chuyên đề hinh tứ diện và hình chóp
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (976 KB, 97 trang )
Ngô Hoàng Toàn YD
-
K38
2012
Con đường dẫn đến thành công là sự tôi luyện của bản thân Page 0
CHUYÊN ĐỀ
HÌNH TỨ DIỆN VÀ HÌNH HỘP
HÀNH TRÌNH CỦA MƠ ƯỚC
NGÔ HOÀNG TOÀN
YD-K38
ĐẠI HỌC Y DƯỢC CẦN THƠ
Ngô Hoàng Toàn YD
-
K38
2012
Con đường dẫn đến thành công là sự tôi luyện của bản thân Page 1
LỜI NÓI ĐẦU
Hình học không gian là một trong những phân môn hay và quan trọng trong toán học
phổ thông .Chúng thường xuất hiện trong đề thi chọn học sinh giỏi các cấp, Olympic khu
vực và luôn có mặt trong đề thi đại học, cao đẳng các năm gần đây. Vì thế với mục đích
nhằm bổ sung kiến thức ,chuyên sâu hơn về hình học không gian chúng tôi đã tổng hợp
và biên soạn một chuyên đề nhỏ “Tứ diện, hình hộp và các vấn đề liên quan”. Qua
chuyên đề này các bạn sẽ thấy được vẻ đẹp thuần túy của hình học không gian, phân loại
và hiểu được nhiều hơn về các loại tứ diện và hình hộp để vận dụng vào giải các bài toán
và đề thi. Chuyên đề này chọn lọc các dạng toán hay và nhiều bài là đề thi Cao đẳng, Đại
học.
Dù đã cố gắng rất nhiều nhưng chúng tôi vẫn không thể tránh khỏi những sai sót, rất
mong nhận được sự góp ý chia sẻ của các bạn qua email:
Xin cảm ơn và chúc các bạn thành công trong cuộc sống.
TP Cần Thơ, Ngày 20 tháng 09 năm 2012
Ngô Hoàng Toàn
Ngô Hoàng Toàn YD
-
K38
2012
Con đường dẫn đến thành công là sự tôi luyện của bản thân Page 2
MỘT SỐ TÍNH CHẤT VÀ ĐỊNH LÍ
1. Các định lí và tính chất trong tam giác, tứ giác.
Xét ∆ABC có: BC = a; CA = b; AB = c; nửa chu vi ,
đường cao AH = h, gọi r, R là bán kính đường tròn nội tiếp và ngoại tiếp ∆
r=(p-a)tan
=(p - b) tan = (p - c) tan
S=
2
cba
p
R
C
c
B
b
A
a
2
sin
sin
sin
bc
acb
A
2
cos
222
2
a
2
b
2
c
A
CBa
R
abc
Cabprah
sin
2
sinsin
4
sin
2
1
2
1
2
2
2 2 2 2 2 2
2 sin sin sin
1
4 ( )
4
R A B C
p p a p b p c
a b a b c
Ngô Hoàng Toàn YD
-
K38
2012
Con đường dẫn đến thành công là sự tôi luyện của bản thân Page 3
Nếu Â=90
o
thì ta có:
Gọi m
a
, m
b
, m
c
, l
a
, l
b
, l
c
lần lượt là đường trung tuyến và phân giác của ∆ABC.
Các công thức tính diện tích tứ giác
222
22
2''
222
111
','
c
b
h
abbacc
hcb
bcah
cba
42
42
42
222
2
222
2
222
2
cba
m
bac
m
acb
m
c
b
a
)(
)(
4
)(
)(
4
)(
)(4
2
2
2
2
2
2
cpp
ba
ab
l
bpp
ac
ca
l
cb
papbc
l
c
b
a
Ngô Hoàng Toàn YD
-
K38
2012
Con đường dẫn đến thành công là sự tôi luyện của bản thân Page 4
1. S
hv
cạnh a là a
2
2. Diện tích HCN có hai cạnh a, b là S = ab
3. Diện tích HBH có 2 cạnh liên tiếp là a, b, một góc là , đường cao vuông góc với cạnh
b là h thì S = ah = absin
4. Hình thoi có cạnh là a, một góc là , hai đường chéo là m, n thì S = a
2
sin =
mn
5. Hình thang có hai cạnh đáy là a, b và đường cao h S= h(a+b)
6. Đa giác có bán kính đường tròn nội tiếp là r và nửa chu vi là p thì S=pr.
