{2}}\alpha \right)\left( 1-{{\cos }^{2}}\beta \right)-{{\cos }^{2}}\gamma -{{\cos }^{2}}\alpha -{{\cos }^{2}}\beta +2\cos \alpha \cos \beta \cos \gamma }{{{\cos }^{2}}\alpha {{\cos }^{2}}\beta }$
$={{a}^{4}}.\frac{1-{{\cos }^{2}}\alpha -{{\cos }^{2}}\beta -{{\cos }^{2}}\gamma +2\cos \alpha \cos \beta \cos \gamma }{{{\cos }^{2}}\alpha {{\cos }^{2}}\beta }$
$\Rightarrow {{S}_{A{B}'{C}’}}=\frac{A{B}’.A{C}’.\sin \widehat{{B}’A{C}’}}{2}=\frac{{{a}^{2}}\sqrt{1-{{\cos }^{2}}\alpha -{{\cos }^{2}}\beta -{{\cos }^{2}}\gamma +2\cos \alpha \cos \beta \cos \gamma }}{2\cos \alpha \cos \beta }$.
Suy ra ${{V}_{S.ABC}}=\frac{bc}{{{a}^{2}}\cos \alpha \cos \beta }{{V}_{S.A{B}'{C}’}}=$$\frac{abc}{6}.\sqrt{1+2\cos \alpha \cos \beta \cos \gamma -co{{s}^{2}}\alpha -{{\cos }^{2}}\beta -{{\cos }^{2}}\gamma }$.
CÔNG THỨC 5
Cho tứ diện $ABCD$ có $AB=a;CD=b;d\left( AB,CD \right)=d;\left( AB;CD \right)=\alpha $. Khi đó ${{V}_{ABCD}}=\frac{1}{6}abd\sin \alpha $
Chứng minh
Trong mặt phẳng $\left( ABC \right)$ vẽ hình bình hành $CBA{A}’$.
Ta có $A{A}’\parallel BC$ nên ${{V}_{ABCD}}={{V}_{{A}’BCD}}$.
Gọi $MN$ là đoạn vuông góc chung của $AB$ và $CD$ với $M\in AB,N\in CD$.
Vì $BM\parallel C{A}’$ nên ${{V}_{B{A}’CD}}={{V}_{M{A}’CD}}$. Ta có $MN\bot AB$ nên $MN\bot C{A}’$.
Ngoài ra $MN\bot CD$ nên $MN\bot \left( CD{A}’ \right)$.
Ta có $\left( AB,CD \right)=\left( {A}’C,CD \right)=\alpha $ .
Do đó ${{V}_{MACD}}=\frac{1}{3}{{S}_{ACD}}\cdot MN=\frac{1}{3}\cdot \frac{1}{2}C{{A}^{\prime }}\cdot CD\cdot \sin \alpha \cdot MN=\frac{1}{6}AB\cdot CD\cdot d\cdot \sin \alpha $.
Vậy ${{V}_{ABCD}}=\frac{1}{6}AB\cdot CD.d.\sin \alpha $.
CÔNG THỨC 6.
Tỉ số thể tích hai hình chóp có đáy hình bình hành. Cho hình chóp $S.ABCD$ có đáy là hình bình hành; và hình chóp tứ giác $S.{A}'{B}'{C}'{D}’$ có ${A}’,{B}’,{C}’,{D}’$ lần lượt nằm trên các cạnh $SA,SB,SC,SD$; khi đó: $\frac{{{V}_{S.{A}'{B}'{C}'{D}’}}}{{{V}_{S.ABCD}}}=\frac{1}{2}.\frac{S{A}’}{SA}.\frac{S{C}’}{SC}\left( \frac{S{B}’}{SB}+\frac{S{D}’}{SD} \right)$.
Chứng minh
Ta có $\frac{{{V}_{S.{A}'{B}'{C}'{D}’}}}{{{V}_{S.ABCD}}}=\frac{{{V}_{S.{A}'{C}'{D}’}}}{2{{V}_{S.ACD}}}+\frac{{{V}_{S.{A}'{C}'{B}’}}}{2{{V}_{S.ACB}}}=\frac{1}{2}.\frac{S{A}’}{SA}.\frac{S{C}’}{SC}.\frac{S{D}’}{SD}+\frac{1}{2}.\frac{S{A}’}{SA}.\frac{S{C}’}{SC}.\frac{S{B}’}{SB}$
$=\frac{1}{2}.\frac{S{A}’}{SA}.\frac{S{C}’}{SC}.\left( \frac{S{B}’}{SB}+\frac{S{D}’}{SD} \right)$.
