tính thể tích khối tứ diện

https://giaibaitoan.com giới thiệu đến bạn đọc bài viết trình bày công thức và phương pháp tính thể tích khối tứ diện.

1. KIẾN THỨC CẦN NẮM VỮNG

+ Tứ diện \(ABCD\): bốn mặt là tam giác.

+ Tứ diện đều khi có \(6\) cạnh bằng nhau, \(4\) mặt là tam giác đều.

+ Thể tích tứ diện \(ABCD\): Thể tích của một khối tứ diện bằng một phần ba tích số của diện tích mặt đáy và chiều cao của khối tứ diện tương ứng: \(V = \frac{1}{3}{S_{BCD}}.AH.\)

+ Thể tích khối chóp tam giác \(S.ABC\): Thể tích của một khối chóp bằng một phần ba tích số của diện tích mặt đáy và chiều cao của khối chóp đó: \(V = \frac{1}{3}B.h.\)

Chú ý:

1) Tứ diện hay hình chóp tam giác có \(4\) cách chọn đỉnh chóp.

2) Tứ diện nội tiếp hình hộp, tứ diện gần đều (có \(3\) cặp cạnh đối bằng nhau) nội tiếp hình hộp chữ nhật và tứ diện đều nội tiếp hình lập phương.

3) Khi tính toán các đại lượng, nếu cần thì đặt ẩn rồi tìm phương trình để giải ra ẩn đó.

4) Để tính diện tích, thể tích có khi ta tính gián tiếp bằng cách chia nhỏ các phần hoặc lấy phần lớn hơn trừ đi các phần dư.

2. BÀI TẬP ÁP DỤNG

Bài toán 1: Cho tứ diện đều \(ABCD\) 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 \(ABCD\) đều, gọi \(I\), \(J\) lần lượt là trung điểm của \(AB\) và \(CD\) thì:

\(AJ = BJ = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\) nên \(\Delta JAB\) cân tại \(J\) \( \Rightarrow IJ \bot AB.\)

Tương tự \(\Delta ICD\) cân đỉnh \(I\) nên: \(IJ \bot CD.\)

Vậy \(IJ = d(AB,CD).\)

Trong tam giác vuông \(IAJ\):

\(IJ = \sqrt {A{J^2} – A{I^2}} \) \( = \sqrt {\frac{{3{a^2}}}{4} – \frac{{{a^2}}}{4}} = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}.\)

Tương tự \(d(BC;AD) = d(BD;AC) = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}.\)

\({V_{ABCD}} = \frac{1}{3}{S_{BCD}}.AH\) \( = \frac{1}{3}.\frac{1}{2}a.\frac{{a\sqrt 3 }}{2}.\sqrt {{a^2} – \frac{{{a^2}}}{3}} = \frac{{{a^3}\sqrt 2 }}{{12}}.\)

Bài toán 2: Tính thể tích khối tứ diện \(ABCD\) (gần đều) có các cặp cạnh đối bằng nhau: \(AB = CD = a\), \(AC = BD = b\), \(AD = BC = c.\)

Dựng tứ diện \(APQR\) sao cho \(B\), \(C\), \(D\) lần lượt là trung điểm các cạnh \(QR\), \(RP\), \(PQ.\)

Ta có \(AD = BC = \frac{1}{2}PQ\) \( \Rightarrow AQ = \frac{1}{2}PQ\) mà \(D\) là trung điểm của \(PQ\) \( \Rightarrow AQ \bot AP.\)

Chứng minh tương tự, ta cũng có: \(AQ \bot AR\), \(AR \bot AP.\)

Ta có: \({V_{ABCD}} = \frac{1}{4}{V_{APQR}} = \frac{1}{4}.\frac{1}{6}AP.AQ.AR.\)

Xét các tam giác vuông \(APQ\), \(AQR\), \(ARP\) 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:

\(AP = \sqrt 2 .\sqrt { – {a^2} + {b^2} + {c^2}} \), \(AQ = \sqrt 2 .\sqrt {{a^2} – {b^2} + {c^2}} \), \(AR = \sqrt 2 .\sqrt {{a^2} + {b^2} – {c^2}} .\)

Vậy: \({V_{ABCD}} = \frac{{\sqrt 2 }}{{12}}\sqrt {\left( { – {a^2} + {b^2} + {c^2}} \right)\left( {{a^2} – {b^2} + {c^2}} \right)\left( {{a^2} + {b^2} – {c^2}} \right)} .\)

