[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

Bài viết lách này Vted tổ hợp và trình làng lại một trong những công thức tính nhanh chóng thể tích của khối tứ diện mang lại một trong những tình huống đặc biệt quan trọng hoặc gặp

Đồng thời trình diễn công thức tổng quát lác tính thể tích mang lại khối tứ diện bất kì lúc biết chừng lâu năm toàn bộ 6 cạnh của tứ diện. Việc ghi lưu giữ những công thức này gom những em xử lý nhanh chóng một trong những 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 trong những công thức nhanh chóng hoặc sử dụng mang lại khối tứ diện. Các công thức nhanh chóng không giống tương quan cho tới thể tích khối tứ diện và thể tích khối lăng trụ độc giả tìm hiểu thêm khoá COMBO X vì thế Vted phát triển bên trên trên đây https://nhatkybe.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 thêm thắt bài xích giảng và đề thi 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 $ABCD$ sở hữu $BC=a,CA=b,AB=c,AD=d,BD=e,CD=f$ tao sở hữu công thức tính thể tích của tứ diện theo gót sáu cạnh như sau: \[V=\dfrac{1}{12}\sqrt{M+N+P-Q},\] vô cơ \[\begin{align} & M={{a}^{2}}{{d}^{2}}({{b}^{2}}+{{e}^{2}}+{{c}^{2}}+{{f}^{2}}-{{a}^{2}}-{{d}^{2}}) \\ & N={{b}^{2}}{{e}^{2}}({{a}^{2}}+{{d}^{2}}+{{c}^{2}}+{{f}^{2}}-{{b}^{2}}-{{e}^{2}}) \\ & P={{c}^{2}}{{f}^{2}}({{a}^{2}}+{{d}^{2}}+{{b}^{2}}+{{e}^{2}}-{{c}^{2}}-{{f}^{2}}) \\ & Q={{(abc)}^{2}}+{{(aef)}^{2}}+{{(bdf)}^{2}}+{{(cde)}^{2}} \\ \end{align}\]

Công thức 1: Khối tứ diện đều

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

Ví dụ 1: Cho tứ diện đều phải sở hữu độ cao vì như thế \[h\]. Thể tích của khối tứ diện tiếp tục mang lại 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 $ABCD$ sở hữu $AB,AC,AD$ song một vuông góc và $AB=a,AC=b,AD=c,$ tao sở hữu $V=\dfrac{1}{6}abc.$

Công thức 3: Khối tứ diện ngay gần đều (các cặp cạnh đối ứng vì như thế nhau)

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

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

A. $\frac{\sqrt{30}}{3}.$

B. $\frac{20\sqrt{11}}{3}.$

C. $\sqrt{30}.$

D. $20\sqrt{11}.$

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

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

A. $\frac{\sqrt{31}}{2}.$

B. $\frac{\sqrt{55}}{2}.$

C. $\frac{\sqrt{21}}{2}.$

D. $\frac{\sqrt{33}}{2}.$

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

Tam giác $MCD$ sở hữu $CD=8$ và theo gót công thức lối trung tuyến tao 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 cơ $d(A,(MCD))=\frac{3{{V}_{AMCD}}}{{{S}_{MCD}}}=\frac{10\sqrt{11}}{4\sqrt{5}}=\frac{\sqrt{55}}{2}.$ Chọn đáp án B.

