THỂ TÍCH HÌNH TỨ DIỆN

bephongngoaidon.com giới thiệu đến các bạn đọc nội dung bài viết trình bày cách làm và cách thức tính thể tích khối tứ diện.

Bạn đang xem: Thể tích hình tứ diện

1. KIẾN THỨC CẦN NẮM VỮNG

*

+ Tứ diện $ABCD$: tứ mặt là tam giác.+ Tứ diện hầu như khi có $6$ cạnh bởi nhau, $4$ phương diện 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 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 trong những 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 giỏi hình chóp tam giác gồm $4$ phương pháp 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 hộp chữ nhật với tứ diện những 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 con gián tiếp bằng cách chia nhỏ các phần hoặc lấy đa phần hơn trừ đi các phần dư.

2. BÀI TẬP ÁP DỤNGBài toán 1: mang lại tứ diện mọi $ABCD$ tất cả cạnh bằng $a.$ Tính khoảng cách giữa những cặp cạnh đối lập và thể tích của hình tứ diện phần đa đó.

Xem thêm: Xem Phim Nàng Đê Chang Kưm, Nàng Dae Jang Kum (Dae Jang Geum) 2003

*

Do tứ diện $ABCD$ đều, điện thoại tư vấn $I$, $J$ thứu tự là trung điểm của $AB$ với $CD$ thì:$AJ = BJ = fracasqrt 3 2$ nên $Delta JAB$ cân nặng tại $J$ $ Rightarrow IJ ot AB.$Tương trường đoản cú $Delta ICD$ cân nặng 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 $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 $APQR$ sao 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 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: cho tứ diện $ABCD$ có các mặt $ABC$ và $ABD$ là các tam giác đông đảo cạnh $a$, những mặt $ACD$ cùng $BCD$ vuông góc cùng 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) hotline $M$ là trung điểm của $CD$, lúc ấy $AM ot CD$, $BM ot CD.$Từ đưa thiết suy ra $widehat AMB = 90^0.$Mà $AM = BM$ đề nghị 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 $N$, $P$, $Q$ 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 $SABC$ bao 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 cần $BC = d.$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 có $AH = bh = fracdsqrt 3 2.$Do kia $AB = dsqrt 3 .$Tam giác $SAC$ vuông trên $S$ đề nghị $AC = dsqrt 2 .$Tam giác $ABC$ vuông trên $C$ vì: $BC^2 + AC^2 = d^2 + 2d^2 = 3d^2 = AB^2.$b) bởi vì $SA = SB = SC$ bắt buộc 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 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$ buộc phải $V_SABC = frac13SH.S_ABC$ $ = frac13.fracd2.fracd^2sqrt 2 2 = fracd^3sqrt 2 12.$

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

*

Thể tích tứ diện $ABCD$ không đổi vì:a) Tam giác lòng $BCD$ cố định và mặt đường cao không đổi là khoảng cách từ $A$ mặt phẳng $(BCD)$, đó là khoảng biện pháp giữa $2$ phương diện phẳng tuy nhiên song $(P)$ cùng $(BCD).$b) Tam giác đáy $BCD$ cố định và con đường cao không đổi là khoảng cách từ $A$ mang lại mặt phẳng $(BCD)$, đó là khoảng biện pháp giữa con đường thẳng $d$ với mặt phẳng song song $(BCD).$c) Đỉnh $A$ và $D$ cầm 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 tuyến phố thẳng $AB$ và $CD$, $alpha $ là góc giữa hai tuyến phố thẳng đó. Chứng minh rằng $V_ABCD = frac16AB.CD.d.sin alpha .$

*

Trong mặt phẳng $(ABC)$ vẽ hình bình hành $CBAA’.$Ta gồm $AA’//BC$ cần $V_ABCD = V_A’BCD.$Gọi $MN$ là đoạn vuông góc thông thường của $AB$ và $CD$ cùng với $M in AB$, $N in CD.$Vì $BM // CA’$ phải $V_BA’CD = V_MA’CD.$Ta có: $MN ot AB$ phải $MN ot CA’.$Ngoài ra $MN ot CD$ yêu cầu $MN ot left( CDA’ ight).$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 $M$ nằm trong hình tứ diện hồ hết $ABCD.$ chứng tỏ rằng tổng các khoảng cách từ $M$ tới tứ mặt của hình tứ diện là một số trong những không phụ thuộc vào địa điểm của điểm $M.$ Tổng đó bởi bao nhiêu trường hợp cạnh của tứ diện đều bằng $a$?

