ĐẦY ĐỦ CÁC DẠNG TOÁN VỀ TỨ DIỆN VUÔNG

Chuyên đề: Tứ diện vuông
1. Định nghĩa: Tứ diện vuông là tứ diện có một góc tam diện ba mặt vuông.
2. Tính chất: Giả sử OABC là tứ diện vuông, OA ⊥ OB, OA ⊥ OC , OB ⊥ OC ;
OA = a, OB = b, OC = c . Khi đó:
2.1. Các góc của tam giác ABC là các góc nhọn
1
1 1 1
= 2+ 2+ 2
2.2. H là trực tâm của tam giác ABC thế thì OH ⊥ ( ABC ) và
2
OH
a b c
2.3. Gọi α , β , γ lần lượt là góc tạo bởi OH với OA, OB, OC, ta có cos 2 α + cos 2 β + cos 2 γ = 1
2.4. Gọi X, Y, Z lần lượt là góc giữa OA, OB, OC với mặt (ABC) ta có: sin 2 X + sin 2 Y + sin 2 Z = 1
2.5. Nửa đường thẳng Ot cắt mặt đáy (ABC) tại M và đặt . Chứng minh rằng
cos 2 α1 + cos 2 β1 + cos 2 γ 1 = 1
2.6. a 2 tan A = b 2 tan B = c 2 tan C hay CotA:cotB:cotC = OA2 : OB2 :OC2
2
2
2
2.7. SOAB = S HAB .S ABC ; SOAC = S HAC .S ABC ; SOBC = S HBC .S ABC
2
2
2
2
2.8. SOAB + SOAC + SOBC = S ABC . Từ đó suy ra 3S ABC ≥ SOAB + SOBC + SOAC .
2.9. Gọi G là trọng tâm tam giác ABC, I là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện. Chứng minh O, G, I
thẳng hàng.
1
1
2 2

2 2
2 2
2.10. VOABC = abc và Stp = ab + bc + ca + a b + a c + b c
6
2
2.11. Gọi R, r lần lượt là bán kính của mặt cầu ngoại tiếp và nội tiếp tứ diện OABC thì
3VOABC
1 2
R=
a + b 2 + c 2 và r =
Stp
2
2.12. Gọi M, N, P theo thứ tự là trung điểm của BC, CA, và AB . Khi đó OMNP là tứ diện gần đều
1
1
abc
và VOMNP = VOABC =
4
24
h2
2.13. SOAB + SOAC + SOBC ≥ 9
2
2R
≥ 3(1 + 3)
2.14.
r
2.15. Gọi S = S ABC , S1 = SOAB , S 2 = SOBC , S3 = SOAC . Chứng minh
S32
S12
S22

3
+
+
≤
2
2
2
2
2
2
S + S1 S + S 2 S + S3 4
2.16. Ký hiệu r là bán kính hinh câu nội tiếp tứ diện vuông O.ABC thì ta có:
h
≤ 1+ 3
( Đề đề nghị Olimpic 30/4/2002)
r
1
3 3
2.17.
≥
h a+b+c
1 1 1 1
3 3
2.18.
.
≥ + + +
r a b c a+b+c
3− 3
2.19.
Cho a+ b + c =3 thì r ≤

. ( Đề đề nghị Olimpic 30/4/2006)
6
max { a, b, c} ≥ 3 + 3 r (200 bài thi vô địch toán)
2.20.

(

(

2.21.

)

)

cos α + cos β + cos γ ≤ 3
1


15
2
( Đề đề nghị Olimpic 30/4/1995 - 2005)
2
2
2
≥ cos 2 α .32−cos α + cos 2 β .32−cos β + cos 2 γ .32 −cos γ
( Đề đề nghị Olimpic 10 năm 30/4/1995 - 2005)

2.22.

tan 2 α + tan 2 β + tan 2 γ + cot 2 α + cot 2 β + cot 2 γ ≥

2.23.

3sin

2.24.

sin 4 α +

2

α

+ 3sin

2

β

+ 3sin

2

γ

1
1
1
97

+ sin 4 β + 4 + sin 4 γ + 4 ≥
4
sin α
sin β
sin γ
2

2.25. ( cot α cot β + cot β cot γ + cot γ cot α ) + 6 cot 2 α cot 2 β cot 2 γ ≤ 3
2

cos α + cos β cos β + cos γ cos γ + cos α
+
+
≥6 3
cos 2 γ
cos 2 α
cos 2 β
cos 2 α
cos 2 β
cos 2 γ
3
+
+
≤
2.27.
2
2
2
2
2

2
sin β + sin γ sin γ + sin α sin α + sin β 4
2.26.

