Các bài tập dạng tứ diện và hình hộp

MỞ ĐẦU
1. Lí do chọn đề tài
Hình học sơ cấp là một bộ phận của toán học,
2. Mục đích của đề tài
Trên cơ sở nghiên cứu đề tài, tôi muốn giới thiệu đến các bạn về
những bài tập phần “các khối đa diện đặc biệt trong không gian”. Từ
đó các bạn có thể hiểu rõ hơn kiến thức về các khối đa diện, nắm vững
tốt kiến thức đó và vận dụng được nó vào những bài toán liên quan
khác.
3. Lịch sử vấn đề và phát hiện vấn đề
Sau thời gian học tập ở trường đại học Hồng Đức, tôi nhận thấy
hình học sơ cấp là một môn học khó đa dạng và rất phức tạp. Đặc biệt
là ứng dụng của chúng. Chính vì vậy, tôi đã quyết định chọn đề tài
“Các khối đa diện đặc biệt trong không gian” với mục đích nêu trên.
4. Đối tượng nghiên cứu và nội dung nghiên cứu
Hình học sơ cấp
5. Phương pháp nghiên cứu
Để thực hiện đề tài này tôi đã sử dụng các phương pháp nhiên cứu
sau:
- Tham khảo tài liệu có sẵn.
- Phương pháp nghiên cứu lý luận.
- Phương pháp phân tích.
- Phương pháp tổng hợp.
- Phương pháp khát quát hóa.
- Phương pháp tổng kết kinh nghiệm.


6. Nội dung
Gồm 3 phần:
- Phần 1: Mở đầu
- Phần 2: Nội dung cụ thể

- Phần 3: Kết luận


NỘI DUNG
CHƯƠNG I: TỨ DIỆN
I, Tứ diện vuông
1, Khái niệm
Tứ diện vuông O.ABC là tứ diện có ba mặt OAB, OBC, OAC là
ba tam giác vuông. Trong tứ diện vuông, góc tam diện một đỉnh
là ba góc vuông (OA, OB, OC đôi một vuông góc)
2, Tính chất
Cho tứ diện O.ABC là tứ diện vuông tại đỉnh O, H là chân
đường cao hạ từ đỉnh xuống mặt phẳng đáy:
- Các cạnh đối của tứ diện vuông vuông góc với nhau.
- Chân đường cao hạ từ đỉnh xuống đáy trùng với trực tâm
mặt đáy.
- Nghịch đảo của bình phương độ dài đường cao tứ diện
bằng tổng các nghịch đảo bình phương các cạnh bên của
tứ diện.
- Tổng bình phương cos các góc tạo bởi đường cao của tứ
diện và các cạnh bên bằng 1.
- Tổng bình phương cos các góc tạo bởi mặt phẳng bên và
mặt phẳng đáy bằng 1. Gọi

a , b, g

là các góc hợp bởi giữa

mặt phẳng đáy (ABC) và các mặt phẳng bên thì
2

2

2

cos α + cos β + cos γ = 1.

- Bình phương diện tích mặt đáy bằng tổng bình phương
2

diện tích các mặt bên
3, Ví dụ

S

2

∆ABC

=S

2

OAB

2

+ S OAC + S OBC .

1, Cho tứ diện vuông O.ABC vuông tại O

∆ABC

a, C/m các góc trong
OH ^

đều nhọn,

( ABC ) .

b, Vẽ
Chứng minh H là trực tâm tam giác ABC,
ngược lại đúng không?
c, Cho OA = a; OB = b; OC = c; tính OH?
Giải
a, Chứng minh

∆ABC

Ta chứng minh
2

Ta có:

Aˆ

nhọn

2

2

BC = AC +AB − 2AC.AB.cos A
2

Do đó

=

là tam giác nhọn

2

AB +AB − BC
cosA =
2 AB. AC

2

2
2
2
2
2

 2
OA
+OB
+OA

+OC
−
OB
−
OC

÷ 
÷

 

2 AB. AC
2

=

OA
AB. AC

b, Vẽ

OH ^

>0

⇒ 0
( ABC )

(đpcm)

.

• Chứng minh H là trực tâm tam giác ABC

Ta có:

 AB ^ OH
⇒ AB ^ ( OCH ) ⇒ AB ^ CH.