CÔNG THỨC 7
Mặt phẳng $\left( \alpha \right)$ cắt các cạnh của khối lăng trụ $ABC.{A}'{B}'{C}’$ lần lượt tại $M,N,P$ sao cho $\frac{AM}{A{{A}^{\prime }}}=x,\frac{BN}{B{{B}^{\prime }}}=y,\frac{CP}{C{{C}^{\prime }}}=z$ . Khi đó ${{V}_{ABC.MNP}}=\frac{x+y+z}{3}{{V}_{ABC.{A}'{B}'{C}’}}$ .
Chứng minh
Ta có ${{V}_{ABCMNP}}\text{ }=\text{ }{{V}_{NACB}}\text{ }+\text{ }{{V}_{NACPM}}\text{ }$.
${{V}_{NACB}}=\frac{BN}{B{B}’}\cdot {{V}_{{B}’ACB}}=\frac{BN}{B{B}’}\cdot \frac{1}{3}{{V}_{ABC{A}'{B}'{C}’}}\text{ }\left( 1 \right)$ .
$\frac{{{V}_{NACPM}}}{{{V}_{{B}’AC{C}'{A}’}}}=\frac{{{S}_{ACPM}}}{{{S}_{AC{C}'{A}’}}}=\frac{(CP+AM)\cdot \frac{1}{2}}{A{A}’}=\frac{1}{2}\left( \frac{CP}{C{{C}^{\prime }}}+\frac{AM}{A{A}’} \right)$
$\Rightarrow {{V}_{NACPM}}=\frac{1}{2}\left( \frac{CP}{C{C}’}+\frac{AM}{A{A}’} \right)\cdot \frac{2}{3}{{V}_{ABC{A}'{B}'{C}’}}\text{ }\left( 2 \right)$.
Từ $\left( 1 \right)$ và $\left( 2 \right)$ suy ra ${{V}_{ABCMNP}}\text{ }=\text{ }{{V}_{NACB}}\text{ }+\text{ }{{V}_{NACPM}}\text{ =}\frac{1}{3}\left( \frac{BN}{B{B}’}+\frac{CP}{C{C}’}+\frac{AM}{A{A}’} \right)\cdot {{V}_{ABC{A}'{B}'{C}’}}$.
CÔNG THỨC 8.
Cho hình hộp $ABCD.{A}'{B}'{C}'{D}’$, lấy ${{A}_{1}},{{B}_{1}},{{C}_{1}},{{D}_{1}}$ lần lượt trên các cạnh $A{A}’,B{B}’,C{C}’,D{D}’$ sao cho bốn điểm ấy đồng phẳng. Ta có tỉ số thể tích hai khối đa diện: $\frac{{{V}_{ABCD.{{A}_{1}}{{B}_{1}}{{C}_{1}}{{D}_{1}}}}}{{{V}_{ABCD.{A}'{B}'{C}'{D}’}}}=\frac{1}{2}\left( \frac{A{{A}_{1}}}{A{A}’}+\frac{C{{C}_{1}}}{C{C}’} \right)=\frac{1}{2}\left( \frac{B{{B}_{1}}}{B{B}’}+\frac{D{{D}_{1}}}{D{D}’} \right)$
Chứng minh
Gọi $I,{I}’$ lần lượt là trung điểm $AC,{A}'{C}’$. Ta chứng minh được ba mặt phẳng $\left( AC{C}'{A}’ \right),\left( BD{D}'{B}’ \right),\left( {{A}_{1}}{{B}_{1}}{{C}_{1}}{{D}_{1}} \right)$ đôi một cắt nhau theo ba giao tuyến đồng quy tại ${{I}_{1}}$.
Ta có $\left( AB{B}'{A}’ \right)\,\,\text{// }\left( CD{D}'{C}’ \right)$, suy ra ${{A}_{1}}{{B}_{1}}\,\,\text{// }{{C}_{1}}{{D}_{1}}$. Tương tự, ta cũng được ${{A}_{1}}{{D}_{1}}\,\,\text{// }{{B}_{1}}{{C}_{1}}$.
Suy ra ${{A}_{1}}{{B}_{1}}{{C}_{1}}{{D}_{1}}$ là hình bình hành, ta có ${{I}_{1}}$ là trung điểm ${{A}_{1}}{{C}_{1}}$.
Ta có $I{{I}_{1}}$ là đường trung bình trong các hình thang $A{{A}_{1}}{{C}_{1}}C$ và $B{{B}_{1}}{{D}_{1}}D$, suy ra $2I{{I}_{1}}=A{{A}_{1}}+C{{C}_{1}}=B{{B}_{1}}+D{{D}_{1}}$.
Suy ra: $\frac{A{{A}_{1}}}{A{A}’}+\frac{C{{C}_{1}}}{C{C}’}=\frac{B{{B}_{1}}}{B{B}’}+\frac{D{{D}_{1}}}{D{D}’}$.
