Công Thức Tính Thể Tích Tứ Diện

     

chuyensuamayphotocopy.vn ra mắt đến bạn đọc nội dung bài viết trình bày phương pháp 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 $ABCD$: tư mặt là tam giác.+ Tứ diện các khi tất cả $6$ cạnh bằng nhau, $4$ phương diện 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 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 đáy và chiều cao của khối chóp đó: $V = frac13B.h.$

Chú ý:1) Tứ diện tốt hình chóp tam giác bao gồm $4$ cách chọn đỉnh chóp.2) Tứ diện nội tiếp hình hộp, tứ diện gần rất nhiều (có $3$ cặp cạnh đối bởi nhau) nội tiếp hình vỏ hộp chữ nhật với tứ diện những nội tiếp hình lập phương.3) Khi giám sát và đo lường các đại lượng, nếu yêu cầu thì đặt ẩn rồi kiếm tìm phương trình để giải ra ẩn đó.4) Để tính diện tích, thể tích bao gồm khi ta tính con gián tiếp bằng phương pháp chia nhỏ các phần hoặc lấy nhiều phần hơn trừ đi những phần dư.

Xem thêm: Văn 8 Bài Câu Trần Thuật - Soạn Bài Câu Trần Thuật (Trang 45)

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

*

Do tứ diện $ABCD$ đều, gọi $I$, $J$ theo lần lượt là trung điểm của $AB$ và $CD$ thì:$AJ = BJ = fracasqrt 3 2$ đề xuất $Delta JAB$ cân nặng tại $J$ $ Rightarrow IJ ot AB.$Tương trường đoản cú $Delta ICD$ 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 trường đoản cú $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 bởi nhau: $AB = CD = a$, $AC = BD = b$, $AD = BC = c.$

*

Dựng tứ diện $APQR$ làm sao để 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 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: mang lại tứ diện $ABCD$ có các mặt $ABC$ với $ABD$ là những tam giác số đông cạnh $a$, những mặt $ACD$ cùng $BCD$ 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) điện thoại tư vấn $M$ là trung điểm của $CD$, lúc ấy $AM ot CD$, $BM ot CD.$Từ trả thiết suy ra $widehat AMB = 90^0.$Mà $AM = BM$ cần 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) hotline $N$, $P$, $Q$ theo thứ tự 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 $SABC$ có các lân cận $SA = SB = SC = d$ với $widehat ASB = 120^0$, $widehat BSC = 60^0$, $widehat ASC = 90^0.$a) minh chứng 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 $widehat ASB = 120^0$ buộc phải $widehat SBA = widehat SAB = 30^0.$Gọi $H$ là trung điểm của $AB$ ta bao gồm $AH = bảo hành = fracdsqrt 3 2.$Do kia $AB = dsqrt 3 .$Tam giác $SAC$ vuông tại $S$ bắt buộc $AC = dsqrt 2 .$Tam giác $ABC$ vuông tại $C$ vì: $BC^2 + AC^2 = d^2 + 2d^2 = 3d^2 = AB^2.$b) vày $SA = SB = SC$ yêu cầu ta suy ra hình chiếu vuông góc của đỉnh $S$ xuống khía cạnh phẳng $(ABC)$ phải trùng cùng với trung điểm $H$ của đoạn $AB$ vày ta gồm $HA = HB = HC.$Vì $widehat ASB = 120^0$ yêu cầu $SH = fracSB2 = fracd2.$Ta có: $S_ABC = frac12BC.AC$ $ = frac12d.dsqrt 2 = fracd^2sqrt 2 2$ nên $V_SABC = frac13SH.S_ABC$ $ = frac13.fracd2.fracd^2sqrt 2 2 = fracd^3sqrt 2 12.$

Bài toán 5: cho tứ diện $ABCD.$ chứng tỏ thể tích tứ diện không đổi trong các trường hợp:a) Đỉnh $A$ di chuyển trên khía cạnh phẳng $(P)$ song song cùng với $(BCD).$b) Đỉnh $A$ di chuyển trên con đường thẳng $d$ tuy nhiên song cùng với $BC.$c) nhì đỉnh $B$ với $C$ dịch chuyển trên mặt đường thẳng $Delta $ nhưng vẫn không thay đổi độ dài.

