Bài tập nâng cao Thể tích · Bài 44

Gọi $ H $ và $ H' $ lần lượt là trung điểm của $ BC $ và $ B'C' $. Khi đó ta có $ \left \{ \begin{array}{l} BC⊥A'H \\ BC⊥AH \end{array} \right.\Rightarrow BC⊥AA' $$ \Rightarrow BC⊥BB'\,,\,BC⊥CC' $, suy ra $ BB'C'C $ là hình chữ nhật.
Vì $ E\in BB' $, $ F\in CC' $, và $ EF⊥BB' $, $ EF⊥CC' $ (do $ EF⊂\left ( { P } \right ) $ vuông góc với các cạnh bên của lăng trụ), suy ra $ EF\,{ \rm{ / } }{ \rm{ / } }\,BC $ và $ EF=BC $$ =a $ (giả sử cạnh đáy của lăng trụ là $ a $).
Gọi $ I $ là trung điểm của $ HH' $$ \Rightarrow I $ cũng là trung điểm của $ EF $.
Kẻ $ ED⊥AA' $, $ D\in AA' $, suy ra $ DF⊥AA' $.
Do $ \left ( { ABB'A' } \right )⊥\left ( { ACC'A' } \right ) $ nên suy ra $ ED⊥DF $. Hơn nữa dễ thấy $ DE=DF $, nên $ \Delta DEF $ vuông cân tại $ D $. Suy ra $ 2(ED)^2 =(EF)^2 =a ^ { 2 } $$ \Rightarrow ED=\frac { a\sqrt[] { 2 } } { 2 } $.
Chu vi $ \Delta DEF $ bằng $ DE+DF+EF=a\sqrt[] { 2 }+a=4 $$ \Rightarrow a=4\left ( { \sqrt[] { 2 }-1 } \right ) $.
Xét hình bình hành $ AA'H'H $, kẻ $ A'K⊥HH' $. Ta thấy, $ ID⊥AA'\Rightarrow ID⊥HH' $, suy ra $ A'K\,{ \rm{ / } }{ \rm{ / } }\,ID $$ \Rightarrow A'K=ID=\frac { EF } { 2 }=\frac { a } { 2 } $ (do $ \Delta DEF $ vuông cân tại $ D $).
Khi đó, ta có diện tích hình bình hành $ AA'H'H $ bằng:$ A'K.AA'=A'H.AH $
$ \Rightarrow \frac { a } { 2 }.AA'=\frac { a\sqrt[] { 3 } } { 2 }.A'H $$ \Rightarrow AA'=\sqrt[] { 3 }A'H $.
Mà $ (AA')^2 =(A'H)^2 +(AH)^2 $$ \Rightarrow 2(A'H)^2 =(AH)^2 =\frac { 3a ^ { 2 } } { 4 } $$ \Rightarrow A'H=\frac { a\sqrt[] { 3 } } { 2\sqrt[] { 2 } } $.
$ S_{ ABC } =\frac { a ^ { 2 } \sqrt[] { 3 } } { 4 } $.
Suy ra $ V_{ ABC.A'B'C' } =A'H.S_{ ABC } =\frac { a\sqrt[] { 3 } } { 2\sqrt[] { 2 } }.\frac { a ^ { 2 } \sqrt[] { 3 } } { 4 } $.
Với $ a=4\left ( { \sqrt[] { 2 }-1 } \right ) $ thì $ V_{ ABC.A'B'C' } =\frac { 4\left ( { \sqrt[] { 2 }-1 } \right ) } { 2\sqrt[] { 2 } }.\frac { 16\left ( { \sqrt[] { 2 }-1 } \right ) ^ { 2 } .\sqrt[] { 3 } } { 4 }=12\left ( { 10-7\sqrt[] { 2 } } \right ) $.