Google
Câu hỏi: Cho hình tứ diện đều $ABCD$ có cạnh bằng 3. Gọi ${{G}_{1}}$, ${{G}_{2}}$, ${{G}_{3}}$, ${{G}_{4}}$ lần lượt là trọng tâm của bốn mặt của tứ diện $ABCD$ . Tính thể tích $V$ của khối tứ diện ${{G}_{1}}{{G}_{2}}{{G}_{3}}{{G}_{4}}$.
A. $V=\dfrac{\sqrt{2}}{4}$.
B. $V=\dfrac{\sqrt{2}}{18}$.
C. $V=\dfrac{9\sqrt{2}}{32}$.
D. $V=\dfrac{\sqrt{2}}{12}$.
Tứ diện đều $ABCD\Rightarrow A{{G}_{1}}\bot \left( BCD \right).$
Ta có ngay $\left( {{G}_{2}}{{G}_{3}}{{G}_{4}} \right)//\left( BCD \right)\Rightarrow \dfrac{d\left( {{G}_{1}};\left( {{G}_{2}}{{G}_{3}}{{G}_{4}} \right) \right)}{{{G}_{1}}A}=\dfrac{M{{G}_{2}}}{MA}=\dfrac{1}{3}.$
Cạnh $C{{G}_{1}}=\dfrac{BC}{\sqrt{3}}=\sqrt{3}\Rightarrow {{G}_{1}}A=\sqrt{A{{C}^{2}}-{{G}_{1}}{{C}^{2}}}=\sqrt{6}\Rightarrow d\left( {{G}_{1}};\left( {{G}_{2}}{{G}_{3}}{{G}_{4}} \right) \right)=\dfrac{\sqrt{6}}{3}.$
Lại có $\dfrac{{{G}_{2}}{{G}_{3}}}{MN}=\dfrac{A{{G}_{2}}}{AM}=\dfrac{2}{3}\Rightarrow {{G}_{2}}{{G}_{3}}=\dfrac{2}{3}MN=\dfrac{1}{3}BD=1.$
Tương tự ${{G}_{3}}{{G}_{4}}=1,{{G}_{4}}{{G}_{2}}=1\Rightarrow \Delta {{G}_{2}}{{G}_{3}}{{G}_{4}}$ là tam giác đều có cạnh bằng 1
$\Rightarrow {{S}_{{{G}_{2}}{{G}_{3}}{{G}_{4}}}}=\dfrac{1}{2}{{G}_{2}}{{G}_{3}}.{{G}_{3}}{{G}_{4}}\sin {{60}^{0}}=\dfrac{\sqrt{3}}{4}\Rightarrow {{V}_{{{G}_{1}}{{G}_{2}}{{G}_{3}}{{G}_{4}}}}=\dfrac{1}{3}d\left( {{G}_{1}};\left( {{G}_{2}}{{G}_{3}}{{G}_{4}} \right) \right).{{S}_{{{G}_{2}}{{G}_{3}}{{G}_{4}}}}=\dfrac{\sqrt{2}}{12}.$
A. $V=\dfrac{\sqrt{2}}{4}$.
B. $V=\dfrac{\sqrt{2}}{18}$.
C. $V=\dfrac{9\sqrt{2}}{32}$.
D. $V=\dfrac{\sqrt{2}}{12}$.
Tứ diện đều $ABCD\Rightarrow A{{G}_{1}}\bot \left( BCD \right).$
Ta có ngay $\left( {{G}_{2}}{{G}_{3}}{{G}_{4}} \right)//\left( BCD \right)\Rightarrow \dfrac{d\left( {{G}_{1}};\left( {{G}_{2}}{{G}_{3}}{{G}_{4}} \right) \right)}{{{G}_{1}}A}=\dfrac{M{{G}_{2}}}{MA}=\dfrac{1}{3}.$
Cạnh $C{{G}_{1}}=\dfrac{BC}{\sqrt{3}}=\sqrt{3}\Rightarrow {{G}_{1}}A=\sqrt{A{{C}^{2}}-{{G}_{1}}{{C}^{2}}}=\sqrt{6}\Rightarrow d\left( {{G}_{1}};\left( {{G}_{2}}{{G}_{3}}{{G}_{4}} \right) \right)=\dfrac{\sqrt{6}}{3}.$
Lại có $\dfrac{{{G}_{2}}{{G}_{3}}}{MN}=\dfrac{A{{G}_{2}}}{AM}=\dfrac{2}{3}\Rightarrow {{G}_{2}}{{G}_{3}}=\dfrac{2}{3}MN=\dfrac{1}{3}BD=1.$
Tương tự ${{G}_{3}}{{G}_{4}}=1,{{G}_{4}}{{G}_{2}}=1\Rightarrow \Delta {{G}_{2}}{{G}_{3}}{{G}_{4}}$ là tam giác đều có cạnh bằng 1
$\Rightarrow {{S}_{{{G}_{2}}{{G}_{3}}{{G}_{4}}}}=\dfrac{1}{2}{{G}_{2}}{{G}_{3}}.{{G}_{3}}{{G}_{4}}\sin {{60}^{0}}=\dfrac{\sqrt{3}}{4}\Rightarrow {{V}_{{{G}_{1}}{{G}_{2}}{{G}_{3}}{{G}_{4}}}}=\dfrac{1}{3}d\left( {{G}_{1}};\left( {{G}_{2}}{{G}_{3}}{{G}_{4}} \right) \right).{{S}_{{{G}_{2}}{{G}_{3}}{{G}_{4}}}}=\dfrac{\sqrt{2}}{12}.$
Đáp án D.