[Vted.vn] - Công thức tổng quát tính thể tích của một khối tứ diện bất kì và các trường hợp đặc biệt

320756 1 Đã đăng 2017-04-22 01:26:30 Kiến thức toán học


Bài viết này Vted tổng hợp và giới thiệu lại một số công thức tính nhanh thể tích của khối tứ diện cho một số trường hợp đặc biệt hay gặp

https://www.vted.vn/khoa-hoc/nhom/combo-4-khoa-luyen-thi-thpt-quoc-gia-2020-mon-toan-danh-cho-teen-2k2-9

Đồng thời trình bày công thức tổng quát tính thể tích cho khối tứ diện bất kì khi biết độ dài tất cả 6 cạnh của tứ diện. Việc ghi nhớ các công thức này giúp các em giải quyết nhanh một số dạng bài khó về thể tích khối tứ diện trong đề thi THPT Quốc Gia 2019 - Môn Toán.

Bài viết này trích lược một số công thức nhanh hay dùng cho khối tứ diện. Các công thức nhanh khác liên quan đến thể tích khối tứ diện và thể tích khối lăng trụ bạn đọc tham khảo khoá COMBO X do Vted phát hành tại đây: https://www.vted.vn/khoa-hoc/nhom/combo-4-khoa-luyen-thi-thpt-quoc-gia-2020-mon-toan-danh-cho-teen-2k2-9

>>Xem đề thi Thể tích tứ diện và các trường hợp đặc biệt

>>Xem thêm bài giảng và đề thi vận dụng cao Thể tích đa diện

>>Xem thêm Tóm tắt lý thuyết và Nón - trụ - Cầu

Công thức tổng quát: Khối tứ diện $ABCD$ có $BC=a,CA=b,AB=c,AD=d,BD=e,CD=f$ ta có công thức tính thể tích của tứ diện theo sáu cạnh như sau: \[V=\dfrac{1}{12}\sqrt{M+N+P-Q},\] trong đó \[\begin{align} & M={{a}^{2}}{{d}^{2}}({{b}^{2}}+{{e}^{2}}+{{c}^{2}}+{{f}^{2}}-{{a}^{2}}-{{d}^{2}}) \\ & N={{b}^{2}}{{e}^{2}}({{a}^{2}}+{{d}^{2}}+{{c}^{2}}+{{f}^{2}}-{{b}^{2}}-{{e}^{2}}) \\ & P={{c}^{2}}{{f}^{2}}({{a}^{2}}+{{d}^{2}}+{{b}^{2}}+{{e}^{2}}-{{c}^{2}}-{{f}^{2}}) \\ & Q={{(abc)}^{2}}+{{(aef)}^{2}}+{{(bdf)}^{2}}+{{(cde)}^{2}} \\ \end{align}\]

Công thức 1: Khối tứ diện đều

Khối tứ diện đều cạnh $a,$ ta có $V=\dfrac{{{a}^{3}}\sqrt{2}}{12}.$

Ví dụ 1: Cho tứ diện đều có chiều cao bằng \[h\]. Thể tích của khối tứ diện đã cho là

A. \[V=\frac{\sqrt{3}{{h}^{3}}}{4}\].

B. \[V=\frac{\sqrt{3}{{h}^{3}}}{8}\].

C. \[V=\frac{\sqrt{3}{{h}^{3}}}{3}\].

D. \[V=\frac{2\sqrt{3}{{h}^{3}}}{3}\].

Giải. Thể tích tứ diện đều cạnh $a$ là $V=\frac{\sqrt{2}{{a}^{3}}}{12}.$

Chiều cao tứ diện đều là $h=\frac{3V}{S}=\frac{3\left( \frac{\sqrt{2}{{a}^{3}}}{12} \right)}{\frac{\sqrt{3}{{a}^{2}}}{4}}=\sqrt{\frac{2}{3}}a\Rightarrow a=\sqrt{\frac{3}{2}}h.$

Vì vậy $V=\frac{\sqrt{2}}{12}{{\left( \sqrt{\frac{3}{2}}h \right)}^{3}}=\frac{\sqrt{3}{{h}^{3}}}{8}.$ Chọn đáp án B.