Ví dụ 3: Khối tứ diện $ABCD$ sở hữu $AB=CD=5a,AC=BD=6a,AD=BC=7a$ rất 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 ngay gần 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.nhatkybe.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 sở hữu khoảng cách và góc thân thuộc cặp cạnh đối lập của tứ diện

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

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

A. $\frac{2}{\sqrt{3}}.$

B. $\frac{1}{\sqrt{3}}.$

C. $\frac{1}{\sqrt{2}}.$

D. $\frac{1}{3}.$

>>Lời giải chi tiết:

Ví dụ 2: Cho nhì mặt mày cầu $({{S}_{1}}),({{S}_{2}})$ sở hữu nằm trong tâm $I$ và nửa đường kính thứu tự ${{R}_{1}}=2,{{R}_{2}}=\sqrt{10}.$ Xét tứ diện $ABCD$ sở hữu 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 $a,b$ thứu tự là khoảng cách kể từ tâm $I$ cho tới hai tuyến phố trực tiếp $AB,CD.$

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

Do cơ vận dụng công thức tính thể tích tứ diện theo gót 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 vì như thế đạt bên trên $(a;b)=(1;2).$ Chọn đáp án D.

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

A. $\frac{{{a}^{3}}}{12}.$

B. $\frac{{{a}^{3}}\sqrt{3}}{6}.$

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

D. $\frac{{{a}^{3}}\sqrt{3}}{12}.$

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 sở hữu một khối đá hình trụ. Kẻ nhì 2 lần bán kính $MN,\text{ }PQ$ thứu tự bên trên nhì lòng sao mang lại $MN\bot PQ.$ Người công nhân cơ tách khối đá theo gót những mặt phẳng cắt trải qua $3$ vô $4$ điểm $M,\text{ }N,\text{ }P,\text{ }Q$ nhằm chiếm được khối đá sở hữu hình tứ diện $MNPQ.$ hiểu rằng thể tích khối tứ diện $MNPQ$ vì như thế $64\text{ }d{{m}^{3}}.$ Tính thể tích của lượng đá bị tách vứt (làm tròn xoe thành quả cho tới $1$ chữ số thập phân).

A. $86,8\text{ }d{{m}^{3}}.$

B. $237,6\text{ }d{{m}^{3}}.$

C. $338,6\text{ }d{{m}^{3}}.$

D. $109,6\text{ }d{{m}^{3}}.$

Giải. Áp dụng công thức tính thể tích tứ diện theo gót khoảng cách và góc thân thuộc cặp cạnh đối tao 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 $S.ABC$ sở hữu lòng $ABC$ là tam giác vuông cân nặng bên trên $A,AB=a,\widehat{SBA}=\widehat{SCA}=90{}^\circ ,$ góc thân thuộc nhì mặt mày bằng phẳng $(SAB)$ và $(SAC)$ vì như thế $60{}^\circ .$ Thể tích của khối chóp tiếp tục mang lại bằng

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

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

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

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

Lời giải cụ thể. Gọi $H=\mathbf{h/c(S,(ABC))}$ tao sở hữu $\left\{ \begin{gathered} AB \bot SB \hfill \\ AB \bot SH \hfill \\ \end{gathered} \right. \Rightarrow AB \bot (SBH) \Rightarrow AB \bot BH;\left\{ \begin{gathered} AC \bot SC \hfill \\ AC \bot SH \hfill \\ \end{gathered} \right. \Rightarrow AC \bot (SCH) \Rightarrow AC \bot CH.$ Kết phù hợp với $ABC$ là tam giác vuông cân nặng bên trên $A,AB=a$ suy rời khỏi $ABHC$ 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 rời khỏi $h=a\Rightarrow V=\frac{{{a}^{3}}}{6}.$ Chọn đáp án D.

Ví dụ 2: Cho tứ diện $ABCD$ sở hữu $\widehat{ABC}=\widehat{BCD}=\widehat{CDA}={{90}^{0}},BC=a,CD=2a,\cos \left( (ABC),(ACD) \right)=\dfrac{\sqrt{130}}{65}.$ 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: Etrip4u tư vấn: Nên hủy vé máy bay trước bao lâu ?

