chuyên đề toán tứ diện vuông và ứng dụng của tứ diện vuông 123.doc

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH TIỀN GIANG
TRƯỜNG THPT CHUYÊN TIỀN GIANG
----oOo----

Nhóm thực hiện:
Huỳnh Ngọc Mai Hân.
Nguyễn Thị Ngọc Hiền.
Đỗ Mai Thảo.
Trần Thị Lan Vy.

GV hướng dẫn : Nguyễn Thị Hồng Nhung
Năm học 2011 - 2012


LỜI NÓI ĐẦU
Các bài toán hình học không gian liên quan đến tứ diện là một mảng các bài
toán hay và thường gặp trong các kì thi đặc biệt là thường xuất hiện trong các đề thi Đại
học. Tứ diện có rất nhiều loại, chúng tôi xin trình bày một mảng nhỏ trong các loại tứ diện
là TỨ DIỆN VUÔNG VÀ ỨNG DỤNG. Có rất nhiều bài toán nếu chúng ta biết áp dụng
tính chất của tứ diện vuông để kẻ thêm một số đường phụ khi đó ta sẽ có một lời giải đẹp.

1.
2.
3.
4.
5.

Trong chuyên đề này chúng tôi trình bày một số phần sau:
ĐỊNH NGHĨA TỨ DIỆN VUÔNG VÀ MỘT VÀI TÍNH CHẤT CƠ BẢN.
MỘT SỐ BÀI TOÁN LIÊN QUAN ĐẾN TỨ DIỆN VUÔNG.
BÀI TẬP TỰ LUYỆN.

ỨNH DỤNG CỦA TỨ DIỆN VUÔNG.
MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP TÌM CỰC TRỊ TRONG KHÔNG GIAN.

Hi vọng rằng sau khi đọc xong chuyên đề này các bạn sẽ có thêm
điều thú vị và bổ ích. Sau cùng chúng em xin gửi lời cám ơn chân thành đến Cô NGUYỄN
THỊ HỒNG NHUNG – GV CHUYÊN TOÁN đã hướng dẫn chúng em làm chuyên đề này.
Nhóm Biên Soạn.


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.

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 là một loại tứ diện trực tâm đặc biệt. Chính vì vậy tứ diện trực tâm 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 là trực tâm của tam giác ABC.
1
1
1
1
= 2+ 2+
2
SH
SA SB SC 2

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:


Tính chất 1:
AH kéo dài cắt BC tại M, CH kéo dài cắt AB tại P.

Do
Vì

 SA ⊥ SB
⇒ SA ⊥ ( SBC ) ⇒ SA ⊥ BC

 SA ⊥ SC
SH ⊥ ( ABC ) ⇒ SH ⊥ BC

(1)

(2)

BC ⊥ ( SAH ) ⇒ BC ⊥ AM

Từ (1) và (2) suy ra
.
Hoàn toàn 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
S SBC
= S HBC .S ABC (1)

Lý luận hoàn toàn tương tự ta có:


2
S SAB
= S HAB .S ABC (2)
2
S SAC
= S HAC .S ABC (3)

Cộng từng vế (1), (2) và (3) ta có đpcm.
Tính chất 4:
Thật vậy trong ta giác 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
cos A =
=
=
>0
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.

M ' ∈ OB

+ Vẽ MM’//OC (
), ta có: OC//(AM’M)
⇒
OH
⊥
( AMM ')
OH ⊥ AM '
+ Vẽ
J ∈ OC
I ∈ AM
+ Vẽ HI//OC (
), vẽ IJ//OH (
) ta có IJ là đoạn vuông góc chung của OC và AM.


Tam giác OAM’ vuông có OH là đường cao nên:
IJ = OH =
Suy ra

ab
4a 2 + b 2

1
1
1
=
+
2
2
OH
OA OM '2


a) Gọi K là trung điểm AC, ta có AB//(SKI). Do đó, khoảng cách giữa SI và AB bằng khoảng

cách từ A đến (SKI)
AB ⊥ ( SKA)
AH ⊥ SK
AB ⊥ AH
Vẽ
.Do
nên
AH ⊥ ( SKI )
AH ⊥ KI
Mà KI//AB nên
. Từ đó ta được
Vậy khoảng cách giữa SI và AB là đoạn AH
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông SAK,đường cao AH
1

1
1
4 1
=
+
= 2+ 2
2
2
2
AH
AK
AS
b
h

AH =

Vậy khoảng cách cần tìm là

b) Ta có

Vẽ

bh
b + 4h 2
2

VBMIJ BM BI BJ
=
.

