Tứ diện vuông và ứng dụng – Phạm Minh Tuấn

Töù dieän vuoâng vaø öùng duïng Sưu tầm và Biên soạn: Phạm Minh Tuấn Sƣu tầm: Phạm Minh Tuấn PHẦN 1 – ĐỊNH NGHĨA TỨ DIỆN VUÔNG VÀ MỘT SỐ TÍNH CHẤT CƠ BẢN A – ĐỊNH NGHĨA TỨ DIỆN VUÔNG: Tứ diện OABC được gọi là tứ diện vuông khi tứ diện đó có OA, OB, OC đôi một vuông góc với nhau. A O C B Chú ý: Tứ diện trực tâm là tứ diện có các cạnh đối vuông góc nhau. Như thế ta thấy rằng tứ diện vuông cũng l| một loại tứ diện trực t}m đặc biệt. Chính vì vậy tứ diện trực t}m có đầy đủ tính chất của tứ diện trực tâm. B. CÁC TÍNH CHẤT CỦA TỨ DIỆN VUÔNG: Cho tứ diện vuông SABC đỉnh S. Khi đó ta có: 1. Kẻ đường cao SH. Khi đó H l| trực tâm của tam giác ABC. 1 1 1 1  2 2 2. . 2 SH SA SB SC 2 3. = ( Định lí Pytago trong không gian). 4. Tam giác ABC là tam giác nhọn. Và rất nhiều các tính chất khác mà các bạn sẽ được tìm hiểu trong phần bài tập về tứ diện vuông mà chúng tôi trình bày ở phần sau. Chứng minh các tính chất nêu trên: Sƣu tầm: Phạm Minh Tuấn A P S H B M C Tính chất 1: AH kéo dài cắt BC tại M, CH kéo dài cắt AB tại P.  SA  SB  SA   SBC   SA  BC Do   SA  SC Vì SH   ABC   SH  BC (1) (2) Từ (1) và (2) suy ra BC   SAH   BC  AM . Ho|n to|n tương tự ta chứng minh được CP vuông góc AB. Từ đó ta có đpcm. Tính chất 2: Được chứng minh trong phần III. Tính chất 3: Trong (SBC) ta hạ SM vuông góc với BC. Ta thấy rằng A, H, M thẳng hàng. Tam giác SAM vuông tại S ta có: Suy ra: Hay ta có: 2 SSBC  SHBC .S ABC (1) Lý luận ho|n to|n tương tự ta có: Sƣu tầm: Phạm Minh Tuấn 2 S SAB  S HAB .S ABC (2) 2 S SAC  S HAC .S ABC (3) Cộng từng vế (1), (2) v| (3) ta có đpcm. Tính chất 4: Thật vậy trong ta gi{c ABC theo định lí hàm cosin ta có: 2 2 2 2 2 2 AB 2  AC 2  BC 2  a  b    a  c    b  c  a2   0 cos A  2 AB. AC 2 AB. AC AB. AC Suy ra A nhọn. Tương tự cho B và C. PHẦN II – CÁC BÀI TẬP VỀ TỨ DIỆN VUÔNG Bài 1: Cho tứ diện OABC có OA, OB, OC vuông góc nhau từng đôi một với OA  a, OB  b . Gọi M là trung điểm BC. Vẽ và tính đoạn vuông góc chung của OC và AM. C J M O I H A M’ B + Vẽ MM’//OC ( M ‘  OB ), ta có: OC//(AM’M) + Vẽ OH  AM ‘  OH  ( AMM ‘) + Vẽ HI//OC ( I  AM ), vẽ IJ//OH ( J  OC ) ta có IJ l| đoạn vuông góc chung của OC và AM. 1 1 1 Tam gi{c OAM’ vuông có OH l| đường cao nên:   2 2 OH OA OM ‘2 ab Suy ra IJ  OH  4a 2  b 2 Sƣu tầm: Phạm Minh Tuấn Bài 2: Trong mặt phẳng (P) cho tam giác ABC vuông tại A có AB=c, AC=b. Trên đường vuông góc với (P) tại A lấy điểm S sao cho SA=h (h>0).M là điểm di động trên SB. Gọi J,I lần lượt là các trung điểm của BC và AB . a) Tính độ dài đoạn vuông góc chung của SI và AB. b) Tính tỉ số thể tích các hình MBIJ và BSCA khi độ dài đoạn vuông góc chung của AC và MJ đạt giá trị lớn nhất S M C H K L A I J B a) Gọi K l| trung điểm AC, ta có AB//(SKI). Do đó, khoảng cách giữa SI và AB bằng khoảng cách từ A đến (SKI) Vẽ AH  SK .Do AB  (SKA) nên AB  AH Mà KI//AB nên AH  KI . Từ đó ta được AH  (SKI ) Vậy khoảng cách giữa SI v| AB l| đoạn AH Áp dụng hệ thức lượng trong tam gi{c vuông SAK,đường cao AH 1 1 1 4 1    2 2 2 2 2 AH AK AS b h bh Vậy khoảng cách cần tìm là AH  2 b  4h 2 V BM BI BJ . . b) Ta có BMIJ  VBSCA BS BC BA Vẽ AL  MJ .Vì IJ//AC,mà AC  ( SAB) nên IJ  (SAB) Ta có AL nằm trong mp(ASB) nên IJ  AL Vậy AL  (MIJ ) Mà AC//(MIJ) nên AL là khoảng cách giữa AC và MJ Sƣu tầm: Phạm Minh Tuấn Mặt khác tam giác ALJ vuông tại L nên AL  AJ Khi đó AB  MJ Suy ra M l| trung điểm AB V 1 1 1 1 Vậy BMIJ  . .  VBSCA 2 2 2 8 Bài 3: Cho lăng trụ tam giác đều ABC.A’B’C’ có tất cả các cạnh đều bằng d a) Tính thể tích tứ diện A’BB’C b) Tính diện tích thiết diện do mp  đi qua A’B’ và trọng tâm G của ABC và tính tỉ số thể tích 2 phần của khối lăng trụ do  chia cắt ra. J E A C G M F B C’ A’ M’ B’ d3 3 12 b) Thiết diện l| hình thang A’B’FE. Gọi M,M’ lần lượt l| trung điểm AB v| A’B’. a) VA ‘ BB ‘C  VABC . A ‘ B ‘C ‘  VAA ‘ BC  VA ‘ B ‘C ‘C  Ta có : M ‘ G  MM ‘2  MG 2  d 39 6 Diện tích thiết diện là EF  A ‘ B ‘ 5d 2 39 M ‘G  2 36 Gọi V1 ,V2 lần lượt là thể tích phần trên (chứa A) và phần dưới (chứa C’) thiết diện hình lăng trụ S Ta thấy JI EC 2    JC ‘  3d JC ‘ A ‘ C 3 Sƣu tầm: Phạm Minh Tuấn VJEFC 8 JE JF JC . .   VJA ‘ B ‘C ‘ JA ‘ JB ‘ JC ‘ 27 Từ đó k  V1 19  V2 8 Bài 4: Cho hình chóp SABC có SA, SB, SC vuông góc nhau đôi một với SA=a, SB=b, SC=c. Hãy xác định tâm và bán kính mặt cầu ngoại tiếp SABC. C M O S B A I Gọi I l| trung điểm của AB, suy ra I là tâm của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Vẽ   (SAB) tại I, khi đó  là trục của tam giác SAB Trong mặt phẳng tạo bởi  và SC (do  //SC), vẽ trung trực của SC cắt  tại O, ta có OA=OB=OC=OD nên O chính là tâm mặt cầu ngoại tiếp SABC Ta có bán kính mặt cầu là Sƣu tầm: Phạm Minh Tuấn R  SO  SI 2  IO 2  AB 2 SC 2 1 2 2 2   a b c 4 4 2 Bài 5: Cho tam diện Oxyz có Ox, Oy,Oz vuông góc nhau từng đôi một.Gọi I là điểm trong tam diện và a,b,c, là khoảng cách từ I đến các mặt (Oyz),(Oxz), (Oxy),. Mặt phẳng  di động qua I cắt Ox,Oy,Oz lần lượt tại A, B, C. a.chứng minh a b c   1 OA OB OC b. Tìm giá trị nhỏ nhất của VOABC và cho biết vị trí I đối với tam giác ABC lúc đó x A I O C z B y a) Ta có VOABC  VIOAB  VIOCA  VIOBC 1 1  OA.OB.OC  (OA.OB.c  OB.OC.a  OA.OC.b) 6 6 a b c    1 OA OB OC b)Vì I cố định nên a,b,c không đổi a b c do ta có   1 OA OB OC a b c a b c 1 nên suy ra đạt giá trị lớn nhất khi . .    (bất đẳng thức Cô-si) OA OB OC OA OB OC 3 Sƣu tầm: Phạm Minh Tuấn OA.OB.OC đạt giá trị nhỏ nhất , tức l| OA.OB.OC đạt giá trị nhỏ nhất abc 1 Mà VOABC  OA.OB.OC 6 9 Nện thể tích OABC đạt giá trị nhỏ nhất là abc khi OA=3a, OB=3b, OC=3c 2 lúc đó Khi đó I l| trọng tâm của tam giác ABC Bài 6: Cho Ox, Oy, Oz vuông góc với nhau đôi một Lấy A  Ox, B  Oy, C  Oz sao cho OA=a, OB=b, OC=c a) Tính diện tích tam giác ABC theo a, b, c b) Giả sử A, B, C thay đổi nhưng luôn luôn có OA + OB + OC + AB + AC + BC = k không đổi . Hãy xác định giá trị lớn nhất của thể tích tứ diện OABC C O B H A a)Vẽ OH  AB ,định lý 3 đường vuông góc cho ta CH  AB Ta có: 1 1 1 a 2  b2    2 2 OH 2 a 2 b 2 ab CH 2  OC 2  OH 2  c 2  a 2b 2  b 2 c 2  c 2 a 2 CH  a 2  b2 a 2  b2 a 2b 2 Sƣu tầm: Phạm Minh Tuấn Vậy S ABC  1 1 AB.CH  a 2b 2  b 2 c 2  c 2 a 2 2 2 b)Ta có: k  a  b  c  a 2  b 2  b 2  c 2  c 2  a 2  3 3 abc  2ab  2bc  2ac  3 3 abc  3 3 2ab2ac2ca suy ra k  3 3 abc  3 2 3 abc  3(1  2) 3 abc  3 abc  k 3(1  2) k3  abc  27(1  2)3 Do đó 1 k3 VOABC  abc  6 162(1  2)3 Vậy giá trị lớn nhất của thể tích OABC là k3 khi a = b = c 162(1  2)3 Khi đó AB = AC = BC = a 2 thay v|o ta được k  3a  3a 2  a  b  c  k 3(1  2) k3 k Vậy GTLN của thể tích OABC là khi a  b  c  3 162(1  2) 3(1  2) Bài 7: Cho góc tam diện ba góc vuông Oxyz.Trên Ox, Oy, Oz lần lượt lấy các điểm A,B,C a)Tính khoảng cách từ A đến (ABC) theo OA = a, OB = b, OC = c b)Cho A cố định, B và C di động thoả OA+OC = OA. Hãy định vị trí của B và C sao cho thể tích tứ diện OABC đạt GTLN. Chứng minh rằng khi đó bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện OABC lại nhỏ nhất. Sƣu tầm: Phạm Minh Tuấn x A a c O z C b H B y a)Gọi H là hình chiếu của O trên ABC 1 1 1 1 abc  2  2  2  OH  Ta có 2 OH a b c a 2b 2  b 2 c 2  c 2 a 2 1 1 bc 2 1 3 b) VOABC  abc  a( )  a 6 6 2 24 Thể tích tứ diện OABC đạt giá trị lớn nhất là 1 3 a a khi b  c  24 2 Xét hình hộp chữ nhật có 3 kích thước bằng OA, OB, OC, đường chéo hình hộp n|y l| đường kính của mặt cầu ngoại tiếp OABC, do đó a 3 1 1 2 1 R  ( a 2  b2  c 2  a  (b  c)2  2 2 2 2 2 R đạt giá tri nhỏ nhất khi và chỉ khi b  c  a 2 Bài 8: Tứ diện ABCD có 3 góc phẳng vuông tại D. Kí hiệu  ,  ,  là góc tạo bởi các tia DA, DB, DC với tia DG trong đó G là trọng tâm tam giác ABC.CMR        A Gọi M l| giao điểm của AG với BC .Trên tia DG ta lấy điểm O sao cho OM//AD Vì AD vuông góc (BCD) nên OM vuông góc (BCD) O Lại có MB=MC=MD nên OB=OC=OD Trong tam giác OBD cân tại có β α G γ C D M B Sƣu tầm: Phạm Minh Tuấn BDO   nên BOD    2 Tam giác OCD cân tại O có CDO   nên COD    2 Hai tam giác OMD và OMB bằng nhau  BOM  DOM   Vì OM là phân giác của tam giác OBC, ta có BOC  2 Trong tứ diện OBCD tổng các góc phẳng tại đỉnh O thoả mãn điều kiện   2    2  2         (đpcm). Bài 9: Cho tứ diện OABC có các góc phẳng tại đỉnh O vuông và thoả mãn điều kiện OC=OA+OB.CMR tổng các góc phẳng tại đỉnh C bằng 900 Gọi  ,  ,  tương ứng với số đo c{c góc OCA , OCB , ACB Đặt OA=a, OB=b, OC=c Ta có sin   a , sin   b a2  c2 b2  c 2 c c Và cos   , cos   2 2 2 a c b  c2 Từ đó ta có sin(   )  c2 a 2  c2 b2  c2 Theo định lí hàm cosin với tam giác ABC ta có cos   c2 a 2  c2 b2  c2  sin(   )  cos  Mặt khác các số đo  ,  ,  nằm trên khoảng (00 ;900 ) nên     900   (đpcm) Bài 10: Trong số các tứ diện OABC có 3 góc phẳng tại O vuông và cùng diện tích mặt ABC, tứ diện nào có thể tích lớn nhất? Đặt x=OA, y=OB, c=OC Ta có thể tích V của OABC là V xyz 6 Sƣu tầm: Phạm Minh Tuấn Diện tích tam giác ABC là ( xy )2  ( yz ) 2  ( zx) 2 Gọi k là diện tích của tam giác BAC, ta có k 2  ( xy ) 2  ( yz ) 2 ( zx) 2  3 3 ( xyz ) 2  xyz  V  k3 3 3 k3 18 3 k3 k Vậy max V  khi x  y  z  18 3 3 Bài 11: Tứ diện ABCD có các góc phẳng vuông tại đỉnh D và DA=a, DB=b, DC=c.Chứng minh rằng tứ diện nội tiếp trong hình cầu và tìm bán kính hình cầu đó. Vì c{c đường tròn ngoại tiếp các DAB và ABC có dây cung chung AB nên tồn tại duy nhất 1 hình cầu đi qua của tứ diện DABC.Gọi M l| trung điềm của cạnh AB, khi đó M l| t}m đường tròn ngoại tiếp ABD . Đường thẳng d  ( ABD) tại M là trục của đường tròn . Theo giả thiết d//CD và nếu O là tâm hình cầu ngoại tiếp thì O nằm trong mặt phẳng (CDM). Gọi K  MD  OC Vì CDM  D nên OD=OC=OK. Điều này chứng tỏ K nằm trên mặt cầu ngoại tiếp tứ diện. Trong tam giác CDK vuông ta có: CD  c, DK  2DM  AB  a 2  b2 Gọi R là bán kình của hình cầu O thì R  CK  2 a 2  b2  c2 2 Bài 12: Cho tứ diện vuông ABC đỉnh O. P là điểm nằm trong đáy ABC. Đặt u  v BP CP , w . Gọi BO CO AP , AO  là góc tạo bởi đường thẳng OP với (ABC). Chứng minh rằng u 2  v2  w2  2  cot 2  . Sƣu tầm: Phạm Minh Tuấn C H P y O B A x Xét hệ trục tọa độ Đề Các vuông góc nhận O làm gốc tọa độ, các trục tọa độ chứa OA, OB, OC, HPO   . Giả sử trong hệ tọa độ ấy, tọa độ c{c đỉnh A,B,C tương ứng là: A(a,0,0); B(0,b,0); C(0,0,c) Giả sử tọa độ điểm P là P(x0,y0,z0) Ta có: u 2  v 2  w2  AP 2 BP 2 CP 2   AO 2 BO 2 CO 2  AP 2 BP 2 CP 2  2  2 a2 b c (1) Ta có AP 2  ( x0  a) 2  y0 2  z0 2 ; BP 2  x0 2  ( y0  b) 2  z0 2 ; CP 2  x0 2  y0 2  ( z0  c) 2 ; Nếu đặt p2  x02  y02  z02 thì ta có thể viết  2x  AP 2  x0 2  y0 2  z0 2  a 2  2 x0 a  p 2  a 2 1  0  a   Tương tự ta có:  2y  BP 2  p 2  b 2 1  0  b    2z  CP 2  p 2  c 2 1  0  c   Sƣu tầm: Phạm Minh Tuấn Thay vào (1) , có: x y z  1 1 1 u 2  v 2  w2  p 2  2  2  2   3  2 0  0  0 a b c a b c  (2) Theo phương trình đoạn chắn thì mặt phẳng ABC có phương trình x y z    1 mà P(x0,y0,z0) thuộc (ABC) a b c  x0 y0 z0   1 a b c (3) Kẻ OH  ( ABC ) , ta có hiển nhiên công thức sau: 1 1 1 1  2 2  2 a b c OH 2 (4) p2 u v w  1 OH 2 2 Thay (3)(4) vào (2) có: 2 2 (5) Chú ý là p2  x02  y02  z02  OP2  u 2  v 2  w2  OP 2 1  1  2  1  1  cot 2   1 2 OH sin  Vậy u 2  v2  w2  2  cot 2  Chú ý: 1. Xét trường hợp đặc biệt khi P  H , H là trực tâm ABC  OH  ( ABC ) Khi đó từ công thức đã chứng minh, ta có 2 2 2  AH   BH   CH        2  AO   BO   CO   cos2 OAH  cos2 OBH  cos2 OCH  2 O (6) Chú ý nếu gọi M  AH  BC  AMO là gó tạo bởi (OBC) với đ{y (ABC) v| ta có cos2 OAH  sin 2 AMO A C H M B Sƣu tầm: Phạm Minh Tuấn Vì vậy nếu gọi  ,  ,  là 3 góc tạo bởi ba mặt OBC, OAC, OAB với đ{y ABC, thì từ (6) ta có: sin 2   sin 2   sin 2   2 hay cos 2a  cos 2b  