CÔNG THỨC THỂ TÍCH TỨ DIỆN

     

acsregistrars.vn giới thiệu đến các bạn đọc nội dung bài viết trình bày công thức và phương thức tính thể tích khối tứ diện.

Bạn đang xem: Công thức thể tích tứ diện

1. KIẾN THỨC CẦN NẮM VỮNG

*

+ Tứ diện $ABCD$: tư mặt là tam giác.+ Tứ diện phần đông khi bao gồm $6$ cạnh bằng nhau, $4$ khía cạnh là tam giác đều.+ Thể tích tứ diện $ABCD$: Thể tích của một khối tứ diện bằng một trong những phần ba tích số của diện tích dưới đáy và chiều 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 mặt đáy và chiều cao của khối chóp đó: $V = frac13B.h.$

Chú ý:1) Tứ diện tuyệt hình chóp tam giác bao gồm $4$ biện pháp chọn đỉnh chóp.2) Tứ diện nội tiếp hình hộp, tứ diện gần phần đa (có $3$ cặp cạnh đối bởi nhau) nội tiếp hình vỏ hộp chữ nhật với tứ diện hầu như nội tiếp hình lập phương.3) Khi đo lường các đại lượng, nếu buộc phải thì đặt ẩn rồi tra cứu phương trình nhằm giải ra ẩn đó.4) Để tính diện tích, thể tích bao gồm khi ta tính gián tiếp bằng phương pháp chia nhỏ các phần hoặc lấy phần nhiều hơn trừ đi những phần dư.

2. BÀI TẬP ÁP DỤNGBài toán 1: mang đến tứ diện phần lớn $ABCD$ có cạnh bởi $a.$ Tính khoảng cách giữa những cặp cạnh đối diện và thể tích của hình tứ diện số đông đó.

Xem thêm: Tìm Hiểu Về Lịch Sử Dựng Nước Của Vua Hùng Vương Trong Hơn 2600 Năm

*

Do tứ diện $ABCD$ đều, hotline $I$, $J$ lần lượt là trung điểm của $AB$ và $CD$ thì:$AJ = BJ = fracasqrt 3 2$ nên $Delta JAB$ cân tại $J$ $ Rightarrow IJ ot AB.$Tương từ bỏ $Delta ICD$ 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 từ bỏ $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 $APQR$ thế nào cho $B$, $C$, $D$ theo thứ tự là trung điểm những cạnh $QR$, $RP$, $PQ.$Ta tất cả $AD = BC = frac12PQ$ $ 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 kia 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 các mặt $ABC$ và $ABD$ là các tam giác đầy đủ cạnh $a$, các mặt $ACD$ với $BCD$ 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 $AM ot CD$, $BM ot CD.$Từ giả thiết suy ra $widehat AMB = 90^0.$Mà $AM = BM$ phải tam giác $AMB$ vuông cân nặng 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 $N$, $P$, $Q$ thứu tự là trung điểm của $AB$, $AC$, $BD.$Ta 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: cho tứ diện $SABC$ gồm các lân cận $SA = SB = SC = d$ 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 bắt buộc $BC = d.$Tam giác $SAB$ cân và góc $widehat ASB = 120^0$ cần $widehat SBA = widehat SAB = 30^0.$Gọi $H$ là trung điểm của $AB$ ta gồm $AH = bảo hành = fracdsqrt 3 2.$Do kia $AB = dsqrt 3 .$Tam giác $SAC$ vuông tại $S$ 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 $SA = SB = SC$ buộc phải ta suy ra hình chiếu vuông góc của đỉnh $S$ xuống mặt phẳng $(ABC)$ đề xuất trùng với trung điểm $H$ của đoạn $AB$ vị ta có $HA = HB = HC.$Vì $widehat ASB = 120^0$ bắt buộc $SH = fracSB2 = fracd2.$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: mang lại tứ diện $ABCD.$ chứng tỏ thể tích tứ diện ko đổi trong những trường hợp:a) Đỉnh $A$ dịch chuyển trên mặt phẳng $(P)$ song song với $(BCD).$b) Đỉnh $A$ di chuyển trên mặt đường thẳng $d$ song song với $BC.$c) nhị đỉnh $B$ cùng $C$ di chuyển trên con đường thẳng $Delta $ nhưng mà vẫn giữ nguyên độ dài.