7. Tứ giác đơn ABCD có góc giữa 2 đường chéo AC và BD là
thì S
ABCD
=
2
1
AC.BD
sin
8. Giả sử
2
là tổng hai góc đối diện của tứ giác ngoại tiếp, a, b, c, d là các cạnh của nó,
S là diện tích thì
9. Diện tích tứ giác lồi ABCD
Định lý Ceva trong hình học phẳng.
Gọi E, F, G là ba điểm tương ứng nằm trên BC, CA, AB của ∆ABC. Lúc đó AE, BF, CG
đồng quy tại 0 khi:
2
1
2
1
sin
S abcd
2
2
cos
2
a b c d
p
B D
S p p a p b p b p d abcd
1
FA
CF
EC
BE
GB
AG
Ngô Hoàng Toàn YD
-
K38
2012
Con đường dẫn đến thành công là sự tôi luyện của bản thân Page 5
Định lý Menelaus.
Cho ∆ABC, một đường thẳng (d) bất kì cắt các đường BC, CA, AB lần lượt tại P, Q, R.
Khi đó
2. Các định lí, tính chất trong không gian.
- Định lý Ceva:
Bên trong tứ diện ABCD, lấy tùy ý 1 điểm S, các mp (SCD), (SDA), (SCB) lần lượt cắt
AB, BC, CD, DA tại A’, B’, C’, D’. Lúc đó:
Và ngược lại gọi A’, B’, C’, D’ nằm trên AB, BC, CD, DA của tứ diện ABCD. Khi đó,
4mp (ABC’), (BCD’), (CDA’), (DAB’) có chung 1 điểm S nếu:
- Định lí Menelaus:
Trên các cạnh AB, BC, CA, DA tạo bởi 4 điểm A, B, C, D trong không gian, ta lần lượt
lấy các điểm M, N, P, Q. Điều kiện cần và đủ để M, N, P, Q đồng phẳng là:
1
BP
PC
QC
AQ
AR
BR
1
'
'
.
'
'
.
'
'
.
'
'
'
A
D
DD
D
C
CC
C
B
BB
B
A
AA
1
'
'
.
'
'
.
'
'
.
'
'
'
A
D
DD
D
C
CC
C
B
BB
B
A
AA
1
QA
QD
PD
PC
NC
NB
MB
MA
Ngô Hoàng Toàn YD
-
K38
2012
Con đường dẫn đến thành công là sự tôi luyện của bản thân Page 6
- Định lí 3 đường vuông góc.
OA là đường xiên
HA là hình chiếu vuông góc của CA lên ()
d()
OA d HA d
- Công thức diện tích:
Diện tích hình chiếu: Nếu S là diện tích của một hình phẳng. S’ là diện tích của hình
chiếu của S, là góc giữa các mp chứa S và S’ thì S’=Scos.
Các công thức tính thể tích:
- Khối lăng trụ: S
xp
= pl (p là chu vi thiết diện thẳng, l là cạnh bên)
V= S
đáy
.h (h là chiều cao)
-Khối chóp: V= S
đáy
h
S
xp
=
1
2
dp (d là trung đoạn)
* Định lý Ta-let:
Cho 3 mp đôi một song song chắn ra trên hai các tuyến bất kì các đoạn thẳng tương ứng tỉ
lệ. 3mp(P), (Q), (R) cắt a, b, tại A, B, C, A’, B’, C’.
