Thể tích khối đa diện

THỂ TÍCH KHỐI ĐA DIỆN

I. THỂ TÍCH KHỐI CHÓP

Công thức tính thể tích khối chóp $V=\frac{1}{3}B.h$

Trong đó: B là diện tích của đáy.

h là chiều cao của khối chóp.

Chú ý: Các công thức tính diện tích đáy

Dạng 1. Khối chóp cho trước chiều cao

Phương pháp:

+ Cạnh bên vuông góc với đáy ⇒ Chiều cao chính là cạnh bên đó.
+ Chóp cho biết hình chiếu của đỉnh lên mặt phẳng đáy ⇒ Chiều cao chính là đoạn thẳng nối từ đỉnh đến điểm đó.
+ Chóp có hai mặt bên cùng vuông góc với đáy ⇒ Chiều cao chính là giao tuyến của hai mặt bên đó.

Ví dụ 1.1: Cho hình chóp S.ABCD, có đáy ABCD là hình vuông cạnh a. Cạnh bên SA vuông góc với đáy, cạnh SD tạo với mặt phẳng đáy một góc 45⁰. Thể tích khối chóp $S.ABCD$ là

A. ${{a}^{3}}$ B. $\frac{2}{3}{{a}^{3}}$ C. $\frac{1}{3}{{a}^{3}}$ D. $2{{a}^{3}}$

Lời giải:

Ta có: $(SD,(ABCD))=(SD,AD)=\widehat{SDA}={{45}^{0}}$

Thể tích khối chóp $S.ABCD$ là

${{V}_{S.ABCD}}=\frac{1}{3}SA.{{S}_{ABCD}}=\frac{1}{3}AD.\tan {{45}^{0}}.{{a}^{2}}=\frac{1}{3}{{a}^{3}}$

Chọn C.

Ví dụ 1.2 (THPT Chuyên Phân Bội Châu – Nghệ An)

Cho tứ diện $ABCD$ có $AB,\,AC,\,AD$ đôi một vuông góc với nhau, $AB=a,\,\,AC=b,\,\,AD=c$ . Tính thể tích V của khối tứ diện $ABCD$ theo $a,\,b,\,c$ .

A. $V=\frac{abc}{2}$ B. $V=\frac{abc}{6}$ C. $V=\frac{abc}{3}$ D. $V=abc$

Lời giải:

Theo giả thiết $\left\{ \begin{array}{l}AD\bot AB\\AD\bot AC\end{array} \right.\Rightarrow AD\bot (ABC)$

Thể tích khối tứ diện $ABCD$ là

${{V}_{ABCD}}=\frac{1}{3}AD.{{S}_{ABC}}=\frac{1}{3}AD.AB.AC=\frac{1}{6}abc$ .

Chọn B.

Ví dụ 1.3: Cho hình chóp $S.ABC$ có $SA\bot (ABC)$ , đáy $ABC$ là tam giác vuông tại B. Biết $AB=3a,\,BC=4a$ và $SC$ hợp với đáy $(ABC)$ một góc $\alpha$ với $\cos \alpha =\frac{5}{13}$ . Tính thể tích khối chóp.

A. $72{{a}^{3}}$ B. $24{{a}^{3}}$ C. $48{{a}^{3}}$ D. $12{{a}^{3}}$

Lời giải:

Vì hình chiếu của SC trên mặt phẳng (ABC) là AC

nên $(SC,AC)=(SC,(ABC))=(SC,AC)=\widehat{SCA}$

Áp dụng định lý Pitago trong tam giác vuông ABC

có:

$A{{C}^{2}}=A{{B}^{2}}+B{{C}^{2}}={{(3a)}^{2}}+{{(4a)}^{2}}=>AC=5a$

Diện tích tam giác ABC là:

${{S}_{ABC}}=\frac{1}{2}AB.BC=\frac{1}{2}.3a.4a=6{{a}^{2}}$

Ta có $SA=AC.\tan \alpha =AC.\sqrt{\frac{1}{{{\cos }^{2}}\alpha }-1}$

$=AC.\sqrt{{{(\frac{13}{5})}^{2}}-1}=5a.\frac{12}{5}=12a$

Thể tích khối chóp là ${{V}_{S.ABC}}=\frac{1}{3}.SA.{{S}_{ABC}}=\frac{1}{3}.12a.6a=24{{a}^{3}}(dvtt)$ . Chọn B.

Ví dụ 1.4 (Chuyên Lê Quý Đôn – Bình Định)

Cho hình chóp $S.ABC$ có tam giác $ABC$ vuông tại $B,\,\,BC=a,AC=2a,$ tam giác $SAB$ đều. Hình chiếu của S lên mặt phẳng $(ABC)$ trùng với trung điểm M của AC. Tính thể tích khối chóp $S.ABC$ .

A. $\frac{{{a}^{3}}\sqrt{3}}{3}$ B. $\frac{4{{a}^{3}}}{3}$ C. $\frac{{{a}^{3}}\sqrt{3}}{6}$ D. $\frac{{{a}^{3}}\sqrt{6}}{6}$

Lời giải:

Áp dụng định lí Pitago trong tam giác $ABC$ có:

$A{{B}^{2}}=A{{C}^{2}}-B{{C}^{2}}={{(2a)}^{2}}-{{a}^{2}}=3{{a}^{2}}\Rightarrow AB=a\sqrt{3}$

Tam giác $SAB$ đều nên $SA=AB=a\sqrt{3}$

Áp dụng định lí Pitago trong tam giác $SAM$ có:

$SM=\sqrt{S{{A}^{2}}-A{{M}^{2}}}=\sqrt{3{{a}^{2}}-{{a}^{2}}}=a\sqrt{2}$

Thể tích khối chóp $S.ABC$ là ${{V}_{S.ABC}}=\frac{1}{3}.{{S}_{ABC}}.SM=\frac{1}{3}.\frac{1}{2}.AB.BC.SM$

$=\frac{1}{6}.a\sqrt{3}.a.a\sqrt{2}=\frac{{{a}^{3}}\sqrt{6}}{6}$ .

Chọn D.

Ví dụ 1.5 (THPT Yên Lạc – Vĩnh Phúc 2017 Lần 1)

Cho hình chóp $S.ABC$ có đáy là tam giác đều cạnh a. Các mặt bên $(SAB),\,(SAC)$ cùng vuông góc với mặt đáy $(ABC)$ ; góc giữa SB và mặt $(ABC)$ bằng ${{60}^{0}}$ . Tính thể tích khối chóp $S.ABC$ .

A. $\frac{3{{a}^{3}}}{4}$ B. $\frac{{{a}^{3}}}{2}$ C. $\frac{{{a}^{3}}}{4}$ D. $\frac{{{a}^{3}}}{12}$

Lời giải:

Theo giả thiết có:

$\left\{ \begin{array}{l}(SAB)\bot (ABC)\\(SAC)\bot (ABC)\\(SAB)\cap (SAC)=SA\end{array} \right.\Rightarrow SA\bot (ABC)$

Thể tích khối chóp $S.ABC$ là

${{V}_{S.ABC}}=\frac{1}{3}SA.{{S}_{ABC}}=\frac{1}{3}AB.\tan {{60}^{0}}.\frac{{{a}^{2}}\sqrt{3}}{4}=\frac{{{a}^{3}}}{4}$

Chọn C.

Ví dụ 1.6: Cho hình chóp $S.ABCD$ có đáy $ABCD$ là hình thoi; hai đường chéo $AC=2\sqrt{3}a;\,\,BD=2a$ và cắt nhau tại O; hai mặt phẳng $(SAC)$ và $(SBD)$ cùng vuông góc với mặt phẳng $(ABCD)$ . Biết khoảng cách từ điểm O đến mặt phẳng $(SAB)$ bằng $\frac{a\sqrt{3}}{4}$ . Tính thể tích khối chóp $S.ABCD$ theo a.

A. $\frac{{{a}^{3}}\sqrt{3}}{3}$ B. $\frac{{{a}^{3}}}{3}$ C. $\frac{{{a}^{3}}\sqrt{7}}{3}$ D. ${{a}^{3}}\sqrt{3}$

Lời giải:

Vì $ABCD$ là hình thoi nên $OA=a\sqrt{3};\,$ $OB=a$ .

$\Delta OAB$ vuông tại O có:

$\tan \widehat{ABD}=\frac{OA}{OB}=\frac{a\sqrt{3}}{a}=\sqrt{3}\Rightarrow \widehat{ABD}={{60}^{0}}$

$\Rightarrow \Delta ABD$ đều.

Ta có $\left\{ \begin{array}{l}(SAC)\bot (ABCD)\\(SBD)\bot (ABCD)\\(SAC)\cap (SBD)=SO\end{array} \right.\Rightarrow SO\bot (ABCD)$

Gọi H là trung điểm của AB.