 AB ^ OC

Tương tự như trên ta được CA

^

BH


Vậy h là trực tâm của tam giác ABC.
• Chứng minh ngược lại: H là trực tâm tam giác ABC

^

chứng minh OH

(ABC)

 AB ^ CH
⇒ AB ^ ( OCH ) ⇒


 AB ^ OC

( OCH ) ^ ( ABC ) .

Tương tự như trên ta được (OBH)
Từ (1) (2) suy ra: OH

^

(1)

^

(ABC)

(ABC).

c, Tính OH
CH cắt BC tại I, theo định lý 3 đường vuông góc cho ta

OI ^ AB.
1
Ta có:

OH

2

1

=

OI

2

OC

1
OA
1
=

a

2

2

1

+

2

=

1

+

OB

+

1
b

2

+

2

1
c

2

1

+

OC
.

abc
2 2

Vậy OH =

2 2

2 2

a b +b c +c a

.

2

(2)


2, Cho tứ diện vuông O.ABC vuông góc tại O. Gọi

a , b, g

là

các góc hợp bởi giữa mặt phẳng đáy (ABC) và các mặt phẳng
bên chứng minh rằng:
2

2

2

cos α + cos β + cos γ = 1.

Giải
2

Chứng minh

∆ OAH

2

2

cos α + cos β + cos γ = 1.

vuông tại H nên:
2

2
OH
OH
cosα =
⇒ cos α =
2
OA
OA

Từ đó suy ra:
2
2
2

2 1
1
1 
cos α + cos β + cos γ = OH 
+
+
.
2
2
2 ÷
OC 
 OA OB

Theo bài 1 ta có:
2

 1
1
1 
1
+
+
=

2
2
2 ÷
2
OC  OH
 OA OB

2

2

2

cos α + cos β + cos γ = OH .
Suy ra

1
OH

2

= 1
(đpcm).


3, Cho tứ diện vuông O.ABC vuông tại O. Chứng minh rằng:
2

S

2

∆ABC

2

2

= S OAB + S OAC + S OBC .

Giải
Vẽ

OI ^ AB

. Theo định lý 3 đường vuông góc ta có:

OC ^ ( OAB )
⇒ CI ^ AB

AB
^
OI


S

2

2

∆ABC

=S

OAB

+S

2

2

OAC

+S

OBC

2
2
2
2
2
1
1
1 2
= OB .OC + OC .OA + OA .OB
4
4
4

(

)

2

2
2
2
2
2
2
1
1 2
1
1 2
= OC OA + OB + OA .OB = OC . AB + OA .OB
4
4
4
4


2
2
2
1
1 2
= OC . AB + OI . AB
4
4

=

(

)

2
2
2
2
2
1
1
2
AB OC + OI = AB .CI
S ∆ABC
4
4
=
(đpcm).

4, Cho tứ diện vuông O.ABC vuông tại O. Đặt OA=a; OB=b;
OC=c.
a, Nếu
2

Aˆ , Bˆ , Cˆ

là 3 góc trong

2

∆ ABC

. Chứng minh:

2

a tan Aˆ = b tan Bˆ = c tan Cˆ .
0

b, Nếu a + b = c. Chứng minh

OCAˆ + OCBˆ + ACBˆ = 90 .

Giải
2

a, Chứng minh

2

2

a tan Aˆ = b tan Bˆ = c tan Cˆ


Vẽ CH

^

AB. Áp dụng định lý 3 đường vuông góc cho OH

S∆ABC =

AB. Ta có:

1
AB.CH
2

=

^

1
ˆ
AB.AHtanA
2

2
1 2
ˆ 1 a tan Aˆ
OA tanA
2
2
=
=

Tương tự ta có:
Vậy suy ra:

2
1 2
ˆ = 1 c tanCˆ

S∆ABC = b tanB
2
2

2
2
2
ˆ
ˆ = c tanC
a tan Aˆ = b tanB

(đpcm).