cos 2c  1 (7) Vậy công thức: u 2  v2  w2  2  cot 2  là mở rộng của công thức quen thuộc (7) 2. Công thức (4) có thể chứng minh bằng phương ph{p tọa độ như sau: Phương trình mặt phẳng (ABC) là Hay acx  acy  abz  abc  0 x y z   1, a b c (8) Khi đó theo công thức tính khoảng c{ch điểm O(0,0,0) xuống mặt phẳng (8) ta có abc 1 b 2 c 2  a 2 c 2  a 2b 2   OH  OH a 2b 2 c 2 b 2 c 2  a 2 c 2  a 2b 2 hay 1 1 1 1  2 2 2 2 OH a b c Bài 13: Cho tứ diện vuông OABC đỉnh O. Vẽ chiều cao OH của tứ diện. Đặt A  CAB, B  ABC , C  BCA,   AOH ,   BOH ,   COH . Chứng minh rằng: sin 2  sin 2  sin 2    sin 2 A sin 2 B sin 2C Dễ thấy H là trực tâm của ABC và ABC là tam giác nhọn. AH kéo dài cắt BC tại J  AJ  BC . Vì OA  (OBC ) , nên theo định lí 3 đường vuông góc ta có OJ  BC . AH 2 (1) OA2 Xét  vuông OAJ đỉnh O. Theo hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có OA2  AH . AJ , vậy từ AH (1) có sin 2   AJ 2 Ta có sin   Sƣu tầm: Phạm Minh Tuấn A O α I G H C A B H J M C J B Vẽ đường tròn ngọai tiếp ABC , và gọi I l| t}m đường tròn ngoại tiếp. G là trọng tâm ABC . Theo đường thẳng Euler thì H, G, I thẳng hàng và HG  2IG  AH  2IM và A  CAB  BIM BM IM . Ta có: sin 2 A  2sin A cos A  2 IB IB BC AH BC. AH  2. .  (2) 2 IB 2 IB 2R2 Với R l| b{n kính đường tròn ngoại tiếp ABC Từ (1)(2) suy ra sin 2  2R2 R2 ; ở đ}y S l| diện tích ABC   sin 2 A BC. AJ S Do sự bình đẳng của các cặp   , B  ,   , C  , ta cũng có sin 2  sin 2  R 2   . Từ đó suy ra điều phải chứng minh. sin 2 B sin 2C S Bài 14: Cho tứ diện vuông OABC đỉnh O, và giả sử OA = a, OB = b, OC = c. Đặt SOAB  S1 , SOBC  S2 , SOAC  S3 và S AABC  S . Gọi r là bán kính hình cầu nội tiếp trong tứ diện OABC. Chứng minh r  S1  S 2  S3  S . abc O Sƣu tầm: Phạm Minh Tuấn c a b C A Áp dụng công thức r  3V Stp (1) B Với V, Stp tương ứng là thể tích và diện tích toàn phần của tứ diện. Thay V  1 abc (do OABC là tứ diện vuông đỉnh O) vào (1) abc và có r  abc a  S1  S 2  S3  S   abc( S1  S2  S3  S ) 2 2  S1  S2  S3   S 2    (2) Theo định lý Pytago trong không gian thì S12  S22  S32  S 2 , vì thế 2  S1  S2  S3   S 2   4S1S2  4S2 S3  4S1S3   2  ab2c  abc 2  a 2bc  abc(a  b  c) Thay (3) vào (2) có r  (3) S1  S 2  S3 abc Đó l| điều phải chứng minh. Bài 14: Cho tứ diện vuông DABC đỉnh D. Giả sử DA  a, DB  b, DC  c,  a  b  c  . M là một điểm tùy ý trong đáy ABC. Gọi l là tổng các khoảng cách từ A,B,C xuống DM. Chứng minh rằng l  a  b O Sƣu tầm: Phạm Minh Tuấn c a b C A B Đặt ADM   , BCM   , CDM   thì ta có ngay l  a sin   b sin   c sin  Vì góc tam diện đỉnh D là vuông nên ta luôn dựng được 1 hình hộp chữ nhật có DM l| đường chéo, còn DA, DB, DC l| phương của các cạnh bên. Vậy ra có: sin 2   sin 2   sin 2   3  (cos 2   cos 2   cos 2  )  2 Do 0  sin  ,sin  ,sin   1  sin   sin   sin   sin 2   sin 2   sin 2   sin   sin   sin   2 hay  sin   sin   1  1  sin  Ta có b  a (1) (2) Nên từ (1) và (2) có b(sin   sin   1)  a(1  sin  ) (3) a sin   b sin   b sin   a  b Lại do c  b  c sin   b sin  (4)  1  a sin   b sin   c sin   a  b . Đó chính l| điều phải chứng minh. Dấu bằng xảy ra  sin   sin 2  ,sin   sin 2  ,sin   sin 2  v| đồng thời có dấu bằng trong (3) và (4), tức là      90o ,   0 M C Bài 15: Cho tứ diện vuông OABC đỉnh O. Gọi R, r, h, V tương ứng là bán kính mặt cầu ngoại tiếp, nội tiếp, đường cao hạ từ O và thể tích của tứ diện. Chứng minh rằng: V h  r  2  R 2 rh 3 Sƣu tầm: Phạm Minh Tuấn O C A H B Đặt OA  a, OB  b, OC  c , chiều cao OH  h Ta thấy ngay r  3V 3V ;h  Stp S ABC Ở đ}y Stp và SABC tương ứng là diện tích toàn phần và diện tích đ{y ABC của tứ diện đã cho. Vì thế 3V 3V . S ABC Stp V ( Stp .3V  3V .S ABC ) V h  r    2 3V 3V R rh R 2 .3V .3V R2. . S ABC Stp V.  Stp  S ABC  S xq (1) 3R 2 2R2 Ở đ}y Sxq là diện tích xung quanh của tứ diện O.ABC đỉnh O, và dễ thấy: ab  bc  ca S xq  (2) 2 Vì OABC là tứ diện vuông đỉnh O, nên bán kính hình cầu ngoại tiếp R được tính bằng công thức 1 2 2 2 R a b c (3) 2 Từ (1)(2)(3) suy ra bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với bất đẳng thức sau: 2  ab  bc  ca  3 a  b  c 2 2 2   2 3  ab  bc  ca  a 2  b2  c 2   a  b  b  c   c  a   0 2 2 2 (4) Do (4) hiển nhiên đúng  dpcm. Dấu bằng xảy ra  a  b  c  OABC là tứ diện vuông cân đỉnh O. Chú ý: Sƣu tầm: Phạm Minh Tuấn Với mọi tứ diện ABCD, thì bán kính hình cầu nội tiếp r A 3V của nó được tính bằng công thức sau: r  Stp Ở đ}y V, Stp tương ứng là thể tích và diện tích toàn phần của tứ diện. I Thật vậygọi I là tâm hình cầu nội tiếp của tứ diện, thì D B V  VI .BCD  VI . ACD  VI . ABD  VI . ABC hay C 1 1 V  r  S BCD  S ACD  S ABD  S ABC   r.Stp 3 3 3V r Stp Bài 16: Cho tứ diện vuông OABC đỉnh O. Kẻ đường cao OH=h. Gọi R,r tương ứng là bán kính hình cầu ngoại tiếp và nội tiếp tứ diện. a. Chứng minh rằng h  1 3 r b. Chứng minh rằng R 33 3  r 2 O a b c r A B a. Đặt OA = a, OB = b, OC = c Theo tính chất của tứ diện vuông đỉnh O, ta có: C Sƣu tầm: Phạm Minh Tuấn 1 1 1 1  2 2 2 2 h a b c 3V 1 Stp   Ta có: Stp r V Do Stp V  (1) (*) S1  S2  S3  S4 1 1 1 1     3V h1 h2 h3 h4 (Ở đ}y h1, h2, h3, h4 là bốn chiều cao tứ diện). Vì thế từ (*) , và do O.ABC là tứ diện vuông đỉnh O, với OA = a, OB = b, OC = c, nên ta có: 1 1 1 1 1     (2) r a b c h 2 1 1 1  1 1 1 (3) Hiển nhiên ta có      3  2  2  2  a b c a b c  Dấu bằng trong (3) xảy ra  a  b  c . Từ (1) và (3) có: 2 1 1 1 3 3 1 1 1      2 hay a  b  c  h a b c h Từ (2) và (4) suy ra: (4) 1 1 1 1 3   hay  r h r h h   3 1 h  3 1 r Đó l| đpcm. Dấu bằng xảy ra  trong (3) có dấu bằng  a  b  c  O.ABC là tứ diện vuông  c}n đỉnh O. b. Đặt OA = a, OB = b, OC = c. từ cách dựng tâm hình cầu ngoại tiếp I (xem hình bên) suy ra: R  OI  OM 2  MI 2 BC 2 OA2 1 2 2 2   a b c 4 4 2 Lại áp dụng công thức: abc 3 3V 6 r  ab bc ac Stp    S ABC 2 2 2 Có thể tính được ngay: S ABC  Từ đó suy ra r  1 2 2 a b  b2c 2  a 2c 2 2 abc ab  bc  ca  a 2b 2  b 2c 2  c 2 a 2 Như vậy ta có: R ab  bc  ac  a 2b 2  b 2c 2  c 2 a 2  2 abc a 2  b2  c2 Áp dụng bất đẳng thức Côsi, từ (1) suy ra: (1) Sƣu tầm: Phạm Minh Tuấn R 3 3 a 2b 2 c 2  3 3 a 4b 4 c 4  r 2abc Sau khi rút gọn, dễ thấy 3 3 a 2  b2  c2 VF (2)  (2) 33 3 2 R 33 3  r 2 Đó l| đpcm. Dấu bằng xảy ra  trong (2) có dấu bằng  a = b = c  OABC là tứ diện vuông Vậy từ (2) có: c}n đỉnh O. Bài 17: Cho tứ diện vuông ABCD đỉnh A. Gọi A là cạnh lớn nhất của tứ diện xuất phát từ   A và r là bán kính hình cầu nội tiếp tứ diện. Chứng minh rằng a  3  3 r A a b c B D C Đặt AB = a; AC = b; AD = c; như vậy a  b, a  c . Áp dụng công thức: 3V abc r  Stp  ab ac bc  2    S  2 2  2  Ở đ}y S = SBCD, ta thấy     ab  acabc  bc  2 S  ab  ac  bc  2 S   3  3  bc a  3 3 r  a  3 3  2S  ab  ac  2bc  3bc Do a = max(a,b,c)  ab + ac  2bc (Dấu bằng trong (3)  a = b = c) (2) (3) Sƣu tầm: Phạm Minh Tuấn Theo định lý Pytago: BC  a 2  b2 ; CD  b2  c 2 ; BD  a 2  c 2 . Từ đó ta thấy cả ba góc của  ABC đều nhọn vì bình phương mỗi cạnh đều bé hơn tổng bình phương 2 cạnh còn lại. Có thể cho là BC là cạnh lớn nhất của  BCD  BDC là góc lớn nhất. Ta có 2S  BD.CD.sin BDC  b 2  c 2 . b 2  c 2 sin BDC  2ac . 2bc sin  (vì   BDC   3 3 (Dấu bằng trong (4) có  a  b  c ) 2 )  3bc (4) Từ (3) và (4)  (2) đúng đpcm. Dấu bằng có  AB  AC  AD . Bài 18: Cho OABC là tứ diện vuông đỉnh O, với OA  a, OB  b, OC  c . Gọi r là bán kính hình cầu nội tiếp tứ diện. Chứng minh 1 1 1 1 3 3     r a b c a bc O a c b I r A B Gọi I là tâm hình cầu nội tiếp.Ta có: V  VI . ABC  VI .OAB  VI .OBC  VI .OCA VI . ABC VI .OAB VI .OBC VI .OCA    V V V V r r r r 1    h c b a 1 1 1 1 1 1    h a b c (1) C Sƣu tầm: Phạm Minh Tuấn Từ (1) suy ra bất đẳng thức đã cho có dạng tương đương sau: 1 3 3  h abc (2) Do OABC là tứ diện vuông đỉnh O, nên theo b|i cơ bản ta có 1 1 1 1  2 2 2 2 h a b c (3) Từ (3) và theo bất đẳng thức Côsi, ta có: 1 1 1 1 1  2  2  2  33 2 2 2 2 h a b c abc (4) a  b  c (5) 2  9 3 a 2b 2 c 2 Từ (3)(4)(5) suy ra: 1 3 3  h abc Vậy (2) đúng  đpcm. Dấu bằng xảy ra  a  b  c  OABC là tứ diện vuông c}n đỉnh O. Bài 19: Cho góc tam diện vuông Oxyz đỉnh O. Lấy A, B, C lần lượt trên Ox, Oy, Oz sao cho OA  OB  OC  AB  AC  BC  l , trong đó I là một đại lượng dương cho trước. Gọi V là thể tích của tứ diện OABC. Chứng minh V  l3   2 1 3 (1) 162 Xác định vị trí của A, B, C để có dấu bằng trong (1) x A c C z O b B y Sƣu tầm: Phạm Minh Tuấn Đặt OA = a, OB = b, OC = c Ta có theo bất đẳng thức Bunhicopski a  b  2  a 2  b2  a  c  2  a2  c2  c  b  2  c2  b2  Từ đó suy ra 2  a  b  c   a 2  b2  a 2  c 2  b2  c 2   Hay  a  b  c  1  2  a  b  c  a 2  b2  a 2  c 2  b2  c 2  1 (1) Dấu bằng trong (1) xảy ra  a  b  c Theo bất đẳng thức Côsi ta có a  b  c  3 3 abc abc  a  b  c  3 3 6V Mà VOABC  V  (2) 6 Dấu bằng trong (2) có  a  b  c . Từ (1) và (2) suy ra   l  3 1 2 V 162  l3  2 1 3 3 6V hay  l3   2 1 3 (Điều đó suy ra phương trình 3a  3a 2  1 ). Bài 20: 1) Cho góc tam diện vuông Sxyz. A, B, C là ba điểm trên Sx, Ay, H là trực tâm tam giác ABC. SH cắt mặt phẳng qua A vuông góc với Sx, mặt phẳng qua B vuông góc với Sy, mặt phẳng qua C vuông góc với Sz lần lượt tại K, L, M. Tìm quỹ tích H khi A, B, C di động nhưng thỏa mãn điều kiện. 1 1 1 1    SK KL SM l (với l là một độ dài cho trước) 2) A, B, C di động nhưng SA  SB  SC  3k , k là độ dài cho trước. Tìm quỹ tích trọng tâm G của tam giác ABC. 1) Gọi các mặt phẳng qua A vuông góc với Sx, qua B vuông góc với Sy, qua C Sƣu tầm: Phạm Minh Tuấn vuông góc với Sz lần lượt là (P), (Q), (R). Ba mặt n|y cũng với ba mặt của tam diện vuông tạo thành hình hộp chữ nhật ADBS.A’D’B’C. Giả sử CH  AB  I và mặt phẳng (CSI) cắt (P), (Q), (R) theo các giao tuyến EF, GN, CF. SH kéo dài cắt các giao tuyến này lần lượt tại K, L, M (chúng chính l| giao điềm của SH với (P), (Q), (R) Theo hệ thức lượng trong tam giác vuông, ta có: 1 1 1  . 2 SA SH SK 1 1 1  . 2 SB SH SL 1 1 1  . 2 SC SH SM Từ đó suy ra 1 1 1  2 2 SA SB SC 2 1  1 1 1       SH  SK SL SM  1 1 1 1  2  nên từ đó ta có 2 2 SA SB SC SH 2 1 1 1 1 1      SH  l SH SK SL SM l 1 1 Vậy suy ra quỹ tích H là mặt cầu tâm S, bán kính l nằm trong góc tam diện vuông (bỏ các 8 4 đường trỏn giao tuyến của 3 mặt tam diện vuông với mặt cầu vì điều kiện SA, SB, SC  0) Vì 2) Xét hình hộp chữ nhật có 3 kích thước l| SA, SB, SC. Đường chéo SD’ cắt mặt 1 chéo ABC của hình hộp tại trọng tâm G của tam giác ABC và SG  SD ‘ 3 Để tìm quỹ tích G, ta chỉ cần tâm quỹ tích của D. Từ SA  SB  SC  3l  D ‘ B ‘ D ‘ A ‘ D ‘ D  3l Ta tìm quỹ tích D’ sao cho tổng khoảng cách từ D’ tới ba mặt tam diện vuông bằng 3l không đổi. Gọi P,Q,R l| ba điểm trên Sx, Sy, Sz sao cho SP  SQ  SR  3l . Ta có VSPQR  VD ‘ SPQ  VD ‘ SQR  VD ‘ SRP  VD ‘ PQR (1) 1 9l 3 9l 2 3 3 l  S  S  S  , và SPQ   SQR SRP 6 2 2 Thay vào (1) suy ra Ta có VSPQR  9l 3 1 9l 2 1  . ( D ‘ D  D ‘ B ‘ D ‘ A ‘)  .d .S PQR 2 3 2 3 (2) Sƣu tầm: Phạm Minh Tuấn ở đ}y d l| khoảng cách từ D’ tới (PQR) Vì D ‘ B  D ‘ D  D ‘ A  3l nên từ đó suy ra d .SPQR  0  d  0 . Vậy D’  tam giác PQR Đảo lại nếu D’ thuộc tam giác PQR  d=0  DD ‘ D ‘ A ‘ D ‘ B ‘  3l Vậy quỹ tích D’ l| tam gi{c PQR.  1 HS,   3 Do D ‘  H nên quỹ tích G l| tam gi{c đều P0Q0 R0 (trong đó P0Q0 R0 là ảnh của PQR trong phép vị tự tâm S tỷ số 1 , ở đ}y SR0  SP0  SQ0  1 ) 3 Bài 21: Trong mặt phẳng (P) cho góc vuông xSy = 900 ,đỉnh S cố định .Đoạn SA vuông góc với (P). Trên Sx và Sy lần lượt lấy B,C sao cho SB+SC= a. Xét tứ diện vuông SABC đỉnh S. Đặt ASB   , BSC   , CSA   1.CMR khi B,C di động thì       const . 