Các Công Thức Tính Thể Tích Tứ Diện

     

visalco.com.vn ra mắt đến bạn đọc nội dung bài viết trình bày bí quyết và phương pháp tính thể tích khối tứ diện.

Bạn đang xem: Các công thức tính thể tích tứ diện

1. KIẾN THỨC CẦN NẮM VỮNG

*

+ Tứ diện $ABCD$: bốn mặt là tam giác.+ Tứ diện rất nhiều khi bao gồm $6$ cạnh bởi nhau, $4$ khía cạnh 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 dưới và độ cao của khối tứ diện tương ứng: $V = frac13S_BCD.AH.$+ Thể tích khối chóp tam giác $S.ABC$: Thể tích của một khối chóp bằng một phần ba tích số của diện tích dưới mặt đáy và độ cao của khối chóp đó: $V = frac13B.h.$

Chú ý:1) Tứ diện hay hình chóp tam giác có $4$ bí quyết chọn đỉnh chóp.2) Tứ diện nội tiếp hình hộp, tứ diện gần hầu như (có $3$ cặp cạnh đối bằng nhau) nội tiếp hình vỏ hộp chữ nhật và tứ diện phần đông nội tiếp hình lập phương.3) Khi tính toán các đại lượng, nếu cần thì đặt ẩn rồi tra cứu phương trình nhằm giải ra ẩn đó.4) Để tính diện tích, thể tích có khi ta tính loại gián tiếp bằng phương pháp chia nhỏ các phần hoặc lấy nhiều phần hơn trừ đi các phần dư.

2. BÀI TẬP ÁP DỤNGBài toán 1: mang đến tứ diện đa số $ABCD$ bao gồm cạnh bởi $a.$ Tính khoảng cách giữa các cặp cạnh đối lập và thể tích của hình tứ diện phần đa đó.

Xem thêm: Đáp Án Đề Thi Toán Chuyên Sư Phạm 2016, Please Wait

*

Do tứ diện $ABCD$ đều, call $I$, $J$ theo lần lượt là trung điểm của $AB$ với $CD$ thì:$AJ = BJ = fracasqrt 3 2$ bắt buộc $Delta JAB$ cân tại $J$ $ Rightarrow IJ ot AB.$Tương tự $Delta ICD$ cân đỉnh $I$ nên: $IJ ot CD.$Vậy $IJ = d(AB,CD).$Trong tam giác vuông $IAJ$:$IJ = sqrt AJ^2 – AI^2 $ $ = sqrt frac3a^24 – fraca^24 = fracasqrt 2 2.$Tương tự $d(BC;AD) = d(BD;AC) = fracasqrt 2 2.$$V_ABCD = frac13S_BCD.AH$ $ = frac13.frac12a.fracasqrt 3 2.sqrt a^2 – fraca^23 = fraca^3sqrt 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 để cho $B$, $C$, $D$ thứu tự là trung điểm các cạnh $QR$, $RP$, $PQ.$Ta gồm $AD = BC = frac12PQ$ $ Rightarrow AQ = frac12PQ$ mà $D$ là trung điểm của $PQ$ $ Rightarrow AQ ot AP.$Chứng minh tương tự, ta cũng có: $AQ ot AR$, $AR ot AP.$Ta có: $V_ABCD = frac14V_APQR = frac14.frac16AP.AQ.AR.$Xét các tam giác vuông $APQ$, $AQR$, $ARP$ ta có:$AP^2 + AQ^2 = 4c^2$, $AQ^2 + AR^2 = 4a^2$, $AR^2 + AP^2 = 4b^2.$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: $V_ABCD = fracsqrt 2 12sqrt left( – a^2 + b^2 + c^2 ight)left( a^2 – b^2 + c^2 ight)left( a^2 + b^2 – c^2 ight) .$

Bài toán 3: mang lại tứ diện $ABCD$ có những mặt $ABC$ với $ABD$ là các tam giác phần lớn cạnh $a$, những 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 tuyến đường thẳng $AD$, $BC.$

