Chuyên đề tứ diện và hình hộp

Truy cập www.khongbocuoc.com để download thêm các tài liệu học tập khác

m

Ngô Hoàng Toàn YD-K38 2012

co

CHUYÊN ĐỀ

oc
uo

c.

HÌNH TỨ DIỆN VÀ HÌNH HỘP

HÀNH TRÌNH CỦA MƠ ƯỚC

YD-K38

ĐẠI HỌC Y DƯỢC CẦN THƠ

kh

on

gb

NGÔ HOÀNG TOÀN

Con đường dẫn đến thành công là sự tôi luyện của bản thân

Page 0


Truy cập www.khongbocuoc.com để download thêm các tài liệu học tập khác

Ngô Hoàng Toàn YD-K38 2012
LỜI NÓI ĐẦU

c.

co

m

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.

oc
uo

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

kh

on

gb

Ngô Hoàng Toàn

Con đường dẫn đến thành công là sự tôi luyện của bản thân

Page 1


Truy cập www.khongbocuoc.com để download thêm các tài liệu học tập khác

Ngô Hoàng Toàn YD-K38 2012

1. Các định lí và tính chất trong tam giác, tứ giác.
Xét ∆ABC có: BC = a; CA = b; AB = c; nửa chu vi p 

co

m

MỘT SỐ TÍNH CHẤT VÀ ĐỊNH LÍ

abc
2 ,

c.

đường cao AH = h, gọi r, R là bán kính đường tròn nội tiếp và ngoại tiếp ∆

oc
uo

a
b
c


 2R
sin A sin B sin C

cos A 

b2  c2  a2
2bc

a
r=(p-a)tan 2

gb

c
b
=(p - b) tan 2 = (p - c) tan 2

kh

on

1
1
abc a 2 sin B sin C
ah  pr  ab sin C 

S= 2
2
4R
2 sin A
 2 R 2 sin A sin B sin C


p  p  a  p  b  p  c 



1
4 a 2b 2  ( a 2  b 2  c 2 ) 2
4

Con đường dẫn đến thành công là sự tôi luyện của bản thân

Page 2


Truy cập www.khongbocuoc.com để download thêm các tài liệu học tập khác

Ngô Hoàng Toàn YD-K38 2012
Nếu Â=90o thì ta có:

 a2  b2  c2
 ah  bc

m

 b 'c '  h 2

c.

co

 c 2  ac' , b 2  ab'
1
1
1
 2  2  2
h
b
c

oc

uo

Gọi ma, mb, mc, la, lb, lc lần lượt là đường trung tuyến và phân giác của ∆ABC.

b2  c2 a2
m 

2
4
2
2
c a
b2
2
mb 

2
4
2
2
a b
c2
2
mc 

2
4

gb

2
a

on

4bc( p  a ) p
(b  c ) 2
4ca
lb2 
p ( p  b)
(c  a ) 2
4ab
lc2 
p ( p  c)
( a  b) 2

kh

l a2 

Các công thức tính diện tích tứ giác
Con đường dẫn đến thành công là sự tôi luyện của bản thân

Page 3


Truy cập www.khongbocuoc.com để download thêm các tài liệu học tập khác

Ngô Hoàng Toàn YD-K38 2012
1. Shv cạnh a là a2

2. Diện tích HCN có hai cạnh a, b là S = ab

m

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

co

4. Hình thoi có cạnh là a, một góc là , hai đường chéo là m, n thì S = a2 sin =

1
2 mn

c.

1
5. Hình thang có hai cạnh đáy là a, b và đường cao h S= 2 h(a+b)

oc
uo

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 SABCD =
AC.BD sin 

1
2

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

S  abcd sin 

p

abcd
2

p  p  a  p  b  p  b  p  d   abcd cos 2

on

S

gb

9. Diện tích tứ giác lồi ABCD

BD
2

kh

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:

AG BE CF
.
.
1
GB EC FA

Con đường dẫn đến thành công là sự tôi luyện của bản thân

Page 4


Truy cập www.khongbocuoc.com để download thêm các tài liệu học tập khác

Ngô Hoàng Toàn YD-K38 2012

Định lý Menelaus.

m

Cho ∆ABC, một đường thẳng (d) bất kì cắt các đường BC, CA, AB lần lượt tại P, Q, R.
Khi đó

oc
uo

- Định lý Ceva:

c.