2.Tìm quỹ tích tâm I hình cầu ngoại tiếp tứ diện SABC. 3.CM VSBC max  R min (ở đây R là bán kính hình cầu ngoại tiếp tứ diện SABC. 4.CMR khi B,C di động luôn tồn tại 1 điểm J cố định cách (ABC) 1 khoảng không đổi. A 1/Áp dụng định lí hàm số cosin trong tam giác ABC,ta có AB 2  AC 2  BC 2 2 AB. AC 2 2 (a  SB )  (a 2  SC 2 )  BC 2  2 AB. AC cos   2 2 2 do BC  SB  SC nên từ (1) ta có cos   S C a SA( SB  SC ) SA SB SA SC    AB. AC AB. AC AC AB AB AC 2 I D B Hay ta có cos   cos  sin   cos  sin   cos   sin(   ) x        900  const. 2/ Trong (P) dựng hình chữ nhật SCDB.Gọi I là trung điểm của SD.Do ASD,ABD,ACD đều là các tam giác vuông chung đường huyền AD, nên có ngay 1 IA=IB=IC=IS(vì cùng = AD ) 2 B* B’ D’ D B S C’ C* y Sƣu tầm: Phạm Minh Tuấn Vậy I chính là tâm hình cầu ngoại tiếp tứ diện vuông SABC đỉnh S 1 Xét phép vị tự H ( A, ) 2 Trong phép vị tự này D  I Vậy bài toán tìm quỹ tích I quy về bài toán quỹ tích phẳng sau đ}y: 0 Cho góc vuông xSy  90 cố định A Trên Sx, Sy lần lượt lấy B,C di động sao cho SB+SC=a. Dựng hình chữ nhật SCDB.Tìm quỹ tích đỉnh thứ tư D của hình chữ nhật nói trên. C1 a Lấy B* trên Sx sao cho SB* = a.Nối B*D cắt Sy tại C*. B1 Do SB + SC = a, mà SB + BB* = a  BB*  SC  BD  B*BD là tam giác vuộng cân  B*SC* cũng l| tam gi{c vuông c}n  SC*=a  B* và C* cố định S a a C* y B* x Như vậy D nằm trên đoạn B*C* Đảo lại lấy D’ bất kì trên B*C*.Ta phải chứng minh tồn tại B ‘  Sx, C ‘  Sy , sao cho SB’+SC’=a v| SC’D’B’ l| hình chữ nhật.Gọi B’,C’ lần lượt là hình chiếu của D’ trên Sx v| Sy.Tương tự như chứng minh trên suy ra B’,C’ có c{c tính chất như nêu ở trên. Vậy quỹ tích D l| đoạn B*C*. 1 Do H ( A, ) , D  I 2 Vậy quỹ tích của tâm I hình cầu ngoại tiếp tứ diện SABC l| đường trung bình B2C2 của tam giác AB*C* với B*,C* tương ứng nằm trên Sx,Sy sao cho SB* = SC* = a 3/Ta có 1 1 1 R  AD  SA2  SD 2  SA2  SB 2  SC 2 2 2 2 1 1 1 P a 2  b2  c2  a 2  (b  c ) 2  2bc  2(a 2  bc )(2) 2 2 2 Do a=const, nên từ (2) suy ra Rmin  bc max a Do b + c = a = const nên bc max  b=c= 2 1 1 Mặt khác VSABC  S SBC .SA  abc 3 6 Do vậy VSABC max  bc max a Từ đó suy ra VSABC max  R min  b  c  2 Đpcm. 4/ Sƣu tầm: Phạm Minh Tuấn t A J C* S y C B E D* B* x Gọi E l| trung điểm của B*C*.Kẻ Et//SA, trên đó lấy J sao cho EJ= a 2 Giả sử OB+OC=a OB=CC* Khi đó ta có d(D*,(SMN))=2d(J,(SMN)), ở đ}y D* l| đỉnh thứ 4 của hình chữ nhật SC*D*B*, còn dùng ký hiệu d(D*,(SMN)), d(J,(SMN)) tương ứng chỉ khoảng cách từ D*, J tới (SMN). Ta có 1 VABCD*  aS BCD* 3 1 VD* . ABC  d ( D* , SMN )).S ABC 3  a.SBCD*  h.S ABC (*) A J h  d ( D1, (SMN ) S Do SB+SC=a =>SB=CC* và SC=BB* Xét 2 tam giác vuông ASC và B*D*B, ta có BB*=SC;B*D* = SO (vì cùng = a) => ASC  D* B* B  AC  BD*. Tương tự , ta có AB=CD*.Từ đó suy ra BCD*  ABC a Từ (*) suy ra a=h =>d(J,(SMN))= =const  Đpcm. 2 Bài 22: Cho tứ diện vuông DABC tại D,gọi H là trực tâm tam giác ABC Đặt   DAH ,   DBH ,   DCH ,   AHB. CMR : sin   sin  , cos   tg tg  cos  cos  B B* C C* E D* Sƣu tầm: Phạm Minh Tuấn A α K φ H γ D C β H1 B Do H là trực tâm của tam giác ABC => DH  ( ABC ) .Kéo dài AH cắt BC tại H1 .Từ đó DH  AA1 2 Trong tam giác vuông ADH1 ,ta có DH  AH .HH1 0 Do HH1  BH cos BHH1  BH cos(180   )  DH 2   AH .BH .cos  DH DH AH BH  cos   tg tg   cos    Giả sử CH kéo dài cắt AB tại K.Vì CD  ( ABD) mà CK  AB  DK  AB (định lí 3 đường vuông góc)  DKC là góc tạo bởi 2 mặt phẳng ADB và ABC.Dễ thấy HAB là hình chiếu của DAB trong phép chiều vuông góc DAB xuống ABC  SHAB  SDAB .cos DKC (1) Dễ thấy trong tam gi{c vuông KDC đỉnh D, thì cos DKC  sin  1 1 DA DB sin  .sin  hay sin   . Vậy từ (1) có HA.HB sin   DA.DB sin   sin   2 2 HA HB cos  cos  đpcm. Bài 23: Cho tứ diện ABCD vuông ở D . gọi  ,  ,  lần lượt là góc giữa đường cao DH với các cạnh DA,DB,DC. Chứng minh rằng: cos  cos  cos  cos cos  cos   6 3 cos2  cos2  cos2  Sƣu tầm: Phạm Minh Tuấn D A B H C Đặt T= cos  cos  cos  cos cos  cos   cos2  cos2  cos2  Và x  cos , y  cos  , z  cos , ta có : x  DH DH DH ,y  ,z  DA DB DC Ta được: x 2  y 2  z 2  1 1 1 1 1    ) 2 2 2 DA DB DC DH 2 Trong đó 0  x, y, z  1 do đó c{c góc  ,  ,  đều nhọn, ta có: (vì trong tứ diện ABCD vuông ở D ta có hệ thức  y z z x x y ( x  y  z )T  ( x  y  z ) 2  2  2  y z   x 2 y z z x x y  y z  z x  x y            x y z  x   y   z  2 2 2  y z   z x  x y 1  y z z x x y                   y z   z y x z  y x 3  x 1  2  2  2   6 2  18 (1) (theo BĐĐ Cauchy  Bunhiacôpski ) 3 Mặt kh{c, cũng theo BĐT Cauchy thì : 0  x  y  z  3( x 2  y 2  z 2 )  3 (2) T 18 6 3 3 Đẳng thức xảy ra  x  y  z  DA  DB  DC  tứ diện ABCD vuông cân ở D. Từ (1),(2) ta được : Bài 24: Cho tứ diện OABC trong đó OA,OB,OC vuông góc với nhau từng đôi một. Gọi S  S ABC , S1  S OBC , S 3  S OAC . S 32 S12 S 22 3  2  2  (*) Chứng minh rằng: 2 2 2 2 S  S1 S  S 2 S  S 3 4 Ta chứng minh được : S 2  S12  S 22  S 32 Sƣu tầm: Phạm Minh Tuấn Áp dụng BĐT Cauchy cho 3 số dương ta có : 1 1 1    ( x  y  z )  9 (1) (với x,y,z dương) x y z Áp dụng(1) ta có:  1 1 1  S 2  S12  S 2  S 22  S 2  S 32   2  2  2 9 2 2 2   S  S1 S  S 2 S  S 3  3 1  4S 2  2 9 2 i 1 S  S i       3 S2 1 9 9 suy ra  2   2  2 2 2 4 4S i 1 S  S i i 1 S  S i 3 mà S i2 S2  1  S 2  S i2 S 2  S12 3  S i2  9 S i2 3   suy ra  1  2   2  2  2 4 S  Si  4 i 1  i 1 S  S i Dấu “=” xảy ra cho (*)  S 2  S12  S 2  S 22  S 2  S32  S1  S 2  S3  OA  OB  OC  OABC là tứ diện vuông cân ở 3 O Bài 25: Các cặp cạnh chéo nhau của tứ diện ABCD là a,d;b,e;c,f. Gọi S1 là diện tích lớn nhất của thiết diện song song với cặp cạnh a,d. Tương ứng gọi S2, S3 là diện tích lớn nhất của các thiết diện song song với cặp cạnh b,e và c,f. Chứng minh rằng : 1/ S1 + S2 + S3  1 (ad + be + cf) 4 2/ Chứng minh rằng dấu bằng xảy ra trong bất đẳng thức trên khi và chỉ khi ABCD là tứ diện trực tâm. Giả sử: AB = a; CD = d BC = b; AD = e BD = c; AC =f Dễ dàng thấy rằng mọi thiết diện của tứ diện song song với cặp cạnh a,d là hình bình hành MNPQ Đặt AM = x (0< x < 1) AC Sƣu tầm: Phạm