Ta có:
3
1
'
'
'
'
'
'
A
C
CA
C
B
BC
B
A
AB
Ngô Hoàng Toàn YD
-
K38
2012
Con đường dẫn đến thành công là sự tôi luyện của bản thân Page 7
Công thức tỉ số thể tích:
SCSBSA
SCSBSA
V
V
ABC
CBA
''.'.
.
'''
Ngô Hoàng Toàn YD
-
K38
2012
Con đường dẫn đến thành công là sự tôi luyện của bản thân Page 8
CHƯƠNG I: TỨ DIỆN VÀ CÁC DẠNG TOÁN LIÊN QUAN
Định nghĩa: Tứ diện là một hình gồm 4 đỉnh không đồng phẳng, tất cả các mặt là tam
giác.
hay V= ab.d.sin, trong đó a, b là độ dài 2 cạnh đối, còn d và là khoảng cách và góc
giữa hai cạnh đối.
Đặt AB = a; CD = b; d = MN
= (AB,CD)
Dựng hbh ABCC’
Ta có: CC’//AB C’CD=
AC’// (BCD) V
ABCD
=V
C’BCD
AB // (CC’D) V
C’BCD
= V
MCC’D
V
ABCD
= V
MCC’D
=
1
3
MN.S
CC’D
= dabsin
- Trong tứ diện bất kì 7 đoạn thẳng sau đây luôn đồng quy tại 1 điểm gọi là trọng tâm của
tứ diện.
- 4 đoạn nối 1 đỉnh đến trọng tâm mặt đối diện.
- 3 đoạn nối trung điểm 2 cạnh đối M, N, A’, B’ lần lượt là trung điểm, trọng tâm của
CD, AB, BCD, ACD.
ASBCsABC
hShSV .
3
1
.
3
1
6
1
6
1
Ngô Hoàng Toàn YD
-
K38
2012
Con đường dẫn đến thành công là sự tôi luyện của bản thân Page 9
AA’ là trọng tuyến
GM=GN
GA=3GA’
Chứng minh: Gọi I, J là trọng điểm BC, AP
IM=JN và IN//MJ (đtb)
MNIJ=G
mp (AID) chứa IJ G(AMD).AG PI = A’
Vẽ JK // AA’ JK=1/2 AA’; KA’=KD
Vì G là trung điểm IJ A’ là trung điểm MK. Từ đó suy ra A’M=1/3MD hay A’ là
trọng tâm ∆:
4
1
'
'
'
'
'
'
'
4
1
'
2
1
'
DD
GD
CC
GC
BB
GB
AA
GA
AAGA
JKGA
Ngô Hoàng Toàn YD
-
K38
2012
Con đường dẫn đến thành công là sự tôi luyện của bản thân Page 10
CÁC BÀI TOÁN VỀ TỨ DIỆN
Cũng như trong hình học phẳng muốn khảo sát một bài toán phức tạp về đa giác ta
cần nắm vững các bài toán cơ bản về tam giác. Trong hình không gian cũng vậy, muốn
khảo sát bài toán phức tạp về khối đa diện ta cần nắm vững các bài toán cơ bản về tứ
diện.
1. CÁC VẤN ĐỀ CHUNG
Trong phần này ta sẽ gặp các bài toán trong một tứ diện tổng quát các vấn đề chung
của hình học không gian như sự song song, sự vuông góc, thể tích…
Ví dụ 1: Cho tứ diện ABCD
1. Chứng minh các đường thẳng nối đỉnh với trọng tâm mặt đối thì đồng quy tại điểm
G gọi là trọng tâm tứ diện.
2.Chứng minh các tứ diện GBCD,GCDA,GDAB,GABC có cùng thể tích.