*

Gọi $h$ là độ cao và $S$ là diện tích các mặt tứ diện đều.Gọi $H_1$, $H_2$, $H_3$, $H_4$ theo thứ tự là hình chiếu của điểm $M$ trên những mặt phẳng $(BCD)$, $(ACD)$, $(ABD)$, $(ABC).$Khi kia $MH_1$, $MH_2$, $MH_3$, $MH_4$ 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.$$ Rightarrow frac13S.MH_1 + frac13S.MH_2 + frac13S.MH_3 + frac13S.MH_4 = frac13S.h.$$ Rightarrow MH_1 + MH_2 + MH_3 + MH_4 = h$ ko đổi.Nếu tứ diện đều sở hữu cạnh bằng $a$ thì $h = fracasqrt 6 3$ đề xuất tổng các khoảng cách nói trên cũng bởi $h = fracasqrt 6 3.$

Bài toán 8: mang đến hai tia $Ax$ và $By$ chế tạo với nhau góc $alpha $, đường thẳng $AB$ vuông góc với cả $Ax$ và $By$; $AB = d.$ nhị điểm $M$, $N$ theo lần lượt nằm trên nhị 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) $V_ABMN = frac16AM.BN.dsin alpha = frac16mndsin alpha .$b) Vẽ $overrightarrow BM = overrightarrow AM $ thì $ABM’M$ là hình chữ nhật và gồm $AB // (MNM’).$Khoảng cách $h$ giữa hai đường thẳng $AB$ với $MN$ bằng khoảng cách từ $AB$ tới mặt phẳng $(MNM’)$ tốt 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 $ABC.A’B’C’$ có $BB’ = a$, góc thân $BB’$ với mặt phẳng $(ABC)$ bằng $60°$, tam giác $ABC$ vuông tại $C$ với $widehat BAC = 60^0.$ Hình chiếu vuông góc của $B’$ lên phương diện phẳng $(ABC)$ trùng với giữa trung tâm tam giác $ABC.$ Tính thể tích tứ diện $A’ABC.$

*

Gọi $G$ là trung tâm tam giác $ABC$ và $D$ là trung điểm $AC$ thì $B’G ot (ABC)$, $widehat B’BG = 60^0$ phải $B’G = fracasqrt 3 2$, $BG = fraca2.$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 $ABC.A’B’C’$ 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 $AM$ với $A’C.$ Tính theo $a$ thể tích khối tứ diện $IABC$ và khoảng cách từ điểm $A$ mang đến mặt phẳng $(IBC).$

*

a) Hạ $IH ot AC$ $(H in AC).$$ Rightarrow IH ot (ABC)$ bắt buộc $IH$ là đường cao của tứ diện $IABC.$$ 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 $BC ot (ABB’A’)$ nên $AK ot BC Rightarrow AK ot (IBC).$Khoảng cách từ $A$ mang đến mặt phẳng $(IBC)$ là $AK.$$AK = frac2S_AA’BA’B = fracAA’.ABsqrt A"A^2 + AB^2 = frac2asqrt 5 5.$

Bài toán 11: đến hình lập phương $ABCD.A’B’C’D’$ có cạnh bởi $a.$ gọi $O’$ là vai trung phong của mặt dưới $A’B’C’D’$, điểm $M$ vị trí đoạn trực tiếp $BD$ làm thế nào 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 giả 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 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:$frac1OH^2 = frac1OA^2 + frac1OM^2 + frac1ON^2$ $ = frac2a^2 + frac8a^2 + frac4a^2 = frac14a^2$ $ Rightarrow OH = fracasqrt 14 .$Vậy $d(O,(AMN)) = fracasqrt 14 .$

Bài toán 12: mang lại hình vỏ hộp chữ nhật $ABCD.A’B’C’D’$ bao gồm $AB = a$, $BC = b$ 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 khía cạnh 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 gồm $BH$ cắt $CE$ 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 $CBC’D$ có $CB$, $CD$, $CC’$ 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 chỉ ra rằng hình lập phương.Từ kia tính được góc giữa hai mặt phẳng bằng $90°.$