Áp dụng công thức tỉ số thể tích trong khối lăng trụ tam giác, ta có:
${{V}_{ABCD.{{A}_{1}}{{B}_{1}}{{C}_{1}}{{D}_{1}}}}={{V}_{ABC.{{A}_{1}}{{B}_{1}}{{C}_{1}}}}+{{V}_{ACD.{{A}_{1}}{{C}_{1}}{{D}_{1}}}}$
$=\frac{1}{3}\left( \frac{A{{A}_{1}}}{A{A}’}+\frac{B{{B}_{1}}}{B{B}’}+\frac{C{{C}_{1}}}{C{C}’} \right).\frac{1}{2}{{V}_{ABCD.{A}'{B}'{C}'{D}’}}+\frac{1}{3}\left( \frac{A{{A}_{1}}}{A{A}’}+\frac{D{{D}_{1}}}{D{D}’}+\frac{C{{C}_{1}}}{C{C}’} \right).\frac{1}{2}{{V}_{ABCD.{A}'{B}'{C}'{D}’}}$
$=\frac{1}{2}\left( \frac{A{{A}_{1}}}{A{A}’}+\frac{C{{C}_{1}}}{C{C}’} \right).{{V}_{ABCD.{A}'{B}'{C}'{D}’}}=\frac{1}{2}\left( \frac{B{{B}_{1}}}{B{B}’}+\frac{D{{D}_{1}}}{D{D}’} \right).{{V}_{ABCD.{A}'{B}'{C}'{D}’}}$.
CÔNG THỨC 9.
Cho hình chóp $S.ABC$ với các mặt phẳng $\left( SAB \right),\left( SBC \right),\left( SCA \right)$ vuông góc với nhau từng đôi một, diện tích các tam giác $SAB,SBC,SAC$ lần lượt là ${{S}_{1}},{{S}_{2}},{{S}_{3}}$.
Khi đó: ${{V}_{S.ABC}}=\frac{\sqrt{2{{S}_{1}}{{S}_{2}}{{S}_{3}}}}{3}$.
Chứng minh
Đặt$SA\text{ }=\text{ }a,\text{ }SB\text{ }=\text{ }b,\text{ }SC\text{ }=\text{ }c$.
Suy ra ${{S}_{1}}=\frac{1}{2}ab;{{S}_{2}}=\frac{1}{2}bc;{{S}_{3}}=\frac{1}{2}ca$.
${{V}_{S.ABC}}=\frac{1}{6}abc=\frac{\sqrt{{{a}^{2}}{{b}^{2}}{{c}^{2}}}}{6}=\frac{\sqrt{2\left( \frac{1}{2}ab \right)\left( \frac{1}{2}bc \right)\left( \frac{1}{2}ca \right)}}{3}=\frac{\sqrt{2.{{S}_{1}}.{{S}_{2}}.{{S}_{3}}}}{3}$.
CÔNG THỨC 10.
Cho hình chóp $S.ABC$ có $SA$ vuông góc với $\left( ABC \right)$, hai mặt phẳng $\left( SAB \right)$ và $\left( SBC \right)$ vuông góc với nhau, $\widehat{BSC}=\beta ;\widehat{ASB}=\alpha $.
Khi đó: ${{V}_{S.ABC}}=\frac{S{{B}^{3}}.\sin 2\alpha .\tan \beta }{12}$
Chứng minh
$SA=SB.\cos \alpha $.
$\left( SAB \right)$ và $\left( SBC \right)$ vuông góc với nhau.
Nên $BC$ vuông góc $\left( SAB \right)$.
Tam giác $SBC$ vuông tại $B$ nên $BC=SB.\tan \beta \Rightarrow {{S}_{\Delta SBC}}=\frac{1}{2}.SB.BC=\frac{1}{2}.S{{B}^{2}}.\tan \beta $
Kẻ $AK$ vuông góc$SB$ . Lúc này $AK$ sẽ là khoảng cách từ $A$ đến$SBC$. Do $AK$ vuông góc $BC$ và$SB$.
Ta có $AK\text{ }=\text{ }SA.sin\alpha \text{ }=\text{ }SB.sin\alpha .cos\alpha $.
$AK=\frac{SB\sin 2\alpha }{2}$ .
${{V}_{S.ABC}}=\frac{S{{B}^{3}}.\sin 2\alpha .\tan \beta }{12}$.
CÔNG THỨC 11.
Cho hình chóp đều $S.ABC$có đáy $ABC$là tam giác đều cạnh bằng $a$, cạnh bên bằng $b$.
Khi đó: ${{V}_{SABC}}=\frac{{{a}^{2}}\sqrt{3{{b}^{2}}-{{a}^{2}}}}{12}$ .
Chứng minh
$AG=\frac{2}{3}AM=\frac{2}{3}.\frac{\sqrt{3}}{2}a=\frac{\sqrt{3}}{3}a$.