Giải
1. Chứng minh AA’,BB’,CC’,DD’ đồng quy (
với A’, B’, C’, D’ lần lượt là trọng tâm các mặt
(BCD), (ACD), (ABD), (ABC))
Gọi I là trung điểm của CD. Trọng tâm B’ của
ACD thuộc AI. Ta có : AA’ và BB’ cùng thuộc
mp(ABI) nên cắt nhau ở G và:
3
1''
//''
3
1''
AB
BA
ABBA
IA
IB
IB
IA
Do đó :
3
1''
GB
GB
GA
GA
- Nếu ta dùng trung điểm J của của AD ta cũng sẽ được BB’ và CC’ cắt nhau tại đỉnh G
ấy. Tương tự như vậy DD’ cũng đi qua G.
2. Chứng minh
GABCGDABGCDAGBCD
VVVV
Ngô Hoàng Toàn YD
-
K38
2012
Con đường dẫn đến thành công là sự tôi luyện của bản thân Page 11
Gọi V là thể tích tứ diện ABCD;
DCBA
hhhh ,,, là các chiều cao của tứ diện xuất phát từ
A,B,C,D;
DCBA
hhhh ',',',' là các chiều cao xuất phát từ G trong bốn tứ diện nhỏ
GBCD,GCDA,GDAB,GABC. Ta có :
VV
AA
GA
h
h
V
V
GBCD
A
AGBCD
4
1
4
1
'
'
'
Tương tự cho 3 tư diện nhỏ còn lại. Tóm lại:
VVVVV
GABCGDABGCDAGBCD
4
1
Ví dụ 2: Cho tứ diện ABCD. Gọi
1111
,,, DCBA lần lượt là tâm đường tròn nội tiếp của
tam giác BCD,CDA,DAB,ABC.
Chứng minh:
1111
,,, DDCCBBAA đồng quy BCADBDACCDAB
.
Giải
1. Thuận
Giả sử
1111
,,, DDCCBBAA đồng qui.
Xét cặp
1
AA và
1
BB . Gọi giao điểm của
1
BA và
CD là M. Do
1
AA và
1
BB cắt nhau nên A,
1
B , M
thẳng hàng; B, A
1
, M thẳng hàng.
BM là phân giác của góc B trong BCD
nên
MD
MC
BD
BC
AM là phân giác trong của góc A trong ACD
nên
MD
MC
AD
AC
Do đó : BCADBDAC
AD
AC
BD
BC
Nếu ta xét cặp
1
BB và
1
CC ta cũng có :
Ngô Hoàng Toàn YD
-
K38
2012
Con đường dẫn đến thành công là sự tôi luyện của bản thân Page 12
CDBACABD
Như vậy ta có : BCADBDACCDAB
2. Đảo:
Giả sử ta có : BCADBDACCDAB
Xét đẳng thức :
BD
BC
AB
AC
BCADBDAC
Dựng phân giác trong AM của góc A trong ACD
. Ta có :
MD
MC
AD
AC
Do giả thuyết ta có :
MD
MC
BD
BC
=>BM là đường phân giác góc B trong BCD
Như vậy :
AMB
BMA
1
1
Suy ra :
1
AA và
1
BB cùng nằm ở trong mặt phẳng (ABM) nên cắt nhau.
Nếu ta xét đẳng thức : BCADBDAC
thì ta cũng chứng minh được
1
CC và
1
DD cắt
nhau ; tiếp tục như vậy ta đi tới kết quả là
1111
,,, DDCCBBAA cắt nhau từng đôi một
nhưng không đồng phẳng nên chúng đồng quy.
Ví dụ 3: Cho tứ diện ABCD. Gọi IJ là đoạn vuông góc chung của AB và CD (
CDJABI
; ) và
là góc của AB và CD. Chứng minh rằng thể tích tứ diện được tính
bởi:
sin
6
1
IJCDABV
ABCD
.
Giải
Ta dựng hình hộp xiên DCBABDAC
1111
11
BDAC
SS
Ngô Hoàng Toàn YD
-
K38
2012
Con đường dẫn đến thành công là sự tôi luyện của bản thân Page 13
h = chiều cao của hình hộp.
h là độ dài đoạn IJ.