T=

4

2

2

y  
y  
y 
4

2.28.  x +
≥ 3( x + 3y )
÷ +x+
÷ +x+
2
2
2 ÷
cos α  
cos β  
cos γ 

V ( h − r) 2
2.29.

≤
hrR 2
3
Chứng minh
2.1. Xét tam giác ABC có
AB 2 = a 2 + b 2 ; AC 2 = a 2 + c 2 ; BC 2 = b 2 + c 2 . Suy ra
AC 2 + AB 2 − BC 2
a2
=
> 0 (1) ⇒ A nhọn. Hoàn toàn
2 AB. AC
AB. AC
tương tự ta có B, C nhọn.
2.2.
 AB ⊥ CH
⇒ AB ⊥ (OCH ) ⇒ AB ⊥ OH .
+ Từ giả thiết suy ra 
 AB ⊥ OC
Tương tự AC ⊥ OH . Do vậy OH ⊥ ( ABC )
+ Giả sử CK là đường cao của tam giác ABC thế thì H ∈ CK và
OK ⊥ AB (vì AB ⊥ (OCH ) ). Trong các tam giác vuông OCK và
1
1
 1
 OH 2 = OC 2 + OK 2
1
1
1
1
1

1 1 1
⇒
=
+
+
= 2 + 2 + 2 (2)
OAB ta có 
2
2
2
2 ⇒
2
OH
OA OB OC
OH
a b c
 1 = 1 + 1
2
2
2
 OK
OA OB
OH
OH 2
OH 2
OH 2
2
2
2.3. Ta có cos γ =
.

Tương
tự:
. Nên ta có:
⇒ cos 2 γ =
cos
α
=
;cos
β
=
OC
OC 2
OA2
OB 2
OH 2 OH 2 OH 2
1
1 
 1
cos 2 α + cos 2 β + cos 2 γ =
+
+
= OH 2 
+
+
= 1 (theo (2))
2
2
2
2
2

2 ÷
OA
OB
OC
 OA OB OC 
·
2.4. Ta có Z = OCH
⇒ sin Z = cos γ , tương tự sin X = cos α , sin Y = cos β . Do đó
sin 2 X + sin 2 Y + sin 2 Z = 1 (theo 2.3)
cos A =

2.5.

2


Cách 1: Dựng hình hộp chữ nhật sao cho OM
là đường chéo và các cạnh của hình hộp xuất
phát từ O nằm trên các cạnh OA, OB, OC. Gọi
độ dài các cạnh của hình hộp là x, y, z. Ta có
OM 2 = x 2 + y 2 + z 2 ;
2

 OM 2 + OZ 2 − ZM 2 
cos γ1 = 
÷
2OM .OZ


2

2

 ( x2 + y2 + z 2 ) + z 2 − ( x2 + y 2 ) 
=
÷
2OM .OZ


2



2z2
z2
÷ = 2
=
.
 2 x 2 + y 2 + z 2 .z ÷ x + y 2 + z 2


x2
y2
2
2
cos
α
=
cos
β

=
Tương tự
;
. Từ đó suy ra đpcm.
1
1
x2 + y 2 + z 2
x2 + y 2 + z 2
uuu
r uuur uuur
uuuu
r
uuu
r
uuur uuur
Cách 2: Vì OA, OB, OC không đồng phẳng nên OM = xOA + y OB + zOC
Ta có:
uuuu
r2
uuu
r
uuur uuur
+) OM 2 = OM = ( xOA + y OB + zOC ) 2 = x 2 a 2 + y 2b 2 + z 2c 2 (lưu ý
uuu
r uuu
r uuu
r uuur uuur uuur
OA,OB,OC đôi một vuông góc nên OA.OB = OA.OC = OB.OC = 0 )
uuu
r

uuur uuur uuur 2
uuuu
r uuur 2
(
xOA
+
y
O
B + zOC ).OC


OM
.
OC
+) cos 2 γ1 = 
=
 OM OC ÷
÷
OM 2 .c 2


z 2c4
z 2c 2
z 2c 2
=
=
=
. Tương tự:
OM 2 .c 2 OM 2 x 2 a 2 + y 2b 2 + z 2 c 2
x2a2

y 2b 2
2
cos 2 α1 = 2 2
cos
β
=
;
. Từ đó
1
x a + y 2b 2 + z 2 c 2
x 2 a 2 + y 2b 2 + z 2 c 2
suy ra đpcm.
2.6.
2
2
2

