Thuê gia sư
1. Lý thuyết về các dạng bài toán tính thể tích khối tứ diện
Như chúng ta đã được học về kiến thức lớp dưới, thể tích chính là lượng không gian của một vật đang chiếm. Chúng ta sử dụng m3 là đon vị tính thể tích.
Thế tích của khối tứ diện sẽ được hiểu dựa vào phân tích sau:
- Cho tứ diện ABCD, trong đó bốn mặt của tứ diện chính là các tam giác, tứ diện này sẽ đều khi có 6 cạnh có độ dài bằng nhau và 4 mặt đều là các tam giác đều.
Cho tứ diện ABCD, lúc này Thể tích tứ diện sẽ bằng tích số của Diện tích [kí hiệu S] của mặt đáy nhân [kí hiệu bằng dấu “.”] với chiều cao của khối tứ diện đó.
=> Công thức tính sẽ được viết như sau:
V = 1/3.SBCD.AH
Trong đó:
- V là thể tích của khối tứ diện.
- S là diện tích của mặt đáy.
- BCD là mặt đáy được quy ước. Trong những trường hợp khác mặt đáy có thể có tên khác.
- AH là chiều cao từ đỉnh chop của khối tứ diện đó xuống đáy [được đo vuông góc với mặt đáy].
Tham khảo: Tìm gia sư toán lớp 12
2. Các công thức tính thể tích khối tứ diện đặc biệt
Sau đây, timviec365.com.vn sẽ chia sẻ với các bạn một số công thức tính thể tích khối tứ diện đặc biệt, nắm được nhiều cách tính, nhiều công thức tính sẽ giúp các bạn dễ dàng áp dụng trong từng trường hợp cụ thể.
Ngoài công thức tính được nêu trên thì chúng ta còn có thêm công thức khác đó là:
- Cho bài toán: Tứ diện ABCD, trong đó cạnh BC dài a [cm], cạnh CA dài b [cm], cạnh AD dài d [cm], cạnh CD dài f [cm], cạnh BD dài e [cm]. Lúc này, chúng ta sẽ có công thức tính thể tích khối thứ diện ABCD như sau:
V = 1/12 căn bậc hai của [M + N + P + Q]
Trong đó:
- M = a2.d2.[b2 + e2 + c2 + f2 – a2 – d2].
- N = b2.e2.[a2 + d2 + c2 – b2 – e2]
- P = c2.f2.[a2 + d2 + b2 + e2 – c2 – f2].
- Q = [abc]2 + [aef]2 + [bdf]2 + [ede]2.
2.2. Công thức tính các khối thứ diện đặc biệt khác
2.2.1. Công thức tính thể tích tứ diện đều
Cho tứ diện đều có cạnh là a [cm], chúng ta sẽ có công thức tính thể tích khối tứ diện đều có cạnh là a như sau:
V = 1/2 [an pha bình phương nhân căn bậc 2 của 2]
2.2.2. Công thức tính thể tích tứ diện vuông
Tứ diện vuông có các góc nằm tại cùng một đỉnh của tứ diện là góc vuông, trong đó giả sử đặt tên tứ diện vuông là ABCD với AB, AC,AD cứ đôi một lại vuông góc với nhau, độ dài của 3 cạnh đó lần lượt là a, b, c. Khi đó ta có công thức tính thể tích tứ diện vuông ABCD như sau:
V = 1/6.abc
Tứ diện gần đều chính là tứ diện có các cặp cạnh đối có độ dài tương ứng bằng nhau. Giả sử cho tứ diện ABCD, các cạnh AB = CD = a [cm], các cạnh BC = AD = b [cm], các cạnh AC = BD = c [cm].
2.2.4. Công thức tính thể tích của tứ diện khi biết diện tích 2 mặt kề nhau
Với dạng này thì có phần phức tạp hơn, do đó các bạn cần phải nắm chắc kiến thức của các yếu tố trong công thức. Giả sử có tứ diện ABCD trong đó Diện tích của mặt 1 là diện tích CAB [S1], diện tích mặt 2 là diện tích DAB [S2], an pha =[[CAB],[DAB]], AB = an pha.