*

a) điện thoại tư vấn $M$ là trung điểm của $CD$, khi đó $AM ot CD$, $BM ot CD.$Từ mang thiết suy ra $widehat AMB = 90^0.$Mà $AM = BM$ nên tam giác $AMB$ vuông cân tại $M.$Do đó:$BM = fracasqrt 2 2$ $ Rightarrow CD = 2CM$ $ = 2sqrt BC^2 – BM^2 = asqrt 2 .$$V_ABCD = frac13CD.S_ABM$ $ = frac16CD.AM.BM = fraca^3sqrt 2 12.$b) gọi $N$, $P$, $Q$ lần lượt là trung điểm của $AB$, $AC$, $BD.$Ta bao gồm $widehat (AD,BC) = widehat (NP,MP).$Tam giác $AMB$ vuông cân nặng tại $M$ $ Rightarrow MN = fracAB2 = fraca2 = 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: mang đến tứ diện $SABC$ bao gồm các lân cận $SA = SB = SC = d$ với $widehat ASB = 120^0$, $widehat BSC = 60^0$, $widehat ASC = 90^0.$a) chứng tỏ tam giác $ABC$ là tam giác vuông.b) Tính thể tích tứ diện $SABC.$

*

a) Tam giác $SBC$ đều phải $BC = d.$Tam giác $SAB$ cân nặng và góc $widehat ASB = 120^0$ đề nghị $widehat SBA = widehat SAB = 30^0.$Gọi $H$ là trung điểm của $AB$ ta gồm $AH = bảo hành = fracdsqrt 3 2.$Do đó $AB = dsqrt 3 .$Tam giác $SAC$ vuông trên $S$ buộc phải $AC = dsqrt 2 .$Tam giác $ABC$ vuông trên $C$ vì: $BC^2 + AC^2 = d^2 + 2d^2 = 3d^2 = AB^2.$b) vì chưng $SA = SB = SC$ cần ta suy ra hình chiếu vuông góc của đỉnh $S$ xuống mặt phẳng $(ABC)$ đề xuất trùng cùng với trung điểm $H$ của đoạn $AB$ vì chưng ta gồm $HA = HB = HC.$Vì $widehat ASB = 120^0$ đề nghị $SH = fracSB2 = fracd2.$Ta có: $S_ABC = frac12BC.AC$ $ = frac12d.dsqrt 2 = fracd^2sqrt 2 2$ cần $V_SABC = frac13SH.S_ABC$ $ = frac13.fracd2.fracd^2sqrt 2 2 = fracd^3sqrt 2 12.$

Bài toán 5: cho tứ diện $ABCD.$ chứng minh thể tích tứ diện không đổi trong số trường hợp:a) Đỉnh $A$ di chuyển trên mặt phẳng $(P)$ tuy vậy song cùng với $(BCD).$b) Đỉnh $A$ di chuyển trên con đường thẳng $d$ tuy vậy song cùng với $BC.$c) nhì đỉnh $B$ cùng $C$ dịch chuyển trên con đường thẳng $Delta $ tuy thế vẫn giữ nguyên độ dài.

Xem thêm: Phân Tích Giá Trị Giáo Dục Của Tác Phẩm Vợ Nhặt (12 Mẫu), Giá Trị Giáo Dục Của Tác Phẩm Vợ Nhặt

*

Thể tích tứ diện $ABCD$ không đổi vì:a) Tam giác lòng $BCD$ cố định và mặt đường cao không thay đổi là khoảng cách từ $A$ mặt phẳng $(BCD)$, chính là khoảng bí quyết giữa $2$ phương diện phẳng tuy nhiên song $(P)$ với $(BCD).$b) Tam giác lòng $BCD$ cố định và thắt chặt và con đường cao không thay đổi là khoảng cách từ $A$ mang lại mặt phẳng $(BCD)$, chính là khoảng giải pháp giữa đường thẳng $d$ với khía cạnh phẳng tuy nhiên song $(BCD).$c) Đỉnh $A$ và $D$ ráng định, diện tích đáy $BCD$ là $S = frac12BC.d(D,Delta )$ không đổi và độ cao $h = d(A,(D,Delta ))$ ko đổi.

Bài toán 6: đến tứ diện $ABCD$, call $d$ là khoảng cách giữa hai đường thẳng $AB$ với $CD$, $alpha $ là góc giữa hai tuyến đường thẳng đó. Chứng minh rằng $V_ABCD = frac16AB.CD.d.sin alpha .$

*

Trong mặt phẳng $(ABC)$ vẽ hình bình hành $CBAA’.$Ta gồm $AA’//BC$ phải $V_ABCD = V_A’BCD.$Gọi $MN$ là đoạn vuông góc bình thường của $AB$ cùng $CD$ cùng với $M in AB$, $N in CD.$Vì $BM // CA’$ đề xuất $V_BA’CD = V_MA’CD.$Ta có: $MN ot AB$ phải $MN ot CA’.$Ngoài ra $MN ot CD$ phải $MN ot left( CDA’ ight).$Ta có: $widehat (AB,CD) = widehat left( A’C,CD ight) = alpha .$Do đó: $V_MA’CD = frac13S_A’CD.MN$ $ = frac13.frac12CA’.CD.sin alpha .MN$ $ = frac16AB.CD.d.sin alpha .$Vậy $V_ABCD = frac16AB.CD.d.sin alpha .$

Bài toán 7: mang lại điểm $M$ nằm trong hình tứ diện đa số $ABCD.$ chứng minh rằng tổng các khoảng cách từ $M$ tới tứ mặt của hình tứ diện là một vài không phụ thuộc vào vào địa chỉ của điểm $M.$ Tổng đó bằng bao nhiêu giả dụ cạnh của tứ diện đều bởi $a$?