$SG=\sqrt{{{b}^{2}}-{{\left( \frac{\sqrt{3}}{3}a \right)}^{2}}}=\sqrt{\frac{3{{b}^{2}}-{{a}^{2}}}{3}}$ .
${{V}_{S.ABC}}=\frac{1}{3}.\frac{1}{2}.\frac{\sqrt{3}}{2}{{a}^{2}}.\sqrt{\frac{3{{b}^{2}}-{{a}^{2}}}{3}}=\frac{{{a}^{2}}\sqrt{3{{b}^{2}}-{{a}^{2}}}}{12}$ .
CÔNG THỨC 12.
Cho hình chóp tam giác đều $S.ABC$ có cạnh đáy bằng $a$ và mặt bên tạo với mặt phẳng đáy góc $\alpha $.
Khi đó: ${{V}_{S.ABC}}=\frac{{{a}^{3}}\tan \alpha }{24}$ .
Chứng minh
$GM=\frac{1}{3}AM=\frac{1}{3}\cdot \frac{\sqrt{3}}{2}a=\frac{\sqrt{3}}{6}a$ .
$SG=\frac{\sqrt{3}}{6}a\tan \alpha $ .
${{V}_{S.ABC}}=\frac{1}{3}.\frac{1}{2}.\frac{\sqrt{3}}{2}{{a}^{2}}.\frac{\sqrt{3}}{6}atan\alpha =\frac{{{a}^{3}}tan\alpha }{24}$.
CÔNG THỨC 13.
Cho hình chóp tam giác đều $S.ABC$ có các cạnh bên bằng $b$ và cạnh bên tạo với mặt phẳng đáy góc $\beta $.
Khi đó: ${{V}_{S.ABC}}=\frac{\sqrt{3}{{b}^{3}}.\sin \beta .co{{\text{s}}^{2}}\beta }{4}$ .
Chứng minh
$SG=b\sin \beta $ .
$AM=\frac{3}{2}AG=\frac{3}{2}.b.co\text{s}\beta \Rightarrow BC=\sqrt{3}.b.co\text{s}\beta $ .
${{S}_{ABC}}=\frac{3\sqrt{3}}{4}{{b}^{2}}c\text{o}{{\text{s}}^{2}}\beta \Rightarrow {{V}_{S.ABC}}=\frac{\sqrt{3}{{b}^{3}}.\sin \beta .co{{\text{s}}^{2}}\beta }{4}$.
CÔNG THỨC 14.
Cho hình chóp tứ giác đều $S.ABCD$ có đáy $ABCD$là hình vuông cạnh bằng $a$, và $SA=SB=SC=SD=b$.
Khi đó: ${{V}_{ABCD}}=\frac{{{a}^{2}}\sqrt{4{{b}^{2}}-2{{a}^{2}}}}{6}$ .
Chứng minh
$SO=\sqrt{S{{A}^{2}}-O{{A}^{2}}}=\sqrt{{{b}^{2}}-\frac{{{a}^{2}}}{2}}$ .
${{V}_{S.ABCD}}=\frac{1}{3}.{{a}^{2}}.\sqrt{{{b}^{2}}-\frac{{{a}^{2}}}{2}}=\frac{{{a}^{2}}\sqrt{4{{b}^{2}}-2{{a}^{2}}}}{6}$.
CÔNG THỨC 15.
Cho tứ diện$ABCD$ có $AB=CD=a,AC=BD=b,AD=BC=c$ (tứ diện gần đều).
Khi đó: ${{V}_{ABC\text{D}}}=\frac{1}{6\sqrt{2}}\sqrt{(-{{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}})({{a}^{2}}-{{b}^{2}}+{{c}^{2}})({{a}^{2}}+{{b}^{2}}-{{c}^{2}})}$.
Chứng minh
Cách 1:
Dựng tứ diện $D.ABC$ sao cho $A,\text{ }B,\text{ }C$ lần lượt là trung điểm của$BC,\text{ }CA,\text{ }AB$ . Khi đó tứ diện $D.\text{ }ABC$ có các cạnh $DA,\text{ }DB,\text{ }DC$ đôi một vuông góc.
Ta có ${{V}_{ABCD}}=\frac{1}{4}{{V}_{DA’B’C’}}=\frac{1}{24}DA’.DB’.DC’$.
Ta có $\left\{ \begin{align}& DA{{‘}^{2}}+DC{{‘}^{2}}=4{{b}^{2}} \\& DA{{‘}^{2}}+DB{{‘}^{2}}=4{{a}^{2}} \\& DB{{‘}^{2}}+DC{{‘}^{2}}=4{{c}^{2}} \\\end{align} \right.$$\Rightarrow \left\{ \begin{align}& DA{{‘}^{2}}=2({{a}^{2}}+{{b}^{2}}-{{c}^{2}}) \\& DB{{‘}^{2}}=2({{a}^{2}}-{{b}^{2}}+{{c}^{2}}) \\& DC{{‘}^{2}}=2(-{{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}) \\\end{align} \right.$.
