30 bài tập các công thức tính thể tích tứ diện 2024 (có đáp án)

1900.edu.vn xin giới thiệu bài tập và tóm tắt lý thuyết Toán:các công thức tính thể tích tứ diện hay, chi tiết cùng với bài tập trắc nghiệm chọn lọc có đáp án giúp học sinh nắm vững kiến thức trọng tâm, ôn luyện để học tốt môn Toán 12. Mời các bạn đón xem:

Bài tập về các công thức tính thể tích tứ diện

I. Lý thuyết

Công thức	Điều kiện tứ diện
Công thức tính khi biết 3 cạnh, 3 góc ở đỉnh 1 tứ diện $V_{S . ABC} = \frac{abc}{6} \sqrt{1 - \cos^{2} α - \cos^{2} - \cos^{2} φ + 2 cosαcosβcosφ}$	$\{\begin{cases} S A = a, S B = b, S C = c \\ \hat{A S B} = α, \hat{B S C} = β, \hat{C S A} = φ \end{cases}$
Công thức tính khi biết 2 cạnh đối, khoảng cách và góc 2 cạnh đó $V_{ABCD} = \frac{1}{6} abdsinα$	$\{\begin{cases} A B = a, C D = b \\ \begin{matrix} d (A B, C D) = d, (A B, C D) = α \end{matrix} \end{cases}$
Công thức tính khi biết một cạnh, diện tích và góc giữa 2 mặt kề $V_{S . ABC} = \frac{2 S_{1} S_{2} sinα}{3 a}$	$\{\begin{cases} S_{Δ S A B} = S_{1}, S_{Δ S A C} = S_{2}, S A = a \\ ((S A B), (S A C)) = α \end{cases} \begin{matrix} \end{matrix}$
Công thức tính khi biết 3 cạnh, 2 góc ở đỉnh và 1 góc nhị diện $V_{S . ABC} = \frac{abc}{6} sinαsinβsinφ$	$\{\begin{cases} S A = a, S B = b, S C = c \\ (\hat{(S A B), (S A C)}) = α \\ \begin{matrix} \hat{A S B} = β, \hat{A S C} = φ \end{matrix} \end{cases}$
$V_{ABCD} = \frac{a^{3} \sqrt{2}}{12}$	Tứ diện đềutất cả các cạnh bằng a
$V_{ABCD} = \frac{\sqrt{2}}{12} \sqrt{(a^{2} + b^{2} - c^{2}) (b^{2} + c^{2} - a^{2}) (a^{2} + c^{2} - b^{2})}$	Tứ diện gần đều $\begin{matrix} \{\begin{cases} A B = C D = a \\ A C = B D = b \\ A D = B C = c \end{cases} \end{matrix}$

II. Ví dụ minh họa

Ví dụ 1: Cho tứ diện đều $𝐴 𝐵 𝐶 𝐷$ có cạnh bằng $𝑎 .$ Tính khoảng cách giữa các cặp cạnh đối diện và thể tích của hình tứ diện đều đó.

Do tứ diện $𝐴 𝐵 𝐶 𝐷$ đều, gọi $𝐼$ , $𝐽$ lần lượt là trung điểm của $𝐴 𝐵$ và $𝐶 𝐷$ thì:
$𝐴 𝐽 = 𝐵 𝐽 = \frac{𝑎 \sqrt{3}}{2}$ nên $Δ 𝐽 𝐴 𝐵$ cân tại $𝐽$ $\Rightarrow 𝐼 𝐽 ⊥ 𝐴 𝐵 .$
Tương tự $Δ 𝐼 𝐶 𝐷$ cân đỉnh $𝐼$ nên: $𝐼 𝐽 ⊥ 𝐶 𝐷 .$
Vậy $𝐼 𝐽 = 𝑑 (𝐴 𝐵, 𝐶 𝐷) .$
Trong tam giác vuông $𝐼 𝐴 𝐽$ :
$𝐼 𝐽 = \sqrt{𝐴 𝐽^{2} - 𝐴 𝐼^{2}}$ $= \sqrt{\frac{3 𝑎^{2}}{4} - \frac{𝑎^{2}}{4}} = \frac{𝑎 \sqrt{2}}{2} .$
Tương tự $𝑑 (𝐵 𝐶; 𝐴 𝐷) = 𝑑 (𝐵 𝐷; 𝐴 𝐶) = \frac{𝑎 \sqrt{2}}{2} .$
$𝑉_{𝐴 𝐵 𝐶 𝐷} = \frac{1}{3} 𝑆_{𝐵 𝐶 𝐷} . 𝐴 𝐻$ $= \frac{1}{3} . \frac{1}{2} 𝑎 . \frac{𝑎 \sqrt{3}}{2} . \sqrt{𝑎^{2} - \frac{𝑎^{2}}{3}} = \frac{𝑎^{3} \sqrt{2}}{12} .$

