II. CÁC DẠNG BÀI TẬP CƠ BẢN VÀ NÂNG CAO.

DẠNG 1. TÍNH THỂ TÍCH CỦA MỘT SỐ KHỐI ĐA DIỆN

A. Phương pháp giải:

a) Chia khối đa diện đã cho thành các khối lăng trụ hoặc khối chóp đơn giản hơn. Từ đó vận dụng các công thức đã biết.

b) Ghép thêm vào khối đa diện đã cho các khối đa diện quen biết để được một khối đa diện đơn giản hơn.

c) Tìm tỉ số thể tích giữa khối đa diện đã cho với một khối đa diện đã biết thể tích.

B. Bài tập.

Bài 1: Tính thể tích của khối hộp \[ABCD.{A}'{B}'{C}'{D}'\] biết rằng $A{A}'{B}'{D}'$ là khối tứ diện đều cạnh a.

Giải

Ta có: \[{{V}_{ABCD.{A}'{B}'{C}'{D}'}}\text{ }=\text{ }{{S}_{{A}'{B}'{C}'{D}'}}.AH\]

Mà: \[{{S}_{{A}'{B}'{C}'{D}'}}=2.{{S}_{{A}'{B}'{D}'}}\]

AH là chiều cao của khối tứ diện đều \[AA'{B}'{D}'.\]

$AH=\sqrt{A{{{{B}'}}^{2}}-{B}'{{H}^{2}}}=\sqrt{{{a}^{2}}-{{\left( \frac{a\sqrt{3}}{3} \right)}^{2}}}=\frac{a\sqrt{6}}{3}$

${{S}_{{A}'{B}'{D}'}}=\frac{1}{2}{A}'{B}'{D}'{E}'=\frac{1}{2}a.\frac{a\sqrt{2}}{2}=\frac{{{a}^{2}}\sqrt{3}}{4}$

Vậy ${{V}_{ABCD.{A}'{B}'{C}'{D}'}}=2.\frac{{{a}^{2}}\sqrt{3}}{4}.\frac{a\sqrt{6}}{3}=\frac{{{a}^{3}}\sqrt{2}}{2}$

Bài 2: Cho hình chóp tam giác S.ABC có đáy là tam giác vuông ở B. Cạnh SA vuông góc với đáy. Từ A kẻ các đường AD vuông góc với SB và AE vuông góc với SC. Biết rằng AB = a, BC = b, SA = c. Hãy tính thể tích hình chóp S.ADE.

Giải

Ta có:

Vì \[AD\in \left( SAB \right)\] nên\[AD\bot BC\] .

Mặt khác \[AD\bot SB\] nên \[AD\bot \left( SBC \right)\Rightarrow AD\bot SC\]

hay \[SE\bot \left( ADE \right).\]

Trong tam giác vuông SAB ta có: SA.AB = AD.SB

$\Rightarrow AD=\frac{AB.SA}{SB}=\frac{ac}{\sqrt{{{a}^{2}}+{{c}^{2}}}}$

Trong tam giác vuông SAC ta có:

$AE=\frac{SA.AC}{SC}=\frac{c.\sqrt{{{a}^{2}}+{{b}^{2}}}}{\sqrt{{{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}}}$

Do \[AD\text{ }\bot \left( SBC \right)\] nên\[AD\text{ }\bot \text{ }DE\]. Từ đó suy ra:

\[DE=\sqrt{A{{E}^{2}}-A{{D}^{2}}}=\sqrt{\frac{{{c}^{2}}\left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}} \right)}{{{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}}-\frac{{{a}^{2}}{{c}^{2}}}{{{a}^{2}}+{{c}^{2}}}}=\frac{{{c}^{2}}b}{\sqrt{\left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}} \right)\left( {{a}^{2}}+{{c}^{2}} \right)}}\]

\[SE=\sqrt{S{{A}^{2}}-A{{E}^{2}}}=\sqrt{{{c}^{2}}-\frac{{{c}^{2}}\left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}} \right)}{{{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}}}=\frac{{{c}^{2}}}{\sqrt{{{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}}}\]

\[SD=\sqrt{S{{A}^{2}}-A{{D}^{2}}}=\sqrt{{{c}^{2}}-\frac{{{a}^{2}}{{c}^{2}}}{{{a}^{2}}+{{c}^{2}}}}=\frac{{{c}^{2}}}{\sqrt{{{a}^{2}}+{{c}^{2}}}}\]

$=\frac{1}{6}.\frac{{{c}^{2}}b}{\sqrt{\left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}} \right)\left( {{a}^{2}}+{{c}^{2}} \right)}}.\frac{{{c}^{2}}}{\sqrt{{{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}}}.\frac{ac}{\sqrt{{{a}^{2}}+{{c}^{2}}}}$

$=\frac{ab{{c}^{5}}}{6\left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}} \right)\left( {{a}^{2}}+{{c}^{2}} \right)}$

Bài 3: Cho hình hộp chữ nhật \[ABCD.{A}'{B}'{C}'{D}'\] có AB = a, BC = b, AA' = c. Gọi E và F lần lượt là trung điểm của \[{B}'{C}'\] và\[{C}'{D}'\] . Mặt phẳng (AEF) chia hình hộp đó thành hai hình đa diện (H) và $({H}')$ trong đó (H) là hình đa diện chứa đỉnh${A}'$. Tìm thể tích của (H) và $({H}')$

Giải

Giả sử đường thẳng EF cắt đường thẳng \[{A}'{B}'\] tại I và cắt đường thẳng \[{A}'{D}'\] tại J. AI cắt BB' tại L, AJ cắt \[D{D}'\] tại M.

