Phương pháp trải hình trên mặt phẳng

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

Bài giảng
PHƯƠNG PHÁP TRẢI HÌNH TRÊN MẶT PHẲNG
Người soạn :Trần Thị Hiền
Tổ toán trường THPT Chuyên Hạ Long
Û

co

m

Khi giải một bài toán về tứ diện mà các dữ kiện của nó liên quan đến tổng các góc phẳng
, hoặc tổng các cạnh…thì việc phẳng hoá tứ diện (tức là trải phẳng tứ diện đó lên một mặt
phẳng) sao cho phù hợp sẽ cho ta một lời giải gọn gàng và dễ hiểu . Trong bài viết nhỏ này
tôi xin trình bày một số bài toán áp dụng phương pháp này.
Các ví dụ

gb

oc
uo

c.

VD1.
CMR nếu tổng các góc phẳng tại đỉnh của một hình chóp lớn hơn 180° thì mỗi cạnh bên
của nó nhỏ hơn nửa chu vi đáy.
Giải:

Giả sử hình chóp đã cho là S . A1 A2 ... An . Ta cắt hình chóp theo các cạnh SAi rồi trải các

mặt bên như sau lên cùng một mặt phẳng chứa mặt SA1 A2 . Như vậy, ta sẽ được đa giác

kh

on

A1 A2 ... An A1′ ( SA1 = SA1′ )
Do tổng các góc ở đỉnh lớn hơn 180° nên đỉnh S nằm trong đa giác, và A1S kéo dài cắt
một cạnh nào đó của đa giác ở B .
Gọi a là độ dài đường gấp khúc A1 A2 ...B ; b là độ dài đường gấp khúc BAk +1... A1′ .

⇒ Chu vi đáy chính bằng a + b .
Mặt khác: A1S + SB < a ;
A1′S < b + SB ;

⇒ A1S + A1′S < a + b ;
⇒ 2A1S < a + b ;


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

a+b
.
2
Một cách tương tự ta suy ra mỗi cạnh bên của hình chóp đều nhỏ hơn một nửa chu vi
đáy. (đpcm)

⇒ A1S <

oc

uo

c.

co

m

VD2.
Cho tứ diện gần đều ABCD có AB = CD = a ; AC = BD ; AD = BC . Xác định vị trí của
điểm M trên cạnh AB sao cho chu vi tam giác MCD nhỏ nhất. Xác định giá trị nhỏ nhất của
chu vi đó.
Giải:

Trải tam giác DAB xuống mặt phẳng ABC thành tam giác D′AB và giữ nguyên cạnh
Khi đó ta có: D′B = DB ; D′A = DA .
⇒ D′M = DM ;
Chu vi tam giác MDC là nhỏ nhất;
⇔ MD + MC + DC là nhỏ nhất; nhưng do DC không đổi
⇔ MD + MC là nhỏ nhất;
⇔ MD′ + MC là nhỏ nhất. Áp dụng bất đẳng thức trong tam giác
⇔ D′, M , C thẳng hàng
⇒ M là giao điểm của D′C với AB .

on

gb

AB .

kh

VD3:
Cho tứ diện ABCD có: AC = AD = BC = BD = 1 ; AB = a ; CD = b ; M , N lần lượt là
trung điểm của AB và CD . Tìm trên cạnh AD một điểm P sao cho PM + PN đạt giá trị
nhỏ nhất. Tính giá trị nhỏ nhất đó.
Giải:


co

m

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

on

gb

oc
uo

c.

Trải tam giác ACD theo trục AD lên mặt phẳng ABD :
C → C ′;
DC = DC ′ = b;
N → N ′;
PN = PN ′;
Yêu cầu bài toán sẽ tương đương với: Tìm P ∈ AD sao cho PM + PN ′ nhỏ nhất.