Ví dụ 2: Tính thể tích khối tứ diện $𝐴 𝐵 𝐶 𝐷$ (gần đều) có các cặp cạnh đối bằng nhau: $𝐴 𝐵 = 𝐶 𝐷 = 𝑎$ , $𝐴 𝐶 = 𝐵 𝐷 = 𝑏$ , $𝐴 𝐷 = 𝐵 𝐶 = 𝑐 .$

Dựng tứ diện $𝐴 𝑃 𝑄 𝑅$ sao cho $𝐵$ , $𝐶$ , $𝐷$ lần lượt là trung điểm các cạnh $𝑄 𝑅$ , $𝑅 𝑃$ , $𝑃 𝑄 .$
Ta có $𝐴 𝐷 = 𝐵 𝐶 = \frac{1}{2} 𝑃 𝑄$ $\Rightarrow 𝐴 𝑄 = \frac{1}{2} 𝑃 𝑄$ mà $𝐷$ là trung điểm của $𝑃 𝑄$ $\Rightarrow 𝐴 𝑄 ⊥ 𝐴 𝑃 .$
Chứng minh tương tự, ta cũng có: $𝐴 𝑄 ⊥ 𝐴 𝑅$ , $𝐴 𝑅 ⊥ 𝐴 𝑃 .$
Ta có: $𝑉_{𝐴 𝐵 𝐶 𝐷} = \frac{1}{4} 𝑉_{𝐴 𝑃 𝑄 𝑅} = \frac{1}{4} . \frac{1}{6} 𝐴 𝑃 . 𝐴 𝑄 . 𝐴 𝑅 .$
Xét các tam giác vuông $𝐴 𝑃 𝑄$ , $𝐴 𝑄 𝑅$ , $𝐴 𝑅 𝑃$ ta có:
$𝐴 𝑃^{2} + 𝐴 𝑄^{2} = 4 𝑐^{2}$ , $𝐴 𝑄^{2} + 𝐴 𝑅^{2} = 4 𝑎^{2}$ , $𝐴 𝑅^{2} + 𝐴 𝑃^{2} = 4 𝑏^{2} .$
Từ đó suy ra:
$𝐴 𝑃 = \sqrt{2} . \sqrt{- 𝑎^{2} + 𝑏^{2} + 𝑐^{2}}$ , $𝐴 𝑄 = \sqrt{2} . \sqrt{𝑎^{2} - 𝑏^{2} + 𝑐^{2}}$ , $𝐴 𝑅 = \sqrt{2} . \sqrt{𝑎^{2} + 𝑏^{2} - 𝑐^{2}} .$
III. Bài tập vận dụng

Bài 1: Cho tứ diện $𝐴 𝐵 𝐶 𝐷$ có các mặt $𝐴 𝐵 𝐶$ và $𝐴 𝐵 𝐷$ là các tam giác đều cạnh $𝑎$ , các mặt $𝐴 𝐶 𝐷$ và $𝐵 𝐶 𝐷$ vuông góc với nhau.
a) Hãy tính theo $𝑎$ thể tích khối tứ diện $𝐴 𝐵 𝐶 𝐷 .$
b) Tính số đo của góc giữa hai đường thẳng $𝐴 𝐷$ , $𝐵 𝐶 .$

a) Gọi $𝑀$ là trung điểm của $𝐶 𝐷$ , khi đó $𝐴 𝑀 ⊥ 𝐶 𝐷$ , $𝐵 𝑀 ⊥ 𝐶 𝐷 .$
Từ giả thiết suy ra $\hat{𝐴 𝑀 𝐵} = 90^{0} .$
Mà $𝐴 𝑀 = 𝐵 𝑀$ nên tam giác $𝐴 𝑀 𝐵$ vuông cân tại $𝑀 .$
Do đó:
$𝐵 𝑀 = \frac{𝑎 \sqrt{2}}{2}$ $\Rightarrow 𝐶 𝐷 = 2 𝐶 𝑀$ $= 2 \sqrt{𝐵 𝐶^{2} - 𝐵 𝑀^{2}} = 𝑎 \sqrt{2} .$
$𝑉_{𝐴 𝐵 𝐶 𝐷} = \frac{1}{3} 𝐶 𝐷 . 𝑆_{𝐴 𝐵 𝑀}$ $= \frac{1}{6} 𝐶 𝐷 . 𝐴 𝑀 . 𝐵 𝑀 = \frac{𝑎^{3} \sqrt{2}}{12} .$
b) Gọi $𝑁$ , $𝑃$ , $𝑄$ lần lượt là trung điểm của $𝐴 𝐵$ , $𝐴 𝐶$ , $𝐵 𝐷 .$
Ta có $\hat{(𝐴 𝐷, 𝐵 𝐶)} = \hat{(𝑁 𝑃, 𝑀 𝑃)} .$
Tam giác $𝐴 𝑀 𝐵$ vuông cân tại $𝑀$ $\Rightarrow 𝑀 𝑁 = \frac{𝐴 𝐵}{2} = \frac{𝑎}{2} = 𝑁 𝑃 = 𝑃 𝑀 .$
Suy ra tam giác $𝑀 𝑁 𝑃$ là tam giác đều.
Do đó: $\hat{𝑀 𝑃 𝑁} = 60^{0}$ $\Rightarrow \hat{(𝐴 𝐷, 𝐵 𝐶)} = 60^{0} .$