1

2
4
2
4
4  AB . AC
a
tan
A
=
a
tan

A
=
a
−
1
=
a
− 1 ÷ (theo (1))
Xét (
)


÷
2
4
a
 cos A 



(

)

= AB 2 . AC 2 − a 4 = (a 2 + b 2 )(a 2 + c 2 ) − a 4 = a 2b 2 + a 2c 2 + b 2 c 2 . Suy ra
a 2 tan A = a 2b 2 + a 2 c 2 + b 2 c 2 . Hoàn toàn tương tự: c 2 tan C = a 2b 2 + a 2 c 2 + b 2c 2 ;
2
2
2
b 2 tan B = a 2b 2 + a 2 c 2 + b 2c 2 . Vậy a tan A = b tan B = c tan C .

2.7.
2
Ta chứng minh trường hợp SOAB = S HAB .S ABC , các trường hợp còn lại tương tự.
Cách 1: ta có
2
1
1
 1
 1
1

2
2
2
2
S HAB .S ABC =  KH . AB ÷.  KC. AB ÷ = ( KH .KC ). AB = OK AB =  OK . AB ÷ = SOAB
4
2
 2
 4
2

Cách 2: Theo công thức diện tích hình chiếu, ta có
1
OK . AB S 2
OK
2
·
S HAB = SOAB .cos OKH
= SOAB .sin Z = SOAB .

= SOAB 2
= OAB ⇒ SOAB
= S HAB .S ABC
1
CK
S
ABC
CK . AB
2
2.8.

3


Cách 1: Theo 2.7, ta có
2
2
2
2
SOAB
+ SOAC
+ SOBC
= S HAB .S ABC + S HAC .S ABC + S HBC .S ABC = S ABC ( S HAB + S HAC + S HBC ) = S ABC
Cách 2:
1 2 2
2
2
2
2 2
2 2

+) SOAB + SOAC + SOBC = (a b + a c + b c )
4
2

1 1 1  1 2 2
 3V
  1 1
=  OABC ÷ =  3. a. bc 2 + 2 + 2 ÷
= (a b + a 2c 2 + b 2c 2 ) . Suy ra đpcm.
+) S
÷
a b c 
4
 OH   3 2
( Lưu ý có thể tính S ABC theo công thức Herong)
2.9.
Gọi L, J lần lượt là trung điểm của AB, OC. Dựng điẻm I sao cho OJIL là hình bình hành.
Vì OJ ⊥ (OAB ) ⇒ LI ⊥ (OAB ) ⇒ LI là trục của tam giác
OAB ⇒ IO = IA = IB . Mặt khác dễ thấy IJ là trung trực của
tam giác OIC nên IO = IC . Do vậy I là tâm đường tròn
ngoại tiếp tứ diện.
Gọi G = OI ∩ CL , G thuộc trung tuyến CL của tam giác
GL
IL 1
=
= ⇒ G là trọng tâm tam giác ABC.
ABC. Ta có
GC OC 2
Vậy O, G, I thẳng hàng.
2

2
ABC

2.10.
1
1
1
1
+) VOABC = OC.SOAB = OC. OA.OB = abc
3
3
2
6
1 2 2
a b + a 2 c 2 + b 2c 2 , từ đó ta có
+) Theo 2.8 ta có S ABC =
2
1
Stp = ab + bc + ca + a 2b 2 + a 2c 2 + b 2c 2
2
2.11.

)

(

2

2

AB   OC 
AB 2 + OC 2
a2 + b2 + c2 1 2
+) R = OI = OL + IL = 
+
=
=
=
a + b2 + c 2
÷ 
÷
2
2
4
4
2

 

+) Gọi T là tâm mặt cầu nội tiếp tứ diện OABC, ta có:
3V
1
1
VOABC = VTOAB + VTOAC + VTOBC + VTABC = r ( SOAB + SOAC + SOBC + S ABC ) = r.Stp ⇒ r = OABC
3
3
Stp
2.12.
1