Khi đó: $V_{ABCD}^{{}}=\frac{1}{24}DA’.DB’.DC’=$ $\frac{1}{6\sqrt{2}}\sqrt{(-{{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}})({{a}^{2}}-{{b}^{2}}+{{c}^{2}})({{a}^{2}}+{{b}^{2}}-{{c}^{2}})}$.
Cách 2: Dựng lăng trụ $AMNBCD$ như hình bên.
Từ giả thiết ta có: $MNDC$ là hình thoi; các tam giác $CAN$,$DAM$ là các tam giác cân, suy ra: $AI\bot NC,AI\bot DM\Rightarrow AI\bot (CDMN)$.
Ta có: ${{V}_{ABC\text{D}}}=\frac{1}{2}{{V}_{A.MN\text{D}C}}=\frac{1}{2}.4{{V}_{A.IMN}}=2{{V}_{A.IMN}}=\frac{1}{3}IA.IM.IN=\frac{1}{3}h.m.n$.
Từ $\left\{ \begin{align}& {{h}^{2}}+{{m}^{2}}={{c}^{2}} \\& {{h}^{2}}+{{n}^{2}}={{b}^{2}} \\& {{m}^{2}}+{{n}^{2}}={{a}^{2}} \\\end{align} \right.$$\Leftrightarrow \left\{ \begin{align}& {{m}^{2}}=\frac{-{{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}}{2} \\& {{n}^{2}}=\frac{{{a}^{2}}+{{b}^{2}}-{{c}^{2}}}{2} \\& {{h}^{2}}=\frac{{{a}^{2}}-{{b}^{2}}+{{c}^{2}}}{2} \\\end{align} \right.$.
Suy ra:
${{V}_{ABC\text{D}}}=\frac{1}{6\sqrt{2}}\sqrt{(-{{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}})({{a}^{2}}-{{b}^{2}}+{{c}^{2}})({{a}^{2}}+{{b}^{2}}-{{c}^{2}})}$.
Cách 3: Dựng hình hộp chữ nhật $AMCN.PBQD$ như hình bên.
Gọi các kích thước của hình hộp là$m,\text{ }n,\text{ }p$.
Ta có: ${{V}_{PA\text{D}B}}={{V}_{MABC}}={{V}_{QBC\text{D}}}={{V}_{NAC\text{D}}}=\frac{1}{6}{{V}_{AMCN.PBQ\text{D}}}$. Suy ra:
${{V}_{ABC\text{D}}}=\frac{1}{3}{{V}_{AMCN.PBQ\text{D}}}=\frac{1}{3}m.n.p$.
Ta có: $\left\{ \begin{align}& {{m}^{2}}+{{n}^{2}}={{b}^{2}} \\& {{m}^{2}}+{{p}^{2}}={{a}^{2}} \\& {{p}^{2}}+{{n}^{2}}={{c}^{2}} \\\end{align} \right.$$\Leftrightarrow \left\{ \begin{align}& {{m}^{2}}=\frac{{{a}^{2}}+{{b}^{2}}-{{c}^{2}}}{2} \\& {{n}^{2}}=\frac{-{{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}}{2} \\& {{p}^{2}}=\frac{{{a}^{2}}-{{b}^{2}}+{{c}^{2}}}{2} \\\end{align} \right.$.
${{V}_{ABC\text{D}}}=\frac{1}{6\sqrt{2}}\sqrt{(-{{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}})({{a}^{2}}-{{b}^{2}}+{{c}^{2}})({{a}^{2}}+{{b}^{2}}-{{c}^{2}})}$.
Cách 4:
Sử dụng công thức ${{V}_{ABC\text{D}}}=\frac{1}{6}AB.C\text{D}.d(AB,C\text{D}).\sin (AB,C\text{D)}$.
Gọi $I,\text{ }J$ lần lượt là trung điểm của $AB$ và$CD$ . Ta chứng minh được $IJ$ là đường vuông góc chung của $AB$ và$CD$ . Gọi $\alpha $là góc giữa $AB$ và$CD$
Ta có ${{V}_{ABCD}}=\frac{1}{6}AB.CD.IJ.\sin \alpha $.
+ $I{{J}^{2}}=I{{C}^{2}}-C{{J}^{2}}=\frac{A{{C}^{2}}+B{{C}^{2}}}{2}-\frac{A{{B}^{2}}}{4}-\frac{C{{\text{D}}^{2}}}{4}=\frac{{{b}^{2}}+{{c}^{2}}-{{a}^{2}}}{2}$.
+ $\overrightarrow{AB}.\overrightarrow{CD}=AB.CD.\cos (\overrightarrow{AB},\overrightarrow{CD})$ (*).
