Khai thác các tính chất của tứ diện vuông, giúp học sinh THPT giải quyết một lớp bài toán SKKN THPT

1.Mở đầu
1.1. Lí do chọn đề tài
Trong chương trình giáo dục quốc dân, môn Toán giữ một vai trò quan
trọng. Môn Toán được coi là môn học công cụ, cung cấp các tri thức để người
học có thể học tập các môn học khác. Trong phạm vi môn học của mình, môn
Toán trang bị các tri thức toán học, tri thức phương pháp được coi là cách
thức học tập, nghiên cứu toán học, nghiên cứu sự vật hiện tượng, nghiên cứu
thế giới quan. Thông qua học toán, người học được hình thành, rèn luyện và
phát triển tư duy. Thực tế, có nhiều người ít dùng trực tiếp kiến thức toán học
vào thực tiễn cuộc sống, nhưng không ai phủ nhận rằng, những người học
toán tốt thường có tư duy tốt. Vì vậy, người ta dùng các bài kiểm tra toán dưới
nhiều hình thức khác nhau, dùng thành tích học tập môn Toán là một thước đo
trong nhiều kì thi, kì tuyển dụng. Có những thực tế trên là do các nghiên cứu
đã chỉ ra rằng, môn Toán có vai trò quan trọng trong phát triển tư duy người
học. Trong khi, thế giới ngày càng coi trọng “tư duy”; học tập bằng tư duy
đem lại những giá trị bền vững. Tư duy cũng có thể coi là giá trị, là phương
tiện và là mục tiêu của giáo dục hiện đại. Trên thế giới hiện có hai khuynh
hướng giáo dục toán học: Thứ nhất, coi toán học là công cụ để tiếp thu tri
thức, nghiên cứu các khoa học khác. Theo khuynh hướng này, môn Toán chỉ
dạy cho học sinh một số lượng kiến thức vừa đủ để học những kiến thức phổ
thông, không coi trọng dạy nguồn gốc cũng như phương pháp nghiên cứu
toán học. Thứ hai, coi toán học mà đối tượng và phương pháp nghiên cứu của
nó là điển hình để kích thích hứng thú, khơi dậy niềm say mê khám phá, qua
đó truyền đạt phương pháp học tập, nghiên cứu, rèn luyện và phát triển tư duy
người học. Do đó, trong dạy học môn Toán, người ta cố gắng thông qua dạy
tri thức toán học để dạy cách phát hiện và giải quyết vấn đề, dạy cách suy
nghĩ, rèn luyện nhân cách. Ở Việt Nam, khuynh hướng thứ hai rất được coi
trọng. Các nhà nghiên cứu và các nhà giáo dục đều cho rằng, cái còn lại sau
những năm tháng vất vả học toán không phải chỉ là những công thức, quy tắc,
… mà còn là cách suy nghĩ, cách giải quyết vấn đề, khả năng toán học hoá
các tình huống của cuộc sống. Vì vậy, một trong những nhiệm vụ quan trọng

nhất của dạy học môn Toán trong trường phổ thông là rèn luyện và phát triển
tư duy cho học sinh [ 4] .
Hình học không gian nói chung và hình học giải tích nói riêng là một trong
những phân môn quan trọng của Toán học phổ thông. Trong các kì thi học
sinh giỏi hay thi THPTQG hình học chiếm một vị trí không nhỏ, việc học sinh
được trang bị một nền kiến thức về hình học không gian chắc chắn sẽ giúp các
em có cái nhìn tổng thể về môn hình học nói chung cũng như hiểu rõ sự liên
hệ của hình học không gian thuần túy và hình học giải tích.Tứ diện vuông là
một loại tứ diện đặc biệt, trong các đề thi học sinh giỏi hay THPTQG bài tập
về tứ diện vuông xuất hiện cũng khá nhiều. Trong một khoảng thời gian vật
chất nhất định, làm thế nào để có thể chọn và đưa ra một đáp án chính xác,
cách suy nghĩ, cách giải quyết vấn đề như thế nào... một số kinh nghiệm trong
1


sáng kiến này sẽ giúp học sinh giải quyết một phần khó khăn khi gặp bài
toán liên quan đến tứ diện vuông. Chính vì vậy, tôi lựa chọn đề tài “ Khai
thác các tính chất của tứ diện vuông, giúp học sinh THPT giải quyết một lớp
bài toán.”
1.2. Mục đích nghiên cứu
Trong sáng kiến kinh nghiệm này tôi mạnh dạn đề xuất việc khai thác một số
tính chất của tứ diện vuông nhằm giải quyết một số bài toán hình học nói
chung và hình học giải tích trong không gian nói riêng. Với mục đích giúp
học sinh giải quyết nhanh chóng một số bài toán hình học trong không gian
nhờ sử dụng tính chất của tứ diện vuông.
1.3. Đối tượng nghiên cứu
Sáng kiến này nghiên cứu các tính chất của tứ diện vuông, từ đó vận dụng
chúng vào giải quyết các bài toán hình học nói chung và hình học giải tích
nói riêng có liên quan.
1.4. Phương pháp nghiên cứu