Công thức 2: Khối tứ diện vuông (các góc tại một đỉnh của tứ diện là góc vuông)

Với tứ diện $ABCD$ có $AB,AC,AD$ đôi một vuông góc và $AB=a,AC=b,AD=c,$ ta có $V=\dfrac{1}{6}abc.$

Công thức 3: Khối tứ diện gần đều (các cặp cạnh đối tương ứng bằng nhau)

Với tứ diện $ABCD$ có $AB=CD=a,BC=AD=b,AC=BD=c$ ta có \[V=\dfrac{\sqrt{2}}{12}.\sqrt{({{a}^{2}}+{{b}^{2}}-{{c}^{2}})({{b}^{2}}+{{c}^{2}}-{{a}^{2}})({{a}^{2}}+{{c}^{2}}-{{b}^{2}})}.\]

Ví dụ 1: Chokhối tứ diện $ABCD$có $AB=CD=8,AD=BC=5$ và $AC=BD=7.$ Thể tích khối tứ diện đã cho bằng

A. $\frac{\sqrt{30}}{3}.$

B. $\frac{20\sqrt{11}}{3}.$

C. $\sqrt{30}.$

D. $20\sqrt{11}.$ 

Giải. Ta có ${{V}_{ABCD}}=\frac{\sqrt{2}}{12}\sqrt{({{8}^{2}}+{{5}^{2}}-{{7}^{2}})({{5}^{2}}+{{7}^{2}}-{{8}^{2}})({{7}^{2}}+{{8}^{2}}-{{5}^{2}})}=\frac{20\sqrt{11}}{3}.$ Chọn đáp án B.

Ví dụ 2: Cho tứ diện $ABCD$ có $AB=CD=8,AD=BC=5$ và $AC=BD=7.$ Gọi $M$ là trung điểm cạnh $AB.$Khoảng cách từ điểm $A$ đến mặt phẳng $(CMD)$bằng  

A. $\frac{\sqrt{31}}{2}.$

B. $\frac{\sqrt{55}}{2}.$

C. $\frac{\sqrt{21}}{2}.$

D. $\frac{\sqrt{33}}{2}.$

Giải. Ta có ${{V}_{AMCD}}=\frac{AM}{AB}{{V}_{ABCD}}=\frac{1}{2}{{V}_{ABCD}}=\frac{\sqrt{2}}{24}\sqrt{({{8}^{2}}+{{5}^{2}}-{{7}^{2}})({{5}^{2}}+{{7}^{2}}-{{8}^{2}})({{7}^{2}}+{{8}^{2}}-{{5}^{2}})}=\frac{10\sqrt{11}}{3}.$

Tam giác $MCD$ có $CD=8$ và theo công thức đường trung tuyến ta có:

$MC=\sqrt{\frac{2(C{{A}^{2}}+C{{B}^{2}})-A{{B}^{2}}}{4}}=\sqrt{\frac{2({{7}^{2}}+{{5}^{2}})-{{8}^{2}}}{4}}=\sqrt{21}.$

và $MD=\sqrt{\frac{2(D{{A}^{2}}+D{{B}^{2}})-A{{B}^{2}}}{4}}=\sqrt{\frac{2({{5}^{2}}+{{7}^{2}})-{{8}^{2}}}{4}}=\sqrt{21}.$

Vậy ${{S}_{MCD}}=4\sqrt{5}.$ Do đó $d(A,(MCD))=\frac{3{{V}_{AMCD}}}{{{S}_{MCD}}}=\frac{10\sqrt{11}}{4\sqrt{5}}=\frac{\sqrt{55}}{2}.$ Chọn đáp án B.

Ví dụ 3: Khối tứ diện $ABCD$ có $AB=CD=5a,AC=BD=6a,AD=BC=7a$ có thể tích bằng

A. $\sqrt{95}{{a}^{3}}.$

B. $8\sqrt{95}{{a}^{3}}.$

C. $2\sqrt{95}{{a}^{3}}.$

D. $4\sqrt{95}{{a}^{3}}.$

Giải. Áp dụng công thức tính thể tích khối tứ diện gần đều có

${{V}_{ABCD}}=\dfrac{\sqrt{2}}{12}\sqrt{\left( {{5}^{2}}+{{6}^{2}}-{{7}^{2}} \right)\left( {{6}^{2}}+{{7}^{2}}-{{5}^{2}} \right)\left( {{7}^{2}}+{{5}^{2}}-{{6}^{2}} \right)}{{a}^{3}}=2\sqrt{95}{{a}^{3}}.$

Chọn đáp án C.