1
+ Dễ thấy: MN = OP = AB ; NP = OM = BC ;
2
2
1
MP = ON = AC . Do vậy tứ diện ONMP là tứ diện gần đều.
2
VCONM OC CN CM
1 1 1
=
.
.
= 1. . = . Tương tự :
+ Ta có
VOABC OC CA CM
2 2 4
VAONP 1 VBOMP 1
1
= ;
= . Từ đó ta có: VOMNP = VOABC
VOABC 4 VOABC 4
4
2

2

4


2.13. SOAB + SOAC + SOBC ≥ 9

h2
1
h2
1
⇔ (ab + bc + ca ) ≥ 9 ⇔ 2 (ab + bc + ca ) ≥ 9
2
2
2
h

 1 1 1
2.2
¬ →
 2 + 2 + 2 ÷(ab + bc + ca ) ≥ 9 .
a b c 
Áp dụng BĐT Côsi cho 3 số dương ta có
1 1
1
1
1
 2 + 2 + 2 ≥ 33 2 2 2
 1 1 1
a a
a b c ⇒  2 + 2 + 2 ÷(ab + bc + ca ) ≥ 3 3 2 2 2 .3 3 a 2b 2c 2 = 9 (đpcm)
a
abc
a b c 

3 2 2 2

ab
+
bc
+
ca
≥
3
a
b
c

2R
≥ 3(1 + 3)
2.14.
r
3VOABC
1 2
a + b 2 + c 2 và r =
Từ 2.11, ta có R =
, do đó:
Stp
2

(

1
2
2
2
a 2 + b 2 + c 2 . ab + bc + ca + a 2b 2 + a 2c 2 + b 2c 2

2R
a 2 + b 2 + c 2 Stp . a + b + c
2
=
=
=
3VOABC
abc
r
3VOABC
3.
6
Stp

(

a 2 + b 2 + c 2 . ab + bc + ca + a 2b 2 + a 2 c 2 + b 2c 2

)≥

)

3 3 a 2b 2 c 2  3 3 a 2b 2 c 2 + 3 3 a 4b 4 c 4 ÷


abc

2R
=
r

abc
2R
3 3abc + 3abc
≥ 3(1 + 3) . Dấu “=” xảy ra khi a=b=c.
=
= 3( 3 + 1) . Vậy:
r
abc
1 1 1
2.15. Áp dụng Bất đẳng thức Cô si ta có : ( x + y + z )  + + ÷ ≥ 9 Ta có :
x y z
⇒

 1
1
1 
( S 2 + S12 ) + ( S 2 + S 22 ) + ( S 2 + S32 )   2

 S + S2 + S2 + S2 + S2 + S2  ≥ 9
1
2
3 

3
3
1
1
9
⇒ 4S 2 ∑ 2
≥9⇒∑ 2

≥ 2
2
2
4S
i =1 S + S i
i =1 S + Si
3
3

Si2
Si2  9
Si2
S2
9
S2
3
≥
=
1
−
1
−
≥
⇒
≤ .
mà

∑
∑
∑

2
2
2
2
2
2
2
2 ÷
2
2
4
S + Si
S + Si
S + Si  4
4
i =1 S + Si
i =1 
i =1 S + Si
Dấu «= » xảy ra khi OA = OB = OC hay O.ABC là tứ diện vuông cân ở O.
2.16. Ký hiệu r là bán kính hinh câu nội tiếp tứ diện vuông O.ABC thì ta có:
h
≤ 1+ 3
( Đề đề nghị Olimpic 30/4/2002)
r
S + S 2 + S3 + S 1 1 1 1
1 S
1 1 1 1 1
Thật vậy: = tp = 1
= + + + ⇒ − = + +
r 3V

3V
a b c h
r h a b c
2
1 1 1
3
1 1 1
 1 1 1 3
Mà theo BĐT Bunhiacốpxki thì:  + + ÷ ≤ 3  2 + 2 + 2 ÷ = 2 ⇒ + + ≤
a b c
h
a b c
a b c  h
3

1 1
3
1 1+ 3
h
− ≤
⇒ ≤
⇔ ≤ 1+ 3 .
r h h
r
h
r
1
3 3
2.17.
≥

h a+b+c

5


( a + b + c ) ≥ 27
1
1 1 1
1
2
= 2 + 2 + 2 ≥ 3 3 2 2 2 ; ( a + b + c ) ≥ 9 3 a 2b 2 c 2 ⇒
2
h
a b c
abc
h2
2

Thật vậy có:

