thể tích tứ diện

Bài viết lách này Vted tổ hợp và ra mắt lại một vài công thức tính thời gian nhanh thể tích của khối tứ diện mang đến một vài tình huống quan trọng hoặc gặp

Đồng thời trình diễn công thức tổng quát lác tính thể tích mang đến khối tứ diện bất kì lúc biết phỏng nhiều năm toàn bộ 6 cạnh của tứ diện. Việc ghi ghi nhớ những công thức này chung những em giải quyết và xử lý thời gian nhanh một vài dạng bài bác khó khăn về thể tích khối tứ diện vô đề ganh đua trung học phổ thông Quốc Gia 2019 - Môn Toán.

Bài viết lách này trích lược một vài công thức thời gian nhanh hoặc sử dụng mang đến khối tứ diện. Các công thức thời gian nhanh không giống tương quan cho tới thể tích khối tứ diện và thể tích khối lăng trụ độc giả xem thêm khoá COMBO X bởi Vted phát triển bên trên trên đây https://iitm.edu.vn/khoa-hoc/nhom/combo-4-khoa-luyen-thi-thpt-quoc-gia-2023-mon-toan-danh-cho-teen-2k5-18

Bạn đang xem: thể tích tứ diện

>>Xem thêm Thể tích khối chóp cụt và ứng dụng

>>Xem đề ganh đua Thể tích tứ diện và những tình huống quánh biệt

>>Xem thêm thắt bài bác giảng và đề ganh đua áp dụng cao Thể tích nhiều diện

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

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

Công thức 1: Khối tứ diện đều

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

Ví dụ 1: Cho tứ diện đều phải có độ cao bởi vì \[h\]. Thể tích của khối tứ diện vẫn mang đến là

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

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

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

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

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 bên trên một đỉnh của tứ diện là góc vuông)

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

Công thức 3: Khối tứ diện sát đều (các cặp cạnh đối ứng bởi vì nhau)

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

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

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

Ví dụ 2: Cho tứ diện $ABCD$ với $AB=CD=8,AD=BC=5$ và $AC=BD=7.$ Gọi $M$ là trung điểm cạnh $AB.$Khoảng cơ hội kể từ điểm $A$ cho tới mặt mày bằng $(CMD)$bằng  

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

Tam giác $MCD$ với $CD=8$ và theo đòi công thức đàng trung tuyến tớ 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 ê $d(A,(MCD))=\frac{3{{V}_{AMCD}}}{{{S}_{MCD}}}=\frac{10\sqrt{11}}{4\sqrt{5}}=\frac{\sqrt{55}}{2}.$ Chọn đáp án B.

Ví dụ 3: Khối tứ diện $ABCD$ với $AB=CD=5a,AC=BD=6a,AD=BC=7a$ hoàn toàn 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 sát 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 thắt bên trên đây: https://www.iitm.edu.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 với khoảng cách và góc thân mật cặp cạnh đối lập của tứ diện

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

Ví dụ 1.Cho khối tứ diện $ABCD$ với $AB=AC=BD=CD=1.$ Khi thể tích khối tứ diện $ABCD$ đạt độ quý hiếm lớn số 1 thì khoảng cách thân mật hai tuyến đường trực tiếp $AD$ và $BC$ bằng

>>Lời giải chi tiết:

Ví dụ 2: Cho nhì mặt mày cầu $({{S}_{1}}),({{S}_{2}})$ với nằm trong tâm $I$ và nửa đường kính theo thứ tự ${{R}_{1}}=2,{{R}_{2}}=\sqrt{10}.$ Xét tứ diện $ABCD$ với nhì đỉnh $A,B$ phía trên $({{S}_{1}});$ nhì đỉnh $C,D$ phía trên $({{S}_{2}}).$ Thể tích khối tứ diện $ABCD$ có mức giá trị lớn số 1 bằng

A. $3\sqrt{2}.$

B. $2\sqrt{3}.$

C. $6\sqrt{3}.$

D. $6\sqrt{2}.$

Giải. Gọi $a,b$ theo thứ tự là khoảng cách kể từ tâm $I$ cho tới hai tuyến đường trực tiếp $AB,CD.$

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

Do ê vận dụng công thức tính thể tích tứ diện theo đòi khoảng cách chéo cánh nhau của cặp cạnh đối lập 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 bởi vì đạt bên trên $(a;b)=(1;2).$ Chọn đáp án D.