Ta có :
BCDACDBBCDAAABDDABCCDCBABDAC
VVVVVShV
11111111
Nhưng do :
SSSSS
CDBCDAABDABC
2
1
1111
Nên :
VSh
VVVV
CDBBCDAAABDDABCC
6
1
2
1
3
1
1111
Suy ra : ShVVVV
BCDA
3
1
3
1
3
2
.
Nhưng : h=IJ
sin
2
1
sin
2
1
11
CDABDCABS
Vậy :
sin
6
1
IJCDABV
ABCD
Ví dụ 4: Cho tứ diện ABCD. Tìm điểm M trong không gian sao cho
2222
MDMCMBMA
đạt giá trị nhỏ nhất.
Giải
Gọi E, F lần lượt là trung điểm của AB và CD.
Ta có :
Ngô Hoàng Toàn YD
-
K38
2012
Con đường dẫn đến thành công là sự tôi luyện của bản thân Page 14
2
2
2
2
2
222
2
222
CD
MFMDMC
AB
MEMBMA
Do đó :
)(2
2
22
22
2222
MFME
CDAB
MDMCMBMA
Gọi O là trung điểm EF, ta có :
2
2
2
222
EF
MOMFME
Vậy :
2
22
22
22
2222
2
4
2
EF
CDAB
MOEF
CDAB
MDMCMBMA
Qua đó ta kết luận
2222
MDMCMBMA
đạt giá trị nhỏ nhất nếu và chỉ nếu OM
.
Ví dụ 5: Trên đáy ABC của tứ diện OABC ta lấy một điểm M. Các đường thẳng song
song với cạnh OA, OB, OC đi qua M, cắt các mặt (OBC), (OCA), (OAB) lần lượt tại
A
1
,B
1
,C
1
. Chứng minh rằng :
1
111
OC
MC
OB
MB
OA
MA
Giải:
Nối M với các đỉnh O, A, B, C .Khi đó
V
OABC
= V
MOAB
+ V
MOBC
+ V
MOCA
Chia hai vế cho V
OABC
, ta được :
1
OABC
MOAC
OABC
MOBC
OABC
MOAB
V
V
V
V
V
V
Ta xét tỷ số:
OABC
MOBC
V
V
Ta kẻ AH vuông (OBC), MK vuông (OBC)
Khi đó AH // MK
Hai tam giác OAH và A
1
MK đồng dạng
nên
OA
MA
AH
MK
1
Ngô Hoàng Toàn YD
-
K38
2012
Con đường dẫn đến thành công là sự tôi luyện của bản thân Page 15
AHSV
MKSV
OBCOABC
OBCMOBC
.
3
1
.
3
1
Nên:
OABC
MOBC
V
V
=
OA
MA
AH
MK
1
Tương tự ta có:
OB
MB
V
V
OC
MC
V
V
OABC
MOAC
OABC
MOAB 11
;
Vậy: 1
111
OC
MC
OB
MB
OA
MA
Ví dụ 6: Giả sử M là một điểm nằm trong tứ diện ABCD. Các đường thẳng MA, MB,
MC, MD cắt các mặt đối diện tại A
1
; B
1
; C
1
; D
1
. Chứng minh rằng :
1
1
1
1
1
1
1
1
1
DD
MD
CC
MC
BB
MB
AA
MA
Giải
Nối M với 4 đỉnh của tứ diện ABCD, ta có :
V
ABCD
= V
MBCD
+ V
MACD
+ V
MABD
+ V
MABC
=>
V
V
V
V
V
V
V
V
MABCMABDMACDMBCD
1
Xét tỷ số :
V
V
MBCD
Ta có :
MBCDMBCD
hSV .
3
1
(h
M
là đường cao của
hình chóp MBCD hạ từ M)
ABCD
hSV .
3
1
(h
A
là đường cao của tứ diện ABCD
hạ từ A).