⇒ P là giao điểm của MN ′ và AD
Khi đó ( PM + PN ′)nn = MN ′ .
+ Tính MN ′ :
Dễ thấy:
Tam giác ABD cân ở D và M là trung điểm của AB ⇒ DM ⊥ AB;
Tam giác AC ′D cân ở D và N ′ là trung điểm của AB ⇒ AN ′ ⊥ DC ′;
a
b
⇒ Tứ giác AMDN ′ nội tiếp có AM = ; DN ′ = ;
2
2
b2
a2
′
AN = 1 − ; MD = 1 − ;
4
4
Áp dụng định lý Ptoleme ta có:
DN ′. AM + DM . AN ′
MN ′ =
;
1
b
b2 a
a2
′
⇒ MN = . 1 −
+ . 1− ;
2
4 2

4

kh

b 4 − b2 + a 4 − a 2
.
⇒ MN ′ =
4
Vậy điểm P cần tìm trên cạnh AD là giao điểm của MN ′ và AD . Khi đó tổng

b 4 − b2 + a 4 − a 2
( PM + PN ) nn = ( PM + PN ′) nn =
.
4
VD4:


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

Cho hình chóp S . ABC có các góc phẳng ở đỉnh S đều bằng 4α (0 < α <

π
3

) , còn cạnh

m

bên SA bằng 1. Chứng minh: AB + BC + AC ≥ 2(1 − cos3α ) .
Gợi ý: Trải các mặt SBA & SAC lên mặt phẳng SBC , sau đó dùng định lý hàm số

cos in .
VD5:
Cho góc tam diện vuông Oxyz ; A ∈ Ox , B ∈ Oy ; C ∈ Oz sao cho OA = OB + OC = 1 .

(1)

c.

oc
uo

n+n
n =?
ABC + OCB
c, Tính OBA
Giải:

co

a, Chứng minh rằng diện tích toàn phần của tứ diện OABC không đổi khi B &C thay
đổi nhưng vẫn thỏa mãn (1) .
n + OAC
n + BAC
n =?
b, Tính OAB

gb

a, Trải tứ diện OABC xuống mặt phẳng OBC như sau:
ΔOAB → ΔFDC ;

kh

on

ΔOAC → ΔEDB;
⇒ Tứ giác OEDF là hình vuông.
Vì ΔABC = ΔDCB (ccc)
⇒ dt tp của tứ diện OABC = dt tp của hình vuông OEDF = 1 không đổi. (đpcm)
n + OAC
n + BAC
n = 90° ;
b, OAB
n+n
n = 90° ;
ABC + OCB
c, OBA

VD6:
Cho tứ diện ABCD thỏa mãn:
n = 180°;
a, n
ACD + BCD
b, Tổng các góc phẳng ở đỉnh A bằng tổng các góc phẳng ở đỉnh B và bằng 180° .
Tính diện tích toàn phần của tứ diện theo AC + CB = k & n
ACB = α ;
Giải:


Trải tứ diện ABCD xuống mặt phẳng ABD như sau:

ΔACB → ΔAC1B;
ΔACD → ΔAC2 B;

co

m

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

2

.

gb

α

on

= k 2tg

oc
uo

c.

ΔDCB → ΔDC3 B;
m +C
l = 180°;
⇒ C

2
3
Do tổng các góc ở đỉnh A = tổng các góc ở đỉnh B = 180°
⇒ C2 , A, C1 thẳng hàng và C1 , B, C3 thẳng hàng.
Sau khi trải các mặt của tứ diện xuống mặt phẳng ABD , ta được tứ giác nội tiếp
C1C2 DC3 , và dt tp của tứ diện ABCD = dt C1C2 DC3 .
Ta có: dt C1C2 DC3 = dt ΔC2C1C3 + dt ΔDC2C3
1
1
1
α
= .2 x.2 y.sinα + C2C3 .DH = 2 xy.sin α + C2C32 .tg
2
2
4
2
1
α
α
= 2 xy.sin α + (4 x 2 + 4 y 2 − 8 xy.cosα ).tg = ( x + y ) 2 tg
2
4
2

Các bài tập tương tự:

kh

Bài 1.
Cho tứ diện đều ABCD cạnh bằng a. Một mặt phẳng cắt 4 cạnh tứ diện tại M , N , P, Q .

Chứng minh rằng chu vi p của thiết diện MNPQ không nhỏ hơn 2a và không lớn hơn 3a .
Giải:


co

*Chứng minh p ≥ 2a
Không mất tính tổng quát, giả sử M ∈ AB; N ∈ AD; P ∈ CD; Q ∈ BC ;
Trải tứ diện ABCD xuống mặt phẳng BCD như sau:
ΔABC → ΔA′BC ;

m

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

kh

on

gb

oc
uo

c.

