Tứ diện kinh điển nguồn gốc và cách giải hóa

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

Tứ diện kinh điển,
nguồn gốc - cách hoá giải

D’

oc
u

A'

C'

oc

.c

om

(Cẩm nang ôn thi đại học)
TG: Ngô Viết Văn
“Toán học không có con đường dành riêng cho vua chúa”- câu nói đó của nhà toán học Hy Nạp cổ xưa
nhắc nhở chúng ta nếu muốn lĩnh hội toán học thì tự bản thân phải cố gắng học tập, ngoài ra không có
cách nào khác. Tôi muốn nhắc lại điều này vì có rất nhiều bạn muốn khá giỏi hình học không gian
(một phần khó và quan trọng của toán) nhưng lại muốn bỏ ít thời gian và công sức. Tất nhiên nếu học
tập đúng phương pháp, bài bản và chắc chắn chúng ta sẽ gặt hái được nhiều kết quả đến không
ngờ !
Khi ngồi trên giảng đường đại học thầy tôi thường nhận định: Những cái khó khăn nhất, những cái
mạnh mẽ nhất, những cái lớn lao nhất, những cái thiêng liêng nhất, thông thường nó rất gần với cái dễ
dàng, yếu đuối, nhỏ bé, giản dị đơn sơ. Cái khó là ta nhìn ra hay không!. Chính lúc ta nhắm mắt lại,

không còn gì bám víu thì đôi tay chỉ cho các bước thực hiện công việc. Đó là tìm ra phương pháp.
Hình khối có vô vàn hình dạng khác nhau, nhưng lạ kỳ là khi người ta chia nhỏ các khối đó thì cuối
cùng chỉ toàn là những hình tứ diện-hình khối đơn giản nhất. Để vẽ tứ diện cũng chẳng có gì khó cả.
Ta vẽ y hệt một tứ giác bất kỳ và một đường chéo nét liền, một đường chéo nét đứt, nét đứt để chỉ
cạnh đó bị một mặt khác che khuất mắt ta. Các bạn có thể dùng sáu que tăm xếp lại là được bốn tam
giác là bốn mặt tứ diện rồi đó (hình dưới). Ta sẽ quan tâm đến tứ diện “kinh điển” thứ nhất
I) TỨ DIỆN VUÔNG

B'
D

C

B

gb

A

B

kh

on

Như vậy tứ diện vuông là một góc của hình hộp chữ nhật. Từ đó người ta bắt chúng ta vẽ tứ diện
vuông với ngôn từ như sau: Cho tam giác ABD vuông tại A, đường thẳng d qua A và vuông góc với
(ABD), trên d lấy điểm A’ …...Mấu chốt nhất của tứ diện này là (1) cạnh bên vuông góc đáy, (2)
đáy là tam giác vuông, (3) cạnh bên vuông góc với đáy tại đúng góc vuông của đáy, đó chính là đặc
trưng quan trọng nhất trong việc tưởng tượng ngay ra hình khi đọc đầu bài

Mặt (A’BD) gọi là mặt huyền và ba mặt còn lại sẽ gọi là mặt vuông. Phải chăng nghịch đảo bình
phương đường cao ứng với mặt huyền (đường qua A và vuông góc (A’BD)) cũng bằng tổng bình
phương nghịch đảo các cạnh góc vuông. Chân đường cao nằm ở đâu trong mặt huyền?.... ta sẽ xét bài
tập sau:
Bài tập 1: Cho tứ diện OABC có OA=a, OB=b, OC=c. Ba cạnh OA, OB, OC đôi một vuông góc
1. Chứng minh rằng tứ diện vuông là tứ diện trực tâm (Tức là tứ diện có các cặp cạnh đối vuông góc).
Điều ngược lại có đúng không?
2. Chứng minh OH vuông góc với (ABC) khi và chỉ khi H là trực tâm của tam giác ABC
3. Chứng minh rằng tam giác ABC nhọn khi và chỉ khi chân đường cao nằm trong mặt huyền (mặt
(ABC))
4. Chứng minh rằng (AB+BC+CA)2  6(OA2+OB2+OC2)
1
1
1
1
5. Chứng minh rằng 2  2  2  2 , với h là đường cao của tứ diện ứng với mặt huyền
h
a
b
c
6. Chứng minh diện tích của mỗi mặt vuông (mặt chứa O) bằng tích của diện tích mặt huyền và diện
tích của hình chiếu của nó nên mặt huyền
1

Bạn đang tải tài liệu tại trang : www.k2pi.net


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

oc

.c

om

7. Chứng minh định lý Pytago của tứ diện vuông
8. Chứng minh rằng a 2 tan A  b 2 tan B  c 2 tan C với A, B, C là ba góc của mặt huyền
9. Chứng minh các đẳng thức sau:
1 1 1
3
a.
  
a b c
h
9
b. S1  S 2  S 3  h 2 với S1, S2, S3 là diện tích ba mặt vuông
2
ab bc ca
c.
 