Minh Tuấn AM AM = = x  MQ = xd CD AC Do CM AM =x  =1–x AC AC MN CM = = 1 – x  MN = (1 – x)a AB AC Gọi  = (AC,CD)  MNˆ P =   SMNPQ = x(1 – x)adsinx Vậy S1 = maxSMNPQ = max x(1  x)ad sin   = ( 0  x 1) ad sin  4 (max n|y đạt được  M l| trung điểm của AC) Tương tự gọi  ,  lần lượt là góc giữa các cặp cạnh chéo nhau b,c và c,f thì ta có S2 = be sin  cf sin  ; S3 = 4 4  S1 + S2 + S3 = 1 (adsin  + besin  + cfsin  ) 4 Vậy bất đẳng thức S1 + S2 + S3  1 (ad + be + cf) 4 là hiển nhiên đúng. Dấu bằng xảy ra  sin  = sin  = sin  = 1  AB  CD, BC  AD, BD  AC  ABCD là tứ diện trực t}m. Đó l| đ.p.c.m Bài 26: Cho một tam diện vuông đỉnh O. Trên 3 cạnh của tam diện, lấy 3 điểm A, B, C sao cho AC = 2.OB, BC = 2.OA 1) M,N là chân các đường vuông góc kẻ từ O xuống AC và BC. Chứng minh rằng MN vuông góc với OC 2) Tính cos MOˆ N 3) Gọi D là điểm giữa của đoạn AB. Chứng minh: tg 4 (OCˆ D) MN + =1 AB tg 4 (OCˆ A) Sƣu tầm: Phạm Minh Tuấn C N c M b B O a D A 1) Ta có: OC  OA,OB  OC  (OAB)  OC  MN Vậy: MN  OC 2) Để cho gọn, đặt OA = a OB = b, OC = c  AC = 2b; BC = 2a  OAC vuông ở O  a2 + c2 = 4b2  OBC vuông ở O  b2 + c2 = 4a2 Do đó ta có: a2 – b2 = 4b2 – 4a2  b2 = a2  b = a; c= a 3 và AB = a 2 a 3   OAC =  OBC (cgc)  OM = ON = ac = c = 2b 2 Ta có: CM = CN = 2 2 2 3a OC c 3a = = = AC 2a 2a 2 C{c tam gi{c c}n CMN v| CAB đồng dạng. Ta có: 3a 2 MN CM 2 3 3 = = =  MN = AB = 4 AB CA 2a 4 4 Vận dụng định lý hàm cosin vào  OMN, ta có: 3a 2 18a 2  OM 2  ON 2  MN 2 16  1 cos MOˆ N = = 2 2 2OM .ON 4 3a 2 1 Vậy: cos MOˆ N = 4 2 Sƣu tầm: Phạm Minh Tuấn 3)  OAB vuông cân  OD  AB và OD = AB a 2 = 2 2 Ta có OC  (OAB), OD  AB  CD  AB OD 2  OCD vuông tại O  tg OCˆ D = = = OC a 3 OA a  OCA vuông tại O  tg OCˆ A = = = OC a 3 Ta lại có: 1 6 1 3 MN 3 = AB 4   4 ˆ tg (OCD) MN  Do đó: 4 + = tg (OCˆ A) AB    tg 4 (OCˆ D) MN Vậy: + =1 tg 4 (OCˆ A) AB 4 1   3 9 3 6 + = + =1 1  4 4 36  3 PHẦN III – BÀI TẬP TỰ LUYỆN Bài 1: Cho tứ diện vuông SABC đỉnh S và các mặt bên (SAB), (SBC), (SCA) lần lượt hợp với đ{y góc  ,  ,  .chứng minh tg 2  tg 2   tg 2  cot g 2  cot g 2   cot g 2  15 2 Bài 2: Cho điểm M cố định ở trong góc tam diện Oxyz,cố định các mặt phẳng qua M và song song với các mặt tam diện cắt Ox, Oy, Oz tại A1 , B1 , C1 .Mặt phẳng (  ) di động qua M và cắt Ox, Oy, Oz lần lượt tại A, B, C khác O. OA1 OB1 OC1 a)chứng minh   1 OA OB OC b)Tìm vị trí của (  ) sao cho : 1 VOMAB  1 VOMBC  1 VOMCA  e VOABC đạt GTLN. Bài 3: Cho 3 điểm A, B, C lần lượt trên 3 cạnh Ox, Oy, Oz của tam diện vuông Oxyz sao cho OA2  OB2  OC 2  K 2 (K > 0 cho trước).Gọi D l| đỉnh thứ 4 của hình chữ nhật OADB và M di động trên CD. Sƣu tầm: Phạm Minh Tuấn a)Với mỗi vị trí của A, B, C ,gọi d =MA + MB.Hãy tìm giá trị nhỏ nhất của (d) b)X{c định vị trí của A, B, C để d đạt GTLN Bài 4: Cho tứ diện vuông OABC với OA=OB=OC=a. a)X{c định mp(P) sao cho tổng diện tích hình chiếu của các mặt tứ diện lên (P) đạt GTLN b)(P) hợp với các mặt (BOC), (COA), (OAB) các góc nhọn  ,  ,  .chứng minh        Bài 5: Cho tứ diện OABC vuông tại O.Gọi  ,  ,  lần lượt là góc giữa đường cao OH với các cạnh OA, OB, OC .Tìm GTNN của biểu thức cos   cos  cos   cos  cos   cos  T   cos 2  cos 2  cos 2  Bài 6: Cho tứ diện OABC có ba góc phẳng ở C đều vuông. Gọi x, y, z lần lượt là các góc nhị diện cạnh BC, CA, AB. Tìm GTNN của biểu thức E  sin 4 x  1 1 1  sin 4 y  4  sin 4 z  4 4 sin x sin y sin z Bài 7: Cho tam diện Oxyz có 3 góc ở đỉnh vuông. Gọi A, B, C lần lượt l| c{c điểm nằm trên Ox,Oy, Oz. a)Cho A, B cố định, C di động trên Oz. Tìm quỹ tích ch}n c{c đường trung tuyến vẽ từ A, B, suy ra quỹ tích trọng tâm của tam giác ABC. b)Cho điểm C cố định, còn 2 điểm A, B di động sao cho OA + OB = l không đổi. Tìm quỹ tích trung điểm M của AB và suy ra quỹ tích trọng tâm tam giác ABC PHẦN IV – ỨNG DỤNG CỦA TỨ DIỆN VUÔNG Định nghĩa: Tứ diện vuông là tứ diện có một góc tam diện ba mặt vuông. Trong tứ diện vuông có một tính chất đ{ng chú ý sau đ}y. Tính chất: Giả sử OABC là tứ diện vuông tại O (OA  OB, OB  OC, OC  OA). Khi đó đường cao OH của tứ diện OABC được tính theo công thức Sƣu tầm: Phạm Minh Tuấn 1 1 1 1 = + + . 2 2 2 OH OA OC 2 OB Chứng minh: (h.6.1) Dựng OD  BC thì AD  BC nên CB  A (AOD). Kẻ OH  AD, lúc đó OH  (ABC). Trong các tam giác vuông OBC và OAD có 1 1 1 1 1 1 = + ; = + 2 2 2 2 2 OD OC OH OD OA2 OB 1 1 1 1 Vì vậy = + + . 2 2 2 OH OA OC 2 OB Sử dụng tính chất n|y để tính khoảng cách từ một điểm đến một mặt H C O D B phẳng troong nhiều trường hợp tỏ ra khá bất lợi. Trong bài viết, ký hiệu d(a ; b) là khoảng cách giữa đường thẳng a v| đường thẳng b ; d(X;(YZT)) là khoảng cách từ điểm X đến mặt phẳng (YZT). Thí dụ 1: Cho hình chóp S.ABCD có đ{y ABCD l| hình thoi t}m O, cạnh a, 3a 0 BAˆ D = 60 , SO  mp(ABCD) và SO = 4 a) Tính d(O;(SBC)), d(A;(SBC)). S b) Tính d(AD;SB). Lời giải. a 3 a ; OC = 2 2 Do tứ diện OSBC vuông tại O nên a)Từ giả thiết ta tính được OB = C D 1 1 1 1 16 4 4 64 = + + = + 2+ = 2 2 2 2 2 OC a OB 9a 3a 9a 2 d (O; ( SBC)) OS O 2 A B 3a Suy ra d(O;(SBC)) = 8 d ( A; ( SBC)) CA Lại có = =2 d (O; ( SBC)) CO Nên: d(A;(SBC)) = 2d(O;(SBC)) = 2. 3a 3a = 8 4 b) vì AD//(SBC) nên d(AD;SB) = d(AD;(SBC)) = d(A;(SBC)) = ‘ ‘ ‘ 3a 4 D’ C’ ‘ Thí dụ 2. Cho hình lập phượng ABCD. A B C D có cạnh bằng a. Tính d(AC ; DC ‘ ) A’ B’ Lời giải. Vì AC// ( DA’ C ‘ ) nên d(AC ; DC ‘ ) = d(AC ; ( DA’ C ‘ ) ) = d(A ; ( DA’ C ‘ ) ) = d( D ‘ ; ( DA’ C ‘ ) ) C D A B Sƣu tầm: Phạm Minh Tuấn Tứ diện D ‘ DA’ C ‘ vuông tại D ‘ nên 1 1 1 1 3 = ‘ ‘2 + ‘ ‘2 + ‘ 2 = 2 2 ‘ ‘ ‘ DC DD a d ( D ; ( DA C )) D A a 3 3 Thí dụ 3. Cho lăng trụ đứng ABC. A’ B ‘ C ‘ có đ{y ABC l| tam gi{c vuông tại B, AB = BC = a, cạnh Do đó d(AC ; DC ‘ ) = bên AA ‘ = a 2 . Gọi M l| trung điểm của BC a) Tính d(AM ; B ‘ C ) b) Tính d(M; ( AB ‘ C )) Lời giải. a)Gọi E l| trung điểm của BB ‘ thì B ‘ C //(AME) . Do đó d(AM ; B ‘ C ) = d( B ‘ C ; (AME) ) = d( B ‘ ; (AME)) = d( B ; (AME)) C’ A’ Vì tứ diện BAME vuông tại B nên ta có: 1 1 1 1 7 = + + = 2 2 2 2 2 BA BM a d ( B; ( AME )) BE Suy ra d( B ; (AME)) = B’ a 7 7 E a 7 Vậy d(AM ; B C ) = 7 ‘ b)Ta thấy d(M; ( AB ‘ C ))= 1 d ( B; ( AB ‘ C )) .Vì tứ diện B. AB ‘ C 2 vuông tại B, nên 1 1 1 1 1 1 5 1 = + + = 2+ 2+ 2= 2 2 ‘ 2 2 2 ‘ a a BC 2a 2a d ( B; ( AB C )) BA BB Suy ra d(B; ( AB ‘ C )) = a 10 a 10 . Do đó d(M; ( AB ‘ C )) = 5 10 A C M B Sƣu tầm: Phạm Minh Tuấn Thí dụ 4. Cho lăng trụ đều ABC. A’ B ‘ C ‘ có tất cả các cạnh bằng a. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AA ‘ , BB ‘ . Tính d( B ‘ M , CN ) Lời giải. C’ A’ O’ B’ M N P A C O B Gọi O và O ‘ lần lượu l| trung điểm của BC và B ‘ C ‘ ; còn P l| giao điểm của OO ‘ với CN. Vì B ‘ M // mp(CAN) nên d( B ‘ M ; CN) = d( B ‘ M ; (CAN))=d( B ‘ ; (CAN))= d(B ; (CAN))= 2d(O ; (CAN))=2d(O;(CAP)) Tứ diện OACP vuông tại O nên 1 1 1 1 64 = + + = 2 2 2 2 2 3a d (O; (CAP )) OA OP OC Vậy d(O ; (CAP)) = a 3 8 a 3 4 Thí dụ 5. Cho hình chóp S.ABCD, có đ{y ABCD l| hình thang, ABC  BAD = 90 0 ,BA=BC=a, AD Do đó d( B ‘ M , CN ) = = 2a. Cạnh bên SA vuông góc với đ{y SA = a 2 .Gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên SB. Tính d(H; (SCD)) Lời giải S Gọi M l| giao điểm của AB với Cd; K l| giao điểm của AH với SM. Dể thấy B l| trung điểm của AM. Ta có: BH BH .BS BA2 a2 1 = = = = BS BS 2 3a 2 3 BS 2 Suy ra H là trọng tâm của tam giác SAM d ( H ; ( SCD)) KH 1 Từ đó = = KA 3 d ( A; ( SCD)) Tứ diện ASDM vuông tại A nên 1 1 1 1 1 = + + = 2 2 2 2 2 AD a AM d ( A; ( SCD)) AS Suy ra d(A;(SCD)) = a K H D A B M C Sƣu tầm: Phạm Minh Tuấn Vậy d( H;(SCD))= a 3 Thí dụ 6. Cho hình lập phương ABCD. A’ B ‘ C ‘ D ‘ có cạnh bằng a .Gọi K l| trung điểm của DD ‘ . Tính d(CK; A ‘ D ) Lời giải(h.6.7) Gọi M l| trung điểm của BB ‘ D’ C’ Ta có A ‘ M //KC nên d(CK; A ‘ D ) = d(CK; ( A ‘ MD ))= d(K; ( A ‘ MD )) A’ Gọi N l| giao điểm của AK với A ‘ D K B’ P l| giao điểm của AB với A ‘ M N d ( K ; ( A ‘ MD)) NK 1 Khi đó = = d ( A; ( A ‘ MD)) NA 2 Suy ra d(CK; A ‘ D ) = D M C 1 1 d ( A; ( A ‘ MD)) = d ( A; ( A ‘ DP)) 2 2 Tứ diện AA ‘ DP vuông tại A nên 1 1 = + 2 ‘ d ( A; ( A DP)) AA ‘ 2 A B 1 1 9 + = 2 2 2 AD AP 4a Suy ra d(A;( A ‘ DP )) = 2a a .Vậy d( CK; A ‘ D )= 3 3 BÀI TẬP 1.Cho hình chóp S.ABCD có đ{y ABCD l| hình vuông cạnh a, cạnh SA vuông góc với đ{y v| SA = a 2 a) Gọi M, N lần lượt l| trung điểm của AB và CD. Tính d(SM; BN) b) Gọi G là trọng tâm tam giác SAB. Tính d(G;(SBD)) 2. Cho hình chóp S.ABCD có đ{y ABCD l| nửa lục gi{c đều nội tiết trong đường tròn đường kính AD = 2a và SA vuông góc với đ{y, với SA = a 6 . Tính d(AD;(SBC)) 3. Cho tứ diện ABCD có AD = BC = a, AC = BD = b, AB=CD=c. Tính d(A;(BCD)) 4.Cho hình lập phương ABCD. A’ B ‘ C ‘ D ‘ có cạnh bằng a. Gọi M, N, P lần lượt l| trung điểm của A ‘ A, AD và CC ‘ . Gọi O l| giao điểm của AC và BD. Tính S(B;(MNP)), d(O;(MNP)) 5. Cho hình hộp chữ nhật ABCD. A’ B ‘ C ‘ D ‘ có AB = a, AD = 2a, = a. Gọi M l| điểm chia trong MA đoạn AD theo tỉ số =3. Tính d( M; ( AB ‘ C )) MD P Sƣu tầm: Phạm Minh Tuấn 6. Cho hình hộp chữ nhật ABCD. A’ B ‘ C ‘ D ‘ có AB =6 cm ,AD = 4cm và d( A; ( A ‘ BD)) = 2cm . Tính thể tích của hình hộp chữ nhật đó 7. Cho hình chóp S.ABCD có đ{y ABCD l| hình thoi t}m O, SO  mp(ABCD), AC =4, BD=2, SO= 3 . Tính a) d(A;(SBC)) b) d(AB;SD) 8. Cho lăng trụ đứng ABC. A’ B ‘ C ‘ có đ{y ABC l| tam gi{c vuông tại A. Biết AA ‘ =1, BC=2, AB = 3 .Tính d( A;( A ‘ BC)) PHẦN V – MỘT SỐ PHƢƠNG PHÁP TÌM CỰC TRỊ TRONG HÌNH HỌC KHÔNG GIAN Trong chương trình môn Hình học không gian lớp11, bên cạnh những b|i to{n x{c định, tính toán các yếu tố hoặc chứng minh tính chất còn kể đến các bài toán cực trị có ứng dụng rất lớn. Những dạng b|i to{n như vậy trong sách giáo khoa phổ thông còn ít; hơn nữa nhiều học sinh còn gặp khó khăn khi x{c định phương ph{p giải. 1. Giải bài toán cực trị hình học liên hệ giữa các yếu tố: độ dài đoạn vuông góc chung là khoảng cách ngắn nhất giƣã hai điểm của hai đƣờng thẳng chéo nhau Bài toán: Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ cạnh a. Xét các mặt phẳng đi qua BD’ cắt AA’ ở M, cắt CC’ ở N. X{c định vị trí của M, N sao cho diện tích thiết diện tạo thành có diện tích nhỏ nhất. Giải: Hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ cạnh a. Một mặt phẳng đi qua BD’ cắt AA’ ở M, cắt CC’ ở N (như hình vẽ). C’ D’ B’ A’ N M C D A B Sƣu tầm: Phạm Minh Tuấn Do các mặt bên đối diện song song với nhau, nên các cạnh đối của thiết diện song song; mặt phẳng đi qua BD’ cắt hình hập phương theo thiết diện là hình bình hành BMD’N. Gọi H là hình chiếu của M trên BD’. Diện tích S của thiết diện bằng 2 lần diện tích của tam giác MBD’. Ta có: S = MH. BD’ . Vì BD’ = a. √ không đổi. Suy ra S nhỏ nhất khi MH nhỏ nhất. Do M thuộc AA’, H thuộc BD’. MH nhỏ nhất khi nó l| đường vuông góc chung của AA’ v| BD’. Khi đó dễ chứng minh rằng H là tâm của hình lập phương v| M l| trung điểm của AA’, N là trung điểm của CC’. 2. Giải bài toán cực trị hình không gian thông qua bài toán cực trị trong hình học phẳng Bài toán: Chứng minh rằng cạnh dài nhất của một hình tứ diện là khoảng cách lớn nhất giữa hai điểm thuộc tứ diện. Giải: Sƣu tầm: Phạm Minh Tuấn A A M N B C B N C A M N D B E F C Trước tiên ta xét bài toán hình học phẳng: “ Chứng minh rằng trong tam giác, cạnh dài nhất chính là khoảng cách lớn nhất giữa 2 điểm thuộc tam gi{c”. Gọi 2 điểm bất kỳ thuộc tam gi{c l| M, N. Ta xét c{c trường hợp sau: Trường hợp M, N trùng với hai đỉnh của tam giác ta có ngay: MN  max (AB, AC, BC). Trường hợp M, hoặc N trùng với 1 đỉnh của tam giác (giả sử M trùng với A). Khi đó nếu N thuộc AB hoặc N thuộc AC thì ta có ngay lời giải. Nếu N thuộc BC thigf tuỳ theo vị trí của N ta có MN < AB hoặc MN < AC. Do dó MN  max (AB, AC, BC). Trường hợp M và N không trùng với đỉnh của tam gi{c. Ta đưa về trường hợp trên bằng cách nối NB, ta có: MN < max (AB, BN, NA)  max (AB, BC, CA). B|i to{n trên được chứng minh. Ta sử dụng kết quả đẻ giải bài toán không gian. Xét khoảng cách giữ M v| N l| 2 điểm bất kỳ thuộc tứ diện ABCD. Bao giờ cũng dựng được một tam giác có 3 cạnh thuộc các mặt của tứ diện và chứa M, N (chỉ cần dựng 1 mặt phẳng chứa MN v| 1 đỉnh của tứ diện (hình vẽ). Nối AM cắt BC ở E, nối AN cắt CD ở F. Theo kết quả bài toán phẳng: MN  max (AE, EF, FA).  