Bài 2: Cho tứ diện $𝑆 𝐴 𝐵 𝐶$ có các cạnh bên $𝑆 𝐴 = 𝑆 𝐵 = 𝑆 𝐶 = 𝑑$ và $\hat{𝐴 𝑆 𝐵} = 120^{0}$ , $\hat{𝐵 𝑆 𝐶} = 60^{0}$ , $\hat{𝐴 𝑆 𝐶} = 90^{0} .$
a) Chứng minh tam giác $𝐴 𝐵 𝐶$ là tam giác vuông.
b) Tính thể tích tứ diện $𝑆 𝐴 𝐵 𝐶 .$

a) Tam giác $𝑆 𝐵 𝐶$ đều nên $𝐵 𝐶 = 𝑑 .$
Tam giác $𝑆 𝐴 𝐵$ cân và góc $\hat{𝐴 𝑆 𝐵} = 120^{0}$ nên $\hat{𝑆 𝐵 𝐴} = \hat{𝑆 𝐴 𝐵} = 30^{0} .$
Gọi $𝐻$ là trung điểm của $𝐴 𝐵$ ta có $𝐴 𝐻 = 𝐵 𝐻 = \frac{𝑑 \sqrt{3}}{2} .$
Do đó $𝐴 𝐵 = 𝑑 \sqrt{3} .$
Tam giác $𝑆 𝐴 𝐶$ vuông tại $𝑆$ nên $𝐴 𝐶 = 𝑑 \sqrt{2} .$
Tam giác $𝐴 𝐵 𝐶$ vuông tại $𝐶$ vì: $𝐵 𝐶^{2} + 𝐴 𝐶^{2} = 𝑑^{2} + 2 𝑑^{2} = 3 𝑑^{2} = 𝐴 𝐵^{2} .$
b) Vì $𝑆 𝐴 = 𝑆 𝐵 = 𝑆 𝐶$ nên ta suy ra hình chiếu vuông góc của đỉnh $𝑆$ xuống mặt phẳng $(𝐴 𝐵 𝐶)$ phải trùng với trung điểm $𝐻$ của đoạn $𝐴 𝐵$ vì ta có $𝐻 𝐴 = 𝐻 𝐵 = 𝐻 𝐶 .$
Vì $\hat{𝐴 𝑆 𝐵} = 120^{0}$ nên $𝑆 𝐻 = \frac{𝑆 𝐵}{2} = \frac{𝑑}{2} .$
Ta có: $𝑆_{𝐴 𝐵 𝐶} = \frac{1}{2} 𝐵 𝐶 . 𝐴 𝐶$ $= \frac{1}{2} 𝑑 . 𝑑 \sqrt{2} = \frac{𝑑^{2} \sqrt{2}}{2}$ nên $𝑉_{𝑆 𝐴 𝐵 𝐶} = \frac{1}{3} 𝑆 𝐻 . 𝑆_{𝐴 𝐵 𝐶}$ $= \frac{1}{3} . \frac{𝑑}{2} . \frac{𝑑^{2} \sqrt{2}}{2} = \frac{𝑑^{3} \sqrt{2}}{12} .$

Bài 3: Cho tứ diện $𝐴 𝐵 𝐶 𝐷 .$ Chứng minh thể tích tứ diện không đổi trong các trường hợp:
a) Đỉnh $𝐴$ di chuyển trên mặt phẳng $(𝑃)$ song song với $(𝐵 𝐶 𝐷) .$
b) Đỉnh $𝐴$ di chuyển trên đường thẳng $𝑑$ song song với $𝐵 𝐶 .$
c) Hai đỉnh $𝐵$ và $𝐶$ di chuyển trên đường thẳng $Δ$ nhưng vẫn giữ nguyên độ dài.