 3 3h
c
a
b
10. Chứng minh rằng:
1
a. VOABC  abc
6
1 2 2 2 2 2 2
b. S ABC 

a b b c  c a
2
abc
c. h 
2 2
a b b 2 c 2  c 2 a 2
Khi cạnh bên vuông góc với đáy tại chính góc vuông cho tứ diện vuông vậy nếu cạnh bên vuông
góc với đáy tại góc nhọn thì là hình nào? (xem hình vẽ)
II) TỨ DIỆN BỐN MẶT VUÔNG
D’
C’

D

oc
u

B'

A'

C

A

B

kh

on

gb

Ta thấy ngay ba mặt A’AC,A’AB, ABC đã là ba tam giác vuông, còn mặt thứ tư là BCA’ ? thấy ngay
đường nối từ mặt trước tới mặt sau vuông góc với mặt trước của hình hộp, vì thế nó vuông góc với
(ABA’) là một phần mặt trước, nên tam giác BCA’ vuông tại B. Tóm lại đây là tứ diện bốn mặt
vuông. Hình vẽ trên ta sẽ luôn tưởng tượng ra trong đầu khi cho tứ diện có đáy là tam giác vuông
và cạnh bên vuông góc với đáy tại vị trí góc nhọn
Từ cách nhìn tứ diện bốn mặt vuông trong tổng thể hình hộp chữ nhật ta dự đoán tính chất: như cạnh
A’C (cạnh huyền) ứng với đường chéo của hình hộp chữ nhật thì có bình phương bằng tổng bình
phương ba kích cỡ là AA’, AB, AC. Tâm, bán kính của mặt cầu ngoại tiếp hình hộp cũng là tâm và
bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện, mặt phẳng qua A vuông góc với đường chéo của hình hộp A’C
được xác định như thế nào?
Bài tập 2) Cho tứ diện ABCD có đáy ABC là tam giác vuông tại B, cạnh bên AD vuông góc với đáy
biết AD=a, AB=b, BC=c
1. Chứng minh rằng: bốn mặt của tứ diện là 4 tam giác vuông
2. Chứng minh rằng: CD2=DA2+AB2+BC2
3. Tình thể tích và diện tích toàn phần của tứ diện
4. Gọi (P) là mp qua A và vuông góc với DC tại K, cắt DB tại H
a. Chứng minh rằng: Tam giác AKH là một tam giác vuông tại H
b. Chứng minh rằng: Tứ diện DAHK có 4 mặt là 4 tam giác vuông
5. Tìm tâm và bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện DAKH
6. Tìm tâm và bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp A.BCKH
Nếu đáy là tam giác không vuông (như hình vẽ) thì tứ diện sẽ có tính chất gì?
2

Bạn đang tải tài liệu tại trang : www.k2pi.net


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

III) TỨ DIỆN CÓ CẠNH BÊN VUÔNG GÓC VỚI ĐÁY VÀ ĐÁY LÀ TAM GIÁC KHÔNG
VUÔNG
S

K

B

H

om

A
A’

kh

on

gb

oc
u

oc

.c

C

Ta chẳng dại gì khi không tự cho ABC là tam giác đều để dễ dàng dự đoán các tính chất, như là:
1 Hai đường cao ở mặt đáy và “mặt nghiêng” tương ứng gặp nhau tại một điểm A’
2
a. Hai cạnh bên nằm ở mặt “nghiêng ” là SC, SB vuông góc với hai mặt “kẹp giữa” tương ứng là
(HCK) và (KEH)
b. Cạnh đáy ở “giữa” là BC vuông góc với mặt “kẹp giữa” tương ứng là (SAA’)
3
c. Đường nối hai trọng tâm HK vuông góc với “ mặt nghiêng” (SBC)
d. Đường nối hai trọng tâm kết hợp cùng hai đường nối chân đường cao nằm trong mặt kẹp giữa,
gặp nhau tại 1 điểm nằm trên cạnh bên vuông góc SA và tạo những đoạn tỉ lệ
Bài tập 3) Cho S thuộc tia At, với At  (ABC). Gọi I, K là trực tâm tam giác SBC, ABC.
I. Chứng minh rằng:
1. (BME)  (SAC); (CNF)  (SAB); (APS)  (SBC)
2. KI  (SBC)
3. EM, FN, IK, SA đồng quy tại Q
4. Tứ diện SQBC có các cặp cạnh đối diện vuông góc với nhau
5. SA.AQ=AK.AP=AN.AB=AM.AC
6. Tứ giác BCJH nội tiếp
7. C/m: A, B, C, H, J thuộc cùng một mặt cầu
8. Nếu tam giác ABC không cân thì JH luôn đi qua 1 điểm cố định khi S  St. Gọi điểm cố định là T.
C/m: góc TAB= góc TCA
II. Giả sử tam giác ABC đều cạnh a
1. Tìm S  At để SQ và VSQBC nhỏ nhất
IS
2. Biết
 3 . Tính SQ theo a
IP
3. Biết SA=h. Tính khoảng cách từ A đến (SAC)
4. Khi S  At. Chứng minh tâm mặt cầu ngoại tiếp SQBC luôn thuộc đường thẳng cố định
Lời kết: Tóm lại trong bài viết này tôi đã đề cập đến loại tứ diện có cạnh bên vuông góc với đáy với