$\Delta ABD$ đều nên $DH\bot AB$ và $DH=a\sqrt{3}$ .

Kẻ $OK//DH\,\,(K\in AB)\Rightarrow K$ là trung điểm của AB $\Rightarrow OK=\frac{1}{2}DH=\frac{a\sqrt{3}}{2}$

và $OK\bot AB\Rightarrow AB\bot (SOK)$ .

Kẻ $OI\bot SK$ , mà $OI\bot AB\Rightarrow OI\bot (SAB)$ , hay $OI=d(O,(SAB))$ .

$\Delta SOK$ vuông tại O có: $\frac{1}{O{{I}^{2}}}=\frac{1}{O{{K}^{2}}}+\frac{1}{S{{O}^{2}}}\Rightarrow SO=\frac{a}{2}$ .

${{S}_{ABCD}}=4{{S}_{ABO}}=2OA.OB=2{{a}^{2}}\sqrt{3}$ .

Thể tích khối chóp $S.ABCD$ là ${{V}_{S.ABCD}}=\frac{1}{3}SO.{{S}_{ABCD}}=\frac{{{a}^{3}}\sqrt{3}}{3}$ . Chọn A.

Dạng 2. Khối chóp có một mặt vuông góc với đáy

Phương pháp:

Để xác định đường cao của hình chóp ta vận dụng định lí sau:

$\left\{ \begin{array}{l}(\alpha )\bot (\beta )\\(\alpha )\cap (\beta )=d\\a\subset (\alpha )\\a\bot d\end{array} \right.\Rightarrow a\bot (\beta )$

⇒ Kẻ đường cao SH của mặt bên đó ⇒ SH là đường cao của hình chóp.

Lưu ý khi vẽ hình: Hình chóp có một mặt bên vuông góc với đáy

Nếu đáy là tam giác thì vẽ mặt bên ở mặt sau của khối chóp.
Nếu đáy là tứ giác thì vẽ mặt bên đó ở mặt bên trái khối chóp.

Ví dụ 2.1 (THPT Nguyễn Văn Thoại – An Giang 2017)

Cho hình chóp $S.ABC$ , có đáy $ABC$ là tam giác vuông cân tại C, $\Delta SAB$ đều cạnh a và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Tính thể tích V của khối chóp theo a.

A. $V=\frac{{{a}^{3}}\sqrt{3}}{12}$ B. $V=\frac{{{a}^{3}}\sqrt{3}}{24}$ C. $V=\frac{{{a}^{3}}\sqrt{3}}{6}$ D. $V=\frac{{{a}^{3}}\sqrt{3}}{48}$

Lời giải:

Gọi H là trung điểm của AB.

Tam giác $SAB$ đều nên $SH\bot AB$ .

Mà $(SAB)\bot (ABC)$ nên $SH\bot (ABCD)$ .

SH là đường cao của tam giác đều $SAB$

$\Rightarrow SH=\frac{a\sqrt{3}}{2}$ .

$\Delta ABC$ vuông cân tại C nên ta có:

$AC=BC=\frac{AB}{\sqrt{2}}\Rightarrow {{S}_{ABC}}=\frac{1}{2}AC.BC=\frac{{{a}^{2}}}{4}$

Thể tích khối chóp $S.ABC$ là ${{V}_{SABC}}=\frac{1}{3}SH.{{S}_{ABC}}=\frac{{{a}^{3}}\sqrt{3}}{24}$ .

Chọn B.

Ví dụ 2.2 (THPT Tân Yên 1 – Bắc Giang 2017)

Cho hình chóp $S.ABCD$ có đáy $ABCD$ là hình chữ nhật, $AB=a,\,\,AD=2a.$ Tam giác $SAB$ cân tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Đường thẳng $SC$ tạo với mặt phẳng đáy một góc ${{60}^{0}}$ . Tính thể tích khối chóp $S.ABCD$ .

A. $\frac{{{a}^{3}}\sqrt{17}}{6}$ B. $\frac{{{a}^{3}}\sqrt{17}}{9}$ C. $\frac{{{a}^{3}}\sqrt{17}}{\sqrt{3}}$ D. $\frac{{{a}^{3}}\sqrt{17}}{3}$

Lời giải:

Do $\Delta SAB$ cân tại $S$ nên hình chiếu của $S$ trên

mặt phằng $(ABCD)$ là trung điểm $H$ của cạnh $AB$ .

Ta có: $CH=\sqrt{B{{C}^{2}}+B{{H}^{2}}}=\frac{a\sqrt{17}}{2}$

$(SC,(ABCD))=\widehat{SCH}={{60}^{0}}$

$\Rightarrow SH=CH.\tan {{60}^{0}}=\frac{a\sqrt{51}}{2}$

Thể tích khối chóp $S.ABCD$ là

${{V}_{S.ABCD}}=\frac{1}{3}SH.{{S}_{ABCD}}=\frac{{{a}^{3}}\sqrt{51}}{3}=\frac{{{a}^{3}}\sqrt{17}}{\sqrt{3}}$ .

Chọn C.

Ví dụ 2.3: Cho hình chóp $S.ABCD$ có đáy là hình chữ nhật $ABCD,\,\,BC=2AB=2a$ . Tam giác $SAC$ nằm trong mặt phẳng vuông góc với $(ABCD),\,\widehat{SAC}={{60}^{0}},\,SA=2a.$ Tính thể tích của khối chóp $S.ABCD$ .

A. $\frac{{{a}^{3}}\sqrt{3}}{3}$ B. $\frac{{{a}^{3}}}{3}$ C. $\frac{2{{a}^{3}}\sqrt{3}}{3}$ D. ${{a}^{3}}$

Lời giải:

Dựng $SH\bot AC$ , do $(SAC)\bot (ABCD)\,\Rightarrow \,SH\bot (ABCD)$

Ta có, do $\Delta SHA$ vuông tại H:

$\sin \widehat{SAH}=\frac{SH}{SA}\,\Leftrightarrow \,SH=SA.\sin \widehat{SAH}=a\sqrt{3}$

và ${{S}_{ABCD}}=2{{a}^{2}}$

Vậy ${{V}_{S.ABCD}}=\frac{1}{3}SH.{{S}_{ABCD}}=\frac{2\sqrt{3}{{a}^{3}}}{3}$

Đáp án C

Ví dụ 2.4: Cho khối chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và D, $AB=AD=2a,CD=a$ . Góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (ABCD) bằng ${{60}^{0}}$ . Gọi I là trung điểm của AD. Biết hai mặt phẳng (SBI) và (SCI) cùng vuông góc với mặt phẳng đáy. Thể tích khối chóp S.ABCD là:

A. ${{V}_{S.ABCD}}=6{{a}^{3}}\sqrt{3}$ B. ${{V}_{S.ABCD}}=\frac{6{{a}^{3}}\sqrt{15}}{5}$ C. ${{V}_{S.ABCD}}=\frac{3{{a}^{3}}\sqrt{15}}{5}$ D. ${{V}_{S.ABCD}}=6{{a}^{3}}$

Lời giải:

Dựng $IH\bot CD$ , mặt khác $SI\bot \left( ABCD \right)$ .

Do đó $CD\bot BC\Rightarrow CD\bot \left( SHI \right)\Rightarrow \widehat{SHI}={{60}^{0}}$ .

Ta có: $BC=\sqrt{A{{D}^{2}}+\left( AB-C{{D}^{2}} \right)}=a\sqrt{5}$ .

${{S}_{ICD}}={{S}_{ABCD}}-{{S}_{ABI}}-{{S}_{CDI}}=\frac{3{{a}^{2}}}{2}$ .

Do vậy $IH=\frac{2{{S}_{ICD}}}{BC}=\frac{3a}{\sqrt{5}}\Rightarrow SI=\frac{3a\sqrt{3}}{\sqrt{5}}$

$\Rightarrow V=\frac{1}{3}SI.{{S}_{ABCD}}=\frac{3{{a}^{3}}\sqrt{15}}{5}$ .Chọn C

Dạng 3. Khối chóp có các cạnh bên bằng nhau – Khối chóp đều

Phương pháp:

+ Hình chóp đều là hình chóp có đáy là đa giác đều, các mặt bên là các tam giác cân và bằng nhau, chân đường cao ≡ tâm đường tròn ngoại tiếp đáy.
+ Tứ diện đều: là hình có 4 mặt là tam giác đều (khác với hình chóp tam giác đều).
+ Hình chóp có các cạnh bên bằng nhau ⇒ chân đường cao ≡ tâm đường tròn ngoại tiếp đáy.

