Công thức tính thể tích tứ diện

     

colonyinvest.net reviews đến bạn đọc bài viết trình bày công thức và phương pháp tính thể tích khối tứ diện.

Bạn đang xem: Công thức tính thể tích tứ diện

1. KIẾN THỨC CẦN NẮM VỮNG

*

+ Tứ diện $ABCD$: tứ mặt là tam giác.+ Tứ diện rất nhiều khi tất cả $6$ cạnh bởi nhau, $4$ phương diện là tam giác đều.+ Thể tích tứ diện $ABCD$: Thể tích của một khối tứ diện bằng 1 phần ba tích số của diện tích mặt dưới 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 dưới mặt đáy và độ cao của khối chóp đó: $V = frac13B.h.$

Chú ý:1) Tứ diện hay hình chóp tam giác gồm $4$ cách chọn đỉnh chóp.2) Tứ diện nội tiếp hình hộp, tứ diện gần phần đông (có $3$ cặp cạnh đối bằng nhau) nội tiếp hình hộp chữ nhật và tứ diện hồ hết nội tiếp hình lập phương.3) Khi giám sát các đại lượng, nếu cần thì để ẩn rồi tìm kiếm phương trình nhằm giải ra ẩn đó.4) Để tính diện tích, thể tích gồm khi ta tính loại gián tiếp bằng cách chia nhỏ tuổi các phần hoặc lấy nhiều phần hơn trừ đi những phần dư.

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

Xem thêm: Gold Class Cgv Gold Class Là Gì Thích Thú? Review Rạp Gold Class Tại Cgv Có Gì Thích Thú

*

Do tứ diện $ABCD$ đều, call $I$, $J$ theo lần lượt là trung điểm của $AB$ cùng $CD$ thì:$AJ = BJ = fracasqrt 3 2$ phải $Delta JAB$ cân nặng 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 những 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 các 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 những 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: đến tứ diện $ABCD$ có các mặt $ABC$ và $ABD$ là những tam giác phần đa 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 tuyến phố thẳng $AD$, $BC.$

*

a) gọi $M$ là trung điểm của $CD$, khi ấy $AM ot CD$, $BM ot CD.$Từ mang thiết suy ra $widehat AMB = 90^0.$Mà $AM = BM$ bắt buộc 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) call $N$, $P$, $Q$ lần lượt là trung điểm của $AB$, $AC$, $BD.$Ta bao gồm $widehat (AD,BC) = widehat (NP,MP).$Tam giác $AMB$ vuông cân 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: đến tứ diện $SABC$ bao gồm các ở kề bên $SA = SB = SC = d$ và $widehat ASB = 120^0$, $widehat BSC = 60^0$, $widehat ASC = 90^0.$a) chứng tỏ tam giác $ABC$ là tam giác vuông.b) Tính thể tích tứ diện $SABC.$

*

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

Bài toán 5: đến tứ diện $ABCD.$ minh chứng thể tích tứ diện không đổi trong các trường hợp:a) Đỉnh $A$ dịch rời trên khía cạnh phẳng $(P)$ tuy nhiên song với $(BCD).$b) Đỉnh $A$ dịch chuyển trên mặt đường thẳng $d$ tuy vậy song cùng với $BC.$c) nhị đỉnh $B$ cùng $C$ dịch chuyển trên đường thẳng $Delta $ tuy vậy vẫn giữ nguyên độ dài.

*

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

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

*

Trong phương diện phẳng $(ABC)$ vẽ hình bình hành $CBAA’.$Ta tất cả $AA’//BC$ buộc phải $V_ABCD = V_A’BCD.$Gọi $MN$ là đoạn vuông góc chung của $AB$ cùng $CD$ với $M in AB$, $N in CD.$Vì $BM // CA’$ bắt buộc $V_BA’CD = V_MA’CD.$Ta có: $MN ot AB$ bắt buộc $MN ot CA’.$Ngoài ra $MN ot CD$ cần $MN ot left( CDA’ ight).$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 $M$ phía bên trong hình tứ diện hồ hết $ABCD.$ chứng tỏ rằng tổng các khoảng cách từ $M$ tới tư mặt của hình tứ diện là một số không phụ thuộc vào vào địa chỉ của điểm $M.$ Tổng đó bằng bao nhiêu giả dụ cạnh của tứ diện đều bằng $a$?