Xem thêm tại đây: https://www.vted.vn/tin-tuc/cong-thuc-tong-quat-tinh-the-tich-cua-mot-khoi-tu-dien-bat-ki-va-cac-truong-hop-dac-biet-4345.html

Công thức 4: Khối tứ diện có khoảng cách và góc giữa cặp cạnh đối diện của tứ diện

Tứ diện $ABCD$ có $AD=a,BC=b,d(AD,BC)=d,(AD,BC)=\alpha ,$ ta có $V=\dfrac{1}{6}abd\sin \alpha .$

Ví dụ 1.Cho khối tứ diện $ABCD$ có $AB=AC=BD=CD=1.$ Khi thể tích khối tứ diện $ABCD$ đạt giá trị lớn nhất thì khoảng cách giữa hai đường thẳng $AD$ và $BC$ bằng

A. $\frac{2}{\sqrt{3}}.$

B. $\frac{1}{\sqrt{3}}.$

C. $\frac{1}{\sqrt{2}}.$

D. $\frac{1}{3}.$

>>Lời giải chi tiết:

Ví dụ 2: Cho hai mặt cầu $({{S}_{1}}),({{S}_{2}})$ có cùng tâm $I$ và bán kính lần lượt ${{R}_{1}}=2,{{R}_{2}}=\sqrt{10}.$ Xét tứ diện $ABCD$ có hai đỉnh $A,B$ nằm trên $({{S}_{1}});$ hai đỉnh $C,D$ nằm trên $({{S}_{2}}).$ Thể tích khối tứ diện $ABCD$ có giá trị lớn nhất bằng

A. $3\sqrt{2}.$

B. $2\sqrt{3}.$

C. $6\sqrt{3}.$

D. $6\sqrt{2}.$

Giải. Gọi $a,b$ lần lượt là khoảng cách từ tâm $I$ đến hai đường thẳng $AB,CD.$

Ta có $AB=2\sqrt{R_{1}^{2}-{{a}^{2}}}=2\sqrt{4-{{a}^{2}}};CD=2\sqrt{R_{2}^{2}-{{b}^{2}}}=2\sqrt{10-{{b}^{2}}}$ và $d(AB,CD)\le d(I,AB)+d(I,CD)=a+b$ và $\sin (AB,CD)\le 1.$

Do đó áp dụng công thức tính thể tích tứ diện theo khoảng cách chéo nhau của cặp cạnh đối diện có:

$\begin{gathered} {V_{ABCD}} = \frac{1}{6}AB.CD.d(AB,CD).\sin (AB,CD) \leqslant \frac{2}{3}(a + b)\sqrt {4 - {a^2}} \sqrt {10 - {b^2}} \\ = \frac{2}{3}\left( {a\sqrt {4 - {a^2}} \sqrt {10 - {b^2}} + b\sqrt {10 - {b^2}} \sqrt {4 - {a^2}} } \right) = \frac{2}{3}\left( {\sqrt {4{a^2} - {a^4}} \sqrt {10 - {b^2}} + \sqrt {\frac{{10{b^2} - {b^4}}}{2}} \sqrt {8 - 2{a^2}} } \right) \\ \leqslant \frac{2}{3}\sqrt {\left( {4{a^2} - {a^4} + 8 - 2{a^2}} \right)\left( {10 - {b^2} + \frac{{10{b^2} - {b^4}}}{2}} \right)} = \frac{2}{3}\sqrt {\left( { - {{({a^2} - 1)}^2} + 9} \right)\left( { - \frac{1}{2}{{({b^2} - 4)}^2} + 18} \right)} \leqslant \frac{2}{3}\sqrt {9.18} = 6\sqrt 2 . \\ \end{gathered} $

Dấu bằng đạt tại $(a;b)=(1;2).$ Chọn đáp án D.