Tính $\overrightarrow{AB}.\overrightarrow{CD}=\overrightarrow{AB}(\overrightarrow{AD}-\overrightarrow{AC})=\overrightarrow{AB}.\overrightarrow{AD}-\overrightarrow{AB}.\overrightarrow{AC}$ (**).
${{\overrightarrow{BD}}^{2}}={{(\overrightarrow{AD}-\overrightarrow{AB})}^{2}}={{\overrightarrow{AD}}^{2}}+{{\overrightarrow{AB}}^{2}}-2\overrightarrow{AB}.\overrightarrow{AD}$ $\Rightarrow \overrightarrow{AB}.\overrightarrow{AD}=\frac{{{c}^{2}}+{{a}^{2}}-{{b}^{2}}}{2}$.
Tương tự: $\overrightarrow{AB}.\overrightarrow{AC}=\frac{{{a}^{2}}+{{b}^{2}}-{{c}^{2}}}{2}$.
Thay vào (**) ta được:
$\overrightarrow{AB}.\overrightarrow{CD}=\frac{{{c}^{2}}+{{a}^{2}}-{{b}^{2}}}{2}-\frac{{{a}^{2}}+{{b}^{2}}-{{c}^{2}}}{2}={{c}^{2}}-{{b}^{2}}$.
Từ (*) ta có ${{c}^{2}}-{{b}^{2}}={{a}^{2}}.\cos (\overrightarrow{AB},\overrightarrow{CD})$
${{({{c}^{2}}-{{b}^{2}})}^{2}}={{a}^{4}}.{{\cos }^{2}}\alpha \Rightarrow {{\cos }^{2}}\alpha =\frac{{{({{c}^{2}}-{{b}^{2}})}^{2}}}{{{a}^{4}}}$.
Ta có: ${{V}_{ABCD}}=\frac{1}{6}AB.CD.IJ.\sin \alpha =\frac{1}{6}{{a}^{2}}.\sqrt{\frac{{{b}^{2}}+{{c}^{2}}-{{a}^{2}}}{2}}.\sqrt{1-\frac{{{({{c}^{2}}-{{b}^{2}})}^{2}}}{{{a}^{4}}}}$.
${{V}_{ABC\text{D}}}=\frac{1}{6\sqrt{2}}\sqrt{(-{{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}})({{a}^{2}}-{{b}^{2}}+{{c}^{2}})({{a}^{2}}+{{b}^{2}}-{{c}^{2}})}$.
Cách 5:
Gọi $I,\text{ }J,\text{ }M,\text{ }N,\text{ }P,\text{ }Q$ lần lượt là trung điểm của $AB,\text{ }CD,\text{ }AC,\text{ }BD,\text{ }AD,\text{ }BC$.
Ta thấy tứ giác $MINJ$ là hình thoi. Ta chứng minh được $PQ$ vuông góc với $AD$ và $BC$ nên $PQ$ vuông góc với $mp\left( IMJN \right)$.
Gọi $G$ là giao điểm của các đường $IJ,MN,\text{ }PQ$. Ta có ${{V}_{PMINJQ}}=2{{V}_{P.MINJ}}=2.\frac{1}{3}PG.\frac{1}{2}IJ.MN=\frac{1}{6}PQ.IJ.MN$.
Vì ${{V}_{AIMP}}={{V}_{BINQ}}={{V}_{CQMJ}}={{V}_{DPNJ}}=\frac{1}{8}{{V}_{ABC\text{D}}}$ nên ${{V}_{PIMJNQ}}={{V}_{ABCD}}-({{V}_{AIMP}}+{{V}_{BINQ}}+{{V}_{CQMJ}}+{{V}_{DPNJ}})=\frac{1}{2}{{V}_{ABCD}}$.
Suy ra ${{V}_{ABCD}}=2{{V}_{PIMJN}}=\frac{1}{3}PQ.IJ.MN$.
Ta tính được:
$I{{J}^{2}}=I{{C}^{2}}-C{{J}^{2}}=\frac{A{{C}^{2}}+B{{C}^{2}}}{2}-\frac{A{{B}^{2}}}{4}-\frac{C{{\text{D}}^{2}}}{4}=\frac{{{b}^{2}}+{{c}^{2}}-{{a}^{2}}}{2}$.
Tương tự:
$P{{Q}^{2}}=\frac{{{b}^{2}}+{{a}^{2}}-{{c}^{2}}}{2}$; $M{{N}^{2}}=\frac{{{a}^{2}}-{{b}^{2}}+{{c}^{2}}}{2}$
Từ đó:
${{V}_{ABC\text{D}}}=\frac{1}{6\sqrt{2}}\sqrt{(-{{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}})({{a}^{2}}-{{b}^{2}}+{{c}^{2}})({{a}^{2}}+{{b}^{2}}-{{c}^{2}})}$.