Xem thêm: Lý 10 Bài 7: Sai Số Tuyệt Đối Ứng Với Mỗi Lần Đo Là, Lý Thuyết Sai Số Của Phép Đo Các Đại Lượng Vật Lí

*

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

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

*

Trong mặt phẳng $(ABC)$ vẽ hình bình hành $CBAA’.$Ta gồm $AA’//BC$ đề nghị $V_ABCD = V_A’BCD.$Gọi $MN$ là đoạn vuông góc phổ biến của $AB$ và $CD$ với $M in AB$, $N in CD.$Vì $BM // CA’$ cần $V_BA’CD = V_MA’CD.$Ta có: $MN ot AB$ phải $MN ot CA’.$Ngoài ra $MN ot CD$ đề nghị $MN ot left( CDA’ ight).$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: cho điểm $M$ phía bên trong hình tứ diện phần đông $ABCD.$ minh chứng rằng tổng các khoảng cách từ $M$ tới bốn mặt của hình tứ diện là một số trong những không phụ thuộc vào vị trí của điểm $M.$ Tổng đó bằng bao nhiêu giả dụ cạnh của tứ diện đều bởi $a$?

*

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 những mặt phẳng $(BCD)$, $(ACD)$, $(ABD)$, $(ABC).$Khi đó $MH_1$, $MH_2$, $MH_3$, $MH_4$ theo thứ tự 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 sở hữu cạnh bởi $a$ thì $h = fracasqrt 6 3$ nên tổng các khoảng cách nói trên cũng bằng $h = fracasqrt 6 3.$

Bài toán 8: cho hai tia $Ax$ cùng $By$ tạo với nhau góc $alpha $, mặt đường thẳng $AB$ vuông góc đối với cả $Ax$ cùng $By$; $AB = d.$ nhị 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 $AB$ 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 bao gồm $AB // (MNM’).$Khoảng bí quyết $h$ giữa hai tuyến phố thẳng $AB$ cùng $MN$ bằng khoảng cách từ $AB$ tới khía cạnh phẳng $(MNM’)$ xuất xắc bằng khoảng cách từ $B$ tới mặt phẳng đó.Hạ $BH ot NM’$ thì $BH ot left( MNM’ ight).$Vậy $h= BH.$Ta có $S_BNM’ = frac12NM’.BH$ đề xuất $h = fracmnsin alpha sqrt m^2 + n^2 – 2mncos alpha .$

Bài toán 9: đến lăng trụ tam giác $ABC.A’B’C’$ tất cả $BB’ = a$, góc thân $BB’$ và mặt phẳng $(ABC)$ bởi $60°$, tam giác $ABC$ vuông tại $C$ và $widehat BAC = 60^0.$ 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 $ABC$ cùng $D$ là trung điểm $AC$ thì $B’G ot (ABC)$, $widehat B’BG = 60^0$ bắt buộc $B’G = fracasqrt 3 2$, $BG = fraca2.$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: mang đến hình lăng trụ đứng $ABC.A’B’C’$ tất cả 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 $A$ cho mặt phẳng $(IBC).$

*

a) Hạ $IH ot AC$ $(H in AC).$$ Rightarrow IH ot (ABC)$ buộc phải $IH$ là mặt đường cao của tứ diện $IABC.$$ 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 $BC ot (ABB’A’)$ bắt buộc $AK ot BC Rightarrow AK ot (IBC).$Khoảng bí quyết từ $A$ mang lại 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 $ABCD.A’B’C’D’$ có cạnh bằng $a.$ gọi $O’$ là trọng điểm của dưới mặt đáy $A’B’C’D’$, điểm $M$ nằm trong đoạn trực tiếp $BD$ làm 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 trung khu của hình vuông vắn $ABCD$ $ Rightarrow OO’ ot (ABM).$Từ mang 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 kia $MN // O’D.$Do đó $O’D // (AMN).$Suy ra: $d(O’D, AM)=d(O’D, (AMN))$ $= d(D, (AMN)) = d(O, (AMN)) = OH.$Tứ diện $OAMN$ bao 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: 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 $a$, $b.$ khi $a=b$, 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 mặt phẳng $(BCD’A’)$ ta có $BH$ cắt $CE$ 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 $CBC’D$ 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 thân hai phương diện phẳng bởi $90°.$