Công thức 5: Khối tứ diện biết diện tích hai mặt kề nhau

Ví dụ 1: Cho khối chóp $S.ABC$ có đáy $ABC$ là tam giác vuông cân tại $A,AB=a,\widehat{SBA}=\widehat{SCA}=90{}^\circ ,$ góc giữa hai mặt phẳng $(SAB)$ và $(SAC)$ bằng $60{}^\circ .$ Thể tích của khối chóp đã cho bằng

A. ${{a}^{3}}.$

B. $\frac{{{a}^{3}}}{3}.$

C. $\frac{{{a}^{3}}}{2}.$

D. $\frac{{{a}^{3}}}{6}.$

Lời giải chi tiết. Gọi $H=\mathbf{h/c(S,(ABC))}$ ta có $\left\{ \begin{gathered} AB \bot SB \hfill \\ AB \bot SH \hfill \\ \end{gathered} \right. \Rightarrow AB \bot (SBH) \Rightarrow AB \bot BH;\left\{ \begin{gathered} AC \bot SC \hfill \\ AC \bot SH \hfill \\ \end{gathered} \right. \Rightarrow AC \bot (SCH) \Rightarrow AC \bot CH.$ Kết hợp với $ABC$ là tam giác vuông cân tại $A,AB=a$ suy ra $ABHC$ là hình vuông.

Đặt $h=SH\Rightarrow {{V}_{S.ABC}}=\frac{1}{3}{{S}_{ABC}}.SH=\frac{{{a}^{2}}h}{6}(1).$

Mặt khác ${{V}_{S.ABC}}=\frac{2{{S}_{SAB}}.{{S}_{SAC}}.\sin \left( (SAB),(SAC) \right)}{3SA}=\frac{2\left( \frac{a\sqrt{{{a}^{2}}+{{h}^{2}}}}{2} \right)\left( \frac{a\sqrt{{{a}^{2}}+{{h}^{2}}}}{2} \right)\frac{\sqrt{3}}{2}}{3\sqrt{2{{a}^{2}}+{{h}^{2}}}}(2).$

Từ (1) và (2) suy ra $h=a\Rightarrow V=\frac{{{a}^{3}}}{6}.$ Chọn đáp án D.

Ví dụ 2: Cho tứ diện $ABCD$ có $\widehat{ABC}=\widehat{BCD}=\widehat{CDA}={{90}^{0}},BC=a,CD=2a,\cos \left( (ABC),(ACD) \right)=\dfrac{\sqrt{130}}{65}.$ Thể tích khối tứ diện $ABCD$ bằng

A. $\frac{{{a}^{3}}}{3}.$

B. ${{a}^{3}}.$

C. $\frac{2{{a}^{3}}}{3}.$

D. $3{{a}^{3}}.$

Lời giải chi tiết. Gọi $H=\mathbf{h/c(A,(BCD))}.$ Đặt $AH=h\Rightarrow {{V}_{ABCD}}=\frac{1}{3}{{S}_{BCD}}.AH=\frac{1}{3}.\frac{1}{2}CB.CD.AH=\frac{{{a}^{2}}h}{3}(1).$

Ta có $\left\{ \begin{gathered} CB \bot BA \hfill \\ CB \bot AH \hfill \\ \end{gathered} \right. \Rightarrow CB \bot (ABH) \Rightarrow CB \bot HB.$ Tương tự $\left\{ \begin{gathered} CD \bot DA \hfill \\ CD \bot AH \hfill \\ \end{gathered} \right. \Rightarrow CD \bot (ADH) \Rightarrow CD \bot HD.$

Kết hợp với $\widehat{BCD}={{90}^{0}}\Rightarrow HBCD$ là hình chữ nhật.

Suy ra $AB=\sqrt{A{{H}^{2}}+H{{B}^{2}}}=\sqrt{{{h}^{2}}+4{{a}^{2}}},AD=\sqrt{A{{H}^{2}}+H{{D}^{2}}}=\sqrt{{{h}^{2}}+{{a}^{2}}};AC=\sqrt{A{{B}^{2}}+B{{C}^{2}}}=\sqrt{{{h}^{2}}+5{{a}^{2}}}.$

Suy ra ${{S}_{ABC}}=\frac{1}{2}AB.BC=\frac{a\sqrt{{{h}^{2}}+4{{a}^{2}}}}{2};{{S}_{ACD}}=\frac{1}{2}AD.DC=a\sqrt{{{h}^{2}}+{{a}^{2}}}.$