II, Tứ diện trực giao (tứ diện trực tâm)
1, Khái niệm
Tứ diện trực giao là tứ diện có cặp cạnh đối vuông góc với
nhau từng đôi một.
2, Tính chất


Cho A.BCD là tứ diện trực tâm (AB

^

^

CD, AC

^

BD, AD

BC).
- Các đường cao của tứ diện đồng quy.
- Mỗi đường cao của tứ diện đi qua trực tâm của mặt đáy
tương ứng.
- Các đoạn nối trung điểm các cạnh đối bằng nhau.
- Tổng bình phương các cạnh đối bằng nhau
- Các đường vuông góc chung của các cặp cạnh đối đồng
quy.
- Trung điểm của các cạnh và các chân đường vuông góc
chung của các cặp cạnh đối diện nằm trên một mặt cầu.
- Tổng bình phương các cạnh đối bằng nhau
2

2

2

2

2

AB + CD = AC + BD = AD + BC

2

- Với mọi điểm M nằm trong tứ diện ta có:
MA.S BCD + MB.S ACD + MC.S ABD ≥ 9V

với V là thể tích

của tứ diện (dấu “=” xảy ra kh M trùng với trực tâm của tứ
diện).
3, Ví dụ
1, Chứng minh rằng trong một tứ diện nếu có hai cặp cạnh
đối vuông góc thì cặp cạnh đối thứ ba cũng vuông góc.
Giải
Cho tứ diện A.BCD. giả sử ta có:

 AC ^ BD

 AB ^ CD
Ta sẽ chứng minh BC
Vẽ AH

^

^

(BCD). Ta có:

AD.


 AH ^ CD
⇒ CD ^ ( ABH ) ⇒ CD ^ BH

AB
^

CD

 AH ^ BD
⇒ CD ^ ( ACH ) ⇒ CD ^ CH

AC
^
B
D

Do đó H là trực tâm tam giác BCD nên ta có:

BC ^ DH
⇒ BC ^ ( ADH ) ⇒ BC ^ AD

B
C
^
AH


(đpcm).

A

j

B

D

H

C

2, Chứng minh rằng một tứ diện là tứ diện trực tâm nếu và chỉ
nếu hình chiếu của mỗi đỉnh lên mặt đối diện là trực tâm của
mặt đó.


Giải
Thuận:
Cho tứ diện trực tâm A.BCD. Gọi A’, B’, C’, D’ là hình chiếu của
A, B, C, D lên các mặt đối diện. Ta chứng minh A’ là trực tâm
của BCD rồi suy ra ba kết quả còn lại.

CD ^ AB
⇒ CD ^ ( ABA ') ⇒ CD ^ A 'B.

CD
^
AA'

Tương tự ta có

BD ^ A'C

Vậy A’ là trực tâm của tam giác BCD.
Đảo:
Gọi A’ là trực tâm của tam giác BCD trong tứ diện trực giao

A.BCD. ta chứng minh A’ là hình chiếu của A xuống (BCD).
Ta có:

CD ^ AB
⇒ CD ^ ( ABA ' ) ⇒ CD ^ AA '

CD
^
A'B

Tương tự ta có

Từ (1) (2) ta có

BD ^ AA'

(2)

.

( BCD ) ^

(1)

AA '

.

Vậy A’ là hình chiếu của A lên (BCD).
Đối với các điểm B, C, D hoàn toàn tương tự.

A

D

C'

B

A'
B'
D'
C

3, Chứng minh một tứ diện là tứ diện trực tâm nếu và chỉ
nếu tổng bình phương các cặp cạnh đối bằng nhau từng đôi
một.
Giải
Thuận:
Cho tứ diện trực tâm ABCD. Vẽ BI
Ta có:
CD ^ AB
⇒ CD ^

CD ^ BI

( ABI ) ⇒ CD ^

^

CD

AI.

Gọi M là trung điểm của CD.
Ta có:
2

2

AC − AD = 2CD.MI

2

;

2

BC − BD = 2CD.MI

Từ đó ta có:
2

2

2

AC − AD = BC − BD

2

2

2

2

AC + BD = BC + AD

2

hay
(1)
Ta chỉ mới sử dụng một cặp cạnh đối vuông góc nhau, đó là
CD

^

AB , mà ta đã dược (1). Nếu ta sử dụng thêm một cặp


đối khác vuông góc nhau, chẳng hạn như BC
được:
2

2

2

AB + CD = AC + BD

^

AD thì ta

2

(2)

Từ (1) và (2) ta có :
2

2

2

2

2

AC + BD = BC + AD = AB + CD

2

(3) (đpcm)

Đảo:
Cho tứ diện A.BCD sao cho các cạnh thõa mãn (3).
Ta chứng minh tứ diện ấy là tứ diện trực tâm.