2. Các định lí, tính chất trong không gian.

co

BR AQ PC
.
.
1
AR QC BP

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:

A' A B' B C ' C D ' D
.
.
.
1
A' B' B' C C ' D D' A

gb

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:

on

A' A B' B C ' C D ' D
.
.
.

1
A' B' B' C C ' D D' A

- Định lí Menelaus:

kh

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:

MA NB PC QD
.
.
.
1
MB NC PD QA

Con đường dẫn đến thành công là sự tôi luyện của bản thân

Page 5


Truy cập www.khongbocuoc.com để download thêm các tài liệu học tập khác

Ngô Hoàng Toàn YD-K38 2012
- Định lí 3 đường vuông góc.
OA là đường xiên

m

HA là hình chiếu vuông góc của CA lên ()

co

d()
OA  d  HA  d

c.

- Công thức diện tích:

Diện tích hình chiếu: Nếu S là diện tích của một hình phẳng. S’ là diện tích của hình

oc
uo

chiếu của S,  là góc giữa các mp chứa S và S’ thì S’=Scos.
Các công thức tính thể tích:

- Khối lăng trụ: Sxp= pl (p là chu vi thiết diện thẳng, l là cạnh bên)
V= Sđáy.h (h là chiều cao)

1
dp (d là trung đoạn)
2

on

Sxp=

gb

1
-Khối chóp: V= 3 Sđáy h

* Định lý Ta-let:

kh

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:

AB
BC
CA


A' B ' B' C ' C ' A'

Con đường dẫn đến thành công là sự tôi luyện của bản thân

Page 6


Truy cập www.khongbocuoc.com để download thêm các tài liệu học tập khác

Ngô Hoàng Toàn YD-K38 2012
V A' B 'C ' SA'.SB'.SC '


V . ABC
SA.SB.SC

kh

on

gb

oc
uo

c.

co

m

Công thức tỉ số thể tích:

Con đường dẫn đến thành công là sự tôi luyện của bản thân

Page 7


Truy cập www.khongbocuoc.com để download thêm các tài liệu học tập khác

Ngô Hoàng Toàn YD-K38 2012
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.

m

1
ab.d.sin, trong đó a, b là độ dài 2 cạnh đối, còn d và  là khoảng cách và góc
6

co

hay V=

1
1
V  S ABC .hs  S SBC .hA
3
3

giữa hai cạnh đối.

c.

Đặt AB = a; CD = b; d = MN

Dựng hbh ABCC’

oc
uo

 = (AB,CD)

Ta có: CC’//AB  C’CD=

AC’// (BCD)  VABCD=VC’BCD

AB // (CC’D)  VC’BCD = VMCC’D
1
MN.SCC’D
3

gb

 VABCD = VMCC’D =

on

1
= 6 dabsin

- Trong tứ diện bất kì 7 đoạn thẳng sau đây luôn đồng quy tại 1 điểm gọi là trọng tâm của

kh

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.

Con đường dẫn đến thành công là sự tôi luyện của bản thân

Page 8


Truy cập www.khongbocuoc.com để download thêm các tài liệu học tập khác

Ngô Hoàng Toàn YD-K38 2012
AA’ là trọng tuyến
GM=GN

m

GA=3GA’

co

Chứng minh: Gọi I, J là trọng điểm BC, AP
IM=JN và IN//MJ (đtb)

mp (AID) chứa IJ  G(AMD).AG  PI = A’

oc
uo

Vẽ JK // AA’  JK=1/2 AA’; KA’=KD

c.