Sáng kiến này dựa trên phương pháp xây dựng cơ sở lý thuyết, hệ thống lại
kiến thức cơ bản có liên quan, xây dựng hệ thống bài tập vận dụng kiến thức
cũ và tổ chức thực hiện.
Thực tiễn dạy học cũng như việc dự giờ, trao đổi chuyên môn với đồng
nghiệp cũng giúp cá nhân tôi hoàn thiện cơ sở lý luận và tổ chức triển khai áp
dụng.
2. NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
2.1. Cơ sở lý luận của sáng kiến kinh nghiệm
Trong chương trình SGK lớp 11 hình học nâng cao, học sinh đã được học khá
đầy đủ các định nghĩa và tính chất của quan hệ vuông góc. Bên cạnh đó sách
giáo khoa cũng cung cấp một hệ thống bài tập rất logic và có nhiều ứng dụng,
từ thực tế giảng dạy, nếu biết khai thác tiềm năng cuả sách giáo khoa thì các
bài tập này với vai trò là một công cụ giúp học sinh giải các bài toán khác,
nói cách khác những bài toán cơ bản này được xem như những bài toán gốc
mà trong quá trình giải toán học sinh thường qui về các bài toán gốc để việc
giải toán được thuận lợi, có lời giải đẹp, ngắn gọn, đem lại cho học sinh nhiều
sự hứng thú.
2.2. Thực trạng của vấn đề
Hình học không gian là một trong những môn học khó đối với không ít học
sinh. Để học tốt bộ môn này bản thân học sinh phải có óc tưởng tượng, tư
duy logic, khả năng suy diễn tốt.Việc vận dụng các tính chất cơ bản của hình
học không gian thuần túy vào giải quyết các bài toán hình học giải tích đòi
hỏi học sinh phải có một nền tảng kiến thức chắc chắn về hình học không
gian, bên cạnh đó học sinh còn phải biết liên hệ, suy diễn, qui lạ về quen, biết
tương tự hóa và khái quát hóa các kiến thức liên quan đã học và vận dụng
chúng vào giải toán hình học giải tích một cách thuần thục và hiệu quả.
Hiện nay việc dạy học theo chủ đề đòi hỏi mỗi giáo viên chúng ta có phải có
cái nhìn bao quát mỗi chủ đề của môn học, phải thấy được sự liên hệ giữa các
đơn vị kiến thức trong mỗi chủ đề, đồng thời cũng thấy được sự liên hệ của
2

chủ đề đó với những chủ đề khác. Hơn nữa trong kì thi THPTQG, bằng hình
thức thi trắc nghiệm, với khoảng thời gian ngắn- để hoàn thành tốt bài thi của
mình bắt buộc học sinh phải có những cách giải ngắn gọn, lựa chọn chuẩn xác
và nhanh chóng. Thực tiễn cho thấy, trong một số bài toán hình học có liên
quan đến tứ diện vuông nếu khéo léo và sử dụng linh hoạt những tính chất đã
học thì sẽ giúp học sinh nhanh chóng đi đến việc lựa chọn đáp án đúng.
2.3. Các giải pháp đã sử dụng để giải quyết vấn đề
2.3.1.Trang bị cho học sinh đầy đủ các tính chất cơ bản của tứ diện vuông
Xuất phát từ bài toán trong sách giáo khoa
Bài toán cơ bản.
Cho tứ diện OABC có OA, OB, OC đôi một vuông góc.
1)Chứng minh tam giác ABC có ba góc nhọn
2)Chứng minh rằng hình chiếu H của điểm O trên mp(ABC) trùng với trực
tâm của tam giác (ABC)
3)Chứng minh

1
1
1
1
=
+
+
2
2
2
OH
OA OB OC 2

[ 3] .

Ta sẽ bổ sung thêm một số tính chất sau
4)Nếu H là trực tâm tam giác ABC thì OH vuông góc với mp(ABC)
5) S∆2ABC = S∆2OBC + S∆2OAC + S∆2OAB ( Định lí PitaGo trong không gian)
6) Giả sử các mặt bên OAB, OBC, OCA lần lượt tạo với (ABC) các góc
α , β , δ .Chứng minh rằng cos 2 α + cos 2 β + cos 2 δ = 1 [ 1] .
7)Gọi X, Y, Z lần lượt là góc tạo bởi OA, OB, OC với mặt phẳng đáy thì
sin 2 X + sin 2 Y + sin 2 Z = 1

8)Gọi R là bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện OABC thì
R=

1
OA2 + OB 2 + OC 2
2
1
6

9) Thể tích của tứ diện VOABC = OA.OB.OC
2.3.2.Xây dựng hệ thống các bài toán vận dụng tính chất của tứ diện
vuông
Bài toán gốc 1. Tứ diện vuông OABC có OA, OB,OC đôi một vuông góc,
nếu M là trực tâm tam giác ABC thì OM vuông góc với mp(ABC).
Bài tập vận dụng 1.Trong không gian Oxyz, cho M(1;2;5). Phương trình của
mặt phẳng (P) đi qua điểm M và cắt các trục tọa độ Ox, Oy, Oz tại A, B, C sao
cho M là trực tâm tam giác ABC là
x
5

y
2

z
1

x
5

y
2

z
1

A. x + 2 y + 5 z − 30 = 0 B. x + y + z − 8 = 0 C. + + = 1 D. + + = 0 .
Hướng dẫn
Cách 1.
Gọi A(a;0;0), B(0; b;0), C (0;0; c)
Phương trình mp(ABC)

x y z
+ + =1.
a b c

3


1 2 5

+ + = 1(1) .Mặt khác do M là trực tâm tam giác
a b c
uuuu
r uuur
5c

 AM .BC = 0
b =
2 (2)
ABC nên  uuuur uuur suy ra 
BM
.
AC
=
0

 a = 5c
Thay (2) vào (1) ta được c = 6; a = 30; b = 15 .
x
y z
Vậy phương trình mp(ABC) là + + = 1 hay x + 2 y + 5 z − 30 = 0 (chọn A).
30 15 6

Do M thuộc mp (ABC) nên

Cách 2.
Sử dụng tính chất: nếu M là trực
tâm tam giác ABC thì OM ⊥ ( ABC ) hay
uuuu
r