Ví dụ 3: Cho một hình trụ với tiết diện qua quýt trục là 1 trong hình vuông vắn cạnh bởi vì $a.$ hiểu rằng $AB$ và $CD$ là nhì 2 lần bán kính ứng của nhì lòng và góc thân mật hai tuyến đường trực tiếp $AB$ và $CD$ bởi vì $30{}^\circ .$ Tính thể tích khối tứ diện $ABCD.$

Có $h=2r=a;{{V}_{ABCD}}=\frac{1}{6}AB.CD.d(AB,CD).\sin (AB,CD)=\frac{1}{3}.2r.2r.h.\sin {{30}^{0}}=\frac{{{a}^{3}}}{6}.$ Chọn đáp án C.

Ví dụ 4: Một người thợ thuyền với cùng 1 khối đá hình trụ. Kẻ nhì 2 lần bán kính $MN,\text{ }PQ$ theo thứ tự bên trên nhì lòng sao mang đến $MN\bot PQ.$ Người thợ thuyền ê tách khối đá theo đòi những mặt phẳng cắt trải qua $3$ vô $4$ điểm $M,\text{ }N,\text{ }P,\text{ }Q$ nhằm nhận được khối đá với hình tứ diện $MNPQ.$ hiểu rằng thể tích khối tứ diện $MNPQ$ bởi vì $64\text{ }d{{m}^{3}}.$ Tính thể tích của lượng đá bị tách vứt (làm tròn xoe thành phẩm cho tới $1$ chữ số thập phân).

Giải. Áp dụng công thức tính thể tích tứ diện theo đòi khoảng cách và góc thân mật cặp cạnh đối tớ có

${{V}_{MNPQ}}=\dfrac{1}{6}MN.PQ.d\left( MN,PQ \right).\sin \left( MN,PQ \right)=\dfrac{1}{6}.2r.2r.h.\sin {{90}^{0}}=\dfrac{2}{3}{{r}^{2}}h=\dfrac{2}{3\pi }V{{T}_{T}}$

Thể tích lượng đá bị tách vứt là ${{V}_{T}}-{{V}_{MNPQ}}=\left( \dfrac{3\pi }{2}-1 \right){{V}_{MNPQ}}\approx 237,6\text{ d}{{\text{m}}^{\text{3}}}.$ Chọn đáp án B.

Công thức 5: Khối tứ diện biết diện tích S nhì mặt mày kề nhau

Ví dụ 1: Cho khối chóp $S.ABC$ với lòng $ABC$ là tam giác vuông cân nặng bên trên $A,AB=a,\widehat{SBA}=\widehat{SCA}=90{}^\circ ,$ góc thân mật nhì mặt mày bằng $(SAB)$ và $(SAC)$ bởi vì $60{}^\circ .$ Thể tích của khối chóp vẫn mang đến bằng

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

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

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

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

Lời giải cụ thể. Gọi $H=\mathbf{h/c(S,(ABC))}$ tớ với $\left\{ \begin{gathered} AB \bot SB \hfill \\ AB \bot SH \hfill \\ \end{gathered} \right. \Rightarrow AB \bot (SBH) \Rightarrow AB \bot BH;\left\{ \begin{gathered} AC \bot SC \hfill \\ AC \bot SH \hfill \\ \end{gathered} \right. \Rightarrow AC \bot (SCH) \Rightarrow AC \bot CH.$ Kết phù hợp với $ABC$ là tam giác vuông cân nặng bên trên $A,AB=a$ suy đi ra $ABHC$ là hình vuông vắn.

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

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

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

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

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

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

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

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

Xem thêm: rút ra một lá bài từ bộ bài 52 lá xác suất để được lá bích là

Lời giải cụ thể. 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 với $\left\{ \begin{gathered} CB \bot BA \hfill \\ CB \bot AH \hfill \\ \end{gathered} \right. \Rightarrow CB \bot (ABH) \Rightarrow CB \bot HB.$ Tương tự động $\left\{ \begin{gathered} CD \bot DA \hfill \\ CD \bot AH \hfill \\ \end{gathered} \right. \Rightarrow CD \bot (ADH) \Rightarrow CD \bot HD.$