Thể tích tứ diện $𝐴 𝐵 𝐶 𝐷$ không đổi vì:
a) Tam giác đáy $𝐵 𝐶 𝐷$ cố định và đường cao không đổi là khoảng cách từ $𝐴$ mặt phẳng $(𝐵 𝐶 𝐷)$ , chính là khoảng cách giữa $2$ mặt phẳng song song $(𝑃)$ và $(𝐵 𝐶 𝐷) .$
b) Tam giác đáy $𝐵 𝐶 𝐷$ cố định và đường cao không đổi là khoảng cách từ $𝐴$ đến mặt phẳng $(𝐵 𝐶 𝐷)$ , chính là khoảng cách giữa đường thẳng $𝑑$ với mặt phẳng song song $(𝐵 𝐶 𝐷) .$
c) Đỉnh $𝐴$ và $𝐷$ cố định, diện tích đáy $𝐵 𝐶 𝐷$ là $𝑆 = \frac{1}{2} 𝐵 𝐶 . 𝑑 (𝐷, Δ)$ không đổi và chiều cao $ℎ = 𝑑 (𝐴, (𝐷, Δ))$ không đổi.

Bài 4: Cho tứ diện $𝐴 𝐵 𝐶 𝐷$ , gọi $𝑑$ là khoảng cách giữa hai đường thẳng $𝐴 𝐵$ và $𝐶 𝐷$ , $𝛼$ là góc giữa hai đường thẳng đó. Chứng minh rằng $𝑉_{𝐴 𝐵 𝐶 𝐷} = \frac{1}{6} 𝐴 𝐵 . 𝐶 𝐷 . 𝑑 . \sin 𝛼 .$

Trong mặt phẳng $(𝐴 𝐵 𝐶)$ vẽ hình bình hành $𝐶 𝐵 𝐴 𝐴^{'} .$
Ta có $𝐴 𝐴^{'} / / 𝐵 𝐶$ nên $𝑉_{𝐴 𝐵 𝐶 𝐷} = 𝑉_{𝐴^{'} 𝐵 𝐶 𝐷} .$
Gọi $𝑀 𝑁$ là đoạn vuông góc chung của $𝐴 𝐵$ và $𝐶 𝐷$ với $𝑀 \in 𝐴 𝐵$ , $𝑁 \in 𝐶 𝐷 .$
Vì $𝐵 𝑀 / / 𝐶 𝐴^{'}$ nên $𝑉_{𝐵 𝐴^{'} 𝐶 𝐷} = 𝑉_{𝑀 𝐴^{'} 𝐶 𝐷} .$
Ta có: $𝑀 𝑁 ⊥ 𝐴 𝐵$ nên $𝑀 𝑁 ⊥ 𝐶 𝐴^{'} .$
Ngoài ra $𝑀 𝑁 ⊥ 𝐶 𝐷$ nên $𝑀 𝑁 ⊥ (𝐶 𝐷 𝐴^{'}) .$
Ta có: $\hat{(𝐴 𝐵, 𝐶 𝐷)} = \hat{(𝐴^{'} 𝐶, 𝐶 𝐷)} = 𝛼 .$
Do đó: $𝑉_{𝑀 𝐴^{'} 𝐶 𝐷} = \frac{1}{3} 𝑆_{𝐴^{'} 𝐶 𝐷} . 𝑀 𝑁$ $= \frac{1}{3} . \frac{1}{2} 𝐶 𝐴^{'} . 𝐶 𝐷 . \sin 𝛼 . 𝑀 𝑁$ $= \frac{1}{6} 𝐴 𝐵 . 𝐶 𝐷 . 𝑑 . \sin 𝛼 .$
Vậy $𝑉_{𝐴 𝐵 𝐶 𝐷} = \frac{1}{6} 𝐴 𝐵 . 𝐶 𝐷 . 𝑑 . \sin 𝛼 .$

Bài 5: Cho điểm $𝑀$ nằm trong hình tứ diện đều $𝐴 𝐵 𝐶 𝐷 .$ Chứng minh rằng tổng các khoảng cách từ $𝑀$ tới bốn mặt của hình tứ diện là một số không phụ thuộc vào vị trí của điểm $𝑀 .$ Tổng đó bằng bao nhiêu nếu cạnh của tứ diện đều bằng $𝑎$ ?

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 các mặt phẳng $(𝐵 𝐶 𝐷)$ , $(𝐴 𝐶 𝐷)$ , $(𝐴 𝐵 𝐷)$ , $(𝐴 𝐵 𝐶) .$
Khi đó $𝑀 𝐻_{1}$ , $𝑀 𝐻_{2}$ , $𝑀 𝐻_{3}$ , $𝑀 𝐻_{4}$ lần lượt là khoảng cách từ điểm $𝑀$ tới các mặt phẳng đó.
Ta có: $𝑉_{𝑀 𝐵 𝐶 𝐷} + 𝑉_{𝑀 𝐴 𝐶 𝐷} + 𝑉_{𝑀 𝐴 𝐵 𝐷} + 𝑉_{𝑀 𝐴 𝐵 𝐶} = 𝑉_{𝐴 𝐵 𝐶 𝐷} .$
$\Rightarrow \frac{1}{3} 𝑆 . 𝑀 𝐻_{1} + \frac{1}{3} 𝑆 . 𝑀 𝐻_{2} + \frac{1}{3} 𝑆 . 𝑀 𝐻_{3} + \frac{1}{3} 𝑆 . 𝑀 𝐻_{4} = \frac{1}{3} 𝑆 . ℎ .$
$\Rightarrow 𝑀 𝐻_{1} + 𝑀 𝐻_{2} + 𝑀 𝐻_{3} + 𝑀 𝐻_{4} = ℎ$ không đổi.
Nếu tứ diện đều có cạnh bằng $𝑎$ thì $ℎ = \frac{𝑎 \sqrt{6}}{3}$ nên tổng các khoảng cách nói trên cũng bằng $ℎ = \frac{𝑎 \sqrt{6}}{3} .$