(ABC) là mp đi qua M và nhận OM làm véc tơ pháp tuyến.
Ptmp (ABC) 1( x − 2) + 2( y − 2) + 5( z − 5) = 0 ⇔ x + 2 y + 5 z − 30 = 0
Rõ ràng, việc sử dụng tính chất liên quan đã giúp bài toán nhanh chóng được
giải quyết.
Bài toán tương tự 1
Trong không gian Oxyz, cho M(1;4;3). Phương trình của mặt phẳng (P) di
qua điểm M và cắt các tia Ox, Oy, Oz tại A, B, C sao cho M là trực tâm tam
giác ABC là
A. x − 4 y − 3z + 12 = 0
B. x + 4 y + 3z + 26 = 0
C. x − 4 y − 3z + 24 = 0
D x + 4 y + 3z − 26 = 0 .
Rõ ràng ở bài tập này giả thiết có khác bài tập trên, từ giả thiết trục Ox sang
tia Ox đã giúp học sinh nhanh chóng lựa chọn đáp án.
- Kiểm tra tính chất (P) đi qua M ta loại đáp án A, B.( chỉ còn C, D)
- Mặt khác, mp x − 4 y − 3z + 24 = 0 không cắt tia Ox nên chọn D.
Bài toán tương tự 2
Trong không gian Oxyz, cho M(2;1;5). Mặt phẳng (P) đi qua điểm M và cắt
các trục Ox, Oy, Oz lần lượt tại các điểmA, B, C sao cho M là trực tâm tam
giác ABC. Tính khoảng cách từ điểm I( 1;2;3) đến mp (P)
A.

17 30
30

B.

13 30
30

C.

19 30
30

D.

11 30
30

Bài toán gốc 2. Tứ diện vuông OABC có OA, OB, OC đôi một vuông góc, H
là trực tâm tam giác ABC thì OH vuông góc với mp(ABC) và
1
1
1
1
=
+
+
2
2
2
OH
OA OB OC 2

Bài tập vận dụng 2.1
Trong không gian Oxyz, cho M(1;2;3). Phương trình của mặt phẳng (P) di
qua điểm M và cắt các tia Ox, Oy, Oz tại A, B, C sao cho biểu thức
T=

1
1
1
+
+
đạt giá trị nhỏ nhất.
2
2
OA OB OC 2

Hướng dẫn
Cách 1
- Gọi A(a;0;0), B(0; b;0), C (0;0; c) .Với a,b,c là các số dương
- Phương trình mp(P)

x y z
+ + =1
a b c

4


1 2 3
+ + = 1(1) .
a b c
1
1
1
1 1 1
Ta có T = 2 + 2 + 2 = 2 + 2 + 2

OA OB OC
a b c

Do M thuộc mp (ABC) nên

Áp dụng bđt Bunhiacopski ta có
2

1 1 1
1
 1 2 3  1 1 1  2
2
2
 + + ÷ ≤  2 + 2 + 2 ÷. ( 1 + 2 + 3 ) hay a 2 + b 2 + c 2 ≥ 14
a b c a b c 
 1 2 3

 a + b + c =1
 a = 14


1
 1 1
 14
=
=
⇔
Dấu bằng xảy ra khi 
b =
a

2
b
3
c
2


1
1 1 1
 14
 a 2 + b 2 + c 2 = 14
 c = 3

vậy phương trình mp(P): x + 2 y + 3z − 14 = 0

Cách 2. Gọi H là trực tâm tam giác ABC ta có OH ⊥ ( ABC ) và
1
1
1
1
+
+
=
.Do đó T đạt giá trị nhỏ nhất khi OH đạt giá trị lớn
2
2
2
OA OB OC
OH 2
uuuu

r
nhất.Khi đó OH = OM và mp(ABC) qua M, nhận véc tơ OM làm véc tơ pháp

tuyến.
Phương trình mp(ABC) 1( x − 1) + 2( y − 2) + 3( z − 3) = 0 hay x + 2 y + 3z − 14 = 0
Nhận xét:
- Việc học sinh giải được bài toán theo cách 1 chứng tỏ hs đó đã biết áp dụng
áp dụng kiến thức về bất đẳng thức để giải bài toán, nhưng trong thời gian
ngắn thì cách làm này chưa hiệu quả, cách thứ 2 giúp hs nhanh chóng đi đến
đáp số hơn rất nhiều.
- Với cách giải 1, hs hoàn toàn có thể giải được bài toán sau
Bài toán tương tự
Trong không gian Oxyz, cho M(1;2;3). Phương trình của mặt phẳng (P) di
qua điểm M và cắt các tia Ox, Oy, Oz tại A, B, C sao cho biểu thức
T=

1
4
9
+
+
đạt giá trị nhỏ nhất.
2
2
OA OB OC 2

(HD: bằng cách tách như sau
2

2

3  1 4 9  2 2 2
 1 2 3  1
 + + ÷ = 1. + 1. + 1. ÷ ≤  2 + 2 + 2 ÷. ( 1 + 1 + 1 ) )
b
c a b c 
a b c  a

Bài tập vận dụng 2.2
Trong không gian Oxyz, mặt phẳng ( α ) đi qua M( 1;2;1) và cắt các tia Ox,
Oy, Oz lần lượt tại A,B,C sao cho độ dài OA,OB,OC theo thứ tự đó lập thành
cấp số nhân với công bội bằng 2. Tính khoảng cách từ gốc O đến ( α )
A.

4
21

B.

21
21

C.