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

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

Ví dụ 3: Cho hình chóp $S.ABCD$ với lòng là hình thoi cạnh $a,\widehat{ABC}={{120}^{0}}.$ Cạnh mặt mày $SA$ vuông góc với lòng và góc thân mật nhì mặt mày bằng $(SBC),(SCD)$ bởi vì ${{60}^{0}},$ Khi ê $SA$ bằng

Có $SA=x>0\Rightarrow {{V}_{S.BCD}}=\dfrac{1}{3}{{S}_{BCD}}.SA=\dfrac{\sqrt{3}x}{12}(1),\left( a=1 \right).$

Mặt không giống ${{V}_{S.BCD}}=\dfrac{2{{S}_{SBC}}.{{S}_{SCD}}.\sin \left( (SBC),(SCD) \right)}{3SC}=\dfrac{2{{\left( \dfrac{\sqrt{4{{x}^{2}}+3}}{4} \right)}^{2}}\dfrac{\sqrt{3}}{2}}{3\sqrt{{{x}^{2}}+3}}(2).$

Trong ê $BC=1,SB=\sqrt{{{x}^{2}}+1},SC=\sqrt{{{x}^{2}}+3}\Rightarrow {{S}_{SBC}}=\dfrac{\sqrt{4{{x}^{2}}+3}}{4};\Delta SBC=\Delta SDC(c-c-c)\Rightarrow {{S}_{SCD}}=\dfrac{\sqrt{4{{x}^{2}}+3}}{4}.$

Từ (1) và (2) suy đi ra \[x=\dfrac{\sqrt{6}}{4}.\] Chọn đáp án A.

Ví dụ 4: Cho tứ diện $ABCD$ với $ABC$ và $ABD$ là tam giác đều cạnh bởi vì $a.$ Thể tích khối tứ diện $ABCD$ có mức giá trị lớn số 1 bằng

Có ${{V}_{ABCD}}=\dfrac{2{{S}_{ABC}}{{S}_{ABD}}\sin \left( (ABC),(ABD) \right)}{3AB}=\dfrac{2\left( \dfrac{\sqrt{3}{{a}^{2}}}{4} \right)\left( \dfrac{\sqrt{3}{{a}^{2}}}{4} \right)}{3a}\sin \left( (ABC),(ABD) \right)\le \dfrac{2\left( \dfrac{\sqrt{3}{{a}^{2}}}{4} \right)\left( \frac{\sqrt{3}{{a}^{2}}}{4} \right)}{3a}=\dfrac{{{a}^{3}}}{8}.$

Dấu bởi vì đạt bên trên $(ABC)\bot (ABD).$ Chọn đáp án A.

Ví dụ 5: Cho lăng trụ $ABC.{A}'{B}'{C}'$ với diện tích S tam giác ${A}'BC$ bởi vì $4,$ khoảng cách kể từ $A$ cho tới $BC$ bởi vì $3,$ góc thân mật nhì mặt mày bằng $\left( {A}'BC \right)$ và $\left( {A}'{B}'{C}' \right)$ bởi vì $30{}^\circ .$ Thể tích khối lăng trụ $ABC.{A}'{B}'{C}'$ bằng

A. $3\sqrt{3}.$ B. $6.$                         C. $2.$         D. $12.$

Giải. Áp dụng công thức tính thể tích tứ diện mang đến tình huống biết góc và diện tích S của nhì mặt

${{V}_{ABC.{A}'{B}'{C}'}}=3{{V}_{{A}'.ABC}}=3\left( \dfrac{2{{S}_{{A}'BC}}.{{S}_{ABC}}.\sin \left( \left( {A}'BC \right),\left( ABC \right) \right)}{3BC} \right)$

$=\dfrac{{{S}_{{A}'BC}}.d\left( A,BC \right).BC.\sin \left( \left( {A}'BC \right),\left( ABC \right) \right)}{BC}={{S}_{{A}'BC}}.d\left( A,BC \right).\sin \left( \left( {A}'BC \right),\left( ABC \right) \right)=4.3.\dfrac{1}{2}=6.$ Chọn đáp án B.

