Tổng Hợp Công Thức Tính Nhanh Thể Tích Khối Tứ Diện Đều, Công Thức Tính Thể Tích Tứ Diện Đều Cạnh A

– Công thức tổng quát tính thể tích của một khối tứ diện bất kì và các trường hợp đặc biệt

Bài viết này lingocard.vn 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://lingocard.vn/khoa-hoc/nhom/combo-4-khoa-luyen-thi-thpt-quoc-gia-2021-mon-toan-danh-cho-teen-2k3-12

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.

Đang xem: Công thức tính nhanh thể tích khối tứ diện đều

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 lingocard.vn phát hành tại đây:https://lingocard.vn/khoa-hoc/nhom/combo-4-khoa-luyen-thi-thpt-quoc-gia-2020-mon-toan-danh-cho-teen-2k2-9

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: trong đó <egin{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 . Thể tích của khối tứ diện đã cho là

A. .

B. .

C. .

D. .

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

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

Vì vậy $V=frac{sqrt{2}}{12}{{left( sqrt{frac{3}{2}}h
ight)}^{3}}=frac{sqrt{3}{{h}^{3}}}{8}.$ 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

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

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

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

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 ${{S}_{MCD}}=4sqrt{5}.$ Do đó $d(A,(MCD))=frac{3{{V}_{AMCD}}}{{{S}_{MCD}}}=frac{10sqrt{11}}{4sqrt{5}}=frac{sqrt{55}}{2}.$ 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. $8sqrt{95}{{a}^{3}}.$

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

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

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

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

Chọn đáp án C.

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 $V=dfrac{1}{6}abdsin alpha .$

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

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. $3sqrt{2}.$

B. $2sqrt{3}.$

C. $6sqrt{3}.$

D. $6sqrt{2}.$

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

Ta có $AB=2sqrt{R_{1}^{2}-{{a}^{2}}}=2sqrt{4-{{a}^{2}}};CD=2sqrt{R_{2}^{2}-{{b}^{2}}}=2sqrt{10-{{b}^{2}}}$ 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:

$egin{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( {asqrt {4 – {a^2}} sqrt {10 – {b^2}} + bsqrt {10 – {b^2}} sqrt {4 – {a^2}} }
ight) = 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}} }
ight) \ leqslant frac{2}{3}sqrt {left( {4{a^2} – {a^4} + 8 – 2{a^2}}
ight)left( {10 – {b^2} + frac{{10{b^2} – {b^4}}}{2}}
ight)} = frac{2}{3}sqrt {left( { – {{({a^2} – 1)}^2} + 9}
ight)left( { – frac{1}{2}{{({b^2} – 4)}^2} + 18}
ight)} leqslant frac{2}{3}sqrt {9.18} = 6sqrt 2 . \ end{gathered} $

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

Ví dụ 3:Cho một hình trụ có thiết diện qua trục là một hình vuông cạnh bằng $a.$ Biết rằng $AB$ và $CD$ là hai đường kính tương ứng của hai đáy và góc giữa hai đường thẳng $AB$ và $CD$ bằng $30{}^circ .$ 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.

Xem thêm: Bản Vẽ Thiết Kế Nhà Diện Tích 8X8M 2 TẦNg ĐÁº¦Y ĐÁ»¦ Cã”Ng Nä‚Ng

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 $left{ egin{gathered} AB ot SB hfill \ AB ot SH hfill \ end{gathered}
ight. Rightarrow AB ot (SBH) Rightarrow AB ot BH;left{ egin{gathered} AC ot SC hfill \ AC ot SH hfill \ end{gathered}
ight. Rightarrow AC ot (SCH) Rightarrow AC ot CH.$ Kết hợp với $ABC$ là tam giác vuông cân tại $A,AB=a$ suy ra $ABHC$ là hình vuông.

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

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

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

Ví dụ 2:Cho tứ diện $ABCD$ có $widehat{ABC}=widehat{BCD}=widehat{CDA}={{90}^{0}},BC=a,CD=2a,cos left( (ABC),(ACD)
ight)=dfrac{sqrt{130}}{65}.$ 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 $AH=hRightarrow {{V}_{ABCD}}=frac{1}{3}{{S}_{BCD}}.AH=frac{1}{3}.frac{1}{2}CB.CD.AH=frac{{{a}^{2}}h}{3}(1).$

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

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

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

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

Ví dụ 3:Cho hình chóp $S.ABCD$ có đáy là hình thoi cạnh $a,widehat{ABC}={{120}^{0}}.$ Cạnh bên $SA$ vuông góc với đáy và góc giữa hai mặt phẳng $(SBC),(SCD)$ bằng ${{60}^{0}},$ khi đó $SA$ bằng

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

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

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

Từ (1) và (2) suy ra Chọn đáp án A.

Ví dụ 4: Cho tứ diện $ABCD$ có $ABC$ và $ABD$ là tam giác đều cạnh bằng $a.$ Thể tích khối tứ diện $ABCD$ có giá trị lớn nhất bằng

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

Dấu bằng đạt tại $(ABC)ot (ABD).$ Chọn đáp án A.

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 $V=dfrac{2{{S}_{S{{A}_{1}}{{A}_{2}}}}.{{S}_{{{A}_{1}}{{A}_{2}}…{{A}_{n}}}}.sin left( (S{{A}_{1}}{{A}_{2}}),({{A}_{1}}{{A}_{2}}…{{A}_{n}})
ight)}{3{{A}_{1}}{{A}_{2}}}.$

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

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

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

Ví dụ 1:Khối tứ diện $ABCD$ có $AB=5,CD=sqrt{10},AC=2sqrt{2},BD=3sqrt{3},AD=sqrt{22},BC=sqrt{13}$ 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 $left{ egin{gathered}hfill cos widehat{BAD}=dfrac{A{{B}^{2}}+A{{D}^{2}}-B{{D}^{2}}}{2AB.AD}=sqrt{dfrac{2}{11}} \ hfill cos widehat{DAC}=dfrac{A{{D}^{2}}+A{{C}^{2}}-C{{D}^{2}}}{2AD.AC}=dfrac{5}{2sqrt{11}} \ hfill cos widehat{CAB}=dfrac{A{{C}^{2}}+A{{B}^{2}}-B{{C}^{2}}}{2AC.AB}=dfrac{1}{sqrt{2}} \ end{gathered}
ight..$

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

Chọn đáp án B.