3 21
7

D. 9 21

Hướng dẫn:
-Phương trình ( α ) có dạng

x y z
+ + = 1 ( với a, b, c là các số dương)
a b c

5


- M thuộc ( α ) nên

1 2 1
+ + = 1 (1)
a b c

- OA, OB, OC theo thứ tự lập thành cấp số nhân với công bội q =2 nên
b = 2a; c = 4a (2)
9
9
nên b = ; c = 9
4
2
α
-Khoảng cách từ gốc O đến ( ) được tính theo công thức:
1
1
1
1
1 1 1
=
+

+
= 2+ 2+ 2
2
2
2
2
OH
OA OB OC
a b c
3 21
- Thay số và tính được khoảng cách h =
(chọn đáp án C)
7

- Từ (1) và (2) suy ra a =

Bài toán vận dụng 2.3
Sử sụng bài toán gốc 2, ta có thể giải quyết nhanh chóng một số bài toán hình
học không gian thuần túy liên quan đến khoảng cách.
Ví dụ 1.
Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thoi tâm O, góc ∠BAD = 600 , SO
vuông góc với (ABCD) và SO =a. Khoảng cách d từ O đến mặt (SBC) là:
A.

a 57
19

B.

a 57

18

C.

a 45
7

D.

a 52
16

Hướng dẫn:
-Từ giả thiết suy ra các tam giác ABD, BCD là các tam giác đều cạnh a
nên: OA = OC =

a 3
a
; OB = OD =
2
2

-Tứ diện OSBC là tứ diện vuông tại O, nên

1
1
1
1
=
+

+
. Chọn A
2
2
2
d
OS
OB OC 2

Ví dụ 2. Cho lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác vuông có
BA = BC = a, cạnh bên AA’bằng a 2 . Gọi M là trung điểm của BC. Tính
khoảng cách d giữa hai đường thẳng AM và B’C.
Hướng dẫn:
-Gọi N là trung điểm của BB’ suy ra
B ' C PMN nên B ' C P( AMN ) .Do đó
d ( B ' C ; AM ) = d ( B ' C ;( AMN )) = d ( B ';( AMN ))
= d ( B;( AMN ))

-Tứ diện B.AMN có BA; BM; BN là ba
cạnh đôi một vuông góc nên

6


1
d

2
( B ;( AMN ))

=

1
1
1
1
4
4
7
+
+
= 2+ 2+ 2 = 2 .
2
2
2
BA BN
BM
a a a
a

Vậy d ( B;( AMN )) =

a 7
7

Ví dụ 3.
Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ cạnh a. Tính theo a khoảng cách d
giữa hai đường thẳng A’B và B’D.
Hướng dẫn :
- Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm của các đoạn thẳng A’D’; BC, AD.

- Ta có A’MDP và BNDP là các hình bình hành nên A ' P PMD và BP P ND
- Hai mặt phẳng (MDNB’) và (A’PB) song song với nhau nên
- d ( A ' B; B ' D) = d (( A ' PB);( MDNB ')) = d ( D;( A ' PB)) = d ( A;( A ' PB )
Hình chóp A.A’PB cóAA’, AP, AB đôi một vuông góc nên
1
1
1
1
1 1
4
6
=
+
+
= 2 + 2 + 2 = 2 suy ra
2
2
2
2
d
AA '
AP
AB
a
a a
a

Bài toán gốc 3: Tứ diện vuông
OABC có OA, OB, OC đôi một
vuông góc, gọi R là bán kính mặt

cầu ngoại tiếp tứ diện thì
R=

1
OA2 + OB 2 + OC 2
2

Bài tập vận dụng 3.1
Ba đoạn thẳng SA, SB, SC đôi
một vuông góc với nhau tạo thành
một tứ diện S.ABC với
SA = a, SB = 2a, SC = 3a . Bán kính
mặt cầu ngoại tiếp hình tứ diện
đó:
A.

a 6
2

B.

a 3
6

C.

a 14
2

D.

a 14
6

Bài tập vận dụng 3.2
Trong không gian Oxyz cho A(−1;0;0); B(0;0; 2); C (0; −3;0) , bán kính mặt cầu
ngoại tiếp tứ diện OABC là
A.

14
3

B.

14
4

C.

14
2

D. 14

Nhận xét
- Nếu không nhận thấy các điểm A,B,C lần lượt thuộc các trục tọa độ, để giải
bài toán này hs thường đi giải hệ phương trình ba ẩn có được từ việc sử dụng
giả thiết IO = IA = IB = IC ( với I là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện)
Rõ ràng lời giải này khá dài !

7


- Nếu tinh ý nhận ra ba điểm A, B, C lần lượt thuộc các trục tọa độ hay tứ diện
OABC vuông tại O thì chỉ cần áp dụng kết quả R =

1
OA2 + OB 2 + OC 2 với
2

OA = 1; OB = 2; OC = 3 thì R = 14
2

Bài toán vận dụng 3.3
Cho tứ diện SABC 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 .
Chứng minh rằng: R ≥

6

972V 2
2

Hướng dẫn

A

a
N
I

c

S

C

b
M
B

Ta có V =

abc
(1);
6

Gọi I là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện SABC M , N lần lượt là trung điểm của
BC , SA

Khi đó R = IS = SN 2 + SM 2 =

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

6

27a 2b 2c 2
(2)
2
6
972V 2
Từ (2) và (1) suy ra R ≥
(Đpcm).
2

Áp dụng Cauchy ta có: R ≥

Bài toán gốc 4.
Cho tứ diện OABC có OA, OB, OC đôi một vuông góc. Giả sử các mặt bên
OAB, OBC, OCA lần lượt tạo với (ABC) các góc α , β , δ . Chứng minh rằng
cos 2 α + cos 2 β + cos 2 δ = 1

Bài toán vận dụng 4.1
Cho tứ diện OABC vuông tại O các mặt bên OAB, OBC, OCA lần lượt tạo
với (ABC) các góc α , β , δ .Chứng minh rằng cos α + cos β + cos δ ≤ 3
8


Hướng dẫn:
Sử dụng bất đẳng thức Bunhiacopski, kết hợp bài toán 4 ta có
(cos α + cos β + cos δ ) 2 ≤ ( 12 + 12 + 12 ) . ( cos 2 α + cos 2 β + cos 2 δ )

Từ đó suy ra kết quả bài toán 4.1
Bài toán vận dụng 4.2
Cho tứ diện OABC vuông tại O các mặt bên OAB, OBC, OCA lần lượt tạo

với (ABC) các góc α , β , δ .Chứng minh rằng
cos 2 α
cos 2 β
cos 2 δ
3
T=
+ 2
+ 2
≤
2
2
2
2
sin β + sin δ sin α + sin δ sin α + sin β 4