Công thức 6:Mở rộng lớn mang đến khối chóp với diện tích S mặt mày mặt và mặt mày đáy

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

Công thức 7: Khối tứ diện lúc biết những góc bên trên và một đỉnh

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

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

Ví dụ 1: Cho hình chóp $S.ABC$ với $SA=a,SB=2a,SC=4a$ và $\widehat{ASB}=\widehat{BSC}=\widehat{CSA}={{60}^{0}}.$ Tính thể tích khối chóp $S.ABC$ theo đòi $a.$

A. $\dfrac{8{{a}^{3}}\sqrt{2}}{3}.$

B. $\dfrac{2{{a}^{3}}\sqrt{2}}{3}.$

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

D. $\dfrac{4{{a}^{3}}\sqrt{2}}{3}.$

Giải. Áp dụng công thức tính thể tích tứ diện theo đòi những góc bên trên một đỉnh tớ có

${{V}_{S.ABC}}=\dfrac{1}{6}SA.SB.SC\sqrt{1+2\cos \widehat{ASB}\cos \widehat{BSC}\cos \widehat{CSA}-{{\cos }^{2}}\widehat{ASB}-{{\cos }^{2}}\widehat{BSC}-{{\cos }^{2}}\widehat{CSA}}$

$=\dfrac{1}{6}a.2a.4a\sqrt{1+2\left( \dfrac{1}{2} \right)\left( \dfrac{1}{2} \right)\left( \dfrac{1}{2} \right)-{{\left( \dfrac{1}{2} \right)}^{2}}-{{\left( \dfrac{1}{2} \right)}^{2}}-{{\left( \dfrac{1}{2} \right)}^{2}}}=\dfrac{2\sqrt{2}}{3}{{a}^{3}}.$

Chọn đáp án B.

https://iitm.edu.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

Cách 2:

Ví dụ 2: Cho khối lăng trụ \[ABC.{A}'{B}'{C}'\] với $\widehat{A{A}'B}=\widehat{B{A}'C}=\widehat{C{A}'A}={{60}^{0}}$ và $A{A}'=3a,B{A}'=4a,C{A}'=5a.$ Thể tích khối lăng trụ vẫn mang đến bằng

Giải. Ta với ${{V}_{ABC.{A}'{B}'{C}'}}=3{{V}_{{A}'.ABC}}$ và vận dụng công thức tính thể tích khối tứ diện theo đòi những góc bên trên một đỉnh tớ được

$=3.\dfrac{1}{6}{A}'A.{A}'B.{A}'C\sqrt{1+2\cos \widehat{A{A}'B}\cos \widehat{B{A}'C}\cos \widehat{C{A}'A}-{{\cos }^{2}}\widehat{A{A}'B}-{{\cos }^{2}}\widehat{B{A}'C}-{{\cos }^{2}}\widehat{C{A}'A}}$

$=\dfrac{1}{2}.3a.4a.5a\sqrt{1+2{{\left( \dfrac{1}{2} \right)}^{3}}-3{{\left( \dfrac{1}{2} \right)}^{2}}}=15\sqrt{2}{{a}^{3}}.$ Chọn đáp án B.

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

A. $20.$

B. $5.$

C. $15.$

D. $10.$

Giải. Tứ diện này còn có phỏng nhiều năm toàn bộ những cạnh tớ tính những góc bên trên một đỉnh rồi vận dụng công thức thể tích khối tứ diện dựa vào 3 góc bắt nguồn từ nằm trong 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 thêm Tổng hợp ý toàn bộ những công thức tính thời gian nhanh nửa đường kính mặt mày cầu nước ngoài tiếp khối nhiều diện

Combo 4 Khoá Luyện ganh đua trung học phổ thông Quốc Gia 2023 Môn Toán dành riêng cho teen 2K5

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

>>Xem thêm Tổng hợp ý những công thức tính thời gian nhanh số phức đặc biệt hoặc dùng- Trích bài bác giảng khoá học tập PRO X bên trên Vted.vn

>>Xem thêm [Vted.vn] - Công thức giải thời gian nhanh Hình bằng toạ phỏng Oxy

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

>>Xem thêm thắt kỹ năng về Cấp số nằm trong và cấp cho số nhân

>>Xem thêm Các bất đẳng thức cơ bạn dạng lưu ý vận dụng trong số việc độ quý hiếm lớn số 1 và độ quý hiếm nhỏ nhất

>>Tải về Tổng hợp ý những công thức lượng giác cần thiết nhớ

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

Xem thêm: quay thử xs gia lai 568