Ví dụ 3.1: Thể tích tứ diện đều cạnh 2a là

A. $\displaystyle 2\sqrt{2}{{a}^{3}}$ B. $\displaystyle \frac{2\sqrt{2}}{3}{{a}^{3}}$ C. $\displaystyle \frac{\sqrt{2}}{6}{{a}^{3}}$ D. $\displaystyle \frac{\sqrt{2}}{2}{{a}^{3}}$

Lời giải:

Thể tích tứ diện đều cạnh a có công thức nhanh $\displaystyle V=\frac{{{a}^{3}}\sqrt{2}}{12}$ .

Thể tích tứ diện đều cạnh 2a là $\displaystyle V=\frac{{{\left( 2a \right)}^{3}}\sqrt{2}}{12}=\frac{2{{a}^{3}}\sqrt{2}}{3}$ (đvtt). Chọn B.

Ví dụ 3.2: Thể tích của khối bát diện đều cạnh a là

A. ${{a}^{3}}\frac{\sqrt{2}}{3}$ B. ${{a}^{3}}\frac{\sqrt{2}}{6}$ C. $\displaystyle {{a}^{3}}\frac{\sqrt{3}}{2}$ D. ${{a}^{3}}\sqrt{6}$

Lời giải:

Thể tích của khối chóp tứ giác đều có các cạnh bằng a có thể tích là V₁= $\frac{{{a}^{3}}\sqrt{2}}{6}$

Mà thể tích của khối bát diện đều bằng 2V₁. Do đó thể tích khối bát diện đều là V = ${{a}^{3}}\frac{\sqrt{2}}{3}$ .

Chọn đáp án A.

Ví dụ 3.3: Kim tự tháp Kê-ốp ở Ai Cập được xây dựng vào khoảng 2500 năm trước Công nguyên. Kim tự tháp này là một khối chóp tứ giác đều có chiều cao 147m, cạnh đáy dài 230m. Thế tích $V$ của khối chóp đó là?

A. $V=2592100$ m3 B. $V=7776300$ m3

C. $V=2592300$ m3 D. $V=3888150$ m3

Lời giải:

Thể tích của kim tự tháp Kê – ốp là $V=\frac{1}{3}{{.147.230}^{2}}=2592100\,{{m}^{3}}$

Ví dụ 3.4: Tính thể tích của khối chóp S.ABCD có tất cả các cạnh bằng 1.

A. $\displaystyle \frac{\sqrt{3}}{2}$ B. $\displaystyle \frac{\sqrt{3}}{6}$ C. $\displaystyle \frac{\sqrt{2}}{6}$ D. $\displaystyle \frac{\sqrt{2}}{2}$

Lời giải:

Gọi O là tâm của ABCD, ta có $\displaystyle V=\frac{1}{3}.SO.{{S}_{ABCD}}=\frac{1}{3}\sqrt{\frac{1}{2}}.1=\frac{\sqrt{2}}{6}$

Chọn đáp án C.

Ví dụ 3.5: Cho hình chóp tam giác đều có cạnh đáy bằng a và cạnh bên tạo với đáy một góc ${{60}^{0}}$ . Thể tích của khối chóp đó bằng:

A. $\frac{{{a}^{3}}\sqrt{3}}{12}$ B. $\frac{{{a}^{3}}\sqrt{3}}{6}$ C. $\frac{{{a}^{3}}\sqrt{3}}{36}$ D. $\frac{{{a}^{3}}\sqrt{3}}{18}$

Lời giải:

$V=\frac{{{a}^{3}}\tan \varphi }{12}=\frac{{{a}^{3}}\sqrt{3}}{12}$ . Chọn đáp án A.

Ví dụ 3.6 (Chuyên KHTN Hà Nội 2017 Lần 1)

Một hình chóp tứ giác đều có đáy là hình vuông cạnh a, các mặt bên tạo với đáy một góc α. Thể tích của khối chóp đó là

A. $\frac{{{a}^{3}}}{2}\sin \alpha$ B. $\frac{{{a}^{3}}}{2}\tan \alpha$ C. $\frac{{{a}^{3}}}{6}\cot \alpha$ D. $\frac{{{a}^{3}}}{6}\tan \alpha$

Lời giải:

Gọi M là trung điểm của BC.

$ABCD$ là hình vuông nên $OM=\frac{1}{2}CD=\frac{a}{2}$

Gọi $O=AC\cap BD$ . Do $S.ABCD$ là chóp tứ giác

đều nên $SO\bot (ABCD)\Rightarrow \Delta SOM$ vuông tại O

$\Rightarrow SO=OM.\tan \alpha =\frac{a}{2}.\tan \alpha$

Thể tích khối chóp $S.ABCD$ là ${{V}_{S.ABCD}}=\frac{1}{3}.SO.{{S}_{ABCD}}$ $=\frac{1}{3}.{{a}^{2}}.\frac{a}{2}.\tan \alpha =\frac{{{a}^{3}}}{6}.\tan \alpha$

Chọn D.

Ví dụ 3.7 (THPT Chuyên Lê Thánh Tông – Quảng Nam)

Một hình chóp tứ giác đều có góc tạo bởi mặt bên và mặt đáy bằng ${{60}^{0}}$ và diện tích xung quanh bằng $8{{a}^{2}}$ . Tính diện tích $S$ của mặt đáy hình chóp.

A. $S=4{{a}^{2}}\sqrt{3}$ B. $S=2{{a}^{2}}\sqrt{3}$ C. $S=4{{a}^{2}}$ D. $S=2{{a}^{2}}$

Lời giải:

Gọi M là trung điểm của BC.

Do $S.ABCD$ là hình chóp tứ giác đều nên:

$\left\{ \begin{array}{l}OM\bot BC\\SO\bot BC\end{array} \right.\Rightarrow SM\bot BC$

$\displaystyle \Rightarrow ((SBC),(ABCD))=(SM,OM)=\widehat{SMO}$ .

Trong $\Delta SOM$ có:

$\cos {{60}^{0}}=\frac{OM}{SM}\Rightarrow SM=2OM=BC$ .

Vì $S.ABCD$ là hình chóp tứ giác đều nên các mặt bên là các tam giác cân và bằng nhau. Do đó diện tích xung quanh của hình chóp $S.ABCD$ là ${{S}_{xq}}=4{{S}_{SBC}}=4.\frac{1}{2}SM.BC=2B{{C}^{2}}$

Mà ${{S}_{xq}}=8{{a}^{2}}$ nên $8{{a}^{2}}=2B{{C}^{2}}\Leftrightarrow BC=2a$ .

Vậy diện tích của đáy $ABCD$ là ${{S}_{ABCD}}=B{{C}^{2}}={{(2a)}^{2}}=4{{a}^{2}}$ . Chọn C.

Ví dụ 3.8 (THPT Chuyên Lê Quý Đôn – Quảng Trị 2017 Lần 2)

Cho khối chóp $S.ABCD$ với $ABCD$ là hình chữ nhật và các cạnh bên bằng nhau. Góc giữa các mặt phẳng $(SAB),(SAD)$ và mặt phẳng đáy lần lượt là ${{45}^{0}}$ và ${{60}^{0}}$ , biết chiều cao của hình chóp là $a\sqrt{3}$ . Tính thể tích của khối chóp đó.

A. $4{{a}^{3}}$ B. $3{{a}^{3}}$ C. $2{{a}^{3}}\sqrt{3}$ D. $3{{a}^{3}}\sqrt{3}$

Lời giải:

Gọi $M,N$ lần lượt là trung điểm của $AB,AD$

Khi đó:

$((SAB),(ABCD))=(SM,OM)=\widehat{SMO}$

$((SAD),(ABCD))=(SN,ON)=\widehat{SNO}$

Độ dài các cạnh của đáy là

$AB=2ON=2SO.\cot {{60}^{0}}=2.a\sqrt{3}.\frac{1}{\sqrt{3}}=2a$

$AD=2OM=2SO.\cot {{45}^{0}}=2a\sqrt{3}$

Thể tích của khối chóp là ${{V}_{S.ABCD}}=\frac{1}{3}.SO.{{S}_{ABCD}}=\frac{1}{3}.a\sqrt{3}.2a.2a\sqrt{3}=4{{a}^{3}}$ . Chọn A.

Ví dụ 3.9 (THPT Đồng Đậu – Vĩnh Phúc 2017 Lần 3)

Cho hình chóp $S.ABC$ có đáy là tam giác vuông cân tại $B,\,\,\,AC=a\sqrt{2}$ . Biết $SA=SB=SC=a$ , tính thể tích khối chóp $S.ABC$ .

A. $\frac{{{a}^{3}}\sqrt{2}}{6}$ B. $\frac{{{a}^{3}}\sqrt{2}}{12}$ C. $\frac{{{a}^{3}}\sqrt{3}}{6}$ D. $\frac{{{a}^{3}}\sqrt{3}}{12}$

Lời giải:

Gọi H là trung điểm của AC.