Khi đó ta có công thức để tính thể tích của khối tứ diện dạng này như sau:
V = 2/3.S1.S2.[Sin an pha/an pha]
Trên đây là một số các công thức tính thể tính tứ diện thường gặp mà các bạn cần phải nắm bắt được. Chúng ta sẽ cùng tìm hiểu một vài ví dụ về các bài tập của dạng bài toán tính thể tích của khối tứ diện cụ thể ở phần tiếp theo.
Xem thêm: Các cách chứng minh hình bình hành
3. Một số ví dụ về bài tập tính thể tích tứ diện
Có vô số các bài tập tính thể tích khối tứ diện, chúng ta sẽ lấy ví dụ về một số bài tập để hiểu cách giải và áp dụng cho nhiều trường hợp khác nhé.
Bài số 1:
Cho tứ diện ABCD, trong đó AB = 2cm, AC = 3cm, cạnh AD – cạnh BC và bằng 4cm, cạnh BD = căn bậc 2 của 5cm, cạnh BD = 5cm. Bạn hãy tính thể tích của tứ diện ABCD.
Cách giải bài toán như sau:
Như vậy, trên đây chính là những thông tin quan trọng giúp các bạn nắm rõ được các công thức tính thể tích tứ diện thường gặp trong các dạng bài tập, bất cứ bạn học sinh nào chuẩn bị học, đang học hoặc đã học qua rồi đều cần nắm được. Cùng với những chia sẻ trong bài viết, hy vọng các bạn sẽ luôn làm tốt bài tập về tính thể tích khối tứ diện.
TOANMATH.com giới thiệu đến bạn đọc bài viết trình bày công thức và phương pháp tính thể tích khối tứ diện.
1. KIẾN THỨC CẦN NẮM VỮNG
+ Tứ diện $ABCD$: bốn mặt là tam giác. + Tứ diện đều khi có $6$ cạnh bằng nhau, $4$ mặt là tam giác đều.
+ Thể tích tứ diện $ABCD$: Thể tích của một khối tứ diện bằng một phần ba tích số của diện tích mặt đáy và chiều cao của khối tứ diện tương ứng: $V = \frac{1}{3}{S_{BCD}}.AH.$
+ Thể tích khối chóp tam giác $S.ABC$: Thể tích của một khối chóp bằng một phần ba tích số của diện tích mặt đáy và chiều cao của khối chóp đó: $V = \frac{1}{3}B.h.$
Chú ý: 1] Tứ diện hay hình chóp tam giác có $4$ cách chọn đỉnh chóp. 2] Tứ diện nội tiếp hình hộp, tứ diện gần đều [có $3$ cặp cạnh đối bằng nhau] nội tiếp hình hộp chữ nhật và tứ diện đều nội tiếp hình lập phương. 3] Khi tính toán các đại lượng, nếu cần thì đặt ẩn rồi tìm phương trình để giải ra ẩn đó.
4] Để tính diện tích, thể tích có khi ta tính gián tiếp bằng cách chia nhỏ các phần hoặc lấy phần lớn hơn trừ đi các phần dư.
2. BÀI TẬP ÁP DỤNG
Bài toán 1: Cho tứ diện đều $ABCD$ có cạnh bằng $a.$ Tính khoảng cách giữa các cặp cạnh đối diện và thể tích của hình tứ diện đều đó.