Bài 6: Cho hai tia $𝐴 𝑥$ và $𝐵 𝑦$ tạo với nhau góc $𝛼$ , đường thẳng $𝐴 𝐵$ vuông góc với cả $𝐴 𝑥$ và $𝐵 𝑦$ ; $𝐴 𝐵 = 𝑑 .$ Hai điểm $𝑀$ , $𝑁$ lần lượt nằm trên hai tia $𝐴 𝑥$ và $𝐵 𝑦$ , $𝐴 𝑀 = 𝑚$ , $𝐵 𝑁 = 𝑛 .$ Tính:
a) Thể tích khối tứ diện $𝐴 𝐵 𝑀 𝑁 .$
b) Khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau $𝐴 𝐵$ và $𝑀 𝑁 .$

a) $𝑉_{𝐴 𝐵 𝑀 𝑁} = \frac{1}{6} 𝐴 𝑀 . 𝐵 𝑁 . 𝑑 \sin 𝛼 = \frac{1}{6} 𝑚 𝑛 𝑑 \sin 𝛼 .$
b) Vẽ $\vec{𝐵 𝑀} = \vec{𝐴 𝑀}$ thì $𝐴 𝐵 𝑀^{'} 𝑀$ là hình chữ nhật và có $𝐴 𝐵 / / (𝑀 𝑁 𝑀^{'}) .$
Khoảng cách $ℎ$ giữa hai đường thẳng $𝐴 𝐵$ và $𝑀 𝑁$ bằng khoảng cách từ $𝐴 𝐵$ tới mặt phẳng $(𝑀 𝑁 𝑀^{'})$ hay bằng khoảng cách từ $𝐵$ tới mặt phẳng đó.
Hạ $𝐵 𝐻 ⊥ 𝑁 𝑀^{'}$ thì $𝐵 𝐻 ⊥ (𝑀 𝑁 𝑀^{'}) .$
Vậy $ℎ = 𝐵 𝐻 .$
Ta có $𝑆_{𝐵 𝑁 𝑀^{'}} = \frac{1}{2} 𝑁 𝑀^{'} . 𝐵 𝐻$ nên $ℎ = \frac{𝑚 𝑛 \sin 𝛼}{\sqrt{𝑚^{2} + 𝑛^{2} - 2 𝑚 𝑛 \cos 𝛼}} .$

Bài 7: Cho lăng trụ tam giác $𝐴 𝐵 𝐶 . 𝐴^{'} 𝐵^{'} 𝐶^{'}$ có $𝐵 𝐵^{'} = 𝑎$ , góc giữa $𝐵 𝐵^{'}$ và mặt phẳng $(𝐴 𝐵 𝐶)$ bằng $60 °$ , tam giác $𝐴 𝐵 𝐶$ vuông tại $𝐶$ và $\hat{𝐵 𝐴 𝐶} = 60^{0} .$ Hình chiếu vuông góc của $𝐵^{'}$ lên mặt phẳng $(𝐴 𝐵 𝐶)$ trùng với trọng tâm tam giác $𝐴 𝐵 𝐶 .$ Tính thể tích tứ diện $𝐴^{'} 𝐴 𝐵 𝐶 .$