Do $S.ABC$ là hình chóp có các cạnh bên bằng nhau

và $\Delta ABC$ vuông cân tại B nên $SH\bot (ABC)$ .

Ta có $A{{C}^{2}}=A{{B}^{2}}+B{{C}^{2}}=2A{{B}^{2}}\Rightarrow AB=\frac{AC}{\sqrt{2}}=a$ .

$SH=\sqrt{S{{A}^{2}}-A{{H}^{2}}}=\sqrt{{{a}^{2}}-{{(\frac{a\sqrt{2}}{2})}^{2}}}=\frac{a\sqrt{2}}{2}$

Thể tích khối chóp $S.ABC$ là

${{V}_{S.ABC}}=\frac{1}{3}SH.{{S}_{ABC}}=\frac{1}{3}.\frac{a\sqrt{2}}{2}.\frac{{{a}^{2}}}{2}=\frac{{{a}^{3}}\sqrt{2}}{12}$ . Chọn B.

Ví dụ 3.10: Cho hình chóp tứ giác đều $\displaystyle S.ABCD$ có $\displaystyle AB=a$ , SA = a $\sqrt{2}$ . Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm của các cạnh SA, SB và CD.
Tính thể tích $\displaystyle V$ của tứ diện AMNP.

A. $\displaystyle V=\frac{{{a}^{3}}\sqrt{6}}{36}$ B. $\displaystyle V=\frac{{{a}^{3}}\sqrt{6}}{48}$ C. $\displaystyle V=\frac{{{a}^{3}}\sqrt{3}}{48}$ . D. $\displaystyle V=\frac{{{a}^{3}}\sqrt{6}}{12}$

Lời giải:

Chọn B.

Ta có $SO=\sqrt{S{{A}^{2}}-O{{A}^{2}}}=\sqrt{{{(a\sqrt{2})}^{2}}-{{\left( \frac{a\sqrt{2}}{2} \right)}^{2}}}=\frac{a\sqrt{6}}{2}$ .

Dễ thấy $d(S,(MNP))=d(A,(MNP))\Rightarrow {{V}_{S.MNP}}={{V}_{A.MNP}}$

Ta có $\frac{{{V}_{SMNP}}}{{{V}_{SABD}}}=\frac{SM}{SA}.\frac{SN}{SB}.\frac{SP}{SD}=\frac{1}{8}\Rightarrow {{V}_{SMNP}}=\frac{1}{8}.{{V}_{SABD}}$ $=\frac{1}{8}.\frac{1}{3}.\frac{a\sqrt{6}}{2}.{{a}^{2}}=\frac{{{a}^{3}}\sqrt{6}}{48}$ .

Ví dụ 3.11 (THPT Chuyên Phan Bội Châu – Nghệ An 2017 Lần 2)

Khối chóp $S.ABCD$ có đáy là hình thoi cạnh $a,\,\,SA=SB=SC=a$ . Thể tích lớn nhất của khối chóp $S.ABCD$ là

A. $\frac{3{{a}^{3}}}{8}$ B. $\frac{{{a}^{3}}}{2}$ C. $\frac{{{a}^{3}}}{8}$ D. $\frac{{{a}^{3}}}{4}$

Lời giải:

Do $SA=SB=SC$ nên hình chiếu của đỉnh S

là giao điểm H của AC và BD.

Đặt $\widehat{ABC}=\alpha$ thì $\widehat{BAC}={{180}^{0}}-2\alpha$ .

Diện tích tam giác $ABC$ là

${{S}_{ABC}}=\frac{1}{2}AB.AC.\sin \widehat{ABC}$ $=\frac{{{a}^{2}}}{2}.\sin 2\alpha ={{a}^{2}}\sin \alpha \cos \alpha$

Theo định lí hàm số sin có:

$\frac{AC}{\sin \widehat{ABC}}=2HA\Rightarrow HA=\frac{a}{2\sin \alpha }$

$\Rightarrow SH=\sqrt{S{{A}^{2}}-A{{H}^{2}}}=\sqrt{{{a}^{2}}-\frac{{{a}^{2}}}{4{{\sin }^{2}}\alpha }}$

Ta có ${{V}_{S.ABC}}=\frac{1}{3}SH.{{S}_{ABC}}=\frac{{{a}^{3}}}{6}\sqrt{4{{\sin }^{2}}\alpha {{\cos }^{2}}\alpha -{{\cos }^{2}}\alpha }$

$4{{\sin }^{2}}\alpha {{\cos }^{2}}\alpha -{{\cos }^{2}}\alpha =3{{\cos }^{2}}\alpha -4{{\cos }^{4}}\alpha$ $=\frac{9}{16}-{{(\frac{3}{4}-2{{\cos }^{2}}\alpha )}^{2}}\le \frac{9}{16}$

Do đó ${{V}_{\max }}=\frac{{{a}^{3}}}{8}$ . Chọn C.

Dạng 4. Tỉ số thể tích

Phương pháp:

Cho hình chóp S.ABC, gọi A’, B’, C’ lần lượt là các điểm thuộc SA, SB, SC. Khi đó:

$\frac{{{V}_{S.A'B'C'}}}{{{V}_{S.ABC}}}=\frac{SA'}{SA}.\frac{SB'}{SB}.\frac{SC'}{SC}$
(Công thức này chỉ áp dụng cho hình chóp tam giác)

Ví dụ 4.1 (THPT Chuyên Lê Khiết – Quảng Ngãi)

Cho khối tứ diện $OABC$ có $OA,\,\,OB,\,\,OC$ đôi một vuông góc với nhau và $OA=a,\,$ $OB=2a,\,\,OC=3a$ . Gọi $M,N$ lần lượt là trung điểm của hai cạnh $AC,BC$ . Thể tích của khối tứ diện $OCMN$ tính theo a bằng

A. $\frac{3{{a}^{3}}}{4}$ B. ${{a}^{3}}$ C. $\frac{2{{a}^{3}}}{3}$ D. $\frac{{{a}^{3}}}{4}$

Lời giải:

Ta có $\frac{{{V}_{OCMN}}}{{{V}_{OABC}}}=\frac{CM}{CA}.\frac{CO}{CO}.\frac{CN}{CB}=\frac{1}{4}$

$\Rightarrow {{V}_{OCMN}}=\frac{1}{4}{{V}_{OABC}}=\frac{1}{4}.\frac{1}{3}3a.\frac{1}{2}.a.2a=\frac{{{a}^{3}}}{4}$

Chọn D.

Ví dụ 4.2 (THPT Chuyên Ngoại Ngữ – Hà Nội)

Cho khối chóp $S.ABC$ có thể tích bằng 16. Gọi $M,\,\,N,\,\,P$ lần lượt là trung điểm của các cạnh $SA,\,SB,\,SC.$ Tính thể tích khối tứ diện $AMNP$ .

A. $V=2$ B. $V=6$ C. $V=4$ D. $V=8$

Lời giải:

Ta có $\displaystyle \frac{{{V}_{S.MNP}}}{{{V}_{S.ABC}}}=\frac{SM}{SA}.\frac{SN}{SB}.\frac{SP}{SC}={{(\frac{1}{2})}^{3}}=\frac{1}{8}\Rightarrow {{V}_{S.MNP}}=2$

Do M là trung điểm của SA nên

$d(S,(MNP))=d(A,(MNP))$

$\Rightarrow {{V}_{AMNP}}={{V}_{S.MNP}}=2$

Chọn A.

Ví dụ 4.3 (Đề minh họa lần 1 năm 2017)

Cho tứ diện $ABCD$ có các cạnh $AB,\,\,AC,\,\,AD$ đôi một vuông góc với nhau; $AB=6a,\,\,AC=7a,\,\,AD=4a.$ Gọi $M,\,N,\,P$ lần lượt là trung điểm của các cạnh $BC,\,CD,\,DB$ . Tính thể tích của tứ diện $AMNP$ .

A. $\frac{7{{a}^{3}}}{2}$ B. $14{{a}^{3}}$ C. $\frac{28{{a}^{3}}}{3}$ D. $7{{a}^{3}}$

Lời giải:

Ta có $\frac{{{V}_{AMNP}}}{{{V}_{ABCD}}}=\frac{{{S}_{MNP}}}{{{S}_{BCD}}}$

(vì chúng có chung chiều cao kẻ từ đỉnh A)

Lại có ${{V}_{ABCD}}=\frac{1}{6}AB.AC.AD=28{{a}^{3}}$ .