Vẽ đường cao BI trong tam giác BCD, đường cao AJ trong tam
giác ACD.
Vẫn gọi M là trung điểm BC ta có:
2

2

BC − BD = 2CD.MI
2

(I)

2

AC − AD = 2CD.MI

(II)

Theo giả thiết (3) ta có:
2

2

2

2

2

2

2

2

AC + BD = BC + AD = AC − AD = BC − BD .

Từ (I) và (II) suy ra:

MI = MJ ⇒ I = J

Lúc đó:

 CD ^ AI
⇒ CD ^ AB.

CD
^
BI


Nếu như ta sử dụng (2) ta sẽ được BC
để kết luận A.BCD là tứ diện trực tâm.

^

AD. Như vậy cũng đủ


4, Chứng minh một tứ diện là tứ diện trực tâm nếu và chỉ nếu

các đường cao của nó đồng quy.
Giải
Thuận:
Cho A.BCD là tứ diện trực giao, AA’, BB’, CC’, DD’ là các
đường cao của tứ diện. Để chứng minh chúng đồng quy ta
chứng minh chúng cắt nhau từng đôi một. Chẳng hạn ta chứng
minh AA’ và BB’ cắt nhau.

Ta có:

CD ^ AB
⇒ CD ^ ( ABA ') ≡ ( ABI )

CD ^ AA'

(I là giao điểm của B’A với CD)
⇒ ( ABI ) ^

( ACD )

Nhưng BB’

^

(ACD) nên:

B ∈ AI
Vậy AA’ và BB’ chính là 2 đường cao của tam giác ABI nên cắt
nhau. Tương tự chứng minh các cặp đường thẳng còn lại cắt
nhau.

Giao điểm H của 4 đường cao trong tứ diện gọi là trực tâm của
tứ diện.
Đảo:


Cho tứ diện A.BCD có 4 đường cao là AA’, BB’, CC’, DD’ đồng
quy. Ta chứng minh tứ diện ấy là tứ diện trực tâm
Xét 2 đường cao AA’ và BB’, cắt nhau ở H. Ta có:
AA ' ^

( BCD ) ⇒ AA' ^

CD

BB' ^

( ACD ) ⇒ BB' ^

CD

Do vậy CD

^

AB

Chứng minh tương tự với các cặp cạnh còn lại.
Suy ra điều cần chứng minh.
5, Chứng minh trong một tứ diện trực tâm, các điểm chính
giữa của các cạnh và chân các đoạn vuông góc chung của các

cặp cạnh đối diện đều nằm trên một mặt cầu.
Giải
Gọi M, N, P, Q, S lần lượt là điểm chính giữa của AB, BC, CD,
AC, BD. Sẽ thấy rằng MP, NQ, RS cắt nhau tại trung diểm mỗi
đoạn. Gọi điểm này là điểm O, đó chính là trọng tâm của tứ
diện.
Ngoài ra do AC

^

BD nên MN

^

MQ và tương tự.

Suy ra MNPQ, MSPR, .... là những hình chữ nhật nên:

MN = NQ = RS ⇒ OM = ON = OP = OQ = OR = OS
Như vậy 6 điểm M, N, P, Q, S, R cùng nằm trên một mặt cầu
tâm O.
Gọi IJ là đoạn vuông góc chung của AB và CD.
Gọi KL là đoạn vuông góc chung của BC và AD.
Gọi EF là đoạn vuông góc chung của AC và BD.


Ta chứng minh 6 điểm I, J, K, L, E, F cùng nằm trên một mặt
cầu tâm O nói trên.
Trước hết ta có:

CD ^ AB
⇒ CD ^ BJ

CD
^
IJ

Ta chứng minh tương tự cũng có CF
Gọi G, H,

ω1

^

BD, DK

^

BC.

lần lượt là trọng tâm, trực tâm, tâm đường tròn

ngoại tiếp tam giác BCD.
O1 là hình chiếu của O lên (BCD).
Ta biết rằng AH

^

(BCD) và

O ∈ AG

nên

O 1 ∈ GH

.