Hướng dẫn
Từ kết quả bài toán 4
cos 2 α + cos 2 β + cos 2 δ = 1 ⇔ 1 − sin 2 α + 1 − sin 2 β + 1 − sin 2 δ = 1
hay sin 2 α + sin 2 β + sin 2 δ = 2

Khi đó
cos 2 α
cos 2 β
cos 2 δ
+
+
sin 2 β + sin 2 δ sin 2 α + sin 2 δ sin 2 α + sin 2 β
cos 2 α
cos 2 β
cos 2 δ

cos 2 α
cos 2 β
cos 2 δ
=
+
+
=
+
+
2 − sin 2 α 2 − sin 2 β 2 − sin 2 δ 1 + cos 2 α 1 + cos 2 β 1 + cos 2 δ
1
1
1
3−(
+
+
)
2
2
1 + cos α 1 + cos β 1 + cos 2 δ
1 1 1
9
∀a, b, c〉 0
Áp dụng bđt + + ≥
a b c a+b+c
9
9 3
= 3− =
Suy ra T ≤ 3 −
2

2
2
1 + cos α + 1 + cos α + 1 + cos α
4 4
T=

Bài toán vận dụng 4.3
Cho tứ diện OABC vuông tại O các mặt bên OAB, OBC, OCA lần lượt tạo
với (ABC) các góc α , β , δ . Chứng minh rằng
S = tan 2 α + tan 2 β + tan 2 δ + 2 = tan 2 α .tan 2 β .tan 2 δ

HD
1 − cos 2 α 1 − cos 2 β 1 − cos 2 δ
+
+
+2
cos 2 α
cos 2 β
cos 2 δ
Đặt X = cos 2 α ; Y = cos 2 β ; Z = cos 2 δ thì X + Y + Z = 1
1− X 1− Y 1− Z
(1 − X )YZ + (1 − Y ) XZ + (1 − Z ) XY + 2 XYZ
S=
+
+
+2 ==
X
Y
Z
XYZ

− XYZ + XY + YZ + ZX XY (1 − Z ) + Z (Y + X ) ( XY + Z )(1 − Z )
=
=
=
XYZ
XYZ
XYZ
( XY + 1 − X − Y )(1 − Z ) (1 − X )(1 − Y )(1 − Z ) 1 − X 1 − Y 1 − Z
=
=
=
.
.
= tan 2 α .tan 2 β .tan 2 δ
XYZ
XYZ
X
Y
Z
S = tan 2 α + tan 2 β + tan 2 δ + 2 =

Bài toán vận dụng 4.4
Cho tứ diện OABC vuông tại O các mặt bên OAB, OBC, OCA lần lượt tạo
với (ABC) các góc α , β , δ .Chứng minh rằng
9


M = tan 2 α + tan 2 β + tan 2 δ + cot 2 α + cot 2 β + cot 2 δ ≥

15

[ 2]
2

Hướng dẫn
Ta có
M = tan 2 α + tan 2 β + tan 2 δ + cot 2 α + cot 2 β + cot 2 δ
1 − cos 2 α 1 − cos 2 β 1 − cos 2 δ
+
+
+ cot 2 α + cot 2 β + cot 2 δ
2
2
2
cos α
cos β
cos δ
2
2
Đặt X = cos α ; Y = cos β ; Z = cos 2 δ thì X + Y + Z = 1 và X,Y,Z là các số dương.
1− X 1− Y 1− Z
X
Y
Z
+
+
+
+
+
Suy ra M=
X

Y
Z
1− X 1− Y 1− Z
Y + Z X + Z X +Y
X
Y
Z
=
+
+
+
+
+
X
Y
Z
Y +Z X +Z Y +X
M=

Dễ có
=

Y + Z X + Z X +Y X Y Z X Y Z
+
+
= + + + + + ≥6
X
Y
Z
Y X X Z Z Y

Và
X
Y
Z
1
1
1
+
+
= ( X + Y + Z )(
+
+
)
Y +Z X +Z Y + X
Y +Z X +Z Y + X
1
1
1
1
9
= ( X + Z + Y + Z + X + Y )(
+
+
)≥
2
Y +Z X +Z Y + X
2
3 15
Do đó M ≥ 6 + =

2 2
= 3+

Bài toán gốc 5
Tứ diện vuông OABC có OA, OB, OC đôi một vuông góc. Gọi α ; β ; γ lần lượt
là góc giữa OA,OB,OC với mp (ABC) khi đó ta có sin 2 α + sin 2 β + sin 2 γ = 1
Bài toán vận dụng
Xét tứ diện OABC có OA, OB, OC đôi một vuông góc.Gọi Gọi α ; β ; γ lần lượt
là góc giữa OA,OB,OC với mp (ABC) khi đó giá trị nhỏ nhất của biểu thức
M = ( 3 + cot 2 α ) ( 3 + cot 2 β ) ( 3 + cot 2 γ ) là:
A. Số khác
B. 48 3
C. 48
D.125.
Hướng dẫn:
- Sử dụng kết quả bài toán 5: sin 2 α + sin 2 β + sin 2 γ = 1
- Biến đổi M: Sử dụng công thức 1 + cot 2 α =
2
2
2
Ta có: M = ( 3 + cot α ) ( 3 + cot β ) ( 3 + cot γ )

1
sin 2 α



1
1
1



M =  3 + 2 − 1÷ 3 + 2 − 1÷ 3 + 2 − 1÷
sin α  
sin β
sin γ



1 
1 
1 

M =  2 + 2 ÷ 2 + 2 ÷ 2 + 2 ÷
sin α  
sin β 
sin γ 


Đặt X = s in 2α ; Y = sin 2 β ; Z = sin 2 γ . Ta có X + Y + Z = 1
10


1 
1 
1
1

≥ 27
Và: M =  2 + ÷ 2 + ÷ 2 + ÷.Do X + Y + Z = 1 nên

X 
Y 
Z
XYZ

1
1 
1
1 1 1  1
M = 8 + 4  + + ÷+ 2 
+
+
÷+
 X Y Z   XY YZ ZX  XYZ
1
1
1
M ≥ 8 + 4.3 3
+ 2.3. 3
+
≥ 8 + 4.3.3 + 2.3.9 + 27 = 125
2
XYZ
( XYZ ) XYZ