Vậy:
.
A
MMBDC
h
h
V
V
Vì h
M
// h
A
nên
1
1
AA
MA
h
h
A
M
Tương tự:
DD
MD
V
V
CC
MC
V
V
BB
MB
V
V
MABCMABDMACD 1
1
1
1
1
;;
Từ các hệ thức đó dễ dàng suy ra điều cần chứng minh.
BÀI TẬP
Bài 1: Cho tứ diện ABCD đáy là tam giác BCD cân ở D, BC =a và
2
BDC .Biết thêm
là các cạnh bên nghiêng đều với đáy một góc
Ngô Hoàng Toàn YD
-
K38
2012
Con đường dẫn đến thành công là sự tôi luyện của bản thân Page 16
1.Xác định vị trí của chân đường cao H vẽ từ A của tứ diện đối với BCD
2.Tính thể tích tứ diện theo a,
,
Giải
1.Vị trí của H đối với BCD
Theo giả thiết :
ADHACHABH
Nên HB = HC = HD
Vậy H là tâm đường tron ngoại tiếp BCD
2.Tính V
Ta có
2
sin
2
2
sin
a
RR
BDC
BC
AHD
vuông ở H nên :
2
sin
2
.
atg
tgHDAHh
DBI
vuông ở I nên : ( I là trung điểm của
BC )
g
a
gBIDI cot
2
cot
Suy ra :
g
a
g
a
aDIBCSB
DBC
cot
4
cot
2
.
2
1
.
2
1
2
Vậy
2
3
2
sin
48
.
2sin2
.cot.
43
1
3
1
tga
V
atg
g
a
BhV
Ngô Hoàng Toàn YD
-
K38
2012
Con đường dẫn đến thành công là sự tôi luyện của bản thân Page 17
Bài 2: Cho trước góc tam diện Oxyz và điểm M cố định trong góc đó, Mặt phẳng (P) lưu
động qua M cắt Ox tại A, Oy tại B và Oz tại C. Định vị trí của (P ) để
OABC
V nhỏ nhất
Giải
AM cắt BC ở I, BM cắt AC ở J và CM cắt AB ở K. Qua M vẽ )(//
00
OIAOAMA
Ta có :
ABC
MBC
S
S
IA
IM
OA
MA
0
Tương tự ta vẽ các điểm
00
,CB và được
ABC
MAB
ABC
MAC
S
S
OC
MC
S
S
OB
MB
0
0
Suy ra : 1
00
ABC
MABMACMBCO
S
SSS
OC
MC
OB
MB
OA
MA
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy vào kết quả trên ta có :
constVV
MCMBMAOCOBOA
OCOBOA
MCMBMA
CBMAOABC
000
27
27
31
000
000
Vậy
OABC
V nhỏ nhất khi và chỉ khi đẳng thức xảy ra, tức là
Ngô Hoàng Toàn YD
-
K38
2012
Con đường dẫn đến thành công là sự tôi luyện của bản thân Page 18
0
0
0
00
3
3
3
3
1
MCOC
MBOB
MAOA
OC
MC
OB
MB
OA
MA
O
Mặt phẳng )()( ABCP
hoàn toàn được xác định
Bài 3: SABC là một hình chóp tam giác đều với cạnh đáy AB = a, đường cao SH = h.
1. Tính theo a và h các bán kính r, R của hình cầu nội tiếp và ngoại tiếp hình chóp.
2. Giả sử a cố định và h thay đổi. Xác định h để
R
r
lớn nhất.
Giải
1. Tính R :
Tâm O hình cầu ngoại tiếp tứ diện SABC nằm trên
SH ( trục của đường tròn ngoại tiếp ABC
và trên
đường trung trực của SA vẽ trong mp(SAH ).