 MNIJ=G

Vì G là trung điểm IJ  A’ là trung điểm MK. Từ đó suy ra A’M=1/3MD hay A’ là
trọng tâm ∆:

1
JK
2
1
 GA'  AA'
4
GA' GB ' GC GD 1





AA' BB ' CC ' DD ' 4

kh

on

gb

GA' 

Con đường dẫn đến thành công là sự tôi luyện của bản thân

Page 9


Truy cập www.khongbocuoc.com để download thêm các tài liệu học tập khác

Ngô Hoàng Toàn YD-K38 2012
CÁC BÀI TOÁN VỀ TỨ DIỆN

m

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.

co

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…

c.

Ví dụ 1: Cho tứ diện ABCD

oc
uo

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))

gb

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:

on

 A' B' // AB
IA' IB' 1 

   A' B' 1
IB IA 3 

 AB 3

Do đó :

GA' GB ' 1



GA GB 3

kh

- 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 VGBCD  VGCDA  VGDAB  VGABC

Con đường dẫn đến thành công là sự tôi luyện của bản thân

Page 10


Truy cập www.khongbocuoc.com để download thêm các tài liệu học tập khác

Ngô Hoàng Toàn YD-K38 2012
Gọi V là thể tích tứ diện ABCD; h A , hB , hC , hD là các chiều cao của tứ diện xuất phát từ
A,B,C,D; h' A , h'B , h'C , h' D là các chiều cao xuất phát từ G trong bốn tứ diện nhỏ

m

GBCD,GCDA,GDAB,GABC. Ta có :
VGBCD h' A GA' 1
1


  VGBCD  V
V
hA
AA' 4

4

co

Tương tự cho 3 tư diện nhỏ còn lại. Tóm lại:

c.

1
VGBCD  VGCDA  VGDAB  VGABC  V
4

oc
uo

Ví dụ 2: Cho tứ diện ABCD. Gọi A1 , B1 , C1 , D1 lần lượt là tâm đường tròn nội tiếp của
tam giác BCD,CDA,DAB,ABC.
Chứng minh: AA1 , BB1 , CC1 , DD1 đồng quy  AB.CD  AC.BD  AD.BC .
Giải

1. Thuận
Giả sử AA1 , BB1 , CC1 , DD1 đồng qui.

gb

Xét cặp AA1 và BB1 . Gọi giao điểm của BA1 và
CD là M. Do AA1 và BB1 cắt nhau nên A, B1 , M
thẳng hàng; B, A1, M thẳng hàng.
BM là phân giác của góc B trong BCD nên

on

BC MC

BD MD

AM là phân giác trong của góc A trong ACD
nên

kh

AC MC

AD MD

Do đó :

BC AC

 AC.BD  AD.BC
BD AD

Nếu ta xét cặp BB1 và CC1 ta cũng có :
Con đường dẫn đến thành công là sự tôi luyện của bản thân

Page 11


Truy cập www.khongbocuoc.com để download thêm các tài liệu học tập khác

Ngô Hoàng Toàn YD-K38 2012
BD.CA  BA.CD

Như vậy ta có : AB.CD  AC.BD  AD.BC

AC BC

AB BD

Dựng phân giác trong AM của góc A trong ACD . Ta có :

c.

AC MC

AD MD

co

Xét đẳng thức : AC.BD  AD.BC 

m

2. Đảo:
Giả sử ta có : AB.CD  AC.BD  AD.BC

Do giả thuyết ta có :

 A1  BM
B1  AM

Như vậy : 

oc
uo

BC MC

=>BM là đường phân giác góc B trong BCD
BD MD

Suy ra : AA1 và BB1 cùng nằm ở trong mặt phẳng (ABM) nên cắt nhau.

gb

Nếu ta xét đẳng thức : AC.BD  AD.BC thì ta cũng chứng minh được CC1 và DD1 cắt
nhau ; tiếp tục như vậy ta đi tới kết quả là AA1 , BB1 , CC1 , DD1 cắt nhau từng đôi một
nhưng không đồng phẳng nên chúng đồng quy.

on

Ví dụ 3: Cho tứ diện ABCD. Gọi IJ là đoạn vuông góc chung của AB và CD (
I  AB; J  CD ) và  là góc của AB và CD. Chứng minh rằng thể tích tứ diện được tính

kh

bởi: V ABCD 

1
AB.CD.IJ . sin  .

6

Giải

Ta dựng hình hộp xiên AC1 BD1 A1CB1 D

S  S AC1BD1

Con đường dẫn đến thành công là sự tôi luyện của bản thân

Page 12


Truy cập www.khongbocuoc.com để download thêm các tài liệu học tập khác

Ngô Hoàng Toàn YD-K38 2012
h = chiều cao của hình hộp.
h là độ dài đoạn IJ.