Dấu bằng luôn xảy ra, nên chọn đáp án C.
Bài toán gốc 6.
Cho tứ diện OABC có OA, OB, OC đôi một vuông góc.Chứng minh rằng
a) S∆2ABC = S∆2OBC + S∆2OAC + S∆2OAB (Định lí PitaGo trong không gian)
b) S∆2OAB = S∆HAB .S ∆ABC ; S∆2OAC = S∆HAC .S∆ABC ; S∆2OBC = S∆HBC .S∆ABC

c) S∆OBC + S∆OAC + S∆OAB

9h 2
≥
2

Sử dụng kết quả bài 6a, ta chứng minh được các bài toán sau
Với S1 = S∆OBC ; S2 = S ∆OAC ; S3 = S ∆OAB ; S = S ∆ABC
Bài toán vận dụng 6.1
Tứ diện vuông OABC có OA, OB, OC đôi một vuông góc. Chứng minh rằng:
S32
S12
S 22
3
+
+
≤
2
2
2
2
2
2
S + S1 S + S 2 S + S3 4
Với S1 = S∆OBC ; S2 = S ∆OAC ; S3 = S ∆OAB ; S = S ∆ABC
M=

Hướng dẫn
Với S1 = S∆OBC ; S2 = S ∆OAC ; S3 = S ∆OAB ; S = S ∆ABC
Ta có: S 2 = S12 + S22 + S32

Và M =

S32
S12
S 22
+
+
S 2 + S12 S 2 + S 22 S 2 + S32

S2
S2
S2
+
1
−
+
1
−
S 2 + S12
S 2 + S 22
S 2 + S32
1
1
1
= 3− S2( 2
+ 2
+ 2
)
2
2

S + S1 S + S 2 S + S32
M = 1−

1
1
1
1
= 3 − .4S 2 ( 2
+ 2
+ 2
)
2
2
4
S + S1 S + S2 S + S32
1
1
1
1
= 3 − ( S 2 + S12 + S 2 + S 22 + S 2 + S32 ).( 2
+ 2
+ 2
)
2
2
4
S + S1 S + S 2 S + S32
1

1

1

Áp dụng bất đẳng thức ( x + y + z )  + + ÷ ≥ 9 với ∀x, y, z > 0
x y z


1
4

Khi đó : M ≤ 3 − .9 =



3
4

Bài toán vận dụng 6.2
Cho tứ diện OABC có OA, OB, OC đôi một vuông góc, tìm giá trị lớn nhất
của biểu thức sau
11


P=

S3
S1
S2
+
+

S + 2 S1 S + 2 S 2 S + 2S3

Hướng dẫn
Ta có 2 P =

2 S3
2 S1
2 S2
+
+
S + 2 S1 S + 2 S 2 S + 2S3

2 S3
2 S1
2S2
+1−
+1−
S + 2 S1
S + 2S 2
S + 2S3
1
1
1
= S(
+
+
)
S + 2 S1 S + 2S 2 S + 2 S3

suy ra 3 − 2 P = 1 −

1

1

1

Áp dụng bất đẳng thức ( x + y + z )  + + ÷ ≥ 9 với ∀x, y, z > 0
x y z


1

1



1

9

9

thì S + 2S + S + 2S + S + 2S ≥ 3S + 2( S + S + S ) ≥
3S + 2 3S
1
2
3
1
2

3
9S
9
=
3S + 2 3S 3 + 2 3
suy ra P ≤ 6 − 3 3

Do đó 3 − 2 P ≥

Dấu bằng xảy ra khi S1 = S 2 = S3 =

S
3

Bài toán gốc 7.
Nếu tứ diện OABC có OA, OB, OC đôi một vuông góc thể tích của tứ diện
1
VOABC = OA.OB.OC
6

Bài toán vận dụng 7.1
Cho hình tứ diện S.ABC có SA, SB, SC đôi một vuông góc;
SA = 3a,SB = 2a,SC = a . Tính thể tích khối tứ diện S.ABC.
A.

a3
2

B. 2a 3

C. a 3

D. 6a 3

Bài toán vận dụng 7.2
x
a

y
b

z
c

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, gọi ( P ) : + + = 1 ( a, b, c > 0 ) là mặt
phẳng đi qua điểm H ( 1;1; 2 ) và cắt các tia Ox, Oy, Oz lần lượt tại các điểm A,
B, C sao cho khối tứ diện OABC có thể tích nhỏ nhất. Tính S = a + 2b + c.
A. S = 15.
B. S = 5.
C. S = 10.
D. S = 4.
Hướng dẫn
Đáp án A
1
6

Ta có: A ( a;0;0 ) , B ( 0; B;0 ) , C ( 0;0;c ) và VOABC = abc. ( Với a, b, c là các số
dương)
1
a

1
b

2
c

Có H ∈ ( P ) ⇒ + + = 1

( 1)

Áp dụng BĐT Cauchy cho 3 số dương

1 1 2
, , ta có:
a b c

12


3

1 1 2
a+b+c÷ 1 1 2

÷ ≥ . .
3

÷ a b c




( 2 ) . Dấu bằng xảy ra khi

Từ (1) và (2) suy ra abc ≥

2
1
1
1 1 2 1
hay V ≥ ; V = ⇔ = = = ⇒ a = b = 3, c = 6.
27
81
81
a b c 3

1 1 2
1 1 2
= = và + + = 1
a b c
a b c

Vậy a + 2b + c = 15.
Một số bài toán tương tự
Bài 1.Trong không gian Oxyz cho điểm M ( 1;3; −2 ) . Hỏi có bao nhiêu mặt
phẳng (P) đi qua M và cắt các trục x 'Ox; y 'Oy; z 'Oz  lần lượt tại ba điểm phân
biệt A, B, C sao cho OA = OB = OC ≠ 0
A. 3
B. 2
C. 1