Tứ giác AHOJ nội tiếp ( J là trung điểm của SA ) do đó:
SH
SA
rSOSASJSHSO
2
2
Nhưng :
h
ah
R
aha
h
a
hHASHSA
6
3
3
3
32.3
32
22
222
2
2
2222
* Tính r
Tâm O’ hình cầu nội tiếp tứ diện nằm trên SH và trên phân giác trong của SIH ( I là
trung điểm của BC ), góc phẳng của nhị diện cạnh BC.
Tính chất của phân giác cho “
HI
IS
HIh
RrhHIISR
IS
HI
S
O
HO
.
)(.
'
'
Ngô Hoàng Toàn YD
-
K38
2012
Con đường dẫn đến thành công là sự tôi luyện của bản thân Page 19
Ta có:
126
3
6
3
2
2
2
22
a
h
a
hIS
a
HI
Cho nên r được định bởi :
2222
12
6
12.3
6
3
6
3
aha
ah
aha
a
h
r
2.Định h để
R
r
lớn nhất
Ta có :
)8).(12(
6
2222
2
ahaha
ah
R
r
Đặt:
12
12
12
22
2
222
22
ax
h
ax
xah
ax
ahx
Do đó
22
22
22
3
2
4
3
.
12
6
ax
axa
ax
xa
ax
a
R
r
Bản biến thiên :
X
-a a 3a
f’(x) 0 + + 0 -
f(x)
a
6
1
0
Ngô Hoàng Toàn YD
-
K38
2012
Con đường dẫn đến thành công là sự tôi luyện của bản thân Page 20
Vậy
3
1
max
R
r
nếu và chỉ nếu x =3a
3
6a
h
Bài 4: Trong một tứ diện chỉ có một cạnh có độ dài lớn hơn 1 chứng minh rằng thể tích
tứ diện ấy không vượt quá 1/8
Giải
Cho tứ diện ABCD có AB>1 còn các cạnh khác
nhỏ hơn hay bằng 1. Ta sẽ chứng minh
8/1
V
Vẽ đường cao AE trong tam giác ABC và
đường cao BF trong tam giác BCD
Gọi AH là đường cao của tứ diện vẽ từ A. Đặt
CD = a ( 1
a )
Ta chứng minh :
4
1
4
1
2
2
a
BF
a
AE
Nếu
2
a
ED thì
4
1
2
222
a
ECACAE
(do
2
a
EC )
Nếu
2
a
ED thì
4
1
2
222
a
EDADAE
Trong cả hai trường hợp ta đều có :
4
1
4
1
22
2
a
AE
a
AE
Tương tự như vậy ta cũng chứng minh được:
Ngô Hoàng Toàn YD
-
K38
2012
Con đường dẫn đến thành công là sự tôi luyện của bản thân Page 21
4
1
4
1
22
2
a
BF
a
BF
Thể tích tứ diện :
)4(
24
1
)
4
1(
6
1
6
1
2
1
.
3
1
.
3
1
2
2
aa
a
aBFAECDAHBFCDAHdtBCDV
Xét hàm
43)(
)1()4()(
2
2
aaf
aoaaaf
Bảng biến thiên :
a
3
2
0 1
3
2
f’(a) 0 + 0
f(a ) 0 3
Vậy
8
1
24
3
max
V xảy ra khi a= 1
Cuối cùng ta thử xem có tồn tại một tứ diện như trên không. Chọn tứ diện ABCD như
sau:
Tam giác BCD đều cạnh a = 1 và tam giác ACD đều cạnh a = 1
Và )()( ACDBCD
Ta có:
1
2
3
2
3
2
3
2.2
8
1
2
3
.
4
3
.
3
1
2
2222
AB
AHHBAHAB
V
Tứ diện ABCD thỏa đề bài.
Ngô Hoàng Toàn YD
-
K38
2012
Con đường dẫn đến thành công là sự tôi luyện của bản thân Page 22
Bài 5: Cho tứ diện S.ABC có SA = x, BC = y, các cạnh còn lại đều bằng 1.Tính thể
tích hình chóp theo x và y.
Giải:
Goi I là trung điểm của SA.