Ta có ${{V}_{(H)}}={{V}_{A.{A}'IJ}}-{{V}_{L.{B}'IE}}-{{V}_{M.DJF}}$

Vì $E{B}'=E{C}'$ và ${B}'I$ // ${C}'F$

nên \[{B}'I={C}'F=\frac{{A}'{B}'}{2}\]

Tương tự:\[{D}'J\text{ =}\frac{{A}'{D}'}{2}\]

Theo định lý Talet ta có:

$\frac{L{B}'}{A{A}'}=\frac{I{B}'}{I{A}'}=\frac{1}{3}$ ; $\frac{M{D}'}{A{A}'}=\frac{J{D}'}{J{A}'}=\frac{1}{3}$

Do do: ${{V}_{L.{B}'EI}}=\frac{1}{3}.\left( \frac{1}{2}.\frac{a}{2}.\frac{b}{2} \right).\frac{c}{3}=\frac{abc}{72}$

Tương tự: ${{V}_{M.DFJ}}=\frac{abc}{72}$

Vì ${{V}_{A.{A}'IJ}}=\frac{1}{3}.\left( \frac{1}{2}.\frac{3a}{2}.\frac{3b}{2} \right).c=\frac{abc}{8}$ nên ${{V}_{\left( H \right)}}=\frac{3abc}{8}-\frac{2.abc}{72}=\frac{25abc}{72}$

${{V}_{({H}')}}={{V}_{ABCD.{A}'{B}'{C}'{D}'}}-{{V}_{(H)}}=abc-\frac{25abc}{72}=\frac{47abc}{72}$

Bài 4: Cho hình chóp tam giác S.ABC. Đáy ABC có AB = a, AC = b, góc \[\widehat{BAC}=\alpha \,\,\left( 0{}^\circ <\alpha <90{}^\circ \right)\].Cạnh bên SA = c hợp với các cạnh đáy AB và AC các góc bằng nhau và bằng α. Tính thể tích khối chóp.

Giải

Gọi H là chân đường cao SH của hình chóp. Kẻ HI, HK theo thứ tự vuông góc với AB, AC.

Theo định lý ba đường vuông góc ta có: \[SI\bot AB;\text{ }SK\bot AC\].

Xét 2 tam giác vuông SAI và SAK, có: SA chung, \[\widehat{SAI}=\widehat{SAK}=\alpha \Rightarrow \Delta SAI=\Delta SAK\Rightarrow SI=SK\]

Theo định lý đường xiên và hình chiếu ta được HI = HK $\Rightarrow $ H thuộc đường phân giác trong của góc A của tam giác ABC. Do đó,

\[\widehat{IAH}=\frac{\alpha }{2}\]

Tam giác vuông SIA có\[AI=c.cos\alpha \] .

Tam giác vuông AIH có $AH=\frac{AI}{\cos \frac{\alpha }{2}}=\frac{c.\cos \alpha }{\cos \frac{\alpha }{2}}$

Tam giác vuông SHA có: $S{{H}^{2}}=S{{A}^{2}}-A{{H}^{2}}$

\[S{{H}^{2}}={{c}^{2}}-\frac{{{c}^{2}}-{{\cos }^{2}}\alpha }{{{\cos }^{2}}\frac{\alpha }{2}}=\frac{{{c}^{2}}}{{{\cos }^{2}}\frac{\alpha }{2}}.\left( {{\cos }^{2}}\frac{\alpha }{2}-{{\cos }^{2}}\alpha \right)\]

$\Rightarrow SH=\frac{c}{cos\frac{\alpha }{2}}.\sqrt{co{{s}^{2}}\frac{\alpha }{2}-co{{s}^{2}}\alpha }$

Ta có: \[{{S}_{ABC}}=\frac{1}{2}AB.AC.\text{ }sin\widehat{\text{BAC}}\text{ }=\frac{1}{2}ab.\sin \alpha \] (2)

${{V}_{S.ABC}}=\frac{1}{3}{{S}_{ABC}}.SH$ (3)

Thay (1), (2) vào (3): ${{V}_{S.ABC}}=\frac{1}{3}.\frac{1}{2}ab.\sin \alpha .\frac{c}{cos\frac{\alpha }{2}}.\sqrt{co{{s}^{2}}\frac{\alpha }{2}-co{{s}^{2}}\alpha }$

$=\frac{1}{3}abc.\sin \frac{\alpha }{2}.\sqrt{co{{s}^{2}}\frac{\alpha }{2}-co{{s}^{2}}\alpha }$

Ta có:

$co{{s}^{2}}\frac{\alpha }{2}-co{{s}^{2}}\alpha =\frac{1}{2}\left[ 1+cos\alpha -1-cos2\alpha \right]=-\sin \frac{3\alpha }{2}.\sin \left( -\frac{\alpha }{2} \right)=\sin \frac{3\alpha }{2}.\sin \frac{\alpha }{2}$

Vậy ${{V}_{SABC}}=\frac{1}{3}abc.\sin \frac{\alpha }{2}.\sqrt{\sin \frac{3\alpha }{2}.\sin \frac{\alpha }{2}}$