1
3 3
≥
h a+b+c
1 1 1 1
3 3
2.18 . ≥ + + +
.
r a b c a+b+c
1 1 1 1 1 1

3 3
1 1 1 1
3 3
Thật vậy = + + + ; ≥
⇒ ≥ + + +
r a b c h h a+b+c
r a b c a+b+c
3− 3
2.19. Cho a+ b + c =3 thì r ≤
. ( Đề đề nghị Olimpic 30/4/2006)
6
1 1 1
1 1 1
1 1 1 1
3 3
Thật vậy có ( a + b + c )  + + ÷ ≥ 9 ⇒ + + ≥ 3 mà ≥ + + +
a
b
c
a
b
c


r a b c a+b+c
1
3− 3
Nên ≥ 3 + 3 ⇒ r ≤
r
6

max { a, b, c} ≥ 3 + 3 r (200 bài thi vô địch toán)
2.20.
Nên

(

Ta có

)

1 1 1 1
3 3
3
3 3
3+ 3
≥ + + +
≥
+
=
r a b c a + b + c max { a, b, c} 3max { a, b, c} max { a, b, c}

(

)

⇒ Max { a, b, c} ≥ 3 + 3 r
2.21.

cos α + cos β + cos γ ≤ 3

theo BĐT Bu và cos 2 α + cos2 β + cos 2 γ = 1

15
2
( Đề thi đề nghị Olimpic 10 năm 30/4/1995 - 2005)
Thật vây từ cos 2 α + cos2 β + cos 2 γ = 1 ta đặt x = cos 2 α ; y = cos 2 β , z = cos 2 γ thì
x+ y y+z x+z
x
y
z
tan 2 α + tan 2 β + tan 2 γ + cot 2 α + cot 2 β + cot 2 γ =
+
+
+
+
+
x
x
y
y+z z+x x+ y
x+ y y+z z+x
x
y
z
3
+
+
≥ 6;
+
+

≥
Và
( ĐPCM)
z
x
y
y+z z+x x+ y 2
2
2
2
2
2
2
2.22. tan α + tan β + tan γ + cot α + cot β + cot γ ≥

2.23. 3sin

2

α

+ 3sin

2

β

+ 3sin

2

γ

2

2

2

≥ cos 2 α .32−cos α + cos 2 β .32−cos β + cos 2 γ .32 −cos γ
( Đề thi đề nghị Olimpic 10 năm 30/4/1995 - 2005)

Thật vây từ cos 2 α + cos 2 β + cos 2 γ = 1 ta đặt x = cos 2 α ; y = cos 2 β , z = cos 2 γ thì
x,y,z > 0 và x+y+z = 1 .
1 1
Do x − y và y - x cùng dấu hoặc cùng băng 0 nên
3 3
1 1
 1 1
1 1
 x − y ÷( x − y ) +  y − z ÷( y − z ) +  z − x ÷ ≥ 0
3 3 
3 3 
3 3 
y + z − 2x x + z − 2 y x + y − 2z
1 − 3 x 1 − 3 y 1 − 3z
⇔
+
+
≥0⇔ x + y + z ≥0

x
y
z
3
3
3
3
3
3
1 1 1 3x 3 y 3 z
+ y + z ≥ x + y + z ⇔ 31− x + 31− y + 31− z ≥ x32− x + y.32− y + z.32− z () ĐPCM
x
3 3 3
3
3
3
6


1
1
1
97
+ sin 4 β + 4 + sin 4 γ + 4 ≥
4
sin α
sin β
sin γ
2
( Đề thi đề nghị Olimpic 10 năm 30/4/1995 - 2005)

2
2
2
2
Từ cos α + cos β + cos γ = 1 ⇒ sin α + sin 2 β + sin 2 γ = 2 .
0 < m.n. p < 1
2
2
2
Đặt m = sin α , n = sin β , p = sin γ ⇒ 
m + n + p = 2
2.24.

sin 4 α +

Theo Bất đẳng thức Bunhiacopxki ta có:
n2 +

m2 +

1
4  81  2 1 
4 
9 
=
 1 + ÷ m + 2 ÷ ≥
m+
÷
2
m

m 
4m 
97  16 
97 

1
4  81  2 1 
4 
9 
=
1 + ÷ n + 2 ÷ ≥
n+ ÷
2
n
n 
4n 
97  16 
97 

1
4  81   2 1 
4 
9 
=
 p+
÷
1 + ÷ p + 2 ÷ ≥
2
p
p 

4p 
97  16  
97 
1
1
1
4 
9  1 1 1 
m2 + 2 + n2 + 2 + p 2 + 2 ≥
 m + n + p +  + + ÷
m
n
p
4  m n p 
97 

p2 +

Do đó

4 
9 9
97
 2 + . ÷≥
4 2
2
97 

≥

2
⇔ a = b = c = 3h
3
2
( cot α cot β + cot β cot γ + cot γ cot α ) + 6 cot 2 α cot 2 β cot 2 γ ≤ 3

Đẳng thức xảy ra khi m = n = p =
2.25.

2
2
2
2
2
2
Theo Bu ta có ( tan α + tan β + tan γ ) ≤ 3 ( tan α + tan β + tan γ ) = 3 ( tan α tan β tan γ − 2 )
2

( tan α + tan β + tan γ )
⇒

2

tan α tan β tan γ
2

2

2

+6

≤3

⇒ cot α cot β cot γ ( tan α + tan β + tan γ )  + 6 cot 2 α cot 2 β cot 2 γ ≤ 3
2

( cot α cot β + cot β cot γ + cot γ cot α )

2

+ 6 cot 2 α cot 2 β cot 2 γ ≤ 3

cos α + cos β cos β + cos γ cos γ + cos α
+
+
≥6 3
cos 2 γ
cos 2 α
cos 2 β
Đặt x = cos α , y = cos β , z = cos γ ⇒ x 2 + y 2 + z 2 = 1
2.26. T =

 y+z z+x x+ y
⇒ ( x + y + z) T = ( x + y + z)  2 + 2 + 2 ÷
y
z 
 x
2

2

2

y+ z z+ x x+ y  y+ z  z+x  x+ y
=
+
+
+
÷ +
÷ +
÷
x
y
z
 x   y   z 

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 + .62 = 18
3

Mặt khác theo BĐT Cô si ta có 0 < x + y + z ≤ 3 ( x 2 + y 2 + z 2 ) = 3
Từ đó suy ra : T ≥

18
≥ 6 3 . Dấu « = » xảy ra khi x = y = z hay OA = OB =OC.
3
7


V ( h − r) 2
≤
hrR 2
3

2.29.

Ta có r =

Mà S xq =

3V
3V
;h =
Stp
S ABC

 3V
V 
V

−
÷
S
Stp ÷
V ( h − r)
ABC

 = Stp − S ABC = S xq
nên
=
2
3V 3V
R rh
3R 2
2R2
R2
Stp S ABC

ab + bc + ac
1 2
;R =
a + b2 + c2
2
2

nên ta cần chứng minh

2 ( ab + bc + ac )
3( a + b + c
2

2

2

)

≤

2
3

⇔ ab + bc + ac ≤ a 2 + b 2 + c 2 ⇔ ( a − b ) + ( b − c ) + ( c − a ) ≥ 0
2.30. ( HSG14-15) Cho tứ diện S . ABC có SA = a, SB = b, SC = c và
SA ⊥ SB, SA ⊥ SC , SB ⊥ SC . Gọi R , V theo thứ tự là bán kính mặt cầu ngoại tiếp và
thể tích của tứ diện SABC . Tính diện tích tam giác ABC theo a, b, c và chứng minh
2

rằng: R ≥

6

2

2

972V 2
2

Lời giải:

A

a
N
I
c

S

C

b
M
B

Ta có V =

abc
(1);
6

Gọi h là độ dài đường cao kẻ từ S của hình chóp SABC ta có:
Gọi diện tích tam giác ABC là dt(ABC) ta có: dt ( ABC ) =

1
1 1 1
= 2 + 2 + 2 (2)
2
h

a b c

3V
(3)
h

a 2b 2 + b 2 c 2 + c 2 a 2
2
SABC
Gọi I là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện
M , N lần lượt là trung điểm của BC , SA
Từ (1), (2), (3) ta có dt ( ABC ) =

8


Khi đó R = IS = SN 2 + SM 2 =
Theo Côsi ta có: R ≥

6

1 2 1
1 2
SA + ( SB 2 + SC 2 ) =
a + b2 + c2
4
4
2

27a 2b2 c 2

(4)
2

972V 2
2
Vậy ta có điều phải chứng minh.
Từ (4) và (1) suy ra R ≥

6

9