Dễ thấy $\Delta MNP$ được tạo nên bởi các đường

Trung bình của $\Delta BCD$ nên ${{S}_{MNP}}=\frac{1}{4}{{S}_{BCD}}$

$\Rightarrow {{V}_{AMNP}}=\frac{1}{4}{{V}_{ABCD}}=7{{a}^{3}}$ . Chọn D.

Ví dụ 4.4: Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có cạnh đáy bằng a, cạnh bên SA hợp với đáy một góc 60⁰. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của SB, SD. Mặt phẳng (AMN) cắt SC tại E. Tính thể tích khối chóp S.AMEN.

A. $\frac{{{a}^{3}}\sqrt{3}}{12}$ B. $V=\frac{{{a}^{3}}\sqrt{6}}{36}$ C. $\frac{{{a}^{3}}\sqrt{6}}{12}$ D. $\frac{{{a}^{3}}\sqrt{3}}{36}$

Lời giải:

Ta có ${{V}_{S.AMEN}}={{V}_{S.AEN}}+{{V}_{S.AEM}}$

$\frac{{{V}_{S.AEN}}}{{{V}_{S.ACD}}}=\frac{SA}{SA}.\frac{SE}{SC}.\frac{SN}{SD}=\frac{SE}{SC}.\frac{1}{2}$

Từ O kẻ OK // AE (K ∈ SC).

O là trung điểm của AC và OK // AE

⇒ K là trung điểm của EC.

Tương tự E là trung điểm của SK.

$\Rightarrow \frac{SE}{SC}=\frac{1}{3}\Rightarrow \frac{{{V}_{S.AEN}}}{{{V}_{S.ACD}}}=\frac{1}{6}$

$\Rightarrow {{V}_{S.AEN}}=\frac{1}{6}{{V}_{S.ACD}}=\frac{1}{12}{{V}_{S.ABCD}}$

$\frac{{{V}_{S.AEM}}}{{{V}_{S.ABC}}}=\frac{SA}{SA}.\frac{SE}{SC}.\frac{SM}{SB}=\frac{1}{3}.\frac{1}{2}=\frac{1}{6}$ $\Rightarrow {{V}_{S.AEM}}=\frac{1}{6}{{V}_{S.ABC}}=\frac{1}{12}{{V}_{S.ABCD}}$

$\Rightarrow {{V}_{S.AMEN}}=2.\frac{1}{12}{{V}_{S.ABCD}}=\frac{1}{6}{{V}_{S.ABCD}}=\frac{1}{6}.\frac{{{a}^{3}}\sqrt{6}}{6}=\frac{{{a}^{3}}\sqrt{6}}{36}$ (đvtt). Chọn B.

Ví dụ 4.5 (THPT Anh Sơn 2 – Nghệ An 2017 Lần 3)

Cho hình chóp $S.ABCD$ có đáy $ABCD$ là hình bình hành. Gọi $M,N$ lần lượt là trung điểm của $SA,SD$ . Mặt phẳng $(\alpha )$ chứa $MN$ cắt $SB,SC$ tại $Q,\,P$ . Đặt $\frac{SQ}{SB}=x$ , ${{V}_{1}}$ là thể tích của khối chóp $S.MNQP$ , $V$ là thể tích của khối chóp $S.ABCD$ . Tìm $x$ để ${{V}_{1}}=\frac{1}{2}V$ .

A. $\frac{1}{2}$ B. $\frac{\sqrt{33}+1}{4}$ C. $\frac{1}{4}$ D. $\frac{\sqrt{33}-1}{4}$

Lời giải:

Do $MN//AD//BC$ nên để $M,N,P,Q$ đồngphẳng thì $PQ//BC$ . Do đó $\frac{SP}{SC}=\frac{SQ}{SB}=x$ .

Ta có:

$\frac{{{V}_{SMNP}}}{{{V}_{SACD}}}=\frac{SM}{SA}.\frac{SN}{SD}.\frac{SP}{SC}=\frac{x}{4}\Rightarrow {{V}_{SMNP}}=\frac{xV}{8}$ .

$\frac{{{V}_{SMPQ}}}{{{V}_{SABC}}}=\frac{SM}{SA}.\frac{SP}{SC}.\frac{SQ}{SB}=\frac{{{x}^{2}}}{2}\Rightarrow {{V}_{SMPQ}}=\frac{{{x}^{2}}V}{4}$

$\Rightarrow {{V}_{1}}={{V}_{SMNPQ}}={{V}_{SMNP}}+{{V}_{SMPQ}}=\frac{xV}{8}+\frac{{{x}^{2}}V}{4}=\frac{V}{2}$

Theo giả thiết ${{V}_{1}}=\frac{1}{2}V\Rightarrow 2{{x}^{2}}+x-4=0$

$\Leftrightarrow x=\frac{-1+\sqrt{33}}{4}$ . Chọn D.

Dạng 5. Khối chóp khác:

Ví dụ 5.1: Cho tứ diện $ABCD$ có các cạnh $AB,\,AC,\,AD$ tạo với nhau một góc ${{60}^{0}}$ . Biết $AB=2a;\,\,AC=3a;\,AD=4a$ . Thể tích khối chóp $ABCD$ là

A. $\frac{{{a}^{3}}\sqrt{2}}{12}$ B. ${{a}^{3}}\sqrt{2}$ C. $2{{a}^{3}}\sqrt{2}$ D. $4{{a}^{3}}\sqrt{2}$

Lời giải:

Lấy 3 điểm $M,\,N,\,P$ lần lượt thuộc các đoạn

$AB,\,AC,\,AD$ sao cho $AM=AN=AP=a$ .

Suy ra $AMNP$ là tứ diện đều có

độ dài các cạnh bằng a.

$\Rightarrow {{V}_{AMNP}}=\frac{{{a}^{3}}\sqrt{2}}{12}$ .

Lại có: $\frac{{{V}_{AMNP}}}{{{V}_{ABCD}}}=\frac{AM}{AB}.\frac{AN}{AC}.\frac{AP}{AD}=\frac{1}{2}.\frac{1}{3}.\frac{1}{4}=\frac{1}{24}$

$\Rightarrow {{V}_{ABCD}}=24{{V}_{AMNP}}=2{{a}^{3}}\sqrt{2}$ . Chọn C.

Cách 2 (Phương pháp trắc nghiệm):

Sử dụng công thức giải nhanh:

Cho hình chóp $S.ABC$ có $\displaystyle \widehat{ASB}=\alpha ,\,\,\widehat{BSC}=\beta ,\,\,\widehat{CSA}=\gamma ,\,SA=a,\,SB=b,\,SC=c$ . Khi đó thể tích khối chóp $S.ABC$ có công thức là

${{V}_{S.ABC}}$ $=\frac{abc}{6}\sqrt{1-{{\cos }^{2}}\alpha -{{\cos }^{2}}\beta -{{\cos }^{2}}\gamma +2\cos \alpha \cos \beta \cos \gamma }$

Áp dụng công thức trên ta được:

${{V}_{ABCD}}=\frac{2a.3a.4a}{6}.$ $\sqrt{1-3{{\cos }^{2}}{{60}^{0}}+2{{\cos }^{3}}{{60}^{0}}}=2{{a}^{3}}\sqrt{2}$ .

Ví dụ 5.2: Cho hình chóp $S.ABC$ có $\widehat{ASB}=\widehat{ASC}=\widehat{CSB}={{60}^{0}},\,\,SA=3,\,\,SB=6,\,\,SC=9$ . Tính khoảng cách d từ C đến mặt phẳng $(SAB)$ .

A. $d=9\sqrt{6}$ B. $d=2\sqrt{6}$ C. $d=\frac{27\sqrt{2}}{2}$ D. $d=3\sqrt{6}$

Lời giải:

Kẻ $AH\bot (SBC),\,\,$

$HK\bot SB\,\,(K\in SB),\,\,IH\bot SC\,\,(I\in SC)$

Ta có $\left\{ \begin{array}{l}SB\bot AH\\SB\bot HK\end{array} \right.\Rightarrow SB\bot AK$

Tương tự có $SC\bot AI$

Dễ thấy $\Delta SAK=\Delta SAI\Rightarrow SK=SI$

Do đó $\Delta SHK=\Delta SHI\Rightarrow SH$ là phân giác của góc $\displaystyle \widehat{BSC}$ .

Trong $\Delta SAK$ có $SK=SA.\cos {{60}^{0}}=\frac{3}{2};\,\,$

$AK=SA.\sin {{60}^{0}}=\frac{3\sqrt{3}}{2}$

Trong $\Delta SHK$ có $HK=SK.\tan {{30}^{0}}=\frac{3}{2}.\frac{\sqrt{3}}{3}=\frac{\sqrt{3}}{2}$ .