*

Gọi $h$ là độ cao và $S$ là diện tích những 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 $MH_1$, $MH_2$, $MH_3$, $MH_4$ theo 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.$$ Rightarrow frac13S.MH_1 + frac13S.MH_2 + frac13S.MH_3 + frac13S.MH_4 = frac13S.h.$$ Rightarrow MH_1 + MH_2 + MH_3 + MH_4 = h$ không đổi.Nếu tứ diện đều phải có cạnh bởi $a$ thì $h = fracasqrt 6 3$ phải tổng các khoảng cách nói trên cũng bằng $h = fracasqrt 6 3.$

Bài toán 8: mang đến hai tia $Ax$ với $By$ tạo thành với nhau góc $alpha $, mặt đường thẳng $AB$ vuông góc với tất cả $Ax$ với $By$; $AB = d.$ nhì điểm $M$, $N$ theo thứ tự nằm trên hai tia $Ax$ và $By$, $AM = m$, $BN =n.$ Tính:a) Thể tích khối tứ diện $ABMN.$b) khoảng cách giữa hai tuyến đường thẳng chéo nhau $AB$ với $MN.$

*

a) $V_ABMN = frac16AM.BN.dsin alpha = frac16mndsin alpha .$b) Vẽ $overrightarrow BM = overrightarrow AM $ thì $ABM’M$ là hình chữ nhật và gồm $AB // (MNM’).$Khoảng giải pháp $h$ giữa hai tuyến phố thẳng $AB$ và $MN$ bằng khoảng cách từ $AB$ tới mặt phẳng $(MNM’)$ tốt bằng khoảng cách từ $B$ tới phương diện phẳng đó.Hạ $BH ot NM’$ thì $BH ot left( MNM’ ight).$Vậy $h= BH.$Ta bao gồm $S_BNM’ = frac12NM’.BH$ buộc phải $h = fracmnsin alpha sqrt m^2 + n^2 – 2mncos alpha .$

Bài toán 9: cho lăng trụ tam giác $ABC.A’B’C’$ có $BB’ = a$, góc thân $BB’$ với mặt phẳng $(ABC)$ bằng $60°$, tam giác $ABC$ vuông trên $C$ cùng $widehat BAC = 60^0.$ Hình chiếu vuông góc của $B’$ lên khía cạnh phẳng $(ABC)$ trùng với giữa trung tâm tam giác $ABC.$ Tính thể tích tứ diện $A’ABC.$

*

Gọi $G$ là giữa trung tâm tam giác $ABC$ với $D$ là trung điểm $AC$ thì $B’G ot (ABC)$, $widehat B’BG = 60^0$ đề xuất $B’G = fracasqrt 3 2$, $BG = fraca2.$Do đó $BD = frac3a4.$Đặt $AB = x$ thì $BC = fracxsqrt 3 2$, $AC = fracx2$, $CD = fracx4.$Tam giác $BCD$ vuông tại $C$ nên:$BC^2 + CD^2 = BD^2$ $ Rightarrow frac34x^2 + frac116x^2 = frac916a^2$ $ Rightarrow x = frac3asqrt 13 13 = AB$ với $AC = frac3asqrt 13 26.$Do kia $S_ABC = frac9a^2sqrt 3 104.$$V_A’ABC = frac13S_ABC.B’G = frac3a^3208.$

Bài toán 10: đến hình lăng trụ đứng $ABC.A’B’C’$ có đáy $ABC$ là tam giác vuông trên $B$, $AB = a$, $AA’ = 2a$, $A’C = 3a.$ hotline $M$ là trung điểm của đoạn $A’C’$, $I$ là giao điểm của $AM$ cùng $A’C.$ Tính theo $a$ thể tích khối tứ diện $IABC$ và khoảng cách từ điểm $A$ đến mặt phẳng $(IBC).$