D. 4
Đáp án D.
Hướng dẫn: Giả sử A ( a;0;0 ) , B ( 0; b;0 ) , C ( 0;0;c ) , ta có: OA = a ;OB = b ;OC = c
OA = OB = OC ≠ 0 ⇔ a = b = c ≠ 0
x y z
a a a
M ∈ ( ABC ) ⇒ 2 − a = 0 ⇔ a = 2 ⇒ ( P ) : x + y + z − 2 = 0

TH1: a = b = c ⇒ ( P ) : + + = 1 ⇔ x + y + z − a = 0

x y z
=1⇔ x + y − z −a = 0
a a −a
M ∈ ( ABC ) ⇒ 6 − a = 0 ⇔ a = 6 ⇒ ( P ) : x + y − z − 6 = 0

TH2: a = b = −c ⇔ ( P ) : + +

x y z
+ =1⇔ x − y + z −a = 0
a −a a
M ∈ ( ABC ) ⇒ −4 − a = 0 ⇔ a = −4 ⇒ ( P ) : x − y + z + 4 = 0

TH3: a = −b = c ⇔ ( P ) : +

x y
z
+
=1⇔ x − y− z −a = 0
a −a − a
M ∈ ( ABC ) ⇒ 0 − a = 0 ⇔ a = 0 ⇒ ( P ) : x − y − z = 0

TH4: −a = b = c ⇔ ( P ) : +

Vậy có 4 mặt phẳng thỏa mãn yêu cầu bài toán
Nhận xét:
Trong bài toán này học sinh thường gặp một số sai lầm sau:
-Khi OA =OB =OC học sinh thường suy ra a = b =c nên sẽ lựa chọn đáp án
C( 1 mặt phẳng)
- Một số học sinh ý thức được OA = OB = OC ⇔ a = b = c nhưng khi bỏ dấu
giá trị tuyệt đối đã cho rằng a = b = c thì có các khả năng sau:
Khả năng 1: a = b = c
Khả năng 2: a = b = −c
Khả năng 3: a = −b = c
Khả năng 4: −a = b = c
Khả năng 5: −a = −b = −c
Khả năng 6: −a = −b = c
Khả năng 7: −a = b = −c
Khả năng 8: a = −b = −c
13


(Và do đó nghĩ rằng có 8 mặt phẳng thỏa mãn)
Nguyên nhân của sai lầm là do học sinh nhầm lẫn khi phân chia các trường
hợp, thực chất các trường hợp 5,6,7,8 đều quy được về các trường hợp 1, 2, 3,
4.
Bài 2.Trong không gian Oxyz, cho điểm M ( 1; 2;3) . Hỏi có bao nhiêu mặt phẳng
(P) đi qua M và cắt trục x’Ox, y’Oy, z’Oz lần lượt tại các điểm A, B, C sao cho
OA = 2OB = 3OC > 0
A. 4

B. 6

C. 3

D. 2

Đáp án C
Bài 3.Trong không gian Oxyz, cho M(1;2;5). Số mặt phẳng (α ) đi qua M và
cắt các trục Ox, Oy, Oz tại A,B,C sao cho OA= OB =OC( A,B,C không trùng
với gốc tọa độ O) là
A. 8
B.3
C.4
D.1
Bài 4.Trong không gian Oxyz, cho M(2;0;0) và N(1;1;1). Mặt phẳng (P) thay
đổi luôn đi qua M,N và cắt các tia Oy, Oz lần lượt tại B,C(với B,C không
trùng với gốc O). Tính giá trị nhỏ nhất của biểu thức T = OB3 + OC 3
A. T = 64
B.T = 32
C. T= 16
D. T = 128
Hướng dẫn:
x
2

y
b

z
c

Phương trình mp (P) có dạng ( P ) : + + = 1 ( b, c > 0 )
1
b

1
c

Do N ∈ ( P ) ⇒ + =

1
2

( 1) .Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho (1) ta có

1 1 1
2
= + ≥
⇒ bc ≥ 4 ⇒ bc ≥ 16
2 b c
bc
Do đó T = OB3 + OC 3 = b3 + c 3 ≥ bc(b + c) ≥ 2bc bc ≥ 2.16.4 = 128 . Chọn D

Bài toán vận dụng 7.3
Tính thể tích của khối tứ diện SABC có
AB = SC = a, AC = SB = b, AS = BC = c

(gọi là tứ diện gần đều)
Hướng dẫn:
Có nhiều cách để giải bài toán này, tuy nhiên

với ý tưởng đưa về khối tứ diện vuông, có
thể hướng dẫn học sinh như sau:
Qua các đỉnh của tam giác ABC, vẽ các
đường thẳng song song với cạnh đối diện,
chúng đôi một cắt nhau tạo thành tam giác
MNP.
1
4

Nhận thấy tứ diện S.MNP là tứ diện vuông và VS . ABC = VS .MNP
1
4

Ta có: VS . ABC = VS .MNP =

1
SM .SN .SP
24

14


 SM 2 + SP 2 = MP 2 = 4a2
SP 2 = 2(a2 + b2 − c2)
 2
 2
2
2
2
2

2
2
Mà SM + SN = MN = 4c ⇒ SM = 2(a + c − b )
 2
 2
SP + SN 2 = NP 2 = 4b2
SN = 2(b2 + c2 − a2)



Nên
VS . ABC =
=

1
8( a 2 + b 2 − c 2 )(a 2 + c 2 − b 2 )(b 2 + c 2 − a 2 )
24

2
(a 2 + b 2 − c 2 )(a 2 + c 2 − b 2 )(b 2 + c 2 − a 2 )
12

Khi gặp bài toán liên quan đến tứ diện gần đều, học sinh sử dụng công thức
trên xem như “công thức tính nhanh” và áp dụng.
Bài tập áp dụng
Bài 1. Khối chóp S.ABC có SA = BC= 5a ; SB =AC =6a; SC= AB = 7a
Thể tích của khối chóp là
A.