đáy là tam giác vuông hoặc tam giác không vuông, khi đáy là tam giác vuông thì lại chia làm hai
dạng là cạnh bên vuông tại góc vuông và tại góc nhọn. Học từ các tứ diện này ta sẽ dễ dàng thấy
ứng dụng của các định lý chương vuông góc. Chúng ta cũng tiếp cận với tư duy và kỹ thuật chứng
minh vuông góc. Đồng thời cho ta cách tưởng tượng ngay thấy hình khi đọc đầu bài nhờ việc tìm ra
nguồn cội của tứ diện. Một nhóm tứ diện khác là cạnh bên không vuông góc với đáy hy vọng sẽ
được trình bày trong các số báo sắp tới

3

Bạn đang tải tài liệu tại trang : www.k2pi.net


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

HƯỚNG DẪN BÀI TẬP
Bài tập 1:
C
A1
B

om

c
H

b

C1

O

.c

a

oc
u

oc

A
1.
CO  (OAB) nên CO  AB, AO  (OBC) nên AO  BC, OB  (OAC) nên OB  AC. Điều
ngược lại không đúng ví dụ tứ diện đều là tứ diện trực tâm nhưng không là tứ diện vuông
2.
a. Giả sử OH  (ABC) chứng minh H là trực tâm, tức H là giao của hai đường cao hay AH  BC và
CH  AB.
BC  OH
Có 
 BC  AH ….
BC  OA
b. Giả sử H là trực tâm tức là AH  BC và CH  AB chứng minh OH  (ABC) tức là OH  AB và
OH  BC. Thật vậy
 AB  CH
 AB  OH …

 AB  OC

1
1

1
1
1
1





2
2
2
2
2
h
OC OC1 OC OB OA2

on

5)

gb

3) AB 2  AC 2  BC 2  2a 2  0  cos A  0 nên góc A nhọn, tương tự cho góc B và C
Chân đường cao là trực tâm của tam giác nhọn nên nằm trong mặt huyền
4) áp dụng BĐT BNK:
 6(OA2+OB2+OC2)
1.AB  1.BC  1.CA2  (12  12  12 )( AB 2  BC 2  CD 2 )
Dấu bằng xảy ra khi a=b=c



1
1 1
 2 2
2
a b c
1
4

1
4

6) S 2 OAB  AB 2 .OC12  AB 2 .C1C.C1H  S HAB .S CAB

kh

Tương tự cho các mặt khác
7) S 2OAB  S 2OAC  S 2OBC
 S ABC (S HAB  S HAC  S HBC )  S 2 ABC
Có thể tính trực tiếp
CC
8) a 2 tan A  AC1. AB. 1  2S ABC , được kết quả như trên cho hai đại lượng còn lại. Nên chúng bằng
AC1
nhau
1 1 1
3
9) a)   
. Theo BĐT BNK:
a b c

h
4

Bạn đang tải tài liệu tại trang : www.k2pi.net


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

2

1 1
1
 1 1 1
2
2
2  1
1.  1.  1.   (1  1  1 ) 2  2  2   3. 2
h
 a b c
a b c 
Dấu bằng khi a=b=c. Vậy ta có đpcm
9
b) S1  S 2  S 3  h 2  ab  ac  bc  9h 2
2
1
1
 1
 (ab  ac  bc) 2  2  2   9 luôn đúng khi nhân hai bất đẳng thức Côsi không âm cùng chiếu.
b
c 

a
Dấu bằng khi a=b=c

om

a 2 b 2  b 2 c 2  c 2 a 2 a 2b 2  b 2 c 2  c 2 a 2
ab bc ca
3 3


 3 3h 
abc
abc
c
a
b
luôn đúng khi áp dụng BĐT côsi cho 3 số hai lần và nhân với nhau. Dấu = khi a=b=c
1
1
10) a) VOABC  SOAB .OC  abc
3
6
1 2 2 2 2 2 2
b) Từ 7) (pitago về diện tích) ta có S ABC 
a b b c  c a
2
Hoặc tìm h, và thể tích, suy ra S=3V/h
c) Từ 5) suy ra điều phải c/m hoặc tìm S, V, suy ra h=3V/S
Bài tập 3)
I) 1)

a)(BME)  (SAC)  BM  (SAC)
 BM  SA và AC
b) (CNF)  (SAB)  CN  (SAB)  CN  AB và SA
c) (APS)  (SBC)  BC  (APS)  BC  AP và SA
S