Gọi $𝐺$ là trọng tâm tam giác $𝐴 𝐵 𝐶$ và $𝐷$ là trung điểm $𝐴 𝐶$ thì $𝐵^{'} 𝐺 ⊥ (𝐴 𝐵 𝐶)$ , $\hat{𝐵^{'} 𝐵 𝐺} = 60^{0}$ nên $𝐵^{'} 𝐺 = \frac{𝑎 \sqrt{3}}{2}$ , $𝐵 𝐺 = \frac{𝑎}{2} .$
Do đó $𝐵 𝐷 = \frac{3 𝑎}{4} .$
Đặt $𝐴 𝐵 = 𝑥$ thì $𝐵 𝐶 = \frac{𝑥 \sqrt{3}}{2}$ , $𝐴 𝐶 = \frac{𝑥}{2}$ , $𝐶 𝐷 = \frac{𝑥}{4} .$
Tam giác $𝐵 𝐶 𝐷$ vuông tại $𝐶$ nên:
$𝐵 𝐶^{2} + 𝐶 𝐷^{2} = 𝐵 𝐷^{2}$ $\Rightarrow \frac{3}{4} 𝑥^{2} + \frac{1}{16} 𝑥^{2} = \frac{9}{16} 𝑎^{2}$ $\Rightarrow 𝑥 = \frac{3 𝑎 \sqrt{13}}{13} = 𝐴 𝐵$ và $𝐴 𝐶 = \frac{3 𝑎 \sqrt{13}}{26} .$
Do đó $𝑆_{𝐴 𝐵 𝐶} = \frac{9 𝑎^{2} \sqrt{3}}{104} .$
$𝑉_{𝐴^{'} 𝐴 𝐵 𝐶} = \frac{1}{3} 𝑆_{𝐴 𝐵 𝐶} . 𝐵^{'} 𝐺 = \frac{3 𝑎^{3}}{208} .$

Bài 8: Cho hình lăng trụ đứng $𝐴 𝐵 𝐶 . 𝐴^{'} 𝐵^{'} 𝐶^{'}$ có đáy $𝐴 𝐵 𝐶$ là tam giác vuông tại $𝐵$ , $𝐴 𝐵 = 𝑎$ , $𝐴 𝐴^{'} = 2 𝑎$ , $𝐴^{'} 𝐶 = 3 𝑎 .$ Gọi $𝑀$ là trung điểm của đoạn $𝐴^{'} 𝐶^{'}$ , $𝐼$ là giao điểm của $𝐴 𝑀$ và $𝐴^{'} 𝐶 .$ Tính theo $𝑎$ thể tích khối tứ diện $𝐼 𝐴 𝐵 𝐶$ và khoảng cách từ điểm $𝐴$ đến mặt phẳng $(𝐼 𝐵 𝐶) .$

a) Hạ $𝐼 𝐻 ⊥ 𝐴 𝐶$ $(𝐻 \in 𝐴 𝐶) .$
$\Rightarrow 𝐼 𝐻 ⊥ (𝐴 𝐵 𝐶)$ nên $𝐼 𝐻$ là đường cao của tứ diện $𝐼 𝐴 𝐵 𝐶 .$
$\Rightarrow I H / / {A A}^{'}$ $\Rightarrow \frac{𝐼 𝐻}{𝐴 𝐴^{'}} = \frac{𝐶 𝐼}{𝐶 𝐴^{'}} = \frac{2}{3}$ $\Rightarrow 𝐼 𝐻 = \frac{2}{3} 𝐴 𝐴^{'} = \frac{4 𝑎}{3} .$
$𝐴 𝐶 = \sqrt{𝐴^{'} 𝐶^{2} - 𝐴^{'} 𝐴^{2}} = 𝑎 \sqrt{5}$ , $𝐵 𝐶 = \sqrt{𝐴 𝐶^{2} - 𝐴 𝐵^{2}} = 2 𝑎 .$
Diện tích tam giác $𝐴 𝐵 𝐶 :$
$𝑆_{𝐴 𝐵 𝐶} = \frac{1}{2} 𝐴 𝐵 . 𝐵 𝐶 = 𝑎^{2} .$
Thể tích khối đa diện $𝐼 𝐴 𝐵 𝐶 :$ $𝑉 = \frac{1}{3} 𝐼 𝐻 . 𝑆_{𝐴 𝐵 𝐶} = \frac{4 𝑎^{3}}{9} .$
b) Hạ $𝐴 𝐾 ⊥ 𝐴^{'} 𝐵$ $(𝐾 \in 𝐴^{'} 𝐵) .$
Vì $𝐵 𝐶 ⊥ (𝐴 𝐵 𝐵^{'} 𝐴^{'})$ nên $𝐴 𝐾 ⊥ 𝐵 𝐶 \Rightarrow 𝐴 𝐾 ⊥ (𝐼 𝐵 𝐶) .$
Khoảng cách từ $𝐴$ đến mặt phẳng $(𝐼 𝐵 𝐶)$ là $𝐴 𝐾 .$
$𝐴 𝐾 = \frac{2 𝑆_{𝐴 𝐴^{'} 𝐵}}{𝐴^{'} 𝐵} = \frac{𝐴 𝐴^{'} . 𝐴 𝐵}{\sqrt{𝐴^{'} 𝐴^{2} + 𝐴 𝐵^{2}}} = \frac{2 𝑎 \sqrt{5}}{5} .$