.
VBSCA BS BC BA

AL ⊥ MJ

.Vì IJ//AC,mà

AC ⊥ ( SAB)

Ta có AL nằm trong mp(ASB) nên
AL ⊥ ( MIJ )

nên
IJ ⊥ AL

IJ ⊥ (SAB )

Vậy
Mà AC//(MIJ) nên AL là khoảng cách giữa AC và MJ
AL ≤ AJ
Mặt khác tam giác ALJ vuông tại L nên
AB ⊥ MJ
Khi đó
Suy ra M là trung điểm AB
VBMIJ 1 1 1 1
= . . =
VBSCA 2 2 2 8
Vậy

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

α

đi qua
A’B’ và
trọng tâm G
∆ABC
của
và tính tỉ số
thể tích 2
phần của
khối lăng

α

trụ do

chia cắt ra.


VA ' BB ' C = VABC . A' B 'C ' − VAA ' BC − VA' B 'C ' C

d3 3
=
12

a)
b) Thiết diện là hình thang A’B’FE. Gọi M,M’ lần lượt là trung điểm AB và A’B’.
M ' G = MM '2 + MG 2 =

Ta có :
Diện tích thiết diện là
S=

d 39
6

EF + A ' B '
5d 2 39
M 'G =
2
36

Gọi

V1 , V2

Ta thấy

lần lượt là thể tích phần trên (chứa A) và phần dưới (chứa C’) thiết diện hình lăng trụ

JI
EC 2
=
= ⇒ JC ' = 3d
JC ' A ' C 3

VJEFC
JE JF JC
8
=
.
.
=
VJA ' B 'C ' JA ' JB ' JC ' 27
k=

Từ đó

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.

Gọi I là 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
R = SO = SI + IO =
2

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),.

α

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
VOABC

của
và cho biết vị
trí I đối với tam giác
ABC lúc đó


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
do ta có

a
b
c
+
+
=1
OA OB OC

nên suy ra
lúc đó
Mà

a b c

.
.
OA OB OC

OA.OB.OC
abc

đạt giá trị lớn nhất khi

a
b
c
1
=
=
=
OA OB OC 3

(bất đẳng thức Cô-si)

đạt giá trị nhỏ nhất , tức là OA.OB.OC đạt giá trị nhỏ nhất

1
VOABC = OA.OB.OC
6

Nện thể tích OABC đạt giá trị nhỏ nhất là
Khi đó I là trọng tâm của tam giác ABC

9

abc
2

khi OA=3a, OB=3b, OC=3c


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

a)Vẽ

OH ⊥ AB

Ta có:

,định lý 3 đường vuông góc cho ta

CH ⊥ AB

1
1
1 a2 + b2
=
+
= 2 2
OH 2 a 2 b 2
ab

CH 2 = OC 2 + OH 2 = c 2 +

a2 + b2
a 2b 2

a 2b 2 + b 2c 2 + c 2 a 2
a 2 + b2

CH =

Vậy
S ABC =

1
1
AB.CH =
a 2b 2 + b 2c 2 + c 2 a 2
2
2

b)Ta có:

k = a + b + c + a 2 + b2 + b2 + c 2 + c2 + a 2

≥ 3 3 abc + 2ab + 2bc + 2ac ≥ 3 3 abc + 3 3 2ab2ac 2ca
k ≥ 3 3 abc + 3 2 3 abc = 3(1 + 2) 3 abc

suy ra
⇔ 3 abc ≤

⇔ abc ≤

k
3(1 + 2)

k3
27(1 + 2)3

Do đó

VOABC

1
k3
= abc ≤
6
162(1 + 2)3

Vậy giá trị lớn nhất của thể tích OABC là

Khi đó AB = AC = BC =

a 2

k3
162(1 + 2)3

khi a = b = c

k = 3a + 3a 2 ⇒

thay vào ta được
k3
k
a=b=c=
3
162(1 + 2)
3(1 + 2)
Vậy GTLN của thể tích OABC là
khi

a=b=c=

k
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.

a)Gọi H là hình chiếu của O trên ABC


Ta có

1
1 1 1
abc
= 2 + 2 + 2 ⇒ OH =
2
2
2
OH
a b c
a b + b 2c 2 + c 2a 2

VOABC =

b)

1
1 b+c 2 1 3
abc ≤ a (
) =
a
6
6
2
24
1 3
a
24

a

b=c= 2

Thể tích tứ diện OABC đạt giá trị lớn nhất là
khi
Xét hình hộp chữ nhật có 3 kích thước bằng OA, OB, OC, đường chéo hình hộp này là đường
kính của mặt cầu ngoại tiếp OABC, do đó
1
1 2 1
a 3
R = ( a 2 + b2 + c2 ≥
a + (b + c) 2 =
2
2
2
2 2