Ta có:
GO 1 GO 1
=
=
O 1 H OA 3

GO1 GP 1
=
=
GH GB 3
Do đó

Vậy

O1 H=O1ω 1

O1

là tâm đường tròn Euler của đường tròn đi qua I, J, K,

L, E, F tức là:

O1 N = O1 K = O1 J = O1 P = O 1 S = O1 F
Suy ra:

ON = OK = OJ = OP = OS = OF .


Nói cách khác K, J, F thuộc mặt cầu (O)
Chứng minh tương tự cho L,E, I.

III, Tứ diện đều
1, Khái niệm
Tứ diện đều là tứ diện có 6 cạnh bằng nhau, do đó có 4 mặt là
các tam giác đều bằng nhau.
2, Tính chất
- Các mặt là các tam giác đều bằng nhau.
- Các cạnh bên tạo với đáy các góc bằng nhau và đều
bằng 60o
- Các mặt bên nghiêng đều với đáy.
- Chân đường cao hạ từ một đỉnh bất kì trùng với trực tâm,
trọng tâm, tâm đường tròn nội tiếp và tâm đường tròn
ngoại tiếp cảu mặt đó.
- Tâm mặt cầu ngoại tiếp, tâm mặt cầu nội tiếp và tâm của
tứ diện trùng nhau.


- Đường cao của tứ diện bằng

a

3

2

12

a 6
3

và thể tích bằng

.

R=
- Bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện

a 6
4

và bán kính

a 6
.
12

mặt cầu nội tiếp tứ diệ là
- Các cặp cạnh đối của tứ diện đôi một vuông góc với
nhau.
- Đoạn thẳng nối hai trung điểm của hai cạnh đối diện bất
kì là đoạn vuông góc chung của các đường thẳng chứa
hai cạnh ấy.

a 2
2

- Khoảng cách giữa hai cạnh đối diện bất kì bằng
- Hình hộp ngoại tiếp tứ diện đều A.BCD cạnh a là hình lập

phương có cạnh bằng

a 2
.
2

3, Ví dụ
1, Cho tứ diện đều A.BCD cạnh a.
a, Chứng minh các cặp cạnh đối diện vuông góc với nhau.
b, Tính chiều cao, thể tích, bán kính hình cầu ngoại tiếp của
tứ diện ấy.
Giải


a, Chứng minh các cặp cạnh đối diện vuông góc với nhau.
Gọi I là trung điểm của cạnh CD. Ta có:

CD ^ AI
⇒ CD ^ AB

CD ^ BI
Tương tự cho các cặp cạnh đối còn lại.
b, Tính h,V, R

Vẽ AH

^

(BCD), H là trực tâm của tam giác BCD ta có:
2

2

2 a 3
2a
AH = AB − BH = a −  .
.
÷ =
3
2
3


2

2

Vậy h =AH =

2

2

a 6

.
3
2

3

1
1 a 3 a 6 a 2
V = B.h = .
.
=
.
3
3 4
3
12


Gọi O là tâm hình cầu ngoại tiếp tứ diện A.BCD tâm O nằm
trên AH và đường trung trực của AB vẽ trong (ABH).
Tứ giác BHOJ nội tiếp, ta có
2

2

AB
a
a 6
AO. AH = AJ. AB ⇒ R = OA =
=

=
.
2. AH 2a 6
4
3

2, Cho tứ diện A.BCD đều cạnh a.
a, Gọi M là 1 điểm nằm trong tứ diện, x, y, z, t lần lượt là
khoảng cách từ M đến (BCD), (CAD), (DAB), (ABC). Chứng
minh x+y+z+t không đổi. Tính tổng số đó.
b, Tính bán kính hình cầu nội tiếp tứ diện A.BCD.
Giải
a, Nối M với 4 đỉnh của tứ diện. Tứ diện A.BCD bị chia thành 4
tứ diện nhỏ đỉnh M đáy là các mặt của tứ diện và độ dài các
đường cao chính là x, y, z, t.
Gọi h là chiều cao của tứ diện đều. Ta có:
VMBCD + VMCDA + VMDAB + VMABC = V

⇔ S ABC .( x + y + z + t ) = S ABC .h ⇔ ( x + y + z + t ) = h

( x + y + z + t) =
Vậy

.

a 6
.
3

b, Tính r

Nếu M ở tại tâm hình cầu nội tiếp của tứ diện A.BCD.