Suy ra ${{V}_{ABCD}}=\frac{2{{S}_{ABC}}.{{S}_{ACD}}.\sin \left( (ABC),(ACD) \right)}{3AC}=\frac{{{a}^{2}}\sqrt{{{h}^{2}}+4{{a}^{2}}}\sqrt{{{h}^{2}}+{{a}^{2}}}}{3\sqrt{{{h}^{2}}+5{{a}^{2}}}}\sqrt{1-{{\left( \frac{\sqrt{130}}{65} \right)}^{2}}}(2).$

Kết hợp (1), (2) suy ra: $h=3a\Rightarrow {{V}_{ABCD}}={{a}^{3}}.$ Chọn đáp án B.

Công thức 6:Mở rộng cho khối chóp có diện tích mặt bên và mặt đáy

Khối chóp $S.{{A}_{1}}{{A}_{2}}...{{A}_{n}}$ có $V=\dfrac{2{{S}_{S{{A}_{1}}{{A}_{2}}}}.{{S}_{{{A}_{1}}{{A}_{2}}...{{A}_{n}}}}.\sin \left( (S{{A}_{1}}{{A}_{2}}),({{A}_{1}}{{A}_{2}}...{{A}_{n}}) \right)}{3{{A}_{1}}{{A}_{2}}}.$

Công thức 7: Khối tứ diện khi biết các góc tại cùng một đỉnh

Khối chóp $S.ABC$ có $SA=a,SB=b,SC=c,\widehat{BSC}=\alpha ,\widehat{CSA}=\beta ,\widehat{ASA}=\gamma .$

Khi đó $V=\dfrac{abc}{6}\sqrt{1+2\cos \alpha \cos \beta \cos \gamma -{{\cos }^{2}}\alpha -{{\cos }^{2}}\beta -{{\cos }^{2}}\gamma }.$

Ví dụ 1: Khối tứ diện $ABCD$ có $AB=5,CD=\sqrt{10},AC=2\sqrt{2},BD=3\sqrt{3},AD=\sqrt{22},BC=\sqrt{13}$ có thể tích bằng

A. $20.$

B. $5.$

C. $15.$

D. $10.$

Giải. Tứ diện này có độ dài tất cả các cạnh ta tính các góc tại một đỉnh rồi áp dụng công thức thể tích khối tứ diện dựa trên 3 góc xuất phát từ cùng 1 đỉnh:

Có $\left\{ \begin{gathered}\hfill \cos \widehat{BAD}=\dfrac{A{{B}^{2}}+A{{D}^{2}}-B{{D}^{2}}}{2AB.AD}=\sqrt{\dfrac{2}{11}} \\ \hfill \cos \widehat{DAC}=\dfrac{A{{D}^{2}}+A{{C}^{2}}-C{{D}^{2}}}{2AD.AC}=\dfrac{5}{2\sqrt{11}} \\ \hfill \cos \widehat{CAB}=\dfrac{A{{C}^{2}}+A{{B}^{2}}-B{{C}^{2}}}{2AC.AB}=\dfrac{1}{\sqrt{2}} \\ \end{gathered} \right..$

Vì vậy ${{V}_{ABCD}}=\dfrac{1}{6}.5.2\sqrt{2}.\sqrt{22}\sqrt{1+2\sqrt{\dfrac{2}{11}}\dfrac{5}{2\sqrt{11}}\dfrac{1}{\sqrt{2}}-{{\left( \sqrt{\dfrac{2}{11}} \right)}^{2}}-{{\left( \dfrac{5}{2\sqrt{11}} \right)}^{2}}-{{\left( \dfrac{1}{\sqrt{2}} \right)}^{2}}}=5.$

Chọn đáp án B.

>>Xem bài giảng và đề thi tương ứng tại đây: https://www.vted.vn/khoa-hoc/nhom/combo-4-khoa-luyen-thi-thpt-quoc-gia-2020-mon-toan-danh-cho-teen-2k2-9

>>Xem thêm: Công thức tổng quát thể tích khối chóp đều

Gồm 4 khoá luyện thi duy nhất và đầy đủ nhất phù hợp với nhu cầu và năng lực của từng đối tượng thí sinh:

Bốn khoá học X trong gói COMBO X 2020 có nội dung hoàn toàn khác nhau và có mục đich bổ trợ cho nhau giúp thí sinh tối đa hoá điểm số.

