Cho khối tứ diện đều ABCD cạnh a. Chứng minh rằng thể tích của khối tứ diện đó bằng $\frac{a^3\sqrt{2}}{12}.$

Gọi M là trung điểm của BC, O là trọng tâm tam giác BCD.

Vì ABCD là hình tứ diện đều nên BCD là tam giác đều.

Mà O là trọng tâm tam giác BCD nên O cũng là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BCD.

Do đó AO ⊥ (BCD).

Xét tam giác đều BCD có: DM là đường trung tuyến (do M là trung điểm của BC) cũng đồng thời là đường cao của tam giác nên DM ⊥ BC.

Do M là trung điểm của BC nên $MC=\frac{BC}{2}=\frac{a}{2}.$

Áp dụng định lí Pythagore vào tam giác DMC vuông tại M (do DM ⊥ BC) có:

DC² = DM² + MC²

Do đó $DM=\sqrt{D{C}^2-M{C}^2}=\sqrt{a^2-{\left(\frac{a}{2}\right)}^2}=\frac{a\sqrt{3}}{2}.$

Vì O là trọng tâm tam giác BCD nên $OD=\frac{2}{3}DM=\frac{2}{3}.\frac{a\sqrt{3}}{2}=\frac{a\sqrt{3}}{3}.$

Do AO ⊥ (BCD) và DO ⊂ (BCD) nên AO ⊥ DO, do đó tam giác ADO vuông tại O.

Áp dụng định lí Pythagore vào tam giác ADO vuông tại O có:

AD² = AO² + DO²

Suy ra $AO=\sqrt{A{D}^2-D{O}^2}=\sqrt{a^2-{\left(\frac{a\sqrt{3}}{3}\right)}^2}=\sqrt{a^2-\frac{a^2}{3}}=\sqrt{\frac{2a^2}{3}}=\frac{a\sqrt{6}}{3}.$

Diện tích tam giác BCD đều có đường cao DM là: $S_{\Delta BCD}=\frac{1}{2}.DM.BC=\frac{1}{2}.\frac{a\sqrt{3}}{2}.a=\frac{a^2\sqrt{3}}{4}$ (đvdt).

Thể tích của khối tứ diện đều ABCD cạnh a có chiều cao $AO=\frac{a\sqrt{6}}{3}$ và diện tích đáy $S_{\Delta BCD}=\frac{a^2\sqrt{3}}{4}$ là:

$V_{ABCD}=\frac{1}{3}{S}_{\Delta BCD}.AO=\frac{1}{3}.\frac{a^2\sqrt{3}}{4}.\frac{a\sqrt{6}}{3}=\frac{a^3\sqrt{2}}{12}$ (đvtt).