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 sở hữu $\left\{ \begin{gathered} CB \bot BA \hfill \\ CB \bot AH \hfill \\ \end{gathered} \right. \Rightarrow CB \bot (ABH) \Rightarrow CB \bot HB.$ 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 rời khỏi $AB=\sqrt{A{{H}^{2}}+H{{B}^{2}}}=\sqrt{{{h}^{2}}+4{{a}^{2}}},AD=\sqrt{A{{H}^{2}}+H{{D}^{2}}}=\sqrt{{{h}^{2}}+{{a}^{2}}};AC=\sqrt{A{{B}^{2}}+B{{C}^{2}}}=\sqrt{{{h}^{2}}+5{{a}^{2}}}.$

Suy rời khỏi ${{S}_{ABC}}=\frac{1}{2}AB.BC=\frac{a\sqrt{{{h}^{2}}+4{{a}^{2}}}}{2};{{S}_{ACD}}=\frac{1}{2}AD.DC=a\sqrt{{{h}^{2}}+{{a}^{2}}}.$

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

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

Ví dụ 3: Cho hình chóp $S.ABCD$ sở hữu lòng là hình thoi cạnh $a,\widehat{ABC}={{120}^{0}}.$ Cạnh mặt mày $SA$ vuông góc với lòng và góc thân thuộc nhì mặt mày bằng phẳng $(SBC),(SCD)$ vì như thế ${{60}^{0}},$ Lúc cơ $SA$ bằng

A. $\dfrac{\sqrt{6}a}{4}.$

B. $\sqrt{6}a.$

C. $\dfrac{\sqrt{6}a}{2}.$

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

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

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

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

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

B. $\dfrac{{{a}^{3}}\sqrt{2}}{12}.$

C. $\dfrac{{{a}^{3}}\sqrt{3}}{8}.$

D. $\dfrac{{{a}^{3}}\sqrt{3}}{12}.$

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

Ví dụ 5: Cho lăng trụ $ABC.{A}'{B}'{C}'$ sở hữu diện tích S tam giác ${A}'BC$ vì như thế $4,$ khoảng cách kể từ $A$ cho tới $BC$ vì như thế $3,$ góc thân thuộc nhì mặt mày bằng phẳng $\left( {A}'BC \right)$ và $\left( {A}'{B}'{C}' \right)$ vì như thế $30{}^\circ .$ 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 lại 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 lại khối chóp sở hữu diện tích S mặt mày mặt và mặt mày đáy

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

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

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

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

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

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 gót những góc bên trên một đỉnh tao 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://nhatkybe.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 \[ABC.{A}'{B}'{C}'\] sở hữu $\widehat{A{A}'B}=\widehat{B{A}'C}=\widehat{C{A}'A}={{60}^{0}}$ và $A{A}'=3a,B{A}'=4a,C{A}'=5a.$ Thể tích khối lăng trụ tiếp tục mang lại bằng

A. $10\sqrt{2}{{a}^{3}}.$

B. $15\sqrt{2}{{a}^{3}}.$

C. $5\sqrt{2}{{a}^{3}}.$

D. $30\sqrt{2}{{a}^{3}}.$

Giải. Ta sở hữu ${{V}_{ABC.{A}'{B}'{C}'}}=3{{V}_{{A}'.ABC}}$ và vận dụng công thức tính thể tích khối tứ diện theo gót những góc bên trên một đỉnh tao 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 $ABCD$ sở hữu $AB=5,CD=\sqrt{10},AC=2\sqrt{2},BD=3\sqrt{3},AD=\sqrt{22},BC=\sqrt{13}$ rất 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 tao 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 ${{V}_{ABCD}}=\dfrac{1}{6}.5.2\sqrt{2}.\sqrt{22}\sqrt{1+2\sqrt{\dfrac{2}{11}}\dfrac{5}{2\sqrt{11}}\dfrac{1}{\sqrt{2}}-{{\left( \sqrt{\dfrac{2}{11}} \right)}^{2}}-{{\left( \dfrac{5}{2\sqrt{11}} \right)}^{2}}-{{\left( \dfrac{1}{\sqrt{2}} \right)}^{2}}}=5.$