  1. PRO X 2020: Luyện thi THPT Quốc Gia 2020 - Học toàn bộ chương trình Toán 12, luyện nâng cao Toán 10 Toán 11 và Toán 12. Khoá này phù hợp với tất cả các em học sinh vừa bắt đầu lên lớp 12 hoặc lớp 11 học sớm chương trình 12, Học sinh các khoá trước thi lại đều có thể theo học khoá này. Mục tiêu của khoá học giúp các em tự tin đạt kết quả từ 8 đến 9 điểm. 
  2. PRO XMAX 2020: Luyện nâng cao 9 đến 10 chỉ dành cho học sinh giỏi Học qua bài giảng và làm đề thi nhóm câu hỏi Vận dụng cao trong đề thi THPT Quốc Gia thuộc tất cả chủ đề đã có trong khoá PRO X. Khoá PRO XMAX học hiệu quả nhất khi các em đã hoàn thành chương trình kì I Toán 12 (tức đã hoàn thành Logarit và Thể tích khối đa diện) có trong Khoá PRO X. Mục tiêu của khoá học giúp các em tự tin đạt kết quả từ 8,5 đếm 10 điểm.
  3. PRO XPLUS 2020: Luyện đề thi tham khảo THPT Quốc Gia 2020 Môn Toán gồm 20 đề 2020. Khoá này các em học đạt hiệu quả tốt nhất khoảng thời gian sau tết âm lịch và cơ bản hoàn thành chương trình Toán 12 và Toán 11 trong khoá PRO X. Khoá XPLUS tại Vted đã được khẳng định qua các năm gần đây khi đề thi được đông đảo giáo viên và học sinh cả nước đánh giá ra rất sát so với đề thi chính thức của BGD. Khi học tại Vted nếu không tham gia XPLUS thì quả thực đáng tiếc. 
  4. PRO XMIN 2020: Luyện đề thi tham khảo THPT Quốc Gia 2020 Môn Toán từ các trường THPT Chuyên và Sở giáo dục đào tạo, gồm các đề chọn lọc sát với cấu trúc của bộ công bố. Khoá này bổ trợ cho khoá PRO XPLUS, với nhu cầu cần luyện thêm đề hay và sát cấu trúc.  

Quý thầy cô giáo, quý phụ huynh và các em học sinh có thể mua Combo gồm cả 4 khoá học cùng lúc hoặc nhấn vào từng khoá học để mua lẻ từng khoá phù hợp với năng lực và nhu cầu bản thân. 

>>Xem thêm Tổng hợp các công thức tính nhanh số phức rất hay dùng- Trích bài giảng khoá học PRO X tại Vted.vn

>>Xem thêm [Vted.vn] - Công thức giải nhanh Hình phẳng toạ độ Oxy

>>Xem thêm [Vted.vn] - Công thức giải nhanh hình toạ độ Oxyz

>>Xem thêm kiến thức về Cấp số cộng và cấp số nhân

>>Xem thêm Các bất đẳng thức cơ bản cần nhớ áp dụng trong các bài toán giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất

>>Tải về Tổng hợp các công thức lượng giác cần nhớ

>>Sách Khám Phá Tư Duy Kỹ Thuật Giải Bất Đẳng Thức Bài Toán Min- Max


Bình luận

Để bình luận, bạn cần đăng nhập bằng tài khoản Vted.

Đăng nhập
Byunsuper04 [24464] 19:48 29-05-2020

em xin file ạ

byunsuper04@gmail.com

0
Nguyễn Thanh Tùng [43279] 14:14 08-04-2020

cho e xin bản pdf vs ạ

dotra1008@gmail.com

0
LêHồngNhung [86932] 08:40 06-04-2020

cho e xin file pdf vs ạ lenhungc1k56@gmail.com

 

0
Nguyen Ngoc Linh Trang [81696] 14:02 24-03-2020

cho em xin file pdf vs ạ vitdieuhoa@gmail.com

 

0
Trịnh Đình Khải [80352] 11:12 24-03-2020

em xin file pdf với ạ iamthedkr@gmail.com

0