II. BÀI TẬP MẪU
Câu 1:
Cho hình chóp $S.ABC$ có đáy $ABC$ là tam giác vuông tại $A$,$AB=a,\,AC=2a$. Cạnh bên $SA$ vuông góc với đáy và $SA=2a$. Tính thể tích $V$ của khối chóp $S.ABC$.
Lời giải
Đường cao: $SA=2a$.
Diện tích: ${{S}_{\Delta ABC}}=\frac{AB.AC}{2}={{a}^{2}}$.
$\Rightarrow $ Thể tích: ${{V}_{S.ABC}}=\frac{1}{3}{{S}_{\Delta ABC}}.SA=\frac{2{{a}^{3}}}{3}$.
Câu 2:
Cho hình chóp $SABC$ có đáy $ABC$ là tam giác vuông cân tại $B$ với $AC=a$ biết $SA$ vuông góc với đáy $\left( ABC \right)$ và $SC$ hợp với $\left( SAB \right)$ một góc $30{}^\circ .$ Tính thể tích khối chóp $SABC.$
Lời giải
Ta có: $SA\bot \left( ABC \right)\Rightarrow SA\bot BC$
Mà $BC\bot AB\Rightarrow BC\bot \left( SAB \right)$
$\Rightarrow $ $SB$ là hình chiếu của $SC$ trên $\left( SAB \right)$
$\Rightarrow $ $\widehat{BSC}=30{}^\circ $
$ABC$ là tam giác vuông cân nên $AB=BC=\frac{a\sqrt{2}}{2}$
Vì $BC\bot \left( SAB \right)\Rightarrow BC\bot SB$
Xét $\Delta SBC$ vuông tại B, $SB=\frac{BC}{\tan 30{}^\circ }=\frac{a\sqrt{6}}{2}$
Xét $\Delta SAB$ vuông tại $A$, $SA=\sqrt{S{{B}^{2}}-A{{B}^{2}}}=a$
Thể tích khối chóp là $V=\frac{1}{3}.a.\frac{1}{2}\frac{{{a}^{2}}}{2}=\frac{{{a}^{3}}}{12}.$
Câu 3:
Cho khối chóp $S.ABCD$ có đáy $ABCD$ là hình vuông cạnh $a,$ $SA$ vuông góc với mặt phẳng đáy. Biết góc giữa hai mặt phẳng $\left( SBD \right)$ và $\left( ABCD \right)$ là $30{}^\circ $. Tính thể tích khối chóp $S.ABCD.$
Lời giải
Gọi $O$ là tâm hình vuông $ABCD.$ Khi đó $\left\{ \begin{align}& BD\bot SA \\& BD\bot AO \\\end{align} \right.\Rightarrow BD\bot \left( SAO \right)\Rightarrow $ $\left\{ \begin{align}& BD\bot AO \\& BD\bot SO \\\end{align} \right..$
Do đó góc giữa hai mặt phẳng $\left( SBD \right)$ và $\left( ABCD \right)$ là góc $\widehat{SOA}$ hay $\widehat{SOA}={{30}^{0}}.$
Xét tam giác vuông $SAO,$ cạnh $SA=AO.\tan \widehat{SOA}=\frac{1}{2}AC.\tan {{30}^{0}}=\frac{a\sqrt{6}}{6}.$
Suy ra: ${{V}_{S.ABCD}}=\frac{1}{3}SA.{{S}_{ABCD}}=\frac{1}{3}.\frac{a\sqrt{6}}{6}.{{a}^{2}}=\frac{{{a}^{3}}\sqrt{6}}{18}.$
Câu 4:
Cho hình chóp $S.ABC$ có đáy $ABC$ là tam giác đều cạnh $a$. Cạnh bên $SA$ vuông góc với mặt đáy $\left( ABC \right)$. Khoảng cách $d$ từ $A$ đến mặt phẳng $\left( SBC \right)$bằng $\frac{a\sqrt{15}}{5}$. Tính ${{V}_{S.ABC}}$.
Lời giải
Gọi $M$ là trung điểm $BC$, suy ra $AM\bot BC$ và $AM=\frac{a\sqrt{3}}{2}$.
Gọi $K$ là hình chiếu của $A$ trên $SM$, suy ra $AK\bot SM$. $\left( 1 \right)$
Ta có $\left\{ \begin{align}& AM\bot BC \\& BC\bot SA \\\end{align} \right.\Rightarrow BC\bot \left( SAM \right)\Rightarrow BC\bot AK.$ $\left( 2 \right)$
Từ $\left( 1 \right)$ và $\left( 2 \right)$, suy ra $AK\bot \left( SBC \right)$ nên $d\left[ A,\left( SBC \right) \right]=AK=\frac{a\sqrt{15}}{5}$.