*

a) Hạ $IH ot AC$ $(H in AC).$$ Rightarrow IH ot (ABC)$ phải $IH$ là mặt đường cao của tứ diện $IABC.$$ Rightarrow mIH// mAA’$ $ Rightarrow fracIHAA’ = fracCICA’ = frac23$ $ Rightarrow IH = frac23AA’ = frac4a3.$$AC = sqrt A"C^2 – A"A^2 = asqrt 5 $, $BC = sqrt AC^2 – AB^2 = 2a.$Diện tích tam giác $ABC:$$S_ABC = frac12AB.BC = a^2.$Thể tích khối đa diện $IABC:$ $V = frac13IH.S_ABC = frac4a^39.$b) Hạ $AK ot A’B$ $left( K in A’B ight).$Vì $BC ot (ABB’A’)$ buộc phải $AK ot BC Rightarrow AK ot (IBC).$Khoảng biện pháp từ $A$ cho mặt phẳng $(IBC)$ là $AK.$$AK = frac2S_AA’BA’B = fracAA’.ABsqrt A"A^2 + AB^2 = frac2asqrt 5 5.$

Bài toán 11: mang lại hình lập phương $ABCD.A’B’C’D’$ có cạnh bởi $a.$ hotline $O’$ là trung ương của dưới mặt đáy $A’B’C’D’$, điểm $M$ vị trí đoạn trực tiếp $BD$ làm sao cho $BM = frac34BD.$ Tính thể tích khối tứ diện $ABMO’$ và khoảng cách giữa hai tuyến phố thẳng $AM$ và $O’D.$

*

Gọi $O$ là trọng tâm của hình vuông $ABCD$ $ Rightarrow OO’ ot (ABM).$Từ mang thiết suy ra $M$ là trung điểm của $OD.$Ta tất cả $S_ABM = frac34S_ABD = frac34.frac12a^2 = frac3a^28.$Suy ra $V_ABMO’ = frac13S_ABM.OO’$ $ = frac13.frac3a^28.a = fraca^38.$Gọi $N$ là trung điểm của $OO’.$Khi kia $MN // O’D.$Do kia $O’D // (AMN).$Suy ra: $d(O’D, AM)=d(O’D, (AMN))$ $= d(D, (AMN)) = d(O, (AMN)) = OH.$Tứ diện $OAMN$ có $OA$, $OM$, $ON$ song một vuông góc:$frac1OH^2 = frac1OA^2 + frac1OM^2 + frac1ON^2$ $ = frac2a^2 + frac8a^2 + frac4a^2 = frac14a^2$ $ Rightarrow OH = fracasqrt 14 .$Vậy $d(O,(AMN)) = fracasqrt 14 .$

Bài toán 12: đến hình vỏ hộp chữ nhật $ABCD.A’B’C’D’$ gồm $AB = a$, $BC = b$ cùng $AA’ = a.$ hotline $E$ là trung điểm của $A’D’.$ Tính thể tích khối tứ diện $BC’DE$ theo $a$, $b.$ khi $a=b$, tính góc thân hai mặt phẳng $(BC’D)$ và $(C’DE).$

*

Ta có: $BC’ = BD = sqrt a^2 + b^2 $, $CD = asqrt 2 .$Suy ra tam giác $BC’D$ cân nặng tại $B.$Gọi $H$ là trung điểm của $CD$ thì $BH ot C’D.$Tam giác $BC’H$ vuông:$BH = sqrt a^2 + b^2 – fraca^22 = fracsqrt a^2 + 2b^2 sqrt 2 .$$S_BC’D = frac12.C’D.BH$ $ = frac12asqrt 2 cdot fracsqrt a^2 + 2b^2 sqrt 2 $ $ = fracasqrt a^2 + 2b^2 2.$Trong mặt phẳng $(BCD’A’)$ ta có $BH$ giảm $CE$ tại $I$, ta tính được $IE = frac32IC.$Suy ra $dleft( E,left( BC’D ight) ight) = frac32dleft( C,left( BC’D ight) ight) = frac32h.$Tứ diện vuông $CBC’D$ gồm $CB$, $CD$, $CC’$ song một vuông góc nên:$frac1h^2 = frac1CB^2 + frac1CD^2 + frac1CC‘^2 = frac1b^2 + frac1a^2 + frac1a^2$ $ Rightarrow h = fracabsqrt a^2 + 2b^2 .$Vậy $V_BC’DE = frac13.frac3ab2sqrt a^2 + 2b^2 .fracasqrt a^2 + 2b^2 2 = fraca^2b4.$Khi $a=b$ thì hình hộp đã cho là hình lập phương.Từ kia tính được góc thân hai phương diện phẳng bằng $90°.$