( x + y + z + t) = r ⇒ r =
Thì ta có:

h
a 6
⇒r=
4
12


3, Cho tứ diện đều A.BCD cạnh a, chiều cao AH, I là trung điểm
của AH.
a, Chứng minh rằng I.BCD là 1 tam diện vuông.
b, Tính bán kính hình cầu nội tiếp tứ diện I.BCD.
Giải

a, Ta biết AH là trục của đường tròn ngoại tiếp tam giác BCD
nên:

I ∈ AH ⇒ IB = IC = ID

∆ IBH
2

vuông tại H nên:
2

IB = BH + HI

Với

2

2 a 3 a 3
BH = .
=
3 2
3

và


a 6
a 6
⇒ HI =
3
6

AH =

2

Do đó:

2

Suy ra:
Vậy:

2

2

a 3 a 6
a
IB = 
÷ +
÷ =
2
 3   6 
2

2

2

IC + ID = a = CD

2

IC ^ ID.

IB ^ ID IB ^ IC

Tương tự như vậy ta cũng có
r=

b, Ta có:

,

3VIBCD
STP

Trong đó:
2

VIBCD
STP

3

1
1 2
1 a a
a
= .IB.IC.ID = IB .ID = . .
=
6
6
6 2
2 12 2

: là diện tích toàn phần của tứ diện I.BCD.
2

STP = 3S ICD + S BCD

1 a a
a 3
= 3. .
.
+
2 2 2
4

=

(

)

3+ 3 a
4

2

.

Suy ra bán kính hình cầu nội tiếp tứ diện I.BCD
3

r=

3a
:
12 12

(

)

3+ 3 a
4

2

=

(

a 3 2− 6
12

).


4, a,Cho ABC đều cạnh a. Một đường thẳng tuỳ ý qua tâm O
của tam giác cắt BC,CA,AB lần lượt tại M, N, P. Chứng minh:

1
OM

2

+

1

ON

2

1

+

OP

2

=

18
a

2

.

b, Cho tứ diện đều S.ABC. Qua đường cao SH của tứ diện ta
kẻ một mặt phẳng cắt các mặt bên theo những đường thẳng
tạo với mặt đáy của tứ diện các góc
2

2

α, β, γ

. Chứng minh:

2

tan α + tan β + tan γ = 12.
Giải
a, Gọi A’, B’, C’ lần lượt là trung điểm của BC, CA, AB. Đặt
ˆ
ϕ = A ' OM
Aj

B'

C'
O
B

P

Ta có:
ˆ = 120 − ϕ
C'OP

ˆ = 60 − ϕ
B'ON

A'

C

Ta có: OA’=OB’=OC’=

1 a 3 a 3
.
=
3 2
6

Cho nên:
1
OM

2

+

1
ON

2

+

1
OP

2

2

2
2
2

= OA  cos ϕ + cos (60 − ϕ ) + cos (120 − ϕ ) 


2
2

  1
 
12  2
1
3
3
= 2 cos ϕ +  cosϕ +
sinϕ ÷ +  − cosϕ +
sinϕ ÷ 

2
2
2
2

 
 
a 

=

12  2
1 2
3 2 
co
s
ϕ
+
co
s
ϕ
+
sin ϕ 
2
2
2


a

12 3 18
. = 2.
2 2
a
a
b, Mặt phẳng qua SH cắt các mặt (SBC), (SCA) và (SAB) theo
các giao tuyến lần lượt là SM, SN và SP. Ta có :
ˆ ; β = SNH
ˆ ; γ = SPH
ˆ .

α = SMH

Ta có:
2

2

2

tan α + tan β + tan γ =

SH
HM

2
2

2 1
1
1 
= SH 
+
+
÷.
2
2
2÷

HN
HP 

 HM

+

SH
HN

2
2

+

SH
HP

2
2