Bài 9: Cho hình lập phương $𝐴 𝐵 𝐶 𝐷 . 𝐴^{'} 𝐵^{'} 𝐶^{'} 𝐷^{'}$ có cạnh bằng $𝑎 .$ Gọi $𝑂^{'}$ là tâm của mặt đáy $𝐴^{'} 𝐵^{'} 𝐶^{'} 𝐷^{'}$ , điểm $𝑀$ nằm trên đoạn thẳng $𝐵 𝐷$ sao cho $𝐵 𝑀 = \frac{3}{4} 𝐵 𝐷 .$ Tính thể tích khối tứ diện $𝐴 𝐵 𝑀 𝑂^{'}$ và khoảng cách giữa hai đường thẳng $𝐴 𝑀$ và $𝑂^{'} 𝐷 .$

Gọi $𝑂$ là tâm của hình vuông $𝐴 𝐵 𝐶 𝐷$ $\Rightarrow 𝑂 𝑂^{'} ⊥ (𝐴 𝐵 𝑀) .$
Từ giả thiết suy ra $𝑀$ là trung điểm của $𝑂 𝐷 .$
Ta có $𝑆_{𝐴 𝐵 𝑀} = \frac{3}{4} 𝑆_{𝐴 𝐵 𝐷} = \frac{3}{4} . \frac{1}{2} 𝑎^{2} = \frac{3 𝑎^{2}}{8} .$
Suy ra $𝑉_{𝐴 𝐵 𝑀 𝑂^{'}} = \frac{1}{3} 𝑆_{𝐴 𝐵 𝑀} . 𝑂 𝑂^{'}$ $= \frac{1}{3} . \frac{3 𝑎^{2}}{8} . 𝑎 = \frac{𝑎^{3}}{8} .$
Gọi $𝑁$ là trung điểm của $𝑂 𝑂^{'} .$
Khi đó $𝑀 𝑁 / / 𝑂^{'} 𝐷 .$
Do đó $𝑂^{'} 𝐷 / / (𝐴 𝑀 𝑁) .$
Suy ra: $𝑑 (𝑂^{'} 𝐷, 𝐴 𝑀) = 𝑑 (𝑂^{'} 𝐷, (𝐴 𝑀 𝑁))$ $= 𝑑 (𝐷, (𝐴 𝑀 𝑁)) = 𝑑 (𝑂, (𝐴 𝑀 𝑁)) = 𝑂 𝐻 .$
Tứ diện $𝑂 𝐴 𝑀 𝑁$ có $𝑂 𝐴$ , $𝑂 𝑀$ , $𝑂 𝑁$ đôi một vuông góc:
$\frac{1}{𝑂 𝐻^{2}} = \frac{1}{𝑂 𝐴^{2}} + \frac{1}{𝑂 𝑀^{2}} + \frac{1}{𝑂 𝑁^{2}}$ $= \frac{2}{𝑎^{2}} + \frac{8}{𝑎^{2}} + \frac{4}{𝑎^{2}} = \frac{14}{𝑎^{2}}$ $\Rightarrow 𝑂 𝐻 = \frac{𝑎}{\sqrt{14}} .$
Vậy $𝑑 (𝑂, (𝐴 𝑀 𝑁)) = \frac{𝑎}{\sqrt{14}} .$

Bài 10: Cho hình hộp chữ nhật $𝐴 𝐵 𝐶 𝐷 . 𝐴^{'} 𝐵^{'} 𝐶^{'} 𝐷^{'}$ có $𝐴 𝐵 = 𝑎$ , $𝐵 𝐶 = 𝑏$ và $𝐴 𝐴^{'} = 𝑎 .$ Gọi $𝐸$ là trung điểm của $𝐴^{'} 𝐷^{'} .$ Tính thể tích khối tứ diện $𝐵 𝐶^{'} 𝐷 𝐸$ theo $𝑎$ , $𝑏 .$ Khi $𝑎 = 𝑏$ , tính góc giữa hai mặt phẳng $(𝐵 𝐶^{'} 𝐷)$ và $(𝐶^{'} 𝐷 𝐸) .$