35 2 3

a
2

B.

35 3
a
2

C. 2 95a 3

D. 2 105a 3

Bài 2. Tứ diện ABCD có AB = CD= 4; BD =AC = 5; BC =AD = 6. Khoảng
cách từ điểm A đến (BCD) là
A.

42
7

B.

3 42
14

C.

3 42
7

D.

42
14

2.4. Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm đối với hoạt động giáo dục, với
bản thân, đồng nghiệp và nhà trường.
Trong quá trình giảng dạy toán, cá nhân tôi luôn có ý thức trang bị đầy
đủ cho học sinh những kiến thức cơ bản và nền tảng nhất. Trên cơ sở khai
thác các ứng dụng của tứ diện vuông, sáng kiến này đã đưa ra một hệ thống
các bài toán (gồm các bài toán gốc, bài toán vận dụng, một số bài toán tương
tự) có liên quan đến chủ đề đó. Sáng kiến kinh nghiệm đã góp phần vào việc
giúp học sinh giải quyết một số bài toán liên quan một cách nhanh chóng và
thuận tiện, là một trong những công cụ hữu ích trong quá trình học, ôn thi học
sinh giỏi, ôn thi THPTQG của học sinh cũng như làm tài liệu tham khảo cho
các đồng nghiệp giáo viên trong quá trình giảng dạy của mình.
3. Kết luận, kiến nghị
3.1. Kết luận.
Trong thực tiễn giảng dạy của mình tôi đã đúc kết được nhiều kinh
nghiệm từ đồng nghiệp và cả chính học sinh mà mình trực tiếp giảng dạy. Khi
giải một bài toán có thể có nhiều con đường để đi đến đáp số, việc lựa chọn
một con đường ngắn nhất, khoa học nhất và đẹp nhất bao giờ cũng là cái đích
hướng đến của người làm toán. Hiện nay với phương thức thi trắc nghiệm thì
mục đích này càng rõ ràng hơn bao giờ hết.
Với sáng kiến kinh nghiệm của mình, tôi chỉ muốn giúp học sinh giải quyết
một lớp các bài toán liên quan (hoặc có thể đưa về) bài toán tứ diện vuông
trong một khoảng thời gian ngắn (thi trắc nghiệm), giúp các em nhanh chóng
15

lựa chọn đúng đáp án khi gặp dạng toán này. Mặt khác sáng kiến kinh nghiệm
cũng đưa ra hệ thống các bài tập liên quan đến tứ diện vuông phần nào giúp
giáo viên và học sinh trong quá trình ôn luyện của mình.
3.2. Kiến nghị.
Với những sáng kiến kinh nghiệm được đánh giá và xếp loại cao ở hội đồng
khoa học nghành, mong rằng sẽ được phổ biến rộng rãi để các đồng nghiệp có
thể tham khảo phục vụ tốt cho công tác giảng dạy. Với mong muốn này, tôi
cũng muốn các nghiên cứu về đề tài tứ diện vuông tiếp tục được bổ sung để
tôi có thể tiếp tục học tập, nghiên cứu và hoàn thiện hơn nữa sáng kiến của
mình.
Thanh Hóa, ngày 15 tháng 5 năm 2018
XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG
Tôi xin cam đoan đây là SKKN của
mình viết, không sao chép nội dung của
ĐƠN VỊ
người khác.

Lê Thị Tuyết Nhung.

TÀI LIỆU THAM KHẢO
16


[1]. Toán nâng cao hình học 11, Phan Huy Khải, Nxb Đại học quốc gia Hà
Nội, 1999.
[2]. Hình học không gian, Tổng chủ biên: Lê Hoành Phò, Nxb Đại học sư
phạm, 2006.
[3]. Hình học nâng cao 11, Nxb Giáo dục, 2008.
[4]. Phát triển tư duy thông qua dạy học môn Toán ở trường phổ thông, Chu
Cẩm Thơ, Nxb Đại học sư phạm, 2016.

[5] . Một số đề thi thử THPTQG các năm 2017; 2018.

DANH MỤC
CÁC ĐỀ TÀI SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM ĐÃ ĐƯỢC HỘI ĐỒNG
CẤP NGÀNH SỞ GD&ĐT XẾP LOẠI TỪ C TRỞ LÊN
17


Họ và tên tác giả: Lê Thị Tuyết Nhung
Chức vụ: Giáo viên
Đơn vị công tác: Trường THPT Sầm Sơn
TT

Tên đề tài SKKN

1

Dạy học thông qua việc
xây dựng chuỗi bài toán
góp phần nâng cao hoạt
động nhận thức cho học
sinh.
Góp phần nâng cao chất
lượng dạy học toán thông
qua việc phát hiện và sửa
chữa sai lầm cho học sinh.
Góp phần phát triển tư duy
logic cho học sinh.

2

3
4

5

Phát triển tư duy sáng tạo
cho học sinh bằng phương
pháp lượng giác hóa bài
toán đại số.
Rèn luyện năng lực giải
toán cho học sinh lớp 10
trung học phổ thông

Cấp đánh giá Kết quả Năm học
xếp loại
đánh giá xếp
loại
Hội đồng
Loại C 2005-2006
khoa học
nghành
Hội đồng
khoa học
nghành

Loại C

2007-2008

Hội đồng
khoa học
nghành
Hội đồng
khoa học
nghành

Loại C

2009-2010

Loại B

2011-2012

Hội đồng
khoa học
nghành

Loại B

2014-1015

18