Do tứ diện $ABCD$ đều, gọi $I$, $J$ lần lượt là trung điểm của $AB$ và $CD$ thì: $AJ = BJ = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}$ nên $\Delta JAB$ cân tại $J$ $ \Rightarrow IJ \bot AB.$ Tương tự $\Delta ICD$ cân đỉnh $I$ nên: $IJ \bot CD.$ Vậy $IJ = d[AB,CD].$ Trong tam giác vuông $IAJ$: $IJ = \sqrt {A{J^2} – A{I^2}} $ $ = \sqrt {\frac{{3{a^2}}}{4} – \frac{{{a^2}}}{4}} = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}.$ Tương tự $d[BC;AD] = d[BD;AC] = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}.$
${V_{ABCD}} = \frac{1}{3}{S_{BCD}}.AH$ $ = \frac{1}{3}.\frac{1}{2}a.\frac{{a\sqrt 3 }}{2}.\sqrt {{a^2} – \frac{{{a^2}}}{3}} = \frac{{{a^3}\sqrt 2 }}{{12}}.$
Bài toán 2: Tính thể tích khối tứ diện $ABCD$ [gần đều] có các cặp cạnh đối bằng nhau: $AB = CD = a$, $AC = BD = b$, $AD = BC = c.$
Dựng tứ diện $APQR$ sao cho $B$, $C$, $D$ lần lượt là trung điểm các cạnh $QR$, $RP$, $PQ.$ Ta có $AD = BC = \frac{1}{2}PQ$ $ \Rightarrow AQ = \frac{1}{2}PQ$ mà $D$ là trung điểm của $PQ$ $ \Rightarrow AQ \bot AP.$ Chứng minh tương tự, ta cũng có: $AQ \bot AR$, $AR \bot AP.$ Ta có: ${V_{ABCD}} = \frac{1}{4}{V_{APQR}} = \frac{1}{4}.\frac{1}{6}AP.AQ.AR.$ Xét các tam giác vuông $APQ$, $AQR$, $ARP$ ta có: $A{P^2} + A{Q^2} = 4{c^2}$, $A{Q^2} + A{R^2} = 4{a^2}$, $A{R^2} + A{P^2} = 4{b^2}.$ Từ đó suy ra: $AP = \sqrt 2 .\sqrt { – {a^2} + {b^2} + {c^2}} $, $AQ = \sqrt 2 .\sqrt {{a^2} – {b^2} + {c^2}} $, $AR = \sqrt 2 .\sqrt {{a^2} + {b^2} – {c^2}} .$
Vậy: ${V_{ABCD}} = \frac{{\sqrt 2 }}{{12}}\sqrt {\left[ { – {a^2} + {b^2} + {c^2}} \right]\left[ {{a^2} – {b^2} + {c^2}} \right]\left[ {{a^2} + {b^2} – {c^2}} \right]} .$
Bài toán 3: Cho tứ diện $ABCD$ có các mặt $ABC$ và $ABD$ là các tam giác đều cạnh $a$, các mặt $ACD$ và $BCD$ vuông góc với nhau. a] Hãy tính theo $a$ thể tích khối tứ diện $ABCD.$
b] Tính số đo của góc giữa hai đường thẳng $AD$, $BC.$
a] Gọi $M$ là trung điểm của $CD$, khi đó $AM \bot CD$, $BM \bot CD.$ Từ giả thiết suy ra $\widehat {AMB} = {90^0}.$ Mà $AM = BM$ nên tam giác $AMB$ vuông cân tại $M.$ Do đó: $BM = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}$ $ \Rightarrow CD = 2CM$ $ = 2\sqrt {B{C^2} – B{M^2}} = a\sqrt 2 .$ ${V_{ABCD}} = \frac{1}{3}CD.{S_{ABM}}$ $ = \frac{1}{6}CD.AM.BM = \frac{{{a^3}\sqrt 2 }}{{12}}.$ b] Gọi $N$, $P$, $Q$ lần lượt là trung điểm của $AB$, $AC$, $BD.$ Ta có $\widehat {[AD,BC]} = \widehat {[NP,MP]}.$ Tam giác $AMB$ vuông cân tại $M$ $ \Rightarrow MN = \frac{{AB}}{2} = \frac{a}{2} = NP = PM.$ Suy ra tam giác $MNP$ là tam giác đều.