Ta có: $𝐵 𝐶^{'} = 𝐵 𝐷 = \sqrt{𝑎^{2} + 𝑏^{2}}$ , $𝐶 𝐷 = 𝑎 \sqrt{2} .$
Suy ra tam giác $𝐵 𝐶^{'} 𝐷$ cân tại $𝐵 .$
Gọi $𝐻$ là trung điểm của $𝐶 𝐷$ thì $𝐵 𝐻 ⊥ 𝐶^{'} 𝐷 .$
Tam giác $𝐵 𝐶^{'} 𝐻$ vuông:
$𝐵 𝐻 = \sqrt{𝑎^{2} + 𝑏^{2} - \frac{𝑎^{2}}{2}} = \frac{\sqrt{𝑎^{2} + 2 𝑏^{2}}}{\sqrt{2}} .$
$𝑆_{𝐵 𝐶^{'} 𝐷} = \frac{1}{2} . 𝐶^{'} 𝐷 . 𝐵 𝐻$ $= \frac{1}{2} 𝑎 \sqrt{2} \cdot \frac{\sqrt{𝑎^{2} + 2 𝑏^{2}}}{\sqrt{2}}$ $= \frac{𝑎 \sqrt{𝑎^{2} + 2 𝑏^{2}}}{2} .$
Trong mặt phẳng $(𝐵 𝐶 𝐷^{'} 𝐴^{'})$ ta có $𝐵 𝐻$ cắt $𝐶 𝐸$ tại $𝐼$ , ta tính được $𝐼 𝐸 = \frac{3}{2} 𝐼 𝐶 .$
Suy ra $𝑑 (𝐸, (𝐵 𝐶^{'} 𝐷)) = \frac{3}{2} 𝑑 (𝐶, (𝐵 𝐶^{'} 𝐷)) = \frac{3}{2} ℎ .$
Tứ diện vuông $𝐶 𝐵 𝐶^{'} 𝐷$ có $𝐶 𝐵$ , $𝐶 𝐷$ , $𝐶 𝐶^{'}$ đôi một vuông góc nên:
$\frac{1}{ℎ^{2}} = \frac{1}{𝐶 𝐵^{2}} + \frac{1}{𝐶 𝐷^{2}} + \frac{1}{𝐶 𝐶 ‘^{2}} = \frac{1}{𝑏^{2}} + \frac{1}{𝑎^{2}} + \frac{1}{𝑎^{2}}$ $\Rightarrow ℎ = \frac{𝑎 𝑏}{\sqrt{𝑎^{2} + 2 𝑏^{2}}} .$
Vậy $𝑉_{𝐵 𝐶^{'} 𝐷 𝐸} = \frac{1}{3} . \frac{3 𝑎 𝑏}{2 \sqrt{𝑎^{2} + 2 𝑏^{2}}} . \frac{𝑎 \sqrt{𝑎^{2} + 2 𝑏^{2}}}{2} = \frac{𝑎^{2} 𝑏}{4} .$
Khi $𝑎 = 𝑏$ thì hình hộp đã cho là hình lập phương.
Từ đó tính được góc giữa hai mặt phẳng bằng

Xem thêm các dạng câu hỏi và bài tập liên quan khác:

30 Bài tập về mặt cầu ngoại tiếp tứ diện (2024) có đáp án

Cách vẽ tứ diện đều (2024) chi tiết nhất

30 Bài tập về tính chất tứ diện đều (2024) đầy đủ, có đáp án

Cách tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện 2024

Cách xác định mặt cầu ngoại tiếp của tứ diện mới nhất 2024

Được cập nhật 24/05/2024 550 lượt xem

Bởi Trang Quỳnh

Chủ đề: Tổng hợp các dạng bài tập Toán toán 12 Các công thức tính thể tích tứ diện

Bình luận (0)

Đăng nhập để có thể bình luận

Chưa có bình luận nào. Bạn hãy là người đầu tiên cho tôi biết ý kiến!

Bài viết cùng chủ đề

Tổng hợp các dạng bài tập Toán

30 bài tập các dạng phương trình hình học 2024 (có đáp án)

1900.edu.vn xin giới thiệu bài tập và tóm tắt lý thuyết Toán: các dạng phương trình hình học hay, chi tiết cùng với bài tập trắc nghiệm chọn lọc có đáp án giúp học sinh nắm vững kiến thức trọng tâm, ôn luyện để học tốt môn Toán 9. Mời các bạn đón xem:

510 5 tháng trước

Tổng hợp các dạng bài tập Toán

30 bài tập các dạng lượng giác 2024 (có đáp án)

1900.edu.vn xin giới thiệu bài tập và tóm tắt lý thuyết Toán: các dạng lượng giác hay, chi tiết cùng với bài tập trắc nghiệm chọn lọc có đáp án giúp học sinh nắm vững kiến thức trọng tâm, ôn luyện để học tốt môn Toán 12. Mời các bạn đón xem:

575 5 tháng trước

Tổng hợp các dạng bài tập Toán

30 bài tập các dạng đồ thị phương trình 2024 (có đáp án)

1900.edu.vn xin giới thiệu bài tập và tóm tắt lý thuyết Toán: các dạng đồ thị phương trình hay, chi tiết cùng với bài tập trắc nghiệm chọn lọc có đáp án giúp học sinh nắm vững kiến thức trọng tâm, ôn luyện để học tốt môn Toán 12. Mời các bạn đón xem:

566 5 tháng trước

30 bài tập các công thức tính thể tích tứ diện 2024 (có đáp án)

I. Lý thuyết

II. Ví dụ minh họa

Bình luận (0)

Bài viết cùng chủ đề

30 bài tập các dạng phương trình hình học 2024 (có đáp án)

30 bài tập các dạng lượng giác 2024 (có đáp án)

30 bài tập các dạng đồ thị phương trình 2024 (có đáp án)

Nội dung bài viết