R đạt giá tri nhỏ nhất khi và chỉ khi

a
b=c= 2


Bài 8:
Tứ diện
ABCD có
3 góc
phẳng
vuông tại
D. Kí
hiệu

α, β ,γ

là
góc tạo
bởi các
tia DA,
DB, DC
với tia
DG trong
đó G là
trọng tâm
tam giác
ABC.CM
R
α + β +γ < π

Gọi M là 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)
Lại có MB=MC=MD nên OB=OC=OD
Trong tam giác OBD cân tại có
·
BDO
=β

·
BOD
= π − 2β

·
CDO

=γ

·
COD
= π − 2γ

nên
Tam giác OCD cân tại O có
nên
Hai tam giác OMD và OMB bằng nhau
·
·
⇒ BOM
= DOM
=α
Vì OM là phân giác của tam giác OBC, ta có


·
BOC
= 2α

Trong tứ diện OBCD tổng các góc phẳng tại đỉnh O thoả mãn điều kiện
π − 2 β + π − 2γ > 2α
⇔α + β +γ <π

(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

α , β ,γ

Gọi
tương ứng với số đo các góc
Đặt OA=a, OB=b, OC=c
Ta có
sin α =

a
a +c
2

sin β =

2

,

b
b + c2
2

·
·
·ACB
OCA
OCB

,

,


cos α =

Và

c
a +c
2

cos β =

2

,

sin(α + β ) =

Từ đó ta có

c
b + c2
2

c2
a 2 + c2 b2 + c2
cos γ =

Theo định lí hàm cosin với tam giác ABC ta có

c2
a 2 + c 2 b2 + c 2

⇒ sin(α + β ) = cos γ

Mặt khác các số đo

α , β ,γ

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

(00 ;90 0 )

nằm trên khoảng

nên

α + β = 900 − γ

(đpcm)


V=

Ta có thể tích V của OABC là

xyz
6

( xy ) 2 + ( yz ) 2 + ( zx) 2

Diện tích tam giác ABC là
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
V=

Vậy max

k3
18 3

x= y=z=

khi

k

3


Bài 11:
Tứ diện
ABCD
có các
góc
phẳng
vuông
tại đỉnh
D và
DA=a,
DB=b,
DC=c.C
hứng
minh
rằng tứ
diện nội
tiếp
trong
hình cầu
và tìm
bán kính
hình cầu
đó.

∆ABC
∆DAB
Vì các đường tròn ngoại tiếp các

và
có dây cung chung AB nên tồn tại duy nhất 1
hình cầu đi qua của tứ diện DABC.Gọi M là trung điềm của cạnh AB, khi đó M là tâm đường
∆ABD

d ⊥ ( ABD )

tròn ngoại tiếp
. Đường thẳng
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).
K = MD ∩ OC
Gọi
∆CDM ⊥ D
Vì
nên OD=OC=OK. Điều này chứng tỏ K nằm trên mặt cầu ngoại tiếp tứ diện.
∆CDK
Trong tam giác
vuông ta có:
CD = c, DK = 2 DM = AB = a 2 + b 2


CK
a 2 + b2 + c2
R=
=
2
2

Gọi R là bán kình của hình cầu O thì

Bài 12:
Cho tứ diện vuông
ABC đỉnh O. P là
điểm nằm trong đáy
u=

ABC. Đặt
v=

AP
AO

BP
CP
w=
BO
CO

α

,

,

.

Gọi là góc tạo bởi
đường thẳng OP với
(ABC). Chứng minh
rằng

u 2 + v 2 + w2 = 2 + cot 2 α

.


Xét hệ trục tọa độ Đề Các vuông góc nhận O làm gốc tọa độ, các trục tọa độ chứa OA, OB, OC,
·
HPO
=α

. Giả sử trong hệ tọa độ ấy, tọa độ các 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 + 2
a
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

p 2 = x0 2 + y0 2 + z0 2

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 


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
a b c

⇒

Kẻ

mà P(x0,y0,z0) thuộc (ABC)

x0 y0 z0
+ + =1
a b c
OH ⊥ ( ABC )

(3)

, ta có hiển nhiên công thức sau:

1 1 1
1

+ 2+ 2 =
2
a b c
OH 2

(4)
u 2 + v 2 + w2 =

Thay (3)(4) vào (2) có:
Chú ý là

(5)

p 2 = x0 2 + y0 2 + z0 2 = OP 2

⇒ u 2 + v 2 + w2 =

Vậy

p2
+1
OH 2

OP 2
1
+ 1 = 2 + 1 = 1 + cot 2 α + 1
2
OH
sin α

u 2 + v 2 + w2 = 2 + cot 2 α

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 
⇔ cos 2 OAH + cos 2 OBH + cos 2 OCH = 2

Chú ý nếu gọi
⇒ ·AMO

M = AH ∩ BC

là gó tạo bởi (OBC) với đáy (ABC) và ta có

cos 2 OAH = sin 2 AMO

(6)