$\Rightarrow AH=\sqrt{A{{K}^{2}}-H{{K}^{2}}}=\sqrt{6}$

Thể tích khối chóp $S.ABC$ là ${{V}_{S.ABC}}=\frac{1}{3}AH.{{S}_{SBC}}$ $=\frac{1}{3}.\sqrt{6}.\frac{1}{2}.6.9.\sin {{60}^{0}}=\frac{27\sqrt{2}}{2}$ .

Mặt khác ${{V}_{S.ABC}}=\frac{1}{3}{{S}_{SAB}}.d(C,(SAB))\Rightarrow d(C,(SAB))$ $=\frac{3{{V}_{S.ABC}}}{{{S}_{SAB}}}=\frac{3.\frac{27\sqrt{2}}{2}}{\frac{1}{2}.3.6.\sin {{60}^{0}}}=3\sqrt{6}$ .

Chọn D.

Ví dụ 5.3: Cho hình chóp $S.ABC$ có cạnh đáy $AB=AC=5a,\,\,BC=6a$ và các mặt bên tạo với đáy một góc ${{60}^{0}}$ . Tính thể tích khối chóp $S.ABC$ .

A. $2{{a}^{3}}\sqrt{3}$ B. $6{{a}^{3}}\sqrt{3}$ C. $12{{a}^{3}}\sqrt{3}$ D. $18{{a}^{3}}\sqrt{3}$

Lời giải:

Kẻ $SO\bot (ABC)$ .

Gọi $D,E,F$ lần lượt là hình chiếu vuông góc của

O lên $AB,\,BC,\,AC$ .

Khi đó theo định lí ba đường vuông góc

suy ra $SD\bot AB,\,\,SE\bot BC,\,\,SF\bot AC$ .

$\Rightarrow \widehat{SDO}=\widehat{SEO}=\widehat{SFO}={{60}^{0}}$ .

$\Rightarrow \Delta SOD=\Delta SOE=\Delta SOF\Rightarrow OD=OE=OF$

$\Rightarrow O$ là tâm đường tròn nội tiếp $\Delta ABC$ .

Do $\Delta ABC$ cân tại A nên $AE$ vừa là đường cao, vừa là đường phân giác, vừa là đường trung tuyến $\Rightarrow A,O,E$ thẳng hàng.

$\Rightarrow AE=\sqrt{A{{B}^{2}}-B{{E}^{2}}}=\sqrt{{{(5a)}^{2}}-{{(3a)}^{2}}}=4a$

Gọi $p,\,r$ lần lượt là nửa chu vi và bán kính đường tròn nội tiếp $\Delta ABC$ .

Ta có ${{S}_{ABC}}=\frac{1}{2}AE.BC=\frac{1}{2}.4a.6a=12{{a}^{2}}$

Mặt khác ${{S}_{ABC}}=pr\Rightarrow r=\frac{{{S}_{ABC}}}{p}=\frac{12{{a}^{2}}}{8a}=\frac{3a}{2}\Rightarrow OE=\frac{3a}{2}$

Do đó $SO=OE.\tan {{60}^{0}}=\frac{3a}{2}.\sqrt{3}=\frac{3a\sqrt{3}}{2}$

Vậy ${{V}_{S.ABC}}=6\sqrt{3}{{a}^{3}}$ . Chọn B.

Nhận xét: Hình chóp có các mặt bên cùng tạo với đáy các góc bằng nhau thì chân đường cao trùng với tâm đường tròn nội tiếp đáy.

Ví dụ 5.4: Cho tứ diện $ABCD$ có thể tích bằng 12 và $G$ là trọng tâm tam giác $BCD$ . Tính thể tích $V$ của khối chóp $A.GBC$ .

A. $V=3$ . B. $V=4$ . C. $V=6$ . D. $V=5$ .

Lời giải:

Cách 1:

Phân tích: tứ diện $ABCD$ và khối chóp $A.GBC$ có cùng đường cao là khoảng cách từ $A$ đến mặt phẳng $\displaystyle \left( BCD \right)$ . Do $G$ là trọng tâm tam giác $BCD$ nên ta có ${{S}_{\Delta BGC}}={{S}_{\Delta BGD}}={{S}_{\Delta CGD}}$ $\Rightarrow {{S}_{\Delta BCD}}=3{{S}_{\Delta BGC}}$ (xem phần chứng minh).

Áp dụng công thức thể tích hình chóp ta có:

$\left. \begin{array}{l}{{V}_{ABCD}}=\frac{1}{3}h.{{S}_{\Delta BCD}}\\{{V}_{A.GBC}}=\frac{1}{3}h.{{S}_{\Delta GBC}}\end{array} \right\}\Rightarrow \frac{{{V}_{ABCD}}}{{{V}_{A.GBC}}}=\frac{\frac{1}{3}h.{{S}_{\Delta BCD}}}{\frac{1}{3}h.{{S}_{\Delta GBC}}}=\frac{{{S}_{\Delta BCD}}}{{{S}_{\Delta GBC}}}=3$ $\Rightarrow {{V}_{A.GBC}}=\frac{1}{3}{{V}_{ABCD}}=\frac{1}{3}.12=4$ .

Chứng minh: Đặt $DN=h;\,BC=a$ .

Từ hình vẽ có:

+) $MF\text{//}\,ND\Rightarrow \frac{MF}{DN}=\frac{CM}{CD}=\frac{1}{2}\Rightarrow MF=\frac{1}{2}DN\Rightarrow MF=\frac{h}{2}$ .

+) $GE\text{ //}\,MF\Rightarrow \frac{GE}{MF}=\frac{BG}{BM}=\frac{2}{3}\Rightarrow GE=\frac{2}{3}MF=\frac{2}{3}.\frac{h}{2}=\frac{h}{3}$

+) $\frac{{{S}_{\Delta BCD}}}{{{S}_{\Delta GBC}}}=\frac{\frac{1}{2}DN.BC}{\frac{1}{2}GE.BC}=\frac{\frac{1}{2}ha}{\frac{1}{2}\frac{h}{3}a}=3$ $\Rightarrow {{S}_{\Delta BCD}}=3{{S}_{\Delta GBC}}$ .

+) Chứng minh tương tự có ${{S}_{\Delta BCD}}=3{{S}_{\Delta GBD}}=3{{S}_{\Delta GCD}}$ $\Rightarrow {{S}_{\Delta BGC}}={{S}_{\Delta BGD}}={{S}_{\Delta CGD}}\,$ .

Cách 2:

$\frac{d\left( G;\left( ABC \right) \right)}{d\left( D;\left( ABC \right) \right)}=\frac{GI}{DI}=\frac{1}{3}$ $\Rightarrow d\left( G;\left( ABC \right) \right)=\frac{1}{3}d\left( D;\left( ABC \right) \right)$ .

Nên ${{V}_{G.ABC}}=\frac{1}{3}d\left( G;\left( ABC \right) \right).{{S}_{\Delta ABC}}=\frac{1}{3}.{{V}_{DABC}}=4.$

Chọn B.

II. THỂ TÍCH KHỐI LĂNG TRỤ

$V=B.h$ .

trong đó $h$ là chiều cao, $B$ là diện tích đáy.

- Hình lăng trụ đứng: là hình lăng trụ có cạnh bên vuông góc với đáy.

⇒ Độ dài cạnh bên là chiều cao của hình lăng trụ. Các mặt bên là hình chữ nhật.
- Hình lăng trụ đều: là hình lăng trụ đứng có đáy là đa giác đều.
- Hình hộp: là hình lăng trụ có đáy là hình bình hành.
- Hình hộp đứng: là hình lăng trụ đứng có đáy là hình chữ nhật.
- Hình hộp chữ nhật: là hình lăng trụ đứng có đáy là hình chữ nhật.

$V=abc$ với $a,\,b,\,c$ là ba kích thước.
- Hình lập phương: là hình lăng trụ đứng có tất cả các mặt đều là hình vuông.

$V={{a}^{3}}$ với a là độ dài cạnh.

Dạng 1. Thể tích khối lăng trụ đứng

Ví dụ 1.1 (Đề minh họa 2017 Lần 3) Tính thể tích $V$ của khối lăng trụ tam giác đều có tất cả các cạnh bằng a.

A. $V=\frac{{{a}^{3}}\sqrt{3}}{6}$ . B. $V=\frac{{{a}^{3}}\sqrt{3}}{12}$ . C. $V=\frac{{{a}^{3}}\sqrt{3}}{2}$ . D. $V=\frac{{{a}^{3}}\sqrt{3}}{4}$ .

Lời giải:

Thể tích khối lăng trụ đều là $V=B.h=\frac{{{a}^{2}}\sqrt{3}}{4}.a=\frac{{{a}^{3}}\sqrt{3}}{4}$ .

Chọn D.