ΔACD → ΔA1CD;
ΔABD → ΔA′BD′;
Do ABCD là tứ diện đều nên các tam giác trên đều là tam giác đều
n = CBA

n′ = n
⇒ DBC
A′BD′ = 60° .
n′ = DBC
n + CBA
n′ + n
A′BD′ = 3.60° = 180° .
⇒ DBD
⇒ D, B, D′ thẳng hàng.
Tương tự: A′, C , A1 thẳng hàng.
⇒ DD′ = BD + BD′ = 2a ; A′A1 = A′C + CA1 = 2a ;
Theo như cách trải thì: A1D = A′D′ = a;
Xét tứ giác DA1 A′D′ có A′A1 = D′D = 2a; A1D = A′D′ = a
⇒ DA1 A′D′ là hình bình hành.
Theo cách trải hình như trên:
M → M1
⎫
⎬ ⇒ MQ = M 1Q; PN = PN1; MN = M 1 N 2 ; DN1 = D′N 2 ;
N → N1; N → N 2 ⎭
⇒ N1 N 2 & D′D; N1 N 2 = 2a;
Ta có:
p = MN + NP + PQ + QM = N1P + PQ + QM 1 + M 1 N 2 ≥ N1 N 2 = 2a. (đpcm)
⎧ MN & BD & PQ
Dấu “=” xảy ra ⇔ ⎨
⎩ MQ & AC & NP
*Chứng minh p ≤ 3a


oc
uo

c.

+ Nếu MN ∩ BD ≡ S1
⎧ S ∈ MN ⇒ S1 ∈ ( MNPQ)
⇒⎨ 1
⎩ S1 ∈ BD ⇒ S1 ∈ (CBD)
Mà ( MNPQ ) ≠ (CBD)
⇒ S1 nằm trên giao tuyến của ( MNPQ) và (CBD) ;
Mà PQ là giao tuyến của ( MNPQ) và (CBD)
⇒ S1 ∈ PQ;
ANM là góc ngoài của tam giác S ND
Do n

co

m

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

1

kh

on

gb

n;
⇒n

ANM > NDS
1
n = 60° = DAB
n ⇒n
n ⇒ MN < AM ;
ANM > NAM
Mà NDS
1
+ Nếu MQ cắt tia CA tại S2 : Chứng minh tương tự ta có MQ < MB
⇒ MN + MQ < AM + MB = AB = a ;
Lại có: PQ ≤ BD = a;
NP ≤ AC = a ;
⇒ MN + NP + PQ + QM ≤ 3a;

Nếu MQ cắt tia AC tại S 2 : Chứng minh tương tự ta có :


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

co

PQ ≤ QC
⇒ MQ + PQ ≤ BC = a
MN ≤ BD = a
NP ≤ AC = a
⇒ p ≤ 3a ;
Nếu MN & BD ⇒ PQ & BD
⇒ ΔMAN là tam giác đều ⇒ MN = AM ;
Tương tự: PQ = QC ;
Chứng minh như trên ta suy ra p ≤ 3a . (đpcm)

Dấu “=” xảy ra ⇔ MNPQ trùng với một mặt bên của tứ diện.

m

MQ ≤ BQ

gb

oc
uo

c.

Bài 2.
Trên bề mặt của một tứ diện đều mà độ dài cạnh bằng 1, ta chọn một tập hợp hữu hạn
các đoạn thẳng sao cho có thể nối hai đỉnh bất kì của tứ diện bằng một đường gấp khúc thuộc
tập hợp các đoạn thẳng đó. Có thể chọn được hay không một tập hợp như vậy mà tổng độ dài
tất cả các đoạn nhỏ hơn 1 + 3 ?
Giải:

Trải mặt DBC xuống mặt phẳng ABC : ΔDBC → ΔD1BC .

kh

on

A = 60° . Ta
Do tứ diện ABCD là tứ diện đều cạnh a nên ABD1C là hình thoi cạnh a ; l
sẽ chỉ ra một tập hợp thỏa mãn điều kiện đề bài.
Thật vậy, gọi P là trung điểm của BC