Xem thêm: Hướng Dẫn Cách Vệ Sinh Máy Giặt Aqua Cửa Trên 9Kg, Chế Độ Vệ Sinh Lồng Giặt Trên Máy Giặt Aqua Là Gì

*

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

Bài toán 6: đến tứ diện $ABCD$, gọi $d$ là khoảng cách giữa hai tuyến đường thẳng $AB$ cùng $CD$, $alpha $ là góc giữa hai tuyến đường thẳng đó. Minh chứng rằng $V_ABCD = frac16AB.CD.d.sin alpha .$

*

Trong khía cạnh phẳng $(ABC)$ vẽ hình bình hành $CBAA’.$Ta gồm $AA’//BC$ đề nghị $V_ABCD = V_A’BCD.$Gọi $MN$ là đoạn vuông góc bình thường của $AB$ với $CD$ với $M in AB$, $N in CD.$Vì $BM // CA’$ đề nghị $V_BA’CD = V_MA’CD.$Ta có: $MN ot AB$ nên $MN ot CA’.$Ngoài ra $MN ot CD$ nên $MN ot left( CDA’ ight).$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 đến điểm $M$ nằm trong hình tứ diện đa số $ABCD.$ minh chứng rằng tổng các khoảng cách từ $M$ tới tứ mặt của hình tứ diện là một số trong những không nhờ vào vào vị trí của điểm $M.$ Tổng đó bằng bao nhiêu nếu như cạnh của tứ diện đều bằng $a$?

*

Gọi $h$ là độ 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 những mặt phẳng $(BCD)$, $(ACD)$, $(ABD)$, $(ABC).$Khi kia $MH_1$, $MH_2$, $MH_3$, $MH_4$ theo thứ tự là khoảng cách từ điểm $M$ tới những 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 bằng $a$ thì $h = fracasqrt 6 3$ đề xuất tổng các khoảng cách nói bên trên cũng bởi $h = fracasqrt 6 3.$

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

*

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 biện pháp $h$ giữa hai đường thẳng $AB$ và $MN$ bằng khoảng cách từ $AB$ tới khía cạnh phẳng $(MNM’)$ tuyệt 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 $S_BNM’ = frac12NM’.BH$ đề xuất $h = fracmnsin alpha sqrt m^2 + n^2 – 2mncos alpha .$

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

*

Gọi $G$ là trung tâm tam giác $ABC$ cùng $D$ là trung điểm $AC$ thì $B’G ot (ABC)$, $widehat B’BG = 60^0$ đề nghị $B’G = fracasqrt 3 2$, $BG = fraca2.$Do kia $BD = frac3a4.$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$ cùng $AC = frac3asqrt 13 26.$Do đó $S_ABC = frac9a^2sqrt 3 104.$$V_A’ABC = frac13S_ABC.B’G = frac3a^3208.$

Bài toán 10: cho hình lăng trụ đứng $ABC.A’B’C’$ gồm đáy $ABC$ là tam giác vuông trên $B$, $AB = a$, $AA’ = 2a$, $A’C = 3a.$ gọi $M$ 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 $A$ cho mặt phẳng $(IBC).$

*

a) Hạ $IH ot AC$ $(H in AC).$$ Rightarrow IH ot (ABC)$ buộc phải $IH$ là con đường cao của tứ diện $IABC.$$ 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 nhiều diện $IABC:$ $V = frac13IH.S_ABC = frac4a^39.$b) Hạ $AK ot A’B$ $left( K in A’B ight).$Vì $BC ot (ABB’A’)$ yêu cầu $AK ot BC Rightarrow AK ot (IBC).$Khoảng giải pháp từ $A$ đến mặt phẳng $(IBC)$ là $AK.$$AK = frac2S_AA’BA’B = fracAA’.ABsqrt A"A^2 + AB^2 = frac2asqrt 5 5.$

Bài toán 11: mang đến hình lập phương $ABCD.A’B’C’D’$ gồm cạnh bằng $a.$ hotline $O’$ là tâm của dưới đáy $A’B’C’D’$, điểm $M$ nằm tại đoạn thẳng $BD$ sao cho $BM = frac34BD.$ Tính thể tích khối tứ diện $ABMO’$ và khoảng cách giữa hai đường thẳng $AM$ và $O’D.$

*

Gọi $O$ là trung tâm của hình vuông vắn $ABCD$ $ Rightarrow OO’ ot (ABM).$Từ trả thiết suy ra $M$ là trung điểm của $OD.$Ta có $S_ABM = frac34S_ABD = frac34.frac12a^2 = frac3a^28.$Suy ra $V_ABMO’ = frac13S_ABM.OO’$ $ = frac13.frac3a^28.a = fraca^38.$Gọi $N$ là trung điểm của $OO’.$Khi đó $MN // O’D.$Do kia $O’D // (AMN).$Suy ra: $d(O’D, AM)=d(O’D, (AMN))$ $= d(D, (AMN)) = d(O, (AMN)) = OH.$Tứ diện $OAMN$ gồm $OA$, $OM$, $ON$ 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: mang đến hình vỏ hộp chữ nhật $ABCD.A’B’C’D’$ tất cả $AB = a$, $BC = b$ và $AA’ = a.$ hotline $E$ là trung điểm của $A’D’.$ Tính thể tích khối tứ diện $BC’DE$ theo $a$, $b.$ lúc $a=b$, tính góc giữa 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 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 khía cạnh phẳng $(BCD’A’)$ ta gồm $BH$ 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 $CBC’D$ tất cả $CB$, $CD$, $CC’$ đôi 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 vỏ hộp đã cho là hình lập phương.Từ kia tính được góc thân hai phương diện phẳng bằng $90°.$