max (BC, CD, DB); AF  max (AC, CD, DA). Từ đó suy ra max (AE, EF, FA)  max (AB, AC, AD, BC, CD, DA). Mà AE  max (AB, BC, CA); EF Sƣu tầm: Phạm Minh Tuấn Tức là MN không lớn hơn cạnh của tứ diện. 3. Giải bài toán cực trị hình học bằng phƣơng pháp chứng minh bất đẳng thức liên hệ giữa các yếu tố Bài toán: Trong các tứ diện vuông (tứ diện có 3 mặt vuông xuất phát từ một đỉnh) nằm trong một mặt cầu bán kính R; tìm kích thước tứ diện ngoại tiếp mặt cầu có bán kính lớn nhất. Giải: Dễ thấy tứ dịên vuông cần tìm nội tiếp trong mặt cầu bán kính R cho trước. Gỉa sử tứ diện vuông OABC có các mặt vuông OAB, OBC, OCA vuông ở O và OA = a , 1 a2  b2  c2 ; OB = b , OC = c; ta có: R = 2 1 Thể tích tứ diện OABC là: V= a.b.c ; (1) 6 C k R O j B A Gọi r là bán kính mặt cầu nội tiếp tứ diện OABC ta có: r r V = ( S OAB +SOBC + SOCA+SABC) = ( a.b + b.c + c.a + a 2 b 2  a 2 c 2  b 2 c 2 ) 3 6 (2) Từ (1) và (2) suy ra: Do đó : 1 1 1 1 = + + + r a b c 1 1 1  2  2 2 a b c 1 1 1 R 1 1 1 1  2  2 ). + + +  a2  b2  c2 ( 2 r 2 a b c a b c Sƣu tầm: Phạm Minh Tuấn Ta có: a2  b2  c2 1 1 1 + +  a b c Vì 3  3.3 a 2 .b 2 .c 2  3 , đẳng thức có khi : a = b = c. a.b.c a2  b2  c2 . 1 1 1  2  2  2 a b c 3.3 a.b.c , đẳng thức có khi : a = b = c; ( a. 1 1 1  b.  c. ) 2 = 3, a b c đẳng thức có khi : a = b = c; Suy ra: R.( 3  1) 3. 3 3 2R R + ; hay r  = ,  2 r 3 2 3.(1  3 ) đẳng thức có khi a = b = c = 2R 3 . Vậy tứ diện vuông cần tìm có 3 cạnh a = b = c= 2R 3 , chứa mặt cầu có bán kính lớn nhất là R.( 3  1) . 3 4. Giải bài toán cực trị hình học bằng phƣơng pháp diện tích, thể tích r= Bài toán: Cho tứ diện 3 mặt vuông OABC đỉnh O, có OA = a , OB = b , OC = c. Gọi x, y, z là khoảng cách từ một điểm M trên mặt ABC đến các mặt OBC, OCA, OAB. Tìm giá trị lớn nhất của tích T = x. y. z . Giải: Cho tứ diện vuông OABC, có OA = a , OB = b , OC = c, vẽ hình hộp chữ nhật nội tiếp có 1 đỉnh M nằm trên mặt ABC, c{c đỉnh còn lại nằm trên các mặt vuông của tứ diện (như hình vẽ). Sƣu tầm: Phạm Minh Tuấn C M Y O Q B X P I K A Đặt c{c kích thước của hình hộp chữ nhật là OX = x, OY = y, OZ = z . Khi đó x, y, z tương ứng bằng khoảng cách từ M đến các mặt OBC, OCA, OAB. Ta có thể tích của hình hộp là: V = x. y. z Vẽ CM cắt AB tại K; gọi I là hình chiếu của M trên mặt OAB v| l| đỉnh của hình hộp chữ nhật, ta có O, I, K thẳng hàng; gọi KQ = x1 , KP = y1 tương ứng l| c{c đoạn vuông góc từ K đến OB, OA. Khi đó sử dụng tỷ số diện tích của hai hình chữ nhật OXIY v| OPKQ đồng dạng với hệ số tỷ lệ là: OI/ OK = ZM/ OK = CZ/ CO = (c - z )/ c; ta được : x. y = (c – z)2. x1. y1/ c2. Do đó thể tích của hình hộp chữ nhật có ba kích thước: x, y, z là V = x. y. z = (c – z)2 . z . x1 .y1/ c2 (*). Từ đó suy ra nếu có đồng thời x1 .y1 lớn nhất và (c – z)2. z lớn nhất thì V đạt giá trị lớn nhất. Ta có hai lần diện tích tam giác OAB là a. b = x1 . b + y1 . a ; áp dụng bất đẳng thức Cô si ta được x1. y1 lớn nhất là a. b/ 4, khi x1 = a/ 2 và y1 = b/ 2. Khi đó K l| trung điểm của AB. Hàm số F (z) = (c – z)2. z đạt giá trị lớn nhất là: 4 c3/ 27, khi z = c / 3. Kết hợp lại V trong (*) đạt giá trị lớn nhất là : V = a. b. c / 27 ; khi x = a/ 3 , y = b/ 3 , z = c/ 3 (tương thích). Khi đó M l| trọng tâm của tam giác ABC. Sƣu tầm: Phạm Minh Tuấn Vậy với M là trọng tâm của tam giác ABC, thì T = x. y .z lớn nhất là: a. b. c/ 27 với x = a/ 3 , y = b/ 3 , z = c/ 3. Cách giải khác (lớp 12) Xét hệ tọa độ trực chuẩn oyz. Ta có: A (a, 0, 0); B (0, b, 0); C (0, 0, c) (với x, y, z và a, b, c là các số dương). Khi đó phương trình đoạn chắn của mặt phẳng đi qua A, B, C có dạng: x/ a + y/ b + z/ c = 1. Áp dụng bất đẳng thức Cô-si ta được: 13  33 x.y.z / a.b.c Đẳng thức có khi x/a = y/ b = z/ c = 1/3. Hay x. y. z  a. b. c / 27. Đẳng thức có khi với x = a/ 3 , y = b/ 3 , z = c/ 3. Vậy giá trị lớn nhất của x. y .z là: a. b. c/ 27; với x = a/ 3 , y = b/ 3 , z = c/ 3. 5. Giải bài toán cực trị hình học ứng dụng bằng phƣơng pháp tối ƣu hoá Bài toán: Cho một tấm bìa hình vuông cạnh a. Cắt theo các cạnh của hình vuông 4 tam giác cân bằng nhau; trồi gấp lên ghép lại thành một hình chóp tứ gi{c đều. Tìm kích thước hình chóp có thể tích lớn nhất. Giải: Giả sử hình chóp tứ gi{c đều S.ABCD dựng được, có cạnh đ{y l| x. Trải các mặt bên trên mặt phẳng của đ{y, ta có hình khai triển của hình chóp như hình vẽ (c{c đỉnh của hình vuông trùng với đỉnh của hình chóp). C Dj B A Bây giờ ta xét với giá trị nào của x (0 < x  a 2 / 2), sẽ thoả mãn yêu cầu của đề bài? Gọi V là thể tích của hình chóp S.ABCD, có đường cao là SH ta có: V = x2. SH/ 3. Gọi M l| trung điểm của AB, trong tam giác vuông SMH có: SH2 = SM2 – HM2. Dẽ thấy SM = a 2 / 2 – x/2 và HM = x/2. Sƣu tầm: Phạm Minh Tuấn Vậy V = x2 (a / 2)2 - a. x. / 2 . Đặt t = x / (a 2 / 2 ) ta được V = V đạt giá trị lớn nhất khi t2. 1 3 (a 3 1 t 2 / 4). t2. 1 t (với 0 < t  1). đạt giá trị lớn nhất. Chuyển t 2 v|o trong căn thức và áp dụng bất đẳng thức Cô si cho 4 số t/4 và số 1-t, ta tìm được t = 4/5. 2 Suy ra x = a 2 , thoả mãn c{c điều kiện đã đặt, thì V đạt giá trị lớn nhất. 5 2 Vậy hình chóp có cạnh đ{y l| x = a 2 thỏa mãn yêu cầu của bài toán. 5