Kẻ BI và CI.
Do SABC có :
SA = SB
BI
SA
SA = SC
CI
SA
SA
BIC) hay SA là đường cao
của SIBC và AIBC
Mặt khác I là trung điểm của SA nên
SIBC = AIBC
Kẻ IH vuông góc với BC
Ta có: BI =
22
SISB
2
4
4
1
2
2
x
x
IH =
2
2
BHIB
2
4
4
4
44
4
22
2242
yx
yxyx
S
IBC
=
22
22
4.
4
.
2
4
.
2
1
.
2
1
yx
y
y
yx
BCIH
V
SIBC
= V
AIBC
=
2222
4.
24
4.
4
.
3
1
.
2
yx
xy
yx
yx
V
SABC
= V
SIBC
+ V
AIBC
= 2.V
SIBC
=
22
4.
12
yx
xy
Bài 6: Cho tứ diện ABCD có các cạnh AD = BC = a, AC = BD = b, AB = CD =c. Tính
thể tích tứ diện theo a, b, c.
Giải:
Lấy các điểm P,Q,R sao cho B,C,D là trung điểm của EQ,QR,PR
Ngô Hoàng Toàn YD
-
K38
2012
Con đường dẫn đến thành công là sự tôi luyện của bản thân Page 23
Có: PQ=2DC=2c; PR=2BC=2a
PQR
S 4S
BCD
Ta thấy: AB=CD= c
PQ
2
(đtt=1/2 cạnh chứa nó)
1AQAPvuôngAPQ
Tương tự: AD=BC=
2
2
ARAPa
RP
Từ (1)(2)
ARQAP
*
4
4
;4
6
1
.
3
1
2222
2222
2222
aARAPPR
cAQAPPQ
bARAQRQ
có
ARAQAPSAPVS
AQRAQRPPQRA
Tứ diện ABCD và APQR có cùng
đường cao và
4
PQR
BCD
S
S
:1*
12*
4
222222
.
cótavàothay
cbaAQARAP
V
V
PQRA
ABCD
2222
2222
2222
2
2
2
acbAQ
bcaAP
cbaAR
Vậy
AQRP
V
.
222222222
2 acbbcacba
Bài 7: Cho tứ diện S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a, aSA 2
và
ABCSA .
Gọi M và N lần lượt là hình chiếu của A trên các đường thẳng SB và SC. Tính thể tích
khối chóp A.BCNM.
HD:
50
33
25
16
3
2
2
2
a
V
SB
SA
SC
SN
SB
SM
SA
SA
V
V
SABC
SAMN
Ngô Hoàng Toàn YD
-
K38
2012
Con đường dẫn đến thành công là sự tôi luyện của bản thân Page 24
Giải:
554
222222
aSBaaaABSASB
5
54
5
4
.
22
2
a
a
a
SB
SA
SMSMSBSA
554
222222
aSCaaaACSASC
5
54
.
2
2
a
SC
SA
SNSCSNSA
ABCSAMNS
ABCS
AMNS
VV
a
a
a
a
SC
SN
SB
SM
V
V
.
.
25
16
25
16
5
5
54
.
5
5
54
.
4
3
2
a
S
ABC
6
3
4
3
.2.
3
1
3
1
32
.
aa
aSSAV
ABCABCS
Bài 8: Cho hình tứ diện ABCD có AD
(ABC). Cho AC = AD = 4cm, AB = 3cm, BC =
5cm.
a) Tính khoảng cách từ A đến mp(BCD)
b) Tính thể tích tứ diện ABCD.
Giải:
a) Ta có
Từ A dựng AK
BC
Ta có:
BCDA
BCAK
)(DKABC
KDBC
Trong mp(DKA) dựng SA
DK
Ta có:
BCSA
DKSA
SADAKAd
))(,(
Ta có:
5
12.
.
2
1
.
2
1
BC
ACAB
AKBCAKACABS
ABC