Do đó: $\widehat {MPN} = {60^0}$ $ \Rightarrow \widehat {[AD,BC]} = {60^0}.$
Bài toán 4: Cho tứ diện $SABC$ có các cạnh bên $SA = SB = SC = d$ và $\widehat {ASB} = {120^0}$, $\widehat {BSC} = {60^0}$, $\widehat {ASC} = {90^0}.$ a] Chứng minh tam giác $ABC$ là tam giác vuông.
b] Tính thể tích tứ diện $SABC.$
a] Tam giác $SBC$ đều nên $BC = d.$ Tam giác $SAB$ cân và góc $\widehat {ASB} = {120^0}$ nên $\widehat {SBA} = \widehat {SAB} = {30^0}.$ Gọi $H$ là trung điểm của $AB$ ta có $AH = BH = \frac{{d\sqrt 3 }}{2}.$ Do đó $AB = d\sqrt 3 .$ Tam giác $SAC$ vuông tại $S$ nên $AC = d\sqrt 2 .$ Tam giác $ABC$ vuông tại $C$ vì: $B{C^2} + A{C^2} = {d^2} + 2{d^2} = 3{d^2} = A{B^2}.$ b] Vì $SA = SB = SC$ nên ta suy ra hình chiếu vuông góc của đỉnh $S$ xuống mặt phẳng $[ABC]$ phải trùng với trung điểm $H$ của đoạn $AB$ vì ta có $HA = HB = HC.$ Vì $\widehat {ASB} = {120^0}$ nên $SH = \frac{{SB}}{2} = \frac{d}{2}.$
Ta có: ${S_{ABC}} = \frac{1}{2}BC.AC$ $ = \frac{1}{2}d.d\sqrt 2 = \frac{{{d^2}\sqrt 2 }}{2}$ nên ${V_{SABC}} = \frac{1}{3}SH.{S_{ABC}}$ $ = \frac{1}{3}.\frac{d}{2}.\frac{{{d^2}\sqrt 2 }}{2} = \frac{{{d^3}\sqrt 2 }}{{12}}.$
Bài toán 5: Cho tứ diện $ABCD.$ Chứng minh thể tích tứ diện không đổi trong các trường hợp: a] Đỉnh $A$ di chuyển trên mặt phẳng $[P]$ song song với $[BCD].$ b] Đỉnh $A$ di chuyển trên đường thẳng $d$ song song với $BC.$
c] Hai đỉnh $B$ và $C$ di chuyển trên đường thẳng $\Delta $ nhưng vẫn giữ nguyên độ dài.
Thể tích tứ diện $ABCD$ không đổi vì: a] Tam giác đáy $BCD$ cố định và đường cao không đổi là khoảng cách từ $A$ mặt phẳng $[BCD]$, chính là khoảng cách giữa $2$ mặt phẳng song song $[P]$ và $[BCD].$ b] Tam giác đáy $BCD$ cố định và đường cao không đổi là khoảng cách từ $A$ đến mặt phẳng $[BCD]$, chính là khoảng cách giữa đường thẳng $d$ với mặt phẳng song song $[BCD].$
c] Đỉnh $A$ và $D$ cố định, diện tích đáy $BCD$ là $S = \frac{1}{2}BC.d[D,\Delta ]$ không đổi và chiều cao $h = d[A,[D,\Delta ]]$ không đổi.