1
3
⇒ ΔABP vuông ở P và PB = ; AB = 1; AP =
;
2
2
n = PQB
n = PQA
n = 120° (Thực ra Q chính là điểm Torixenri trong tam giác
⇒ ∃Q : BQA
đều , do đó luôn tồn tại Q)
Đặt PQ = x ; BQ = y ; AQ = z ;
Áp dụng định lý cosin :


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

oc
uo

c.

co

m

1
x 2 + y 2 + xy = PB 2 = ;
4
3

x 2 + z 2 + xz = PA2 = ;
4
2
2
2
z + y + zy = AB = 1;
⇒ 2( x 2 + y 2 + z 2 ) + xy + yz + xz = 2. (1)
Lại có:
1 1 3
3 1
1
1
dt ΔAPB = . .
=
= xy sin120° + yz sin120° + xz sin120°
2 2 2
8 2
2
2
3
3
1
⇔
=
( xy + yz + xz ) ⇔ xy + yz + xz = ; (2)
8
4
2
3
Cộng vế với vế của (1) và (2) ta có: x 2 + y 2 + z 2 + xy + yz + xz =

(3)
4
7
7
Cộng vế với vế vủa (2) và (3) ta được: ( x + y + z ) 2 = ⇒ x + y + z =
.
4
2
Gọi Q′ là điểm đối xứng của Q qua P (Trong ( ABD1C ) )
⇒ CQ′ = BQ = y; D1Q′ = AQ = z; PQ′ = PQ = x;
⇒ Tập hợp các đường gấp khúc thỏa mãn đề bài ở đây ta chọn là:
{AQ;BQ;PQ;PQ′; Q′C ; DQ′} (hay D1Q′ ).

gb

Rõ ràng AQ + BQ + PQ + PQ′ + Q′C + DQ′ = 7 < 1 + 3
Và hai đỉnh bất kì của tứ diện đều được nối bởi một đường gấp khúc thuộc tập hợp các
đoạn thẳng đó.
Như vậy ta có thể chọn được một tập hợp các đoạn thẳng thỏa mãn đề bài với cách chọn
như trên.

kh

on

Bài 3.
Giả sử S A ; S B ; SC là tổng các góc phẳng tại các đỉnh A; B; C ; D của tứ diện ABCD .
Chứng minh rằng: Nếu S A = S B ; Sc = S D thì ΔABC = ΔBAD và ΔACD = ΔBDC .
Giải:

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

Ta có: S A + S B + Sc + S D = 4.180°
⇒ S A + SC = 360° ( S A = S B ; Sc = S D )
Trải tứ diện lên mặt phẳng ABC như sau:
ΔABD → ΔABD1 ⇒ ΔABD = ΔABD1;

1

2

1

1

B

c.

A

co

ΔBCD → ΔB1CD2 ⇒ ΔBCD = ΔB1CD2 ;
+ Nếu S A = SC = 180°
⇒ Tứ diện ABCD là tứ diện gần đều
⎧ΔABC = ΔBAD
⇒⎨
⎩ΔACD = ΔBDC

+ Nếu S A ≠ SC . Không mất tính tổng quát giả sử S A < 180° . Ta có:
n
n (lớn) = BCB
n (nhỏ) = S ;
S =D
AD = 360° − BCB

m

ΔACD → ΔACD2 ⇒ ΔACD = ΔACD2 ;

1

2

1

oc
uo

Kéo dài B1C cắt BD1 tại E .
n (nhỏ) = CBE
n + CEB
n = S = CB
n
n
Ta có: BCB
1
B
1 D2 + CBE ;

n = CB
n
⇒ CEB
D ⇒ BD & B D
1

2

Mà BD1 = B1D2
⇒ BB1D2 D1 là hình bình hành ⇒ BB1 & D1D2 ; BB1 = D1D2
Xét hai tam giác D1 AD2 và BCB1 :
ΔD1 AD2 cân tại A ; ΔBCB1 cân tại C ;
n
n ; BB = D D ;
D
AD = BCB
1