Bài toán 3: Cho tứ diện \(ABCD\) có các mặt \(ABC\) và \(ABD\) là các tam giác đều cạnh \(a\), các mặt \(ACD\) và \(BCD\) vuông góc với nhau.

a) Hãy tính theo \(a\) thể tích khối tứ diện \(ABCD.\)

b) Tính số đo của góc giữa hai đường thẳng \(AD\), \(BC.\)

a) Gọi \(M\) là trung điểm của \(CD\), khi đó \(AM \bot CD\), \(BM \bot CD.\)

Từ giả thiết suy ra \(\widehat {AMB} = {90^0}.\)

Mà \(AM = BM\) nên tam giác \(AMB\) vuông cân tại \(M.\)

Do đó:

\(BM = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}\) \( \Rightarrow CD = 2CM\) \( = 2\sqrt {B{C^2} – B{M^2}} = a\sqrt 2 .\)

\({V_{ABCD}} = \frac{1}{3}CD.{S_{ABM}}\) \( = \frac{1}{6}CD.AM.BM = \frac{{{a^3}\sqrt 2 }}{{12}}.\)

b) Gọi \(N\), \(P\), \(Q\) lần lượt là trung điểm của \(AB\), \(AC\), \(BD.\)

Ta có \(\widehat {(AD,BC)} = \widehat {(NP,MP)}.\)

Tam giác \(AMB\) vuông cân tại \(M\) \( \Rightarrow MN = \frac{{AB}}{2} = \frac{a}{2} = NP = PM.\)

Suy ra tam giác \(MNP\) là tam giác đều.

Do đó: \(\widehat {MPN} = {60^0}\) \( \Rightarrow \widehat {(AD,BC)} = {60^0}.\)

Bài toán 4: Cho tứ diện \(SABC\) có các cạnh bên \(SA = SB = SC = d\) và \(\widehat {ASB} = {120^0}\), \(\widehat {BSC} = {60^0}\), \(\widehat {ASC} = {90^0}.\)

a) Chứng minh tam giác \(ABC\) là tam giác vuông.

b) Tính thể tích tứ diện \(SABC.\)

a) Tam giác \(SBC\) đều nên \(BC = d.\)

Tam giác \(SAB\) cân và góc \(\widehat {ASB} = {120^0}\) nên \(\widehat {SBA} = \widehat {SAB} = {30^0}.\)

Gọi \(H\) là trung điểm của \(AB\) ta có \(AH = BH = \frac{{d\sqrt 3 }}{2}.\)

Do đó \(AB = d\sqrt 3 .\)

Tam giác \(SAC\) vuông tại \(S\) nên \(AC = d\sqrt 2 .\)

Tam giác \(ABC\) vuông tại \(C\) vì: \(B{C^2} + A{C^2} = {d^2} + 2{d^2} = 3{d^2} = A{B^2}.\)

b) Vì \(SA = SB = SC\) nên ta suy ra hình chiếu vuông góc của đỉnh \(S\) xuống mặt phẳng \((ABC)\) phải trùng với trung điểm \(H\) của đoạn \(AB\) vì ta có \(HA = HB = HC.\)

Vì \(\widehat {ASB} = {120^0}\) nên \(SH = \frac{{SB}}{2} = \frac{d}{2}.\)

Ta có: \({S_{ABC}} = \frac{1}{2}BC.AC\) \( = \frac{1}{2}d.d\sqrt 2 = \frac{{{d^2}\sqrt 2 }}{2}\) nên \({V_{SABC}} = \frac{1}{3}SH.{S_{ABC}}\) \( = \frac{1}{3}.\frac{d}{2}.\frac{{{d^2}\sqrt 2 }}{2} = \frac{{{d^3}\sqrt 2 }}{{12}}.\)

Bài toán 5: Cho tứ diện \(ABCD.\) Chứng minh thể tích tứ diện không đổi trong các trường hợp:

a) Đỉnh \(A\) di chuyển trên mặt phẳng \((P)\) song song với \((BCD).\)

b) Đỉnh \(A\) di chuyển trên đường thẳng \(d\) song song với \(BC.\)

c) Hai đỉnh \(B\) và \(C\) di chuyển trên đường thẳng \(\Delta \) nhưng vẫn giữ nguyên độ dài.

Thể tích tứ diện \(ABCD\) không đổi vì:

a) Tam giác đáy \(BCD\) cố định và đường cao không đổi là khoảng cách từ \(A\) mặt phẳng \((BCD)\), chính là khoảng cách giữa \(2\) mặt phẳng song song \((P)\) và \((BCD).\)

b) Tam giác đáy \(BCD\) cố định và đường cao không đổi là khoảng cách từ \(A\) đến mặt phẳng \((BCD)\), chính là khoảng cách giữa đường thẳng \(d\) với mặt phẳng song song \((BCD).\)

c) Đỉnh \(A\) và \(D\) cố định, diện tích đáy \(BCD\) là \(S = \frac{1}{2}BC.d(D,\Delta )\) không đổi và chiều cao \(h = d(A,(D,\Delta ))\) không đổi.

Bài toán 6: Cho tứ diện \(ABCD\), gọi \(d\) là khoảng cách giữa hai đường thẳng \(AB\) và \(CD\), \(\alpha \) là góc giữa hai đường thẳng đó. Chứng minh rằng \({V_{ABCD}} = \frac{1}{6}AB.CD.d.\sin \alpha .\)

Trong mặt phẳng \((ABC)\) vẽ hình bình hành \(CBAA’.\)

Ta có \(AA’//BC\) nên \({V_{ABCD}} = {V_{A’BCD}}.\)

Gọi \(MN\) là đoạn vuông góc chung của \(AB\) và \(CD\) với \(M \in AB\), \(N \in CD.\)

Vì \(BM // CA’\) nên \({V_{BA’CD}} = {V_{MA’CD}}.\)

Ta có: \(MN \bot AB\) nên \(MN \bot CA’.\)

Ngoài ra \(MN \bot CD\) nên \(MN \bot \left( {CDA’} \right).\)

Ta có: \(\widehat {(AB,CD)} = \widehat {\left( {A’C,CD} \right)} = \alpha .\)

Do đó: \({V_{MA’CD}} = \frac{1}{3}{S_{A’CD}}.MN\) \( = \frac{1}{3}.\frac{1}{2}CA’.CD.\sin \alpha .MN\) \( = \frac{1}{6}AB.CD.d.\sin \alpha .\)

Vậy \({V_{ABCD}} = \frac{1}{6}AB.CD.d.\sin \alpha .\)

Bài toán 7: Cho điểm \(M\) nằm trong hình tứ diện đều \(ABCD.\) 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 \((BCD)\), \((ACD)\), \((ABD)\), \((ABC).\)

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: \({V_{MBCD}} + {V_{MACD}} + {V_{MABD}} + {V_{MABC}} = {V_{ABCD}}.\)

\( \Rightarrow \frac{1}{3}S.M{H_1} + \frac{1}{3}S.M{H_2} + \frac{1}{3}S.M{H_3} + \frac{1}{3}S.M{H_4} = \frac{1}{3}S.h.\)

\( \Rightarrow M{H_1} + M{H_2} + M{H_3} + M{H_4} = h\) 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 toán 8: Cho hai tia \(Ax\) và \(By\) tạo với nhau góc \(\alpha \), đường thẳng \(AB\) vuông góc với cả \(Ax\) và \(By\); \(AB = d.\) Hai điểm \(M\), \(N\) lần lượt nằm trên hai tia \(Ax\) và \(By\), \(AM = m\), \(BN =n.\) Tính:

a) Thể tích khối tứ diện \(ABMN.\)

b) Khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau \(AB\) và \(MN.\)

a) \({V_{ABMN}} = \frac{1}{6}AM.BN.d\sin \alpha = \frac{1}{6}mnd\sin \alpha .\)

b) Vẽ \(\overrightarrow {BM} = \overrightarrow {AM} \) thì \(ABM’M\) là hình chữ nhật và có \(AB // (MNM’).\)

Khoảng cách \(h\) giữa hai đường thẳng \(AB\) và \(MN\) bằng khoảng cách từ \(AB\) tới mặt phẳng \((MNM’)\) hay bằng khoảng cách từ \(B\) tới mặt phẳng đó.

Hạ \(BH \bot NM’\) thì \(BH \bot \left( {MNM’} \right).\)

Vậy \(h= BH.\)

Ta có \({S_{BNM’}} = \frac{1}{2}NM’.BH\) nên \(h = \frac{{mn\sin \alpha }}{{\sqrt {{m^2} + {n^2} – 2mn\cos \alpha } }}.\)

Bài toán 9: Cho lăng trụ tam giác \(ABC.A’B’C’\) có \(BB’ = a\), góc giữa \(BB’\) và mặt phẳng \((ABC)\) bằng \(60°\), tam giác \(ABC\) vuông tại \(C\) và \(\widehat {BAC} = {60^0}.\) Hình chiếu vuông góc của \(B’\) lên mặt phẳng \((ABC)\) trùng với trọng tâm tam giác \(ABC.\) Tính thể tích tứ diện \(A’ABC.\)

Gọi \(G\) là trọng tâm tam giác \(ABC\) và \(D\) là trung điểm \(AC\) thì \(B’G \bot (ABC)\), \(\widehat {B’BG} = {60^0}\) nên \(B’G = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\), \(BG = \frac{a}{2}.\)

Do đó \(BD = \frac{{3a}}{4}.\)

Đặt \(AB = x\) thì \(BC = \frac{{x\sqrt 3 }}{2}\), \(AC = \frac{x}{2}\), \(CD = \frac{x}{4}.\)

Tam giác \(BCD\) vuông tại \(C\) nên:

\(B{C^2} + C{D^2} = B{D^2}\) \( \Rightarrow \frac{3}{4}{x^2} + \frac{1}{{16}}{x^2} = \frac{9}{{16}}{a^2}\) \( \Rightarrow x = \frac{{3a\sqrt {13} }}{{13}} = AB\) và \(AC = \frac{{3a\sqrt {13} }}{{26}}.\)

Do đó \({S_{ABC}} = \frac{{9{a^2}\sqrt 3 }}{{104}}.\)

\({V_{A’ABC}} = \frac{1}{3}{S_{ABC}}.B’G = \frac{{3{a^3}}}{{208}}.\)

Bài toán 10: Cho hình lăng trụ đứng \(ABC.A’B’C’\) có đáy \(ABC\) là tam giác vuông tại \(B\), \(AB = a\), \(AA’ = 2a\), \(A’C = 3a.\) Gọi \(M\) là trung điểm của đoạn \(A’C’\), \(I\) là giao điểm của \(AM\) và \(A’C.\) Tính theo \(a\) thể tích khối tứ diện \(IABC\) và khoảng cách từ điểm \(A\) đến mặt phẳng \((IBC).\)

a) Hạ \(IH \bot AC\) \((H \in AC).\)

\( \Rightarrow IH \bot (ABC)\) nên \(IH\) là đường cao của tứ diện \(IABC.\)

\( \Rightarrow {\rm{IH}}//{\rm{AA}}’\) \( \Rightarrow \frac{{IH}}{{AA’}} = \frac{{CI}}{{CA’}} = \frac{2}{3}\) \( \Rightarrow IH = \frac{2}{3}AA’ = \frac{{4a}}{3}.\)

\(AC = \sqrt {A'{C^2} – A'{A^2}} = a\sqrt 5 \), \(BC = \sqrt {A{C^2} – A{B^2}} = 2a.\)

Diện tích tam giác \(ABC:\)

\({S_{ABC}} = \frac{1}{2}AB.BC = {a^2}.\)

Thể tích khối đa diện \(IABC:\) \(V = \frac{1}{3}IH.{S_{ABC}} = \frac{{4{a^3}}}{9}.\)

b) Hạ \(AK \bot A’B\) \(\left( {K \in A’B} \right).\)

Vì \(BC \bot (ABB’A’)\) nên \(AK \bot BC \Rightarrow AK \bot (IBC).\)

Khoảng cách từ \(A\) đến mặt phẳng \((IBC)\) là \(AK.\)

\(AK = \frac{{2{S_{AA’B}}}}{{A’B}} = \frac{{AA’.AB}}{{\sqrt {A'{A^2} + A{B^2}} }} = \frac{{2a\sqrt 5 }}{5}.\)

Bài toán 11: Cho hình lập phương \(ABCD.A’B’C’D’\) có cạnh bằng \(a.\) Gọi \(O’\) là tâm của mặt đáy \(A’B’C’D’\), điểm \(M\) nằm trên đoạn thẳng \(BD\) sao cho \(BM = \frac{3}{4}BD.\) Tính thể tích khối tứ diện \(ABMO’\) và khoảng cách giữa hai đường thẳng \(AM\) và \(O’D.\)