Bài toán 6: Cho tứ diện $ABCD$, gọi $d$ là khoảng cách giữa hai đường thẳng $AB$ và $CD$, $\alpha $ là góc giữa hai đường thẳng đó. Chứng minh rằng ${V_{ABCD}} = \frac{1}{6}AB.CD.d.\sin \alpha .$
Trong mặt phẳng $[ABC]$ vẽ hình bình hành $CBAA’.$ Ta có $AA’//BC$ 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 $BM // CA’$ nên ${V_{BA’CD}} = {V_{MA’CD}}.$ Ta có: $MN \bot AB$ nên $MN \bot CA’.$ Ngoài ra $MN \bot CD$ nên $MN \bot \left[ {CDA’} \right].$ Ta có: $\widehat {[AB,CD]} = \widehat {\left[ {A’C,CD} \right]} = \alpha .$ Do đó: ${V_{MA’CD}} = \frac{1}{3}{S_{A’CD}}.MN$ $ = \frac{1}{3}.\frac{1}{2}CA’.CD.\sin \alpha .MN$ $ = \frac{1}{6}AB.CD.d.\sin \alpha .$
Vậy ${V_{ABCD}} = \frac{1}{6}AB.CD.d.\sin \alpha .$
Bài toán 7: Cho điểm $M$ nằm trong hình tứ diện đều $ABCD.$ Chứng minh rằng tổng các khoảng cách từ $M$ tới bốn mặt của hình tứ diện là một số không phụ thuộc vào vị trí của điểm $M.$ Tổng đó bằng bao nhiêu nếu cạnh của tứ diện đều bằng $a$?
Gọi $h$ là chiều cao và $S$ là diện tích các mặt tứ diện đều. Gọi $H_1$, $H_2$, $H_3$, $H_4$ lần lượt là hình chiếu của điểm $M$ trên các mặt phẳng $[BCD]$, $[ACD]$, $[ABD]$, $[ABC].$ Khi đó $M{H_1}$, $M{H_2}$, $M{H_3}$, $M{H_4}$ lần lượt là khoảng cách từ điểm $M$ tới các mặt phẳng đó. Ta có: ${V_{MBCD}} + {V_{MACD}} + {V_{MABD}} + {V_{MABC}} = {V_{ABCD}}.$ $ \Rightarrow \frac{1}{3}S.M{H_1} + \frac{1}{3}S.M{H_2} + \frac{1}{3}S.M{H_3} + \frac{1}{3}S.M{H_4} = \frac{1}{3}S.h.$ $ \Rightarrow M{H_1} + M{H_2} + M{H_3} + M{H_4} = h$ không đổi.
Nếu tứ diện đều có cạnh bằng $a$ thì $h = \frac{{a\sqrt 6 }}{3}$ nên tổng các khoảng cách nói trên cũng bằng $h = \frac{{a\sqrt 6 }}{3}.$
Bài toán 8: Cho hai tia $Ax$ và $By$ tạo với nhau góc $\alpha $, đường thẳng $AB$ vuông góc với cả $Ax$ và $By$; $AB = d.$ Hai điểm $M$, $N$ lần lượt nằm trên hai tia $Ax$ và $By$, $AM = m$, $BN =n.$ Tính: a] Thể tích khối tứ diện $ABMN.$
b] Khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau $AB$ và $MN.$
a] ${V_{ABMN}} = \frac{1}{6}AM.BN.d\sin \alpha = \frac{1}{6}mnd\sin \alpha .$ b] Vẽ $\overrightarrow {BM} = \overrightarrow {AM} $ thì $ABM’M$ là hình chữ nhật và có $AB // [MNM’].$ Khoảng cách $h$ giữa hai đường thẳng $AB$ và $MN$ bằng khoảng cách từ $AB$ tới mặt phẳng $[MNM’]$ hay bằng khoảng cách từ $B$ tới mặt phẳng đó. Hạ $BH \bot NM’$ thì $BH \bot \left[ {MNM’} \right].$ Vậy $h= BH.$