J

oc
u

oc

.c

c)

E

H
M
F

gb

A

C

I

N

K

P
D

on

B

kh

Q

T

2) KI  (SBC)  KI  BC và KI  SC vì SC  (MBE)
3) *)IK  SA=Q (trong (SAP): IK  (SBC) còn SA không vuông góc với (SBC) vì đã vuông góc đáy)
*) Cần FN “chui” qua Q hay F, N, Q thẳng hàng: vì cùng nằm trên hai mp(SAB) và (FNC)
*) Cần ME “chui” qua Q hay E, M, Q thẳng hàng: thấy M, E, Q thuộc hai mp(SAC) và (MBE) nên
chúng thẳng hàng
4) a)SQ  BC vì SQ  (ABC)
b) SC  QB  SC  (MBE)  BQ
c)SB  QC  SB  (FNC)  CQ
5) *) Do BNKP và CMKP nội tiếp nên AK.AP=AN.AB=AM.AC
5

Bạn đang tải tài liệu tại trang : www.k2pi.net

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

AS
AP

 AS . AQ  AK . AP
AK AQ
Do vậy chúng bằng nhau theo tính chất bắc cầu
6) Tứ giác BCJH nội tiếp  SH.SB=SJ. SC (=SA2 cạnh góc vuông bình phương bằng tích hình chiếu
của nó và cạnh huyền)
7)A, B, C, H, J thuộc cùng một mặt cầu:
Vẽ đường tròn ngoại tiếp ABC và chọn AD là đường kính khi đó:
*) Góc AHD vuông vì AH  AD 
AH  (HBD)  AH  HB và AH  BD  BD  AB và BD  SA
*) Tương tự góc AJD vuông
Vậy các điểm trên nằm trên mặt cầu tâm và bán kính trùng tâm và bán kính đường tròn ngoại tiếp tam
giác ABC
8)*)c/m: JH cắt BC tại T
 SH / SB  SJ / SC
 SH .SB / SB 2  SJ .SC / SC 2  SA2 / SB 2  SA2 / SC 2 đúng vì tam giác không cân. Vậy
JH  BC  T
*) C/m: AT nằm trên tiếp tuyến cố định:
Ta có: SD  (AHJ) vì AH  (SAD) và AJ  (SCD) nên SD  AT Mà AD là hình chiếu của SD xuống
đáy, nên AT  AD Vậy T nằm trên tiếp tuyến cố định tại A và vuông góc AD
Từ hai ý trên thì T là giao của đt cố định, suy ra đp c/m
*) góc TAB= góc TCA: Dễ thấy hai góc trên bằng nhau vì là góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và
dây cung AB
II)

1) Tìm S  At để SQ và VSQBC nhỏ nhất:
*) SQ  SA  AQ  2 SA. AQ  2 AK . AP  a 2
(Do tgSAP~tgKIP~tgKAQ  SA.AQ  AK .AP )

oc
u

oc

.c

om

*) Do  APS ~  AQK (cùng ~  IPK) nên

Dấu bằng khi SA=AQ= a 2 / 2

1
*) Thấy rằng VSQBC= VSABC  VQABC  SQ.S ABC
3

kh

on

gb

1
a2 3 a3 6


Nên V nhỏ nhất khi SQ nhỏ nhất hay SA= a 2 / 2 , lúc đó V= a 2
3
4
12
IS
2) Biết
 3 . (Ta sẽ tìm được các cạnh tgKIP tgSAP~tgKIP
IP
a2
 IP / AP  KP / SP  IP.IS  KP. AP  4.IP 2 
4
a
3a
a 3
 IP   IS  , KI 2  KP 2  IP 2 
4
4
12
KP.SI 3a
tgSIQ~tgKIP  SQ 

KI
2
3VSABC
SA. AP.BC

3) d ( A, ( SBC )) 
S SBC
SP.BC



SA. AP



3ah

SA  AP
4h  3a 2
4) Mặt cầu ngoại tiếp SQBC cắt (CSQ) theo một đường tròn ngọai tiếp tgCSQ. Gọi CA cắt đường tròn
a2
 const nên C’ cố định. Tâm mặt cầu nằm trên
này tại C’. Khi đó AC '.AC  AS . AQ  AK . AP 
2
đường thẳng vuông góc (BCC’) tại tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BCC’.
2

6

2

2

Bạn đang tải tài liệu tại trang : www.k2pi.net