Google
Câu hỏi: Cho khối tứ diện $ABCD$ có $\widehat{ADB}=\widehat{CDB}=60{}^\circ ,\widehat{ADC}=90{}^\circ ,DA=DB=DC=a$. Gọi ${{G}_{1}},{{G}_{2}},{{G}_{3}},{{G}_{4}}$ là trọng tâm của bốn mặt tứ diện $ABCD$. Thể tích khối tứ diện ${{G}_{1}}{{G}_{2}}{{G}_{3}}{{G}_{4}}$ là
A. $\dfrac{{{a}^{3}}\sqrt{2}}{196}$.
B. $\dfrac{{{a}^{3}}\sqrt{2}}{324}$.
C. $\dfrac{{{a}^{3}}\sqrt{2}}{12}$.
D. $\dfrac{{{a}^{3}}\sqrt{2}}{108}$.
Gọi $E$ là trung điểm của $BD$, ta có $\dfrac{E{{G}_{2}}}{EA}=\dfrac{E{{G}_{4}}}{EC}=\dfrac{1}{3}\Rightarrow {{G}_{2}}{{G}_{4}}\parallel AC,{{G}_{2}}{{G}_{4}}=\dfrac{1}{3}AC$. Tương tự ta cũng có ${{G}_{3}}{{G}_{4}}\parallel AB,{{G}_{3}}{{G}_{4}}=\dfrac{1}{3}AB$, ${{G}_{2}}{{G}_{3}}\parallel BC,{{G}_{2}}{{G}_{3}}=\dfrac{1}{3}BC$. Do đó ta có $\left( {{G}_{2}}{{G}_{3}}{{G}_{4}} \right)\parallel \left( ABC \right),{{S}_{{{G}_{2}}{{G}_{3}}{{G}_{4}}}}=\dfrac{1}{9}{{S}_{ABC}}$.
Do $\left( {{G}_{2}}{{G}_{3}}{{G}_{4}} \right)\parallel \left( ABC \right)$ nên:
$d\left( {{G}_{1}},\left( {{G}_{2}}{{G}_{3}}{{G}_{4}} \right) \right)=d\left( \left( ABC \right),\left( {{G}_{2}}{{G}_{3}}{{G}_{4}} \right) \right)=d\left( {{G}_{3}},\left( ABC \right) \right)=\dfrac{1}{3}d\left( D,\left( ABC \right) \right)$.
Khi đó ${{V}_{{{G}_{1}}{{G}_{2}}{{G}_{3}}{{G}_{4}}}}=\dfrac{1}{3}d\left( {{G}_{1}},\left( {{G}_{2}}{{G}_{3}}{{G}_{4}} \right) \right).{{S}_{{{G}_{2}}{{G}_{3}}{{G}_{4}}}}=\dfrac{1}{3}.\dfrac{1}{3}d\left( D,\left( ABC \right) \right).\dfrac{1}{9}{{S}_{ABC}}=\dfrac{1}{27}{{V}_{ABCD}}$.
Do $\widehat{ADB}=\widehat{CDB}=60{}^\circ ,\widehat{ADC}=90{}^\circ ,DA=DB=DC=a$ nên tam giác $ABD,CDB$ đều suy ra $AB=BC=a$, tam giác $ADC$ vuông cân tại $D\Rightarrow AC=\sqrt{A{{D}^{2}}+D{{C}^{2}}}=a\sqrt{2}$. Do $A{{C}^{2}}=A{{B}^{2}}+B{{C}^{2}}$ nên tam giác $ABC$ vuông cân tại $B$.
Gọi $M$ là trung điểm của $AC$, ta có do tam giác $ABC,ADC$ vuông cân tại $B,D$ nên $BM=DM=\dfrac{AC}{2}=\dfrac{a\sqrt{2}}{2}\Rightarrow B{{M}^{2}}+D{{M}^{2}}=B{{D}^{2}}$ nên tam giác $BDM$ vuông cân tại $M\Rightarrow DM\bot BM$, mà $DM\bot AC\Rightarrow DM\bot \left( ABC \right)$. Do đó ${{V}_{ABCD}}=\dfrac{1}{3}DM.{{S}_{ABC}}=\dfrac{1}{3}.\dfrac{a\sqrt{2}}{2}.\dfrac{1}{2}{{a}^{2}}=\dfrac{\sqrt{2}{{a}^{3}}}{12}$. Suy ra ${{V}_{{{G}_{1}}{{G}_{2}}{{G}_{3}}{{G}_{4}}}}=\dfrac{\sqrt{2}{{a}^{3}}}{324}$.
A. $\dfrac{{{a}^{3}}\sqrt{2}}{196}$.
B. $\dfrac{{{a}^{3}}\sqrt{2}}{324}$.
C. $\dfrac{{{a}^{3}}\sqrt{2}}{12}$.
D. $\dfrac{{{a}^{3}}\sqrt{2}}{108}$.
Do $\left( {{G}_{2}}{{G}_{3}}{{G}_{4}} \right)\parallel \left( ABC \right)$ nên:
$d\left( {{G}_{1}},\left( {{G}_{2}}{{G}_{3}}{{G}_{4}} \right) \right)=d\left( \left( ABC \right),\left( {{G}_{2}}{{G}_{3}}{{G}_{4}} \right) \right)=d\left( {{G}_{3}},\left( ABC \right) \right)=\dfrac{1}{3}d\left( D,\left( ABC \right) \right)$.
Khi đó ${{V}_{{{G}_{1}}{{G}_{2}}{{G}_{3}}{{G}_{4}}}}=\dfrac{1}{3}d\left( {{G}_{1}},\left( {{G}_{2}}{{G}_{3}}{{G}_{4}} \right) \right).{{S}_{{{G}_{2}}{{G}_{3}}{{G}_{4}}}}=\dfrac{1}{3}.\dfrac{1}{3}d\left( D,\left( ABC \right) \right).\dfrac{1}{9}{{S}_{ABC}}=\dfrac{1}{27}{{V}_{ABCD}}$.
Do $\widehat{ADB}=\widehat{CDB}=60{}^\circ ,\widehat{ADC}=90{}^\circ ,DA=DB=DC=a$ nên tam giác $ABD,CDB$ đều suy ra $AB=BC=a$, tam giác $ADC$ vuông cân tại $D\Rightarrow AC=\sqrt{A{{D}^{2}}+D{{C}^{2}}}=a\sqrt{2}$. Do $A{{C}^{2}}=A{{B}^{2}}+B{{C}^{2}}$ nên tam giác $ABC$ vuông cân tại $B$.
Gọi $M$ là trung điểm của $AC$, ta có do tam giác $ABC,ADC$ vuông cân tại $B,D$ nên $BM=DM=\dfrac{AC}{2}=\dfrac{a\sqrt{2}}{2}\Rightarrow B{{M}^{2}}+D{{M}^{2}}=B{{D}^{2}}$ nên tam giác $BDM$ vuông cân tại $M\Rightarrow DM\bot BM$, mà $DM\bot AC\Rightarrow DM\bot \left( ABC \right)$. Do đó ${{V}_{ABCD}}=\dfrac{1}{3}DM.{{S}_{ABC}}=\dfrac{1}{3}.\dfrac{a\sqrt{2}}{2}.\dfrac{1}{2}{{a}^{2}}=\dfrac{\sqrt{2}{{a}^{3}}}{12}$. Suy ra ${{V}_{{{G}_{1}}{{G}_{2}}{{G}_{3}}{{G}_{4}}}}=\dfrac{\sqrt{2}{{a}^{3}}}{324}$.
Đáp án B.