Ta có ${S_{BNM’}} = \frac{1}{2}NM’.BH$ nên $h = \frac{{mn\sin \alpha }}{{\sqrt {{m^2} + {n^2} – 2mn\cos \alpha } }}.$
Bài toán 9: Cho lăng trụ tam giác $ABC.A’B’C’$ có $BB’ = a$, góc giữa $BB’$ và mặt phẳng $[ABC]$ bằng $60°$, tam giác $ABC$ vuông tại $C$ và $\widehat {BAC} = {60^0}.$ Hình chiếu vuông góc của $B’$ lên mặt phẳng $[ABC]$ trùng với trọng tâm tam giác $ABC.$ Tính thể tích tứ diện $A’ABC.$
Gọi $G$ là trọng tâm tam giác $ABC$ và $D$ là trung điểm $AC$ thì $B’G \bot [ABC]$, $\widehat {B’BG} = {60^0}$ nên $B’G = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}$, $BG = \frac{a}{2}.$ Do đó $BD = \frac{{3a}}{4}.$ Đặt $AB = x$ thì $BC = \frac{{x\sqrt 3 }}{2}$, $AC = \frac{x}{2}$, $CD = \frac{x}{4}.$ Tam giác $BCD$ vuông tại $C$ nên: $B{C^2} + C{D^2} = B{D^2}$ $ \Rightarrow \frac{3}{4}{x^2} + \frac{1}{{16}}{x^2} = \frac{9}{{16}}{a^2}$ $ \Rightarrow x = \frac{{3a\sqrt {13} }}{{13}} = AB$ và $AC = \frac{{3a\sqrt {13} }}{{26}}.$ Do đó ${S_{ABC}} = \frac{{9{a^2}\sqrt 3 }}{{104}}.$
${V_{A’ABC}} = \frac{1}{3}{S_{ABC}}.B’G = \frac{{3{a^3}}}{{208}}.$
Bài toán 10: Cho hình lăng trụ đứng $ABC.A’B’C’$ có đáy $ABC$ là tam giác vuông tại $B$, $AB = a$, $AA’ = 2a$, $A’C = 3a.$ Gọi $M$ là trung điểm của đoạn $A’C’$, $I$ là giao điểm của $AM$ và $A’C.$ Tính theo $a$ thể tích khối tứ diện $IABC$ và khoảng cách từ điểm $A$ đến mặt phẳng $[IBC].$
a] Hạ $IH \bot AC$ $[H \in AC].$ $ \Rightarrow IH \bot [ABC]$ nên $IH$ là đường cao của tứ diện $IABC.$ $ \Rightarrow {\rm{IH}}//{\rm{AA}}’$ $ \Rightarrow \frac{{IH}}{{AA’}} = \frac{{CI}}{{CA’}} = \frac{2}{3}$ $ \Rightarrow IH = \frac{2}{3}AA’ = \frac{{4a}}{3}.$ $AC = \sqrt {A'{C^2} – A'{A^2}} = a\sqrt 5 $, $BC = \sqrt {A{C^2} – A{B^2}} = 2a.$ Diện tích tam giác $ABC:$ ${S_{ABC}} = \frac{1}{2}AB.BC = {a^2}.$ Thể tích khối đa diện $IABC:$ $V = \frac{1}{3}IH.{S_{ABC}} = \frac{{4{a^3}}}{9}.$ b] Hạ $AK \bot A’B$ $\left[ {K \in A’B} \right].$ Vì $BC \bot [ABB’A’]$ nên $AK \bot BC \Rightarrow AK \bot [IBC].$ Khoảng cách từ $A$ đến mặt phẳng $[IBC]$ là $AK.$
$AK = \frac{{2{S_{AA’B}}}}{{A’B}} = \frac{{AA’.AB}}{{\sqrt {A'{A^2} + A{B^2}} }} = \frac{{2a\sqrt 5 }}{5}.$