2

1

1

1

2

1

gb

⇒ ΔD1 AD2 = ΔBCB1 ⇒ AD1 = BC ⇒ AD = BC
Kéo dài BC cắt D1D2 tại F .
Ta có:
n=n
AD1D2 = n
AD1F ;
Do ΔD1 AD2 = ΔBCB1 ⇒ CBB
1
n = CBB
n;
BB & D D ⇒ CFD
1

2

1

1

kh

on

n = CBB
n=n
⇒ CFD
AD1F ⇒ AD1 & BC
1

1
Mà AD1 = BC ⇒ AD1BC là hình bình hành ⇒ BD1 = AC ⇒ BD = AC ;
Xét hai tam giác ΔABC và ΔBAD , ta có: AB chung; BD = AC ; AD = BC
⇒ ΔABC = ΔBAD (ccc)
Chứng minh tương tự: ΔACD = ΔBDC (đpcm).

Bài 4.
ASB = 30° ; AB = a . Lấy B′, C ′ lần lượt thuộc cạnh
Cho hình chóp đều S . ABC có n
SB, SC . Xác định vị trí của B′, C ′ sao cho chu vi ΔAB′C ′ là nhỏ nhất. Tính giá trị nhỏ nhất
đó.
Giải:


co

m

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

Trải tứ diện xuống mặt phẳng SBC như sau:
ΔABS → ΔA1BS ;

oc
uo

c.

ΔACS → ΔA2CS ;
Khi đó, với các điểm: B′ ∈ SB

C ′ ∈ SC
Thì: PAB′C′ = AB′ + B′C ′ + C ′A = A1B′ + B′C ′ + C ′A2 ≥ A1 A2 ;
Dấu “=” xảy ra ⇔ B′, C ′ ∈ A1 A2 ;
Do A1 , A2 cố định ⇒ A1 A2 cố định
SB, SC cố định ⇒ Ta luôn xác định được B′, C ′ thỏa mãn chu vi ΔAB′C ′ là nhỏ
nhất. Khi đó, ta có:
n
n + CSA
n = 3.30° = 90° ;
A1SA2 = n
A1SB + BSC
2

⇒ A1 A2 = 2.SA1 = 2.SA2 = 2.SA
ASB = 30°
Xét ΔSAB có AB = a; n

on

gb

n = 75°
⇒ SBA
(Vì ΔSAB cân tại S )
AB
a
a
SA =
.sin 75° =
.cos15° =

sin 30°
sin 30°
2sin15°
3
−
1
1 − cos30°
2 = 2− 3 ;
=
Vì sin 2 15° =
2
2
4
Do 0° < 15° < 90° ⇒ sin15° > 0 ⇒ sin15° =

a

kh

⇒ SA =

2

2− 3
2

=

a
2− 3

⇒ A1 A2 = 2.

Vậy, giá trị nhỏ nhất của chu vi ΔAB′C ′ là

A1 A2 .

2− 3
4
a

2− 3

=

2a
;
3 −1

2a
tại B′, C ′ là giao điểm của SB, SC với
3 −1


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

oc
uo

c.

n = 90° .
Dựng KLMN là hình vuông cạnh AB ⇒ LMN
Trên LM lấy P sao cho:
MP = AD ⇒ LP = ML − MP = AB − AD = AC
Trên MN lấy Q sao cho:
MQ = AC ⇒ NQ = MN − MQ = AB − AC = AD
Xét hai tam giác ACD và MQP :
n = LMN
n = CAD
n = 90°
PMQ

co

m

Bài 5.
Cho tứ diện ABCD có các góc ở đỉnh A bằng 90° và AB = AC + AD . Tính tổng các
góc phẳng ở đỉnh B .
Giải:

gb

MP = AD; MQ = AC ;
⇒ ΔACD = ΔMQP (cgc) ⇒ DC = PQ ;
Chứng minh tương tự: ΔKLP = ΔBAC ; ΔKNQ = ΔBAD
n; n
n;
⇒ KP = BC; KQ = BD; n

ABC = LKP
ABD = NKQ

Xét hai tam giác BCD và KPQ : DC = PQ ; KP = BC ; KQ = BD;
n = QKP
n;
⇒ ΔBCD = ΔKPQ (ccc); ⇒ DBC

on

Như vậy, ta có:
n = NKQ
n + QKP
n + LKP
n = LKN
n = 90°
SB = n
ABD + n
ABC + CBD
Tổng các góc phẳng ở đỉnh B là 1v.

kh

Bài 6.
Cho tư diện SABC có các mặt SAB, SBC , SCA tương đương và tổng các góc phẳng ở
đỉnh S bằng 180° . Chứng minh rằng SABC là tứ diện gần đều.
Giải:


m

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

Trải tứ diện lên mặt phẳng SBC như sau:
ΔSBC → ΔSBC ;

co

ΔSAB → ΔSA1B;

oc
uo

c.