Ví dụ 1.2 (Đề minh họa 2017 Lần 1) Tính thể tích của khối lập phương $ABCD.A'B'C'D'$ , biết $AC'=a\sqrt{3}$ .

A. ${{a}^{3}}$ . B. $\frac{3\sqrt{6}{{a}^{3}}}{4}$ . C. $3\sqrt{3}{{a}^{3}}$ . D. $\frac{1}{3}{{a}^{3}}$ .

Lời giải:

Do $ABCD.A'B'C'D'$ là hình lập phương nên

$\displaystyle \Delta AA'C'$ vuông tại A.

$\begin{array}{l}\Rightarrow AC{{'}^{2}}=AA{{'}^{2}}+A'C{{'}^{2}}=A'B{{'}^{2}}+2A'B{{'}^{2}}\\=3A'B{{'}^{2}}\Rightarrow A'B'=a\end{array}$

Thể tích khối lập phương $ABCD.A'B'C'D'$ là $V={{a}^{3}}$

Chọn A.

Ví dụ 1.3: Cho lăng trụ đứng $ABC.A'B'C'$ có đáy là tam giác đều cạnh $a$ . Mặt phẳng $(AB'C')$ tạo với mặt đáy một góc ${{60}^{0}}$ . Tính theo a thể tích lăng trụ $ABC.A'B'C'$ .

A. $\frac{{{a}^{3}}\sqrt{3}}{2}$ . B. $\frac{3{{a}^{3}}\sqrt{3}}{4}$ . C. $\frac{{{a}^{3}}\sqrt{3}}{8}$ . D. $\frac{3{{a}^{3}}\sqrt{3}}{8}$ .

Lời giải:

Vì $ABC.A'B'C'$ là lăng trụ đứng nên $AA'\bot (A'B'C')$ .

Gọi I là trung điểm của $B'C'$ , do $\Delta A'B'C'$ đều

nên $A'I\bot B'C'$ .

Theo định lí ba đường vuông góc suy ra $AI\bot B'C'$ .

$\Rightarrow ((AB'C'),(A'B'C'))=\widehat{AIA'}$ .

$A'I$ là đường cao trong tam giác đều nên $A'I=\frac{a\sqrt{3}}{2}$

$\Rightarrow AA'=A'I.\tan {{60}^{0}}=\frac{a\sqrt{3}}{2}.\sqrt{3}=\frac{3a}{2}$ .

Thể tích lăng trụ $ABC.A'B'C'$ là ${{V}_{ABC.A'B'C'}}=AA'.{{S}_{A'B'C'}}=\frac{3a}{2}.\frac{{{a}^{2}}\sqrt{3}}{4}=\frac{3{{a}^{3}}\sqrt{3}}{8}$ .

Chọn D.

Ví dụ 1.4: Cho hình hộp đứng $ABCD.A'B'C'D'$ có đáy là hình vuông cạnh $a$ . Khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng $(A'BCD')$ bằng $\frac{a\sqrt{3}}{2}$ . Tính thể tích hình hộp theo $a$ .

A. ${{a}^{3}}$ . B. $\frac{{{a}^{3}}\sqrt{21}}{7}$ . C. ${{a}^{3}}\sqrt{3}$ . D. $\frac{{{a}^{3}}\sqrt{3}}{3}$ .

Lời giải:

Gọi H là hình chiếu của A lên cạnh $A'B$ .

$\Rightarrow AH\bot (A'BCD')\Rightarrow AH=\frac{a\sqrt{3}}{2}$ .

Đặt $AA'=x>0$ . Áp dụng hệ thức về cạnh

và đường cao trong tam giác $AA'B$ có:

$\begin{array}{l}\frac{1}{A{{H}^{2}}}=\frac{1}{AA{{'}^{2}}}+\frac{1}{A{{B}^{2}}}\Leftrightarrow \frac{4}{3{{a}^{2}}}=\frac{1}{{{x}^{2}}}+\frac{1}{{{a}^{2}}}\\\Leftrightarrow {{x}^{2}}=3{{a}^{2}}\Leftrightarrow x=a\sqrt{3}\end{array}$

${{V}_{ABCD.A'B'C'D'}}=AA'.AB.AD=a\sqrt{3}.a.a={{a}^{3}}\sqrt{3}$ .

Chọn C.

Ví dụ 1.5 (THPT Quảng xương 1 – Thanh Hóa 2017 Lần 3)

Cho lăng trụ đứng $ABC.A'B'C'$ có $AB=1,\,\,AC=2,\,\,\widehat{BAC}={{120}^{0}}$ . Giả sử D là trung điểm của $CC'$ và $\widehat{BDA'}={{90}^{0}}$ . Thể tích của khối lằng trụ $ABC.A'B'C'$ bằng

A. $2\sqrt{15}$ . B. $\sqrt{15}$ . C. $\frac{\sqrt{15}}{2}$ . D. $3\sqrt{15}$ .

Lời giải:

Áp dụng định lí cosin trong $\Delta ABC$ có:

$B{{C}^{2}}=A{{B}^{2}}+A{{C}^{2}}-2AB.AC.\cos {{120}^{0}}=7$

Đặt $DC=DC'=x$ thì

$\begin{array}{l}BD=\sqrt{B{{C}^{2}}+C{{D}^{2}}}=\sqrt{{{x}^{2}}+7}\\A'D=\sqrt{A'C{{'}^{2}}+C'{{D}^{2}}}=\sqrt{4+{{x}^{2}}}\\A'B=\sqrt{A'B{{'}^{2}}+BB{{'}^{2}}}=\sqrt{1+4{{x}^{2}}}\end{array}$

Do $\Delta A'BD$ vuông tại D nên

$\begin{array}{l}A'{{B}^{2}}=A'{{D}^{2}}+B{{D}^{2}}\Leftrightarrow 1+4{{x}^{2}}=4+{{x}^{2}}+7+{{x}^{2}}\\\Leftrightarrow x=\sqrt{5}\end{array}$

Vậy ${{V}_{ABC.A'B'C'}}=2x.\frac{1}{2}.1.2.\sin {{120}^{0}}=\sqrt{15}$ . Chọn B.

Ví dụ 1.6 (THPT Chuyên Lam Sơn – Thanh Hóa 2017 Lần 3)

Cho lăng trụ đứng $ABCD.A'B'C'D'$ có đáy là hình bình hành. Các đường chéo $DB'$ và $AC'$ lần lượt tạo với đáy các góc ${{45}^{0}}$ và ${{30}^{0}}$ . Biết chiều cao của lăng trụ là $a$ và $\widehat{BAD}={{60}^{0}}$ . Tính thể tích V của khối lăng trụ.

A. ${{a}^{3}}\sqrt{3}$ . B. $\frac{{{a}^{3}}}{2}$ . C. $\frac{{{a}^{3}}\sqrt{2}}{3}$ . D. $\frac{\sqrt{3}{{a}^{3}}}{2}$ .

Lời giải:

Ta có:

$(B'D,(ABCD))=\widehat{BDB'}={{45}^{0}}\Rightarrow BD=BB'.\cot {{45}^{0}}=a$

$(AC',(ABCD))=\widehat{CAC'}={{30}^{0}}\Rightarrow AC=CC'.\cot {{30}^{0}}=a\sqrt{3}$

Đặt $AB=x,\,AD=y$ . Áp dụng định lí cosin cho các

tam giác $ABD$ và $ABC$ ta được:

$\begin{array}{l}{{x}^{2}}+{{y}^{2}}-2xy.\cos {{60}^{0}}=B{{D}^{2}}={{a}^{2}}\\{{x}^{2}}+{{y}^{2}}-2xy.\cos {{120}^{0}}=A{{C}^{2}}=3{{a}^{2}}\end{array}$

$\Rightarrow xy={{a}^{2}}\Rightarrow {{S}_{ABCD}}=2{{S}_{ABD}}=2xy\sin {{60}^{0}}={{a}^{2}}\sqrt{3}$

$\Rightarrow {{V}_{ABCD.A'B'C'D'}}=a.{{a}^{2}}\sqrt{3}={{a}^{3}}\sqrt{3}$ .

Chọn A.

Ví dụ 1.7: Một người thợ nhôm kính nhận được đơn đặt hàng làm một bể cá cảnh bằng kính dạng hình hộp chữ nhật không có nắp (như hình vẽ) có thể tích $3,2$ m³; tỉ số giữa chiều cao của bể cá và chiều rộng của đáy bể bằng 2. Biết giá một một mét vuông kính để làm thành và đáy của bể cá là $800.000$ đồng. Hỏi người thợ đó cần tối thiểu bao nhiêu tiền để mua đủ số mét vuông kính làm bể cả theo yêu cầu (coi độ dày của kính là không đáng kể so với kích thước của bể cá).