*

Gọi $h$ là chiều cao và $S$ là diện tích những mặt tứ diện đều.Gọi $H_1$, $H_2$, $H_3$, $H_4$ thứu tự là hình chiếu của điểm $M$ trên những 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$ ko đổi.Nếu tứ diện đều phải sở hữu cạnh bằng $a$ thì $h = fracasqrt 6 3$ đề xuất tổng các khoảng cách nói bên trên cũng bằng $h = fracasqrt 6 3.$

Bài toán 8: mang đến hai tia $Ax$ và $By$ tạo ra với nhau góc $alpha $, đường thẳng $AB$ vuông góc với cả $Ax$ cùng $By$; $AB = d.$ nhì điểm $M$, $N$ theo lần lượt nằm trên hai 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 cánh nhau $AB$ và $MN.$

*

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 phương pháp $h$ giữa hai tuyến phố thẳng $AB$ và $MN$ bằng khoảng cách từ $AB$ tới phương diện 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 có $S_BNM’ = frac12NM’.BH$ phải $h = fracmnsin alpha sqrt m^2 + n^2 – 2mncos alpha .$

Bài toán 9: đến lăng trụ tam giác $ABC.A’B’C’$ gồm $BB’ = a$, góc thân $BB’$ cùng mặt phẳng $(ABC)$ bởi $60°$, tam giác $ABC$ vuông tại $C$ cùng $widehat BAC = 60^0.$ Hình chiếu vuông góc của $B’$ lên khía cạnh phẳng $(ABC)$ trùng với trung 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 $B’G ot (ABC)$, $widehat B’BG = 60^0$ cần $B’G = fracasqrt 3 2$, $BG = fraca2.$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$ và $AC = frac3asqrt 13 26.$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 $ABC.A’B’C’$ gồm 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 $A$ mang lại mặt phẳng $(IBC).$

*

a) Hạ $IH ot AC$ $(H in AC).$$ Rightarrow IH ot (ABC)$ cần $IH$ là con đường cao của tứ diện $IABC.$$ 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 đa diện $IABC:$ $V = frac13IH.S_ABC = frac4a^39.$b) Hạ $AK ot A’B$ $left( K in A’B ight).$Vì $BC ot (ABB’A’)$ 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: cho hình lập phương $ABCD.A’B’C’D’$ gồm cạnh bằng $a.$ gọi $O’$ là trọng điểm của mặt dưới $A’B’C’D’$, điểm $M$ nằm ở đoạn trực tiếp $BD$ thế nào cho $BM = frac34BD.$ Tính thể tích khối tứ diện $ABMO’$ và khoảng cách giữa hai tuyến phố thẳng $AM$ cùng $O’D.$

*

Gọi $O$ là trọng tâm của hình vuông vắn $ABCD$ $ Rightarrow OO’ ot (ABM).$Từ đưa thiết suy ra $M$ là trung điểm của $OD.$Ta gồm $S_ABM = frac34S_ABD = frac34.frac12a^2 = frac3a^28.$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 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 $OA$, $OM$, $ON$ 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 $ABCD.A’B’C’D’$ có $AB = a$, $BC = b$ với $AA’ = a.$ 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 phương diện phẳng $(BC’D)$ cùng $(C’DE).$

*

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 phương diện phẳng $(BCD’A’)$ ta tất cả $BH$ giảm $CE$ trên $I$, 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 $CBC’D$ bao 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 vỏ hộp đã cho rằng hình lập phương.Từ đó tính được góc giữa hai mặt phẳng bởi $90°.$