ΔSAC → ΔSA2C ;
Do tổng các góc phẳng tại đỉnh S bằng 180° nên
n
n + CSA
n=n
A1SB + BSC
A1SA2 = 180°
2
⇒ A1 , S , A2 thẳng hàng.
Hạ SI , BH , CK lần lượt vuông góc với BC , SA1 , SA2 .
Do A1 , S , A2 thẳng hàng nên BH , CK đều vuông góc với A1 A2
⇒ BH & CK ; (1)
Theo đề bài: dtSAB = dtSAC = dtSBC
⇒ dtSA1B = dtSA2C = dtSBC
BH . A1S CK . A2 S BC.SI

=
=
2
2
2
⇒ BH . A1S = CK . A2 S = BC.SI ;(*)
Mà SA1 = SA2 = SA
⇒ BH = CK ; (2)
Xét tứ giác BHCK : Từ (1) và (2) ⇒ BHCK là hình chữ nhật
⇒ BC & HK hay BC & SA1 , BC & SA2 ;
Ta có BC & SA2 , mà SI ⊥ BC , CK ⊥ SA2
⇒ SI = CK ⇒ BC = SA2 = SA ; (Kết hợp với *)
Xét tứ giác SA2CB : BC & SA2 , BC = SA2
⇒ SA2CB là hình bình hành ⇒ SB = A2C = AC
Chứng minh tương tự: SC = A1B = AB
Xét tứ diện SABC : SA = BC , SC = AB, SB = AC ;
⇒ SABC là tứ diện gần đều. (đpcm)

kh

on

gb

⇒

Bài7.
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:

oc
uo

c.

co

m

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

Trải tứ diện lên mặt phẳng DAC như sau:
ΔBAD → ΔRAD;
ΔBCD → ΔQCD;

on

gb

ΔBAC → ΔPAC ;
n = QCP
n = RAP
n = 180°
Dễ thấy RDQ
1
Và VABCD = VBPQR ;
4
Xét tứ diện BPQR có:

ΔPBQ : BC = CP = CQ
n = 90°;
⇒ PBQ

n = 90° ;
ΔRBQ : Tương tự: RBQ
n = 90° ;
ΔRBP : Tương tự: RBP

kh

⇒ Tứ diện BPQR có góc B là góc tam diện vuông.
1
⇒ VBPQR = .BR.BQ.BP ;
6
Đặt: BR = x, BP = y, BQ = z;


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

co

1 (b 2 + c 2 − a 2 )(c 2 + a 2 − b 2 )(b 2 + a 2 − c 2 )
3
2

c.

=

m

⎧ x 2 + z 2 = (2b) 2 = 4b 2 ;
⎪
Ta có: ⎨ x 2 + y 2 = (2c) 2 = 4c 2 ;
⎪ y 2 + z 2 = (2a ) 2 = 4a 2 ;
⎩
⎧ x = 2(b 2 + c 2 − a 2 )
⎪
⎪
⇒ ⎨ y = 2(c 2 + a 2 − b 2 ) ;
⎪
2
2
2
⎪⎩ z = 2(b + a − c )
Vậy thể tích tứ diện là:
1
1 1
VABCD = VBPQR = . .xyz
4
4 6

gb

oc
uo

Bài 8.
Cho tứ diện ABCD , biết rằng tổng các góc phẳng ở mỗi đỉnh đều bằng nhau. Chứng

minh rằng bán kính đường tròn nội tiếp của các mặt của tứ diện đều bằng nhau.
Giải:

kh

on

Gọi: S A là tổng các góc phẳng tại đỉnh A ;
S B là tổng các góc phẳng tại đỉnh B ;
SC là tổng các góc phẳng tại đỉnh C ;
S D là tổng các góc phẳng tại đỉnh D ;
Ta có: S A + S B + SC + S D = 4.180°;
Mà S A = S B = SC = S D ⇒ S A = S B = SC = S D = 180° ;
⇒ ABCD là tứ diện gần đều.
⇒ ΔABC = ΔDCB = ΔCDA = ΔBAD ;
⇒ Bán kính đường tròn nội tiếp của các mặt tứ diện đều bằng nhau. (đpcm).
Bài 9.