V AC1BD1 A1CB1D  Sh  VC . ABC1  V D . ABD1  V A. A1CD  V B. B1CD  V A.BCD

1
S
2

c.

S ABC1  S ABD1  S A1CD  S B1CD 

co

Nhưng do :

Nên :

oc
uo

VC . ABC1  VD. ABD1  V A. A1CD  V B. B1CD 


m

Ta có :

11
1
Sh  V
32
6
2
3

1
3

1
3

Suy ra : V A. BCD  V  V  V  Sh

Nhưng :

gb

S

h=IJ

1
1
AB.C1 D1. sin   AB.CD. sin 
2
2
1
AB.CD.IJ . sin 
6

on

Vậy : V ABCD 

kh

Ví dụ 4: Cho tứ diện ABCD. Tìm điểm M trong không gian sao cho
MA2  MB 2  MC 2  MD 2 đạt giá trị nhỏ nhất.
Giải

Gọi E, F lần lượt là trung điểm của AB và CD.
Ta có :

Con đường dẫn đến thành công là sự tôi luyện của bản thân

Page 13


Truy cập www.khongbocuoc.com để download thêm các tài liệu học tập khác

Ngô Hoàng Toàn YD-K38 2012
AB 2
MA  MB  2 ME 
2
CD 2
MC 2  MD 2  2MF 2 
2
2

2

m

2

MA 2  MB 2  MC 2  MD 2 

AB 2  CD 2
 2(ME 2  MF 2 )
2
EF 2
2

c.

Gọi O là trung điểm EF, ta có : ME 2  MF 2  2 MO 2 

co

Do đó :

Vậy :

AB 2  CD 2
AB 2  CD 2
2
2
MA  MB  MC  MD 
 EF  4MO 
 EF 2
2
2
2

2

2

oc
uo

2

Qua đó ta kết luận MA2  MB 2  MC 2  MD 2 đạt giá trị nhỏ nhất nếu và chỉ nếu M  O .

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
A1,B1,C1. Chứng minh rằng :

gb

MA1 MB1 MC1


1
OA
OB
OC

on

Giải:
Nối M với các đỉnh O, A, B, C .Khi đó
VOABC = VMOAB + VMOBC + VMOCA
Chia hai vế cho VOABC, ta được :
VMOAB VMOBC VMOAC


1
VOABC VOABC VOABC
V
Ta xét tỷ số: MOBC
VOABC

kh

Ta kẻ AH vuông (OBC), MK vuông (OBC)
Khi đó AH // MK
Hai tam giác OAH và A 1MK đồng dạng

nên

MK MA1

AH
OA

Con đường dẫn đến thành công là sự tôi luyện của bản thân

Page 14


Truy cập www.khongbocuoc.com để download thêm các tài liệu học tập khác

Ngô Hoàng Toàn YD-K38 2012
1
S OBC .MK
3
1
VOABC  S OBC . AH
3
V
MK MA1


Nên: MOBC =
OA
VOABC AH
V
MC1
Tương tự ta có: MOAB 
;
VOABC
OC
MA1 MB1 MC1
Vậy:


1
OA
OB
OC

m

VMOBC 

co

VMOAC MB1

VOABC
OB

c.

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 A1; B1; C1; D1. Chứng minh rằng :
MA1 MB1 MC1 MD1



1
AA1 BB1 CC1 DD1

oc
uo

Giải
Nối M với 4 đỉnh của tứ diện ABCD, ta có :
VABCD = VMBCD + VMACD + VMABD + VMABC

VMBCD VMACD VMABD VMABC



V
V
V
V
VMBCD
Xét tỷ số :
V
1

Ta có : V MBCD  S BCD .hM (hM là đường cao của
3

=> 1 

V 

gb

hình chóp MBCD hạ từ M)

1
S BCD .h A (hA là đường cao của tứ diện ABCD
3

hạ từ A).
Vậy:

on

VMBDC hM
h
MA1

. Vì hM // hA nên M 
hA
AA1
V
hA

Tương tự:

kh

VMACD MB1 VMABD MC1 VMABC MD1

;

;

V
BB1
V
CC1
V
DD

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 BDC  2 .Biết thêm
là các cạnh bên nghiêng đều với đáy một góc 
Con đường dẫn đến thành công là sự tôi luyện của bản thân

Page 15


Truy cập www.khongbocuoc.com để download thêm các tài liệu học tập khác

Ngô Hoàng Toàn YD-K38 2012
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,  , 

m

Giải
1.Vị trí của H đối với BCD

co

Theo giả thiết :
ABH  ACH  ADH  

c.

Nên HB = HC = HD
Vậy H là tâm đường tron ngoại tiếp BCD

Ta có

oc
uo

2.Tính V
BC
a
 2R  R 
sin BDC
2 sin 2

AHD vuông ở H nên :
atg
2 sin 2

gb

h  AH  HD.tg 

DBI vuông ở I nên : ( I là trung điểm của

BC )

a
cot g
2

on

DI  BI cot g 

Suy

kh

B  S DBC 

ra

:

2

1
1 a
a
BC.DI  a. cot g 
cot g
2
2 2
4

1
1 a2
atg
V  Bh 
.cot g .
3
3 4
2 sin 2
Vậy
3
a .tg
V
48 sin 2 

Con đường dẫn đến thành công là sự tôi luyện của bản thân

Page 16

Truy cập www.khongbocuoc.com để download thêm các tài liệu học tập khác

Ngô Hoàng Toàn YD-K38 2012

Bài 2: Cho trước góc tam diện Oxyz và điểm M cố định trong góc đó, Mặt phẳng (P) lưu

m

động qua M cắt Ox tại A, Oy tại B và Oz tại C. Định vị trí của (P ) để VOABC nhỏ nhất

co

Giải

AM cắt BC ở I, BM cắt AC ở J và CM cắt AB ở K. Qua M vẽ MA0 // OA ( A0  OI )

oc
uo

MA0 IM S MBC


OA
IA S ABC

c.

Ta có :

Tương tự ta vẽ các điểm B0 ,C0 và được

MB0 S MAC

OB
S ABC

MA0 MBO MC 0 S MBC  S MAC  S MAB



1
OA
OB
OC
S ABC

on

Suy ra :

gb

MC0 S MAB

OC
S ABC

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy vào kết quả trên ta có :

kh

MA0 .MB0 .MC0
 OA.OB.OC  27.MA0 .MB0 .MC0
OA.OB.OC
 VOABC  27VMA0 B0C0  const

1 3

Vậy VOABC nhỏ nhất khi và chỉ khi đẳng thức xảy ra, tức là
Con đường dẫn đến thành công là sự tôi luyện của bản thân

Page 17


Truy cập www.khongbocuoc.com để download thêm các tài liệu học tập khác

Ngô Hoàng Toàn YD-K38 2012

m

OA  3MA0
MA0 MBO MC0 1



  OB  3MB0
OA
OB
OC
3

OC  3MC
0


co

Mặt phẳng ( P)  ( ABC ) 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

oc
uo

1. Tính R :

c.

Giải

r
lớn nhất.
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:

Nhưng

SA 2
2 SH

gb

SO.SH  SJ .SA  SO  r 

:

2

 2a 3 
a 2 3h 2  a 2
  h2 
SA  SH  HA  h  


3
3
 3. 2 
3h 2  a 2
R
6h

2

2

2

on

2

* Tính r

kh

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 “
O ' H HI
h.HI

 R.IS  HI ( h  r )  R 
O' S
IS
IS  HI

Con đường dẫn đến thành công là sự tôi luyện của bản thân

Page 18

Truy cập www.khongbocuoc.com để download thêm các tài liệu học tập khác

Ngô Hoàng Toàn YD-K38 2012

m


a 3
HI 
6

Ta có: 
2
2
IS 2  h 2   a 3   h 2  a 
 6 

12




Cho nên r được định bởi :

co

a 3
ah
6
r


a 3
3. 12h 2  a 2 a  12h 2  a 2

6
6

2.Định h để

c.

h

r
lớn nhất
R

oc
uo

r
6ah 2
Ta có : 
R (a  12h 2  a 2 ).(8h 2  a 2 )

Đặt:

x  a
x  a


x  12h  a   2
  2 x2  a 2
2
2
12h  a  x
h 

12
2

2

on

gb

 x2  a2 

6a
12 
r
2a x  a 

Do đó 
 2
2
2
R
x  3a 2
a  x . x  3a 

4



Bản biến thiên :
X

kh

f’(x)
f(x)



-a
0

a
+

3a
+

0
1
a
6



0

Con đường dẫn đến thành công là sự tôi luyện của bản thân

Page 19


Truy cập www.khongbocuoc.com để download thêm các tài liệu học tập khác

Ngô Hoàng Toàn YD-K38 2012
1
a 6
r
 nếu và chỉ nếu x =3a  h 
3
 R  max 3

m

Vậy  

co

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

V  1/ 8

oc

uo

Vẽ đường cao AE trong tam giác ABC và
đường cao BF trong tam giác BCD

khác

c.

Cho tứ diện ABCD có AB>1 còn các cạnh
nhỏ hơn hay bằng 1. Ta sẽ chứng minh

Gọi AH là đường cao của tứ diện vẽ từ A.
CD = a ( a  1 )

Đặt

Nếu ED 
a
)
2

a
thì
2

AE 2  AC 2  EC 2  1 

a2
4

(do

on

EC 

gb


a2
 AE  1 

4
Ta chứng minh : 
a2

BF

1


4

Nếu ED 

a2
a
thì AE 2  AD 2  ED 2  1 
2

4

kh

Trong cả hai trường hợp ta đều có :
AE 2  1 

a2
a2
 AE  1 
4
4

Tương tự như vậy ta cũng chứng minh được:

Con đường dẫn đến thành công là sự tôi luyện của bản thân

Page 20


Truy cập www.khongbocuoc.com để download thêm các tài liệu học tập khác

Ngô Hoàng Toàn YD-K38 2012
BF 2  1 

a2
a2
 BF  1 
4
4

m

Thể tích tứ diện :
1
1 1
1
1
a2
1
V  dtBCD. AH  . .CD.BF . AH  CD. AE.BF  a(1  )  a (4  a 2 )
3
3 2
6
6
4
24

f (a)  a(4  a 2 ) (o  a  1)

co

Xét hàm

f (a)  3a 2  4

a





2
3

0

f(a )

+

0

Vậy Vmax 

2
3

1



0

oc
uo

f’(a)

0

c.

Bảng biến thiên :

3

3 1
 xảy ra khi a= 1
24 8

gb

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

on

Và ( BCD )  ( ACD )
Ta có:

kh

1 3 3 1
V . .

3 4 2 8

2

 3
 3
AB  AH  HB  2. AH  2

2
 2 
2

 AB 

2

2

2

3
1
2

Tứ diện ABCD thỏa đề bài.
Con đường dẫn đến thành công là sự tôi luyện của bản thân

Page 21


Truy cập www.khongbocuoc.com để download thêm các tài liệu học tập khác

Ngô Hoàng Toàn YD-K38 2012

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.

m

Giải:
Goi I là trung điểm của SA.

co

Kẻ BI và CI.
Do SABC có :
SA = SB  BI  SA
 SA  BIC) hay SA là đường cao
của SIBC và AIBC

oc
uo

Mặt khác I là trung điểm của SA nên
SIBC = AIBC

c.

SA = SC  CI  SA

Kẻ IH vuông góc với BC

SB 2  SI 2

Ta có: BI =

 1

4  x2
2

gb



x2
4

2

IH =

2



IB  BH

4  x2 y4


4
4

4  x2  y2

4

4  x2  y2
2

on

2
2
1
1 4 x  y
y
SIBC = IH .BC  .
.y  . 4  x 2  y 2
2
2
2
4

VSIBC = VAIBC =

x 1 y
xy
. . . 4  x2  y2 
. 4  x2  y2
2 3 4
24

kh

VSABC = VSIBC + VAIBC = 2.VSIBC =

xy
. 4  x2  y2
12

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
Con đường dẫn đến thành công là sự tôi luyện của bản thân

Page 22


Truy cập www.khongbocuoc.com để download thêm các tài liệu học tập khác

Ngô Hoàng Toàn YD-K38 2012
Có: PQ=2DC=2c; PR=2BC=2a
S PQR  4S BCD
PQ
 c (đtt=1/2 cạnh chứa nó)
2

m

Ta thấy: AB=CD=

 APQ vuông  AP  AQ1

Tương tự: AD=BC=

co

RP
 a  AP  AR 2 
2

1
1
AP.S AQR  AP. AQ. AR
3
6
2
2
2
 RQ  AQ  AR  4b 2 ;

2
2
2
2
*
 PQ  AP  AQ  4c
 PR 2  AP 2  AR 2  4a 2


có

oc
uo

S A. PQR  VP. AQR 

c.

Từ (1)(2)  AP   ARQ 

Tứ diện ABCD và APQR có cùng
đường cao và S BCD 
 V ABCD 

S PQR
4

V A. PQR

4
*  AP  AR 2  AQ 2  2 a 2  b 2  c 2



gb

2

 1

thay * vào 1 ta có :

AQ 2


 2a
 2b


b 
a 

Vậy

VP.AQR  2a2  b2  c2 a2  c2  b2 b2  c2  a2 

AR 2  2 a 2  b 2  c 2
2

 c2

2

 c2

kh

on

AP 2

2

2

Bài 7: Cho tứ diện S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a, SA  2a và SA   ABC  .
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.
2

V
SA SM SN  SA 2 
16
3a 3 3
HD: SAMN  .
.
  2  
V 
VSABC SA SB SC  SB 
25
50
Con đường dẫn đến thành công là sự tôi luyện của bản thân

Page 23


Truy cập www.khongbocuoc.com để download thêm các tài liệu học tập khác

Ngô Hoàng Toàn YD-K38 2012
Giải:
SB 2  SA 2  AB 2  4a 2  a 2  5a 2  SB  a 5

m

SA 2 4a 2 4 5a


5
SB a 5

SA 2  SB.SM  SM 

SA 2  SN .SC  SN 

SA 2 4 5a

SC
5

a2 3
4

oc
uo

S ABC 

c.

4 5a 4 5a
VS . AMN SM SN
16
16

.
 5 . 5 
 VS . AMN  VS . ABC
VS . ABC
SB SC
25
25
a 5 a 5

co

SC 2  SA 2  AC 2  4a 2  a 2  5a 2  SC  a 5

1
1
a2 3 a3 3
VS . ABC  .SA.S ABC  .2a.

3
3
4
6

Bài 8: Cho hình tứ diện ABCD có AD  (ABC). Cho AC = AD = 4cm, AB = 3cm, BC =

5cm.
a)
b)

Tính khoảng cách từ A đến mp(BCD)
Tính thể tích tứ diện ABCD.

a) Ta có

gb

Giải:

Từ A dựng AK  BC
 AK  BC
DA  BC

 BC  (DKA)

on

Ta có: 

 BC  KD

Trong mp(DKA) dựng SA  DK
SA  DK
 d ( A, ( DAK ))  SA
SA  BC

kh

Ta có: 

Ta có: S ABC 

1
1
AB. AC 12
AB. AC  AK .BC  AK 

2
2
BC
5

Con đường dẫn đến thành công là sự tôi luyện của bản thân

Page 24