A. 9,6 triệu đồng. B. 10,8 triệu đồng.

C. 8,4 triệu đồng. D. 7,2 triệu đồng.

Lời giải:

Giả sử $x,\,y$ là chiều dài và chiều rộng của đáy.

Theo giả thiết có $xyh=3,2$ và $h=2x$ .

$\Rightarrow {{x}^{2}}y=1,6\Rightarrow y=\frac{1,6}{{{x}^{2}}}$ .

Tổng diện tích 5 mặt của bể cá là

$S=xy+2xh+2yh=\frac{1,6}{x}+4{{x}^{2}}+\frac{6,4}{x}$ $=4{{x}^{2}}+\frac{8}{x}=4{{x}^{2}}+\frac{4}{x}+\frac{4}{x}\ge 12$ .

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $x=1$ .

Vậy tổng diện tích tối thiểu là 12m², suy ra số tiền tối thiểu cần là 9,6 triệu.

Dạng 2. Thể tích khối lăng trụ xiên

Ví dụ 2.1: Cho khối lăng trụ $ABCD.A'B'C'D'$ có thể tích là $36\,c{{m}^{3}}$ . Gọi $M$ là một điểm bất kì thuộc mặt phẳng $(ABCD)$ . Thể tích khối chóp $M.A'B'C'D'$ bằng:

A. $18\,c{{m}^{3}}$ . B. $12\,c{{m}^{3}}$ . C. $24\,c{{m}^{3}}$ . D. $16\,c{{m}^{3}}$ .

Lời giải:

Ta có ${{V}_{ABCD.A'B'C'D'\,}}=h.{{S}_{ABCD}};\,\,{{V}_{M.A'B'C'D'}}=\frac{1}{3}h.{{S}_{ABCD}}$ $=\frac{1}{3}{{V}_{ABCD.A'B'C'D'}}=\frac{1}{3}.36=12\,c{{m}^{3}}$ .

Ví dụ 2.2: Cho hình hộp $ABCD.A'B'C'D'$ có tất cả các cạnh đều bằng $2a$ , đáy $ABCD$ là hình vuông. Hình chiếu vuông góc của đỉnh $A'$ trên mặt phẳng đáy trùng với tâm của đáy. Tính theo a thể tích $V$ của khối hộp đã cho.

A. $\frac{4{{a}^{3}}\sqrt{2}}{3}$ . B. $\frac{8{{a}^{3}}}{3}$ . C. $8{{a}^{3}}$ . D. $4{{a}^{3}}\sqrt{2}$ .

Lời giải:

Gọi $H=AC\cap BD$ .

Theo giả thiết, ta có $A'H\bot (ABC)$ .

Ta có : $BH=\frac{1}{2}BD=\frac{1}{2}\sqrt{A{{B}^{2}}+A{{D}^{2}}}=a\sqrt{2}$ .

${{V}_{ABCD.A'B'C'D'}}=A'H.{{S}_{ABCD}}=a\sqrt{2}.{{(2a)}^{2}}=4{{a}^{3}}\sqrt{2}$ .

Chọn đáp án D.

Ví dụ 2.3 (Việt Trì – Phú Thọ Lần 1)

Cho lăng trụ $ABC.A'B'C'$ có đáy là tam giác đều cạnh $a$ . Hình chiếu vuông góc của điểm $A'$ lên mặt phẳng $(ABC)$ trùng với trọng tâm tam giác $ABC$ . Biết khoảng cách giữa hai đường hai đường thẳng $AA'$ và $BC$ bằng $\frac{a\sqrt{3}}{4}$ . Khi đó thể tích của khối lăng trụ là

A. $\frac{{{a}^{3}}\sqrt{3}}{24}$ . B. $\frac{{{a}^{3}}\sqrt{3}}{12}$ . C. $\frac{{{a}^{3}}\sqrt{3}}{3}$ . D. $\frac{{{a}^{3}}\sqrt{3}}{6}$ .

Lời giải:

Gọi $I$ là trung điểm của $BC\Rightarrow AI\bot BC$ .

$H$ là trọng tâm của $\Delta ABC$ .

Theo giả thiết $AH'\bot (ABC)$ .

Ta có $\left\{ \begin{array}{l}A'H\bot BC\\AI\bot BC\end{array} \right.\Rightarrow BC\bot (AA'I)$ .

Kẻ $IK\bot AA'\Rightarrow IK$ là đường vuông góc chung của

$\displaystyle AA'$ và $BC\Rightarrow d(AA',BC)=IK=\frac{a\sqrt{3}}{4}$ .

$AI$ là đường cao của $\Delta ABC$ đều cạnh $2a$

$\Rightarrow AI=\frac{a\sqrt{3}}{2}\Rightarrow AH=\frac{2}{3}.AI=\frac{a\sqrt{3}}{3}$ .

$\begin{array}{l}\Delta AA'H\sim \Delta AIK\Rightarrow \frac{A'H}{IK}=\frac{AH}{AK}\\\Rightarrow A'H=\frac{AH}{AK}.IK=\frac{a}{3}\end{array}$

Thể tích khối lăng trụ $ABC.A'B'C'$ là ${{V}_{ABC.A'B'C'}}=A'H.{{S}_{ABC}}=\frac{a}{3}.\frac{{{(2a)}^{2}}\sqrt{3}}{4}=\frac{{{a}^{3}}\sqrt{3}}{3}$ .

Chọn đáp án C.

Ví dụ 2.4: Cho lăng trụ xiên $ABC.A'B'C'$ có đáy $ABC$ là tam giác đều cạnh $a$ , biết cạnh bên là $a\sqrt{3}$ và hợp với đáy $ABC$ một góc ${{60}^{0}}$ . Tính thể tích lăng trụ.

A. $\frac{3{{a}^{3}}\sqrt{3}}{8}$ . B. $\frac{3\sqrt{3}{{a}^{3}}}{4}$ . C. $\frac{3}{4}{{a}^{3}}$ . D. $\sqrt{3}{{a}^{3}}$ .

Lời giải:

Kẻ $C'H\bot (ABC)\Rightarrow CH$ là hình chiếu của $CC'$ trên $(ABC)$ .

$\Rightarrow \widehat{\left( CC',(ABC) \right)}=\widehat{C'CH}={{60}^{0}}$ .

$\Delta CHC'$ có $C'H=CC'.\sin {{60}^{0}}=\frac{3a}{2}$ .

${{V}_{ABC.A'B'C'}}=C'H.{{S}_{ABC}}=\frac{3a}{2}.\frac{{{a}^{2}}\sqrt{3}}{4}=\frac{3{{a}^{3}}\sqrt{3}}{8}$ .

Chọn đáp án A.

Ví dụ 2.5: Cho hình hộp $ABCD.A'B'C'D'$ có đáy là hình chữ nhật với $AB=\sqrt{3},\,AD=\sqrt{7}$ . Hai mặt bên $(ABB'A')$ và $(ADD'A')$ lần lượt tạo với đáy những góc ${{45}^{0}}$ và ${{60}^{0}}$ . Tính thể tích khối hộp nếu biết cạnh bên bằng 1.

A. 3. B. $\frac{3\sqrt{3}}{4}$ . C. $\frac{3}{4}$ . D. $\sqrt{3}$ .

Lời giải:

Kẻ $A'H\bot (ABCD)$ .

Kẻ $\left\{ \begin{array}{l}HM\bot AB\\HN\bot AD\end{array} \right.\Rightarrow A'M\bot AB,\,A'N\bot AD$ .

$\Rightarrow \widehat{A'MH}={{45}^{0}},\,\widehat{A'NH}={{60}^{0}}$ .

Đặt $A'H=x$ . Khi đó

$A'N=\frac{x}{\sin {{60}^{0}}}=\frac{2x}{\sqrt{3}}$ .

$AN=\sqrt{AA{{'}^{2}}-A'{{N}^{2}}}=\sqrt{\frac{3-4{{x}^{2}}}{3}}=HM$ .

Mà $HM=x.\cot {{45}^{0}}=x$ .

Nghĩa là $x=\sqrt{\frac{3-4{{x}^{2}}}{3}}\Rightarrow x=\sqrt{\frac{3}{7}}$ .

Vậy ${{V}_{ABCD.A'B'C'D'}}=AB.AD.x=\sqrt{3}.\sqrt{7}.\sqrt{\frac{3}{7}}=3$ .

Chọn đáp án A.

Ví dụ 2.6 (THPT Nguyễn Khuyến – TP HCM 2017) Cho lăng trụ tam giác $ABC.A'B'C'$ có đáy $ABC$ là tam giác đều cạnh $AB=2a\sqrt{2}$ . Biết $AC'=8a$ và tạo với mặt đáy một góc ${{45}^{0}}$ . Thể tích khối đa diện $A.BCC'B'$ bằng: