[Vted.vn] - Công thức tổng quát tính thể tích của một khối tứ diện bất kì và các trường hợp đặc biệt | Học toán online chất lượng cao 2024 | Vted

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 cho tới một vài tình huống đặc trưng hoặc gặp

Đồng thời trình diễn công thức tổng quát tháo tính thể tích cho tới khối tứ diện bất kì lúc biết chừng lâu năm toàn bộ 6 cạnh của tứ diện. Việc ghi ghi nhớ những công thức này gom những em xử lý thời gian nhanh một vài dạng bài xích khó khăn về thể tích khối tứ diện vô đề thi 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 cho tới 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 phía trên https://cuongthinhcorp.com.vn/khoa-hoc/nhom/combo-4-khoa-luyen-thi-thpt-quoc-gia-2023-mon-toan-danh-cho-teen-2k5-18

Bạn đang xem: [Vted.vn] - Công thức tổng quát tính thể tích của một khối tứ diện bất kì và các trường hợp đặc biệt | Học toán online chất lượng cao 2024 | Vted

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

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

>>Xem tăng bài xích giảng và đề thi đua áp dụng cao Thể tích nhiều diện

>>Xem tăng 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 bám theo sáu cạnh như sau: \[V=\dfrac{1}{12}\sqrt{M+N+P-Q},\] vô tê liệt \[\begin{align} & M={{a}^{2}}{{d}^{2}}({{b}^{2}}+{{e}^{2}}+{{c}^{2}}+{{f}^{2}}-{{a}^{2}}-{{d}^{2}}) \\ & N={{b}^{2}}{{e}^{2}}({{a}^{2}}+{{d}^{2}}+{{c}^{2}}+{{f}^{2}}-{{b}^{2}}-{{e}^{2}}) \\ & P={{c}^{2}}{{f}^{2}}({{a}^{2}}+{{d}^{2}}+{{b}^{2}}+{{e}^{2}}-{{c}^{2}}-{{f}^{2}}) \\ & Q={{(abc)}^{2}}+{{(aef)}^{2}}+{{(bdf)}^{2}}+{{(cde)}^{2}} \\ \end{align}\]

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 sở hữu độ cao vị \[h\]. Thể tích của khối tứ diện vẫn cho tới 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 vị 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 cho tới 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 mũi phẳng lặng $(CMD)$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 bám theo công thức lối 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 tê liệt $d(A,(MCD))=\frac{3{{V}_{AMCD}}}{{{S}_{MCD}}}=\frac{10\sqrt{11}}{4\sqrt{5}}=\frac{\sqrt{55}}{2}.$ 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 tăng bên trên đây: https://www.cuongthinhcorp.com.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 thuộc 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 thuộc hai tuyến đường trực tiếp $AD$ và $BC$ bằng

>>Lời giải chi tiết:

Ví dụ 2: Cho nhì mặt mũi 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 tê liệt vận dụng công thức tính thể tích tứ diện bám theo 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 vị 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 một trong hình vuông vắn cạnh vị $a.$ hiểu rằng $AB$ và $CD$ là nhì 2 lần bán kính ứng của nhì lòng và góc thân thuộc hai tuyến đường trực tiếp $AB$ và $CD$ vị $30{}^\circ .$ 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 công nhân với 1 khối đá hình trụ. Kẻ nhì 2 lần bán kính $MN,\text{ }PQ$ theo thứ tự bên trên nhì lòng sao cho tới $MN\bot PQ.$ Người công nhân tê liệt rời khối đá bám theo những mặt phẳng cắt trải qua $3$ vô $4$ điểm $M,\text{ }N,\text{ }P,\text{ }Q$ nhằm chiếm được khối đá với hình tứ diện $MNPQ.$ hiểu rằng thể tích khối tứ diện $MNPQ$ vị $64\text{ }d{{m}^{3}}.$ Tính thể tích của lượng đá bị rời vứt (làm tròn trặn thành phẩm cho tới $1$ chữ số thập phân).

Giải. Áp dụng công thức tính thể tích tứ diện bám theo khoảng cách và góc thân thuộc 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 rời 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 mũi 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 thuộc nhì mặt mũi phẳng lặng $(SAB)$ và $(SAC)$ vị $60{}^\circ .$ Thể tích của khối chóp vẫn cho tới 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: Quản trị kinh doanh tiếng Anh là gì? Từ vựng ngành

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 ăn 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 mũi $SA$ vuông góc với lòng và góc thân thuộc nhì mặt mũi phẳng lặng $(SBC),(SCD)$ vị ${{60}^{0}},$ khi tê liệt $SA$ 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 tê liệt $BC=1,SB=\sqrt{{{x}^{2}}+1},SC=\sqrt{{{x}^{2}}+3}\Rightarrow {{S}_{SBC}}=\dfrac{\sqrt{4{{x}^{2}}+3}}{4};\Delta SBC=\Delta SDC(c-c-c)\Rightarrow {{S}_{SCD}}=\dfrac{\sqrt{4{{x}^{2}}+3}}{4}.$

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 vị $a.$ 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 vị 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 ${A}'BC$ vị $4,$ khoảng cách kể từ $A$ cho tới $BC$ vị $3,$ góc thân thuộc nhì mặt mũi phẳng lặng $\left( {A}'BC \right)$ và $\left( {A}'{B}'{C}' \right)$ vị $30{}^\circ .$ 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 cho tới 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 cho tới khối chóp với diện tích S mặt mũi mặt và mặt mũi 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 tê liệt $V=\dfrac{abc}{6}\sqrt{1+2\cos \alpha \cos \beta \cos \gamma -{{\cos }^{2}}\alpha -{{\cos }^{2}}\beta -{{\cos }^{2}}\gamma }.$

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 $S.ABC$ bám theo $a.$

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 bám theo 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://cuongthinhcorp.com.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 cho tới bằng

Giải. Ta với ${{V}_{ABC.{A}'{B}'{C}'}}=3{{V}_{{A}'.ABC}}$ và vận dụng công thức tính thể tích khối tứ diện bám theo 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 chừng lâu 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 xuất phát điểm 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 ăn ý toàn bộ những công thức tính thời gian nhanh nửa đường kính mặt mũi cầu nước ngoài tiếp khối nhiều diện

Combo 4 Khoá Luyện thi đua trung học phổ thông Quốc Gia 2023 Môn Toán giành cho teen 2K5

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

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

>>Xem thêm [Vted.vn] - Công thức giải thời gian nhanh Hình phẳng lặng toạ chừng Oxy

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

>>Xem tăng kỹ năng và kiến thức về Cấp số nằm trong và cung cấp số nhân

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

>>Tải về Tổng ăn 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: m%C3%B4%20h%C3%ACnh%20ho%E1%BA%A1t%20%C4%91%E1%BB%99ng trong Tiếng Anh