Bài toán 11: Cho hình lập phương $ABCD.A’B’C’D’$ có cạnh bằng $a.$ Gọi $O’$ là tâm của mặt đáy $A’B’C’D’$, điểm $M$ nằm trên đoạn thẳng $BD$ sao cho $BM = \frac{3}{4}BD.$ Tính thể tích khối tứ diện $ABMO’$ và khoảng cách giữa hai đường thẳng $AM$ và $O’D.$
Gọi $O$ là tâm của hình vuông $ABCD$ $ \Rightarrow OO’ \bot [ABM].$ Từ giả thiết suy ra $M$ là trung điểm của $OD.$ Ta có ${S_{ABM}} = \frac{3}{4}{S_{ABD}} = \frac{3}{4}.\frac{1}{2}{a^2} = \frac{{3{a^2}}}{8}.$ Suy ra ${V_{ABMO’}} = \frac{1}{3}{S_{ABM}}.OO’$ $ = \frac{1}{3}.\frac{{3{a^2}}}{8}.a = \frac{{{a^3}}}{8}.$ Gọi $N$ là trung điểm của $OO’.$ Khi đó $MN // O’D.$ Do đó $O’D // [AMN].$ Suy ra: $d[O’D, AM]=d[O’D, [AMN]]$ $= d[D, [AMN]] = d[O, [AMN]] = OH.$ Tứ diện $OAMN$ có $OA$, $OM$, $ON$ đôi một vuông góc: $\frac{1}{{O{H^2}}} = \frac{1}{{O{A^2}}} + \frac{1}{{O{M^2}}} + \frac{1}{{O{N^2}}}$ $ = \frac{2}{{{a^2}}} + \frac{8}{{{a^2}}} + \frac{4}{{{a^2}}} = \frac{{14}}{{{a^2}}}$ $ \Rightarrow OH = \frac{a}{{\sqrt {14} }}.$
Vậy $d[O,[AMN]] = \frac{a}{{\sqrt {14} }}.$
Bài toán 12: Cho hình hộp chữ nhật $ABCD.A’B’C’D’$ có $AB = a$, $BC = b$ và $AA’ = a.$ Gọi $E$ là trung điểm của $A’D’.$ Tính thể tích khối tứ diện $BC’DE$ theo $a$, $b.$ Khi $a=b$, tính góc giữa hai mặt phẳng $[BC’D]$ và $[C’DE].$
Ta có: $BC’ = BD = \sqrt {{a^2} + {b^2}} $, $CD = a\sqrt 2 .$ Suy ra tam giác $BC’D$ cân tại $B.$ Gọi $H$ là trung điểm của $CD$ thì $BH \bot C’D.$ Tam giác $BC’H$ vuông: $BH = \sqrt {{a^2} + {b^2} – \frac{{{a^2}}}{2}} = \frac{{\sqrt {{a^2} + 2{b^2}} }}{{\sqrt 2 }}.$ ${S_{BC’D}} = \frac{1}{2}.C’D.BH$ $ = \frac{1}{2}a\sqrt 2 \cdot \frac{{\sqrt {{a^2} + 2{b^2}} }}{{\sqrt 2 }}$ $ = \frac{{a\sqrt {{a^2} + 2{b^2}} }}{2}.$ Trong mặt phẳng $[BCD’A’]$ ta có $BH$ cắt $CE$ tại $I$, ta tính được $IE = \frac{3}{2}IC.$ Suy ra $d\left[ {E,\left[ {BC’D} \right]} \right] = \frac{3}{2}d\left[ {C,\left[ {BC’D} \right]} \right] = \frac{3}{2}h.$ Tứ diện vuông $CBC’D$ có $CB$, $CD$, $CC’$ đôi một vuông góc nên: $\frac{1}{{{h^2}}} = \frac{1}{{C{B^2}}} + \frac{1}{{C{D^2}}} + \frac{1}{{CC{‘^2}}} = \frac{1}{{{b^2}}} + \frac{1}{{{a^2}}} + \frac{1}{{{a^2}}}$ $ \Rightarrow h = \frac{{ab}}{{\sqrt {{a^2} + 2{b^2}} }}.$ Vậy ${V_{BC’DE}} = \frac{1}{3}.\frac{{3ab}}{{2\sqrt {{a^2} + 2{b^2}} }}.\frac{{a\sqrt {{a^2} + 2{b^2}} }}{2} = \frac{{{a^2}b}}{4}.$ Khi $a=b$ thì hình hộp đã cho là hình lập phương.
Từ đó tính được góc giữa hai mặt phẳng bằng $90°.$
- Kiến thức Hình học không gian