Bài tập nâng cao · Bài 60
Dạng 3. Thể tích khối đa diện khác
Bài tập nâng cao Thể tích · Bài 60
Cho hình hộp $ ABCD.A'B'C'D' $ có đáy ABCD là hình thoi tâm O, cạnh bằng a và $ \widehat { BAC }=60 ^ { \circ } $. Gọi I, J lần lượt là tâm của các mặt bên $ ABB'A',CDD'C' $. Biết $ AI=\frac { a\sqrt[] { 7 } } { 2 } $, $ AA'=2a $và góc giữa hai mặt phẳng $ \left ( { ABB'A' } \right ),\left ( { A'B'C'D' } \right ) $ bằng $ 60 ^ { \circ } $. Tính theo a thể tích khối tứ diện AOIJ.
Xem lời giải
Lời giải
Ta có $ (AI)^2 =\frac { (AA')^2 +(AB)^2 } { 2 }-\frac { (A'B)^2 } { 4 }\Rightarrow (A'B)^2 =2\left ( { (AA')^2 +(AB)^2 } \right )-4(AI)^2 =3a ^ { 2 } \Rightarrow A'B=a\sqrt[] { 3 } $
Do $ (A'B)^2 +(AB)^2 =(AA')^2 $ nên tam giác $ A'AB $vuông tại B$ \Rightarrow S_{ A'AB } =\frac { a ^ { 2 } \sqrt[] { 3 } } { 2 } $
Tam giác ABC đều cạnh a nên $ S_{ ABC } =\frac { a ^ { 2 } \sqrt[] { 3 } } { 4 } $
Theo đề góc giữa hai mặt phẳng $ \left ( { ABB'A' } \right ),\left ( { A'B'C'D' } \right ) $ bằng $ 60 ^ { \circ } $, nên suy ra $ V_{ A'ABC } =\frac { 2S_{ A'AB } .S_{ ABC } sin60 ^ { \circ } } { 3AB }=\frac { a ^ { 3 } \sqrt[] { 3 } } { 8 } $
$ V_{ AOIJ } =\frac { 1 } { 3 }d\left ( { O;\left ( { IAJ } \right ) } \right ).S_{ IAJ } =\frac { 1 } { 3 }.\frac { 1 } { 2 }d\left ( { B;\left ( { B'AD } \right ) } \right ).\frac { 1 } { 2 }S_{ B'AD } =\frac { 1 } { 4 }V_{ B'ABD } =\frac { 1 } { 4 }V_{ A'ABC } =\frac { a ^ { 3 } \sqrt[] { 3 } } { 32 } $
Bổ sung: Công thức tính nhanh thể tích tứ diện theo góc giữa hai mặt phẳng
Cho tứ diện ABCD có diện tích tam giác ABC bằng $ S_{ 1 } $, diện tích tam giác BCD là $ S_{ 2 } $và góc giữa hai mặt phẳng (ABC) và (DBC) là $ φ $. Khi đó ta có: $ V_{ ABCD } =\frac { 2S_{ 1 } S_{ 2 } .sinφ } { 3BC } $
Chứng minh: Gọi H là hình chiếu của A lên (BCD), kẻ $ HI⊥BC $ tại $ I $ thì $ AI⊥BC $ và $ \left ( { \left ( { ABC } \right );\left ( { DBC } \right ) } \right )=\left ( { AI;HI } \right )= \widehat { AIH }=φ $; $ AH=AIsinφ $
$ V_{ ABCD } =\frac { 1 } { 3 }AH.S_{ DBC } =\frac { 1 } { 3 }AIsinφ.S_{ 2 } =\frac { 1 } { 3 }\frac { 2S_{ ABC } } { BC }.sinφ.S_{ 2 } =\frac { 2S_{ 1 } S_{ 2 } sinφ } { 3BC } $
Do $ (A'B)^2 +(AB)^2 =(AA')^2 $ nên tam giác $ A'AB $vuông tại B$ \Rightarrow S_{ A'AB } =\frac { a ^ { 2 } \sqrt[] { 3 } } { 2 } $
Tam giác ABC đều cạnh a nên $ S_{ ABC } =\frac { a ^ { 2 } \sqrt[] { 3 } } { 4 } $
Theo đề góc giữa hai mặt phẳng $ \left ( { ABB'A' } \right ),\left ( { A'B'C'D' } \right ) $ bằng $ 60 ^ { \circ } $, nên suy ra $ V_{ A'ABC } =\frac { 2S_{ A'AB } .S_{ ABC } sin60 ^ { \circ } } { 3AB }=\frac { a ^ { 3 } \sqrt[] { 3 } } { 8 } $
$ V_{ AOIJ } =\frac { 1 } { 3 }d\left ( { O;\left ( { IAJ } \right ) } \right ).S_{ IAJ } =\frac { 1 } { 3 }.\frac { 1 } { 2 }d\left ( { B;\left ( { B'AD } \right ) } \right ).\frac { 1 } { 2 }S_{ B'AD } =\frac { 1 } { 4 }V_{ B'ABD } =\frac { 1 } { 4 }V_{ A'ABC } =\frac { a ^ { 3 } \sqrt[] { 3 } } { 32 } $
Bổ sung: Công thức tính nhanh thể tích tứ diện theo góc giữa hai mặt phẳng
Cho tứ diện ABCD có diện tích tam giác ABC bằng $ S_{ 1 } $, diện tích tam giác BCD là $ S_{ 2 } $và góc giữa hai mặt phẳng (ABC) và (DBC) là $ φ $. Khi đó ta có: $ V_{ ABCD } =\frac { 2S_{ 1 } S_{ 2 } .sinφ } { 3BC } $
Chứng minh: Gọi H là hình chiếu của A lên (BCD), kẻ $ HI⊥BC $ tại $ I $ thì $ AI⊥BC $ và $ \left ( { \left ( { ABC } \right );\left ( { DBC } \right ) } \right )=\left ( { AI;HI } \right )= \widehat { AIH }=φ $; $ AH=AIsinφ $
$ V_{ ABCD } =\frac { 1 } { 3 }AH.S_{ DBC } =\frac { 1 } { 3 }AIsinφ.S_{ 2 } =\frac { 1 } { 3 }\frac { 2S_{ ABC } } { BC }.sinφ.S_{ 2 } =\frac { 2S_{ 1 } S_{ 2 } sinφ } { 3BC } $