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

oc
uo

c.

co

m

Cho tứ diện ABCD có tất cả các mặt đều là các tam giác nhọn. Lấy các điểm tùy ý
X , Y , Z , T tương ứng nằm bên trong các đoạn AB, BC , CD, AD .
n + BCD
n ≠ CDA
n+n
ABC . Chứng minh rằng không thể có một đường gấp
a, Giả sử DAB
khúc XYZTX nào có chiều dài cực tiểu.
n + BCD
n = CDA
n+n
ABC . Khi đó hãy chứng minh rằng có vô số đường gấp
b, Giả sử DAB
n + CAD
n + DAB
n.
khúc khép kín XYZTX có chiều dài bé nhất là 2 AC sin k , trong đó 2k = BAC
Giải:

kh

on

gb

Trải tứ diện lên 1 mặt phẳng (α ) như sau:
ΔABC → ΔABC ;
ΔBCD → ΔBCD;
ΔCDA → ΔCDA′;
ΔDAB → ΔDA′B′;

⇒ AB = A′B′ và BX = B′X ′ ;
Khi đó đường gấp khúc khép kín XYZTX trở thành đường gấp khúc XYZTX ′ nằm trong
lục giác ABDB′A′C .
Rõ ràng XYZTX ′ ngắn nhất khi các điểm X , Y , Z , T , X ′ thẳng hàng.
Trường hợp 1: AB&A′B′ ⇔ AA′ ≠ BB′ .
Không mất tính tổng quát ta giả sử AA′ < BB′

ACA′ nằm trong lục giác lớn hơn 180° (hình vẽ 1)
Nếu n


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

co

m

⇒ Độ dài đường gấp khúc XYZTX ′ nhỏ nhất ⇔ Y ≡ Z ≡ C - Trái giả thuyết các điểm
X , Y , Z , T tương ứng nằm bên trong các đoạn AB, BC , CD, AD . ⇒ Không có gtnn.

oc
uo

c.

Nếu n
ACA′ nằm trong lục giác nhỏ hơn 180° (hình vẽ 2)
⇒ Độ dài đường gấp khúc XYZTX ′ nhỏ nhất ⇔ X ′ ≡ A′ & X ≡ A - Trái giả thiết ⇒
Không có min
⇒ AA′ ≠ BB′ .

Không có min có nghĩa là muốn có min của đường gấp khúc ⇔ AB & A′B′
n
n
n = 2.180°
′A′A + n
′A′C + n
⇔B
A′AB = 180° ⇔ B
A′CA + CAB
n
n
n + ( BCA
n + CAB
n ) = 2.180°
′A′D + ( DA
′C + n
⇔B
A′CD) + DCB

on

gb

n
n + 180° − CBA
n = 2.180°
′A′D + 180° − n
⇔B
A′DC + DCB
n

n=n
n
′A′D + DCB
⇔B
A′DC + CBA
n + DCB
n = CBA
n+n
⇔ BAD
ADC
Khi đó độ dài đường gấp khúc đạt min
XX ′ & BB′ & AA′; XX ′ = BB′ = AA′; )
Áp dụng định lý hàm số cosin vào tam giác cân ACA′ ta có:
AA′ = XX ′ = 2 AC 2 − 2 AC.sin n
A′CA
n + CAD
n + DAB
n . (đpcm).
= 2 AC.sin k trong đó 2k = BAC

kh

Bài 10
Cho tứ diện có 4 mặt tương đương .
Chứng minh rằng :Tứ diện này là tứ diện gần đều.
Lời giải bài toán quen thuộc này xin dành cho bạn đọc

là

XX ′ = AA′

(Do