Diện tích tam giác $ABC$ : $S_{ABC}^{{}}=\frac{{{a}^{2}}\sqrt{3}}{4}$
Trong $\Delta SAM$, có $SA=\frac{AK.AM}{\sqrt{A{{M}^{2}}-A{{K}^{2}}}}=a\sqrt{3}.$ Vậy ${{V}_{S.ABC}}=\frac{1}{3}.\frac{{{a}^{2}}\sqrt{3}}{4}.a\sqrt{3}=\frac{{{a}^{3}}}{4}$.
Câu 5:
Cho hình chóp $S.ABCD$ có đáy là hình thoi cạnh $a$, $\widehat{ABC}=60{}^\circ $. Hình chiếu vuông góc của $S$ lên mặt phẳng đáy là trọng tâm của tam giác $ABC$. Gọi $M,N$ lần lượt là trung điểm của $AB,SD$. Biết cosin góc giữa hai đường thẳng $CN$ và $SM$ bằng $\frac{2\sqrt{26}}{13}$. Tính thể tích khối chóp $S.ABCD$.
Lời giải
Gọi $O=AC\cap BD$ và $G$ là trọng tâm tam giác $\Delta ABC$ ta có $SG\bot (ABCD).$
Đặt $SG=h.$ Gọi $P$ là trung điểm của $DM$.
$NP\text{//}SM\Rightarrow \widehat{\left( SM,CN \right)}=\widehat{\left( NP,NC \right)}\Rightarrow \cos \widehat{CNP}=\pm \frac{2\sqrt{26}}{13}$.
Vì đây là hình thoi và $\widehat{ABC}=60{}^\circ $ nên $\Delta ABC,\,\,\Delta ADC$ là các tam giác đều cạnh $a$.
Khi đó:
$\widehat{MCD}={{90}^{0}}\Rightarrow CP=\frac{DM}{2}=\frac{\sqrt{C{{M}^{2}}+C{{D}^{2}}}}{2}$$=\frac{\sqrt{\frac{3}{4}{{a}^{2}}+{{a}^{2}}}}{2}=\frac{\sqrt{7}a}{4}$.
$NP=\frac{SM}{2}$$=\frac{\sqrt{S{{G}^{2}}+G{{M}^{2}}}}{2}=\frac{\sqrt{{{h}^{2}}+\frac{{{a}^{2}}}{12}}}{2}$.
$CN=\sqrt{\frac{2\left( C{{S}^{2}}+C{{D}^{2}} \right)-S{{D}^{2}}}{4}}$$=\sqrt{\frac{2\left( C{{G}^{2}}+S{{G}^{2}}+C{{D}^{2}} \right)-\left( S{{G}^{2}}+G{{D}^{2}} \right)}{4}}$.
$=\sqrt{\frac{2\left( \frac{{{a}^{2}}}{3}+{{h}^{2}}+{{a}^{2}} \right)-\left( {{h}^{2}}+\frac{4}{3}{{a}^{2}} \right)}{4}}$$=\sqrt{\frac{3{{h}^{2}}+4{{a}^{2}}}{12}}$.
Ta có: $\cos \widehat{CNP}=\frac{N{{P}^{2}}+C{{N}^{2}}-C{{P}^{2}}}{2NP.CN}$$=\frac{\frac{1}{4}\left( {{h}^{2}}+\frac{{{a}^{2}}}{12} \right)+\frac{3{{h}^{2}}+4{{a}^{2}}}{12}-\frac{7{{a}^{2}}}{16}}{\sqrt{{{h}^{2}}+\frac{{{a}^{2}}}{12}}.\sqrt{\frac{3{{h}^{2}}+4{{a}^{2}}}{12}}}$
$=\frac{6{{h}^{2}}-{{a}^{2}}}{\sqrt{12{{h}^{2}}+{{a}^{2}}}.\sqrt{3{{h}^{2}}+4{{a}^{2}}}}$.
Do đó: $\frac{6{{h}^{2}}-{{a}^{2}}}{\sqrt{12{{h}^{2}}+{{a}^{2}}}\sqrt{3{{h}^{2}}+4{{a}^{2}}}}=\pm \frac{2\sqrt{26}}{13}$$\Leftrightarrow h=\sqrt{\frac{19}{6}}a$.
Vậy ${{V}_{S.ABCD}}=\frac{1}{3}{{S}_{ABCD}}.h=\frac{1}{3}.2\left( \frac{\sqrt{3}}{4}{{a}^{2}} \right).\sqrt{\frac{19}{6}}a=\frac{\sqrt{38}{{a}^{3}}}{12}$.
Xem thêm:
Tổng hợp các công thức thể tích hình học 12 đầy đủ và chi tiết
Lý thuyết và bài tập mẫu khối đa diện