Gọi \(O\) là tâm của hình vuông \(ABCD\) \( \Rightarrow OO’ \bot (ABM).\)

Từ giả thiết suy ra \(M\) là trung điểm của \(OD.\)

Ta có \({S_{ABM}} = \frac{3}{4}{S_{ABD}} = \frac{3}{4}.\frac{1}{2}{a^2} = \frac{{3{a^2}}}{8}.\)

Suy ra \({V_{ABMO’}} = \frac{1}{3}{S_{ABM}}.OO’\) \( = \frac{1}{3}.\frac{{3{a^2}}}{8}.a = \frac{{{a^3}}}{8}.\)

Gọi \(N\) là trung điểm của \(OO’.\)

Khi đó \(MN // O’D.\)

Do đó \(O’D // (AMN).\)

Suy ra: \(d(O’D, AM)=d(O’D, (AMN))\) \(= d(D, (AMN)) = d(O, (AMN)) = OH.\)

Tứ diện \(OAMN\) có \(OA\), \(OM\), \(ON\) đôi một vuông góc:

\(\frac{1}{{O{H^2}}} = \frac{1}{{O{A^2}}} + \frac{1}{{O{M^2}}} + \frac{1}{{O{N^2}}}\) \( = \frac{2}{{{a^2}}} + \frac{8}{{{a^2}}} + \frac{4}{{{a^2}}} = \frac{{14}}{{{a^2}}}\) \( \Rightarrow OH = \frac{a}{{\sqrt {14} }}.\)

Vậy \(d(O,(AMN)) = \frac{a}{{\sqrt {14} }}.\)

Bài toán 12: Cho hình hộp chữ nhật \(ABCD.A’B’C’D’\) có \(AB = a\), \(BC = b\) và \(AA’ = a.\) Gọi \(E\) là trung điểm của \(A’D’.\) Tính thể tích khối tứ diện \(BC’DE\) theo \(a\), \(b.\) Khi \(a=b\), tính góc giữa hai mặt phẳng \((BC’D)\) và \((C’DE).\)

Ta có: \(BC’ = BD = \sqrt {{a^2} + {b^2}} \), \(CD = a\sqrt 2 .\)

Suy ra tam giác \(BC’D\) cân tại \(B.\)

Gọi \(H\) là trung điểm của \(CD\) thì \(BH \bot C’D.\)

Tam giác \(BC’H\) vuông:

\(BH = \sqrt {{a^2} + {b^2} – \frac{{{a^2}}}{2}} = \frac{{\sqrt {{a^2} + 2{b^2}} }}{{\sqrt 2 }}.\)

\({S_{BC’D}} = \frac{1}{2}.C’D.BH\) \( = \frac{1}{2}a\sqrt 2 \cdot \frac{{\sqrt {{a^2} + 2{b^2}} }}{{\sqrt 2 }}\) \( = \frac{{a\sqrt {{a^2} + 2{b^2}} }}{2}.\)

Trong mặt phẳng \((BCD’A’)\) ta có \(BH\) cắt \(CE\) tại \(I\), ta tính được \(IE = \frac{3}{2}IC.\)

Suy ra \(d\left( {E,\left( {BC’D} \right)} \right) = \frac{3}{2}d\left( {C,\left( {BC’D} \right)} \right) = \frac{3}{2}h.\)

Tứ diện vuông \(CBC’D\) có \(CB\), \(CD\), \(CC’\) đôi một vuông góc nên:

\(\frac{1}{{{h^2}}} = \frac{1}{{C{B^2}}} + \frac{1}{{C{D^2}}} + \frac{1}{{CC{‘^2}}} = \frac{1}{{{b^2}}} + \frac{1}{{{a^2}}} + \frac{1}{{{a^2}}}\) \( \Rightarrow h = \frac{{ab}}{{\sqrt {{a^2} + 2{b^2}} }}.\)

Vậy \({V_{BC’DE}} = \frac{1}{3}.\frac{{3ab}}{{2\sqrt {{a^2} + 2{b^2}} }}.\frac{{a\sqrt {{a^2} + 2{b^2}} }}{2} = \frac{{{a^2}b}}{4}.\)

Khi \(a=b\) thì hình hộp đã cho là hình lập phương.

Từ đó tính được góc giữa hai mặt phẳng bằng \(90°.\)