Tứ diện và hình hộp, mặt cầu

TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI 2
KHOA TOÁN

NGUYỄN HỒNG GIANG

TỨ DIỆN VÀ HÌNH HỘP, MẶT CẦU

KHOÁ LUẬN TỐT NGHIỆP ĐẠI HỌC
Chuyên ngành: Hình học

HÀ NỘI - 2019


TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI 2
KHOA TOÁN

NGUYỄN HỒNG GIANG

TỨ DIỆN VÀ HÌNH HỘP, MẶT CẦU

KHOÁ LUẬN TỐT NGHIỆP ĐẠI HỌC
Chuyên ngành: Hình học

Người hướng dẫn khoa học

ThS. ĐINH THỊ KIM THÚY

HÀ NỘI - 2019


Khóa luận tốt nghiệp đại học

Nguyễn Hồng Giang

LỜI CẢM ƠN
Em xin gửi lời cảm ơn tới các thầy cô trong tổ Hình học, Khoa Toán,
Trường Đại Học Sư phạm Hà Nội 2 đã động viên giúp đỡ em trong suốt quá
trình làm khóa luận.
Em xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới ThS. Đinh Thị Kim Thúy đã tạo
điều kiện tốt nhất và chỉ bảo tận tình để em có thể hoàn thành khóa luận tốt
nghiệp này.
Do thời gian và kiến thức có hạn nên những vấn đề trình bày trong khóa
luận không tránh khỏi những thiếu sót. Vì vậy em rất mong nhận được những
ý kiến đóng góp của các thầy cô và các bạn sinh viên.
Một lần nữa em xin chân thành cảm ơn!
Hà nội, tháng 05 năm 2019.
Sinh viên thực hiện

Nguyễn Hồng Giang

1


Khóa luận tốt nghiệp đại học

Nguyễn Hồng Giang

LỜI CAM ĐOAN

Em xin cam đoan khóa luận “Tứ diện và hình hộp, mặt cầu” là công trình
nghiên cứu của riêng em dưới sự hướng dẫn của ThS. Đinh Thị Kim Thúy.

Các nội dung nghiên cứu trong khóa luận là hoàn toàn trung thực và có sử
dụng một số tài liệu trong danh mục tài liệu tham khảo. Em xin hoàn toàn
chịu trách nhiệm về khóa luận của mình.
Hà nội, tháng 05 năm 2019.
Sinh viên thực hiện

Nguyễn Hồng Giang

2


Mục lục

Lời cảm ơn

1

Lời cam đoan

2

Mục lục

3

Lời nói đầu

5

1 Tứ diện, hình hộp, mặt cầu và các tính chất

7

1.1

Tứ diện . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

7

1.1.1

Các định nghĩa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

7

1.1.2

Một số tính chất của tứ diện . . . . . . . . . . . . . . .

9

1.1.3

Một số tứ diện đặc biệt . . . . . . . . . . . . . . . . . .

20

1.2

Hình hộp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

26

1.3

Mặt cầu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

29

1.4

Bài tập đề nghị . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

31

2 Mối quan hệ giữa tứ diện với hình hộp, mặt cầu
2.1

33

Mặt cầu ngoại tiếp tứ diện . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

33

2.1.1

Định nghĩa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

33

2.1.2

Xác định tâm và bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện .

33

3


Khóa luận tốt nghiệp đại học

2.2

Nguyễn Hồng Giang

Mặt cầu nội tiếp tứ diện . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

39

2.2.1

Các định nghĩa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

39

2.2.2

Các tính chất . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

40

2.2.3

Phương pháp tìm tâm mặt cầu nội tiếp tứ diện . . . .

42

2.2.4

Một số bài toán liên quan đến bán kính mặt cầu nội
tiếp tứ diện . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

45

2.3

Mặt cầu giả nội tiếp tứ diện . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

49

2.4

Mặt cầu qua các điểm đặc biệt của tứ diện . . . . . . . . . . .

53

2.4.1

Mặt cầu Euler 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

53

2.4.2

Mặt cầu Euler 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

55

Mối quan hệ giữa tứ diện với hình hộp . . . . . . . . . . . . . .

56

2.5.1

Định nghĩa tứ diện nội tiếp hình hộp . . . . . . . . . . .

56

2.5.2

Phương pháp lồng tứ diện vào hình hộp . . . . . . . . .

57

2.5.3

Một số ví dụ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

57

Bài tập đề nghị . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

61

2.5

2.6

Kết luận

63

Tài liệu tham khảo

64

4


Lời nói đầu
1. Lý do chọn đề tài

Hình học nói chung và hình học không gian nói riêng là một môn học khó
đối với học sinh Trung Học Phổ Thông. Vì hình học là môn học có tính chất
chặt chẽ, logic và trừu tượng hóa cao. Học hình học không gian bước đầu
cảm thấy khó xong càng học, càng nghiên cứu ta càng thấy sự thú vị trong
đó. Một trong những đối tượng nghiên cứu của hình học không gian trong
chương trình Trung Học Phổ Thông là tứ diện, hình hộp, mặt cầu. Với mong
muốn tìm hiểu sâu về hình học không gian nên em đã chọn đề tài “Tứ diện
và hình hộp, mặt cầu” làm đề tài khóa luận tốt nghiệp của mình.

2. Mục đích và nghiệm vụ nghiên cứu
2.1. Mục đích

Nghiên cứu cơ sở lý luận,hệ thống hóa và phân tích tư duy tổng hợp về “Tứ
diện và hình hộp, mặt cầu”, nhằm tích cực hoạt động tư duy, sáng tạo của
học sinh, nâng cao năng lực sư phạm cho giáo viên và tăng hiệu quả giảng
dạy ở trường Trung Học Phổ Thông.
2.2. Nhiệm vụ
• Nghiên cứu về tứ diện, hình hộp, mặt cầu.

5


Khóa luận tốt nghiệp đại học

Nguyễn Hồng Giang

• Mối quan hệ giữa tứ diện với mặt cầu.
• Mối quan hệ giữa tứ diện với hình hộp.

3. Phương pháp nghiên cứu
Phương pháp phân tích và tổng hợp kiến thức.
4. Cấu trúc khóa luận
Khóa luận gồm 2 chương được trình bày như sau:
Chương 1. Tứ diện, hình hộp, mặt cầu và các tính chất.
Chương 2. Mối quan hệ giữa tứ diện với hình hộp, mặt cầu.

6

Chương 1
Tứ diện, hình hộp, mặt cầu và các
tính chất
1.1
1.1.1

Tứ diện
Các định nghĩa

Định nghĩa 1.1.1.
A

B

C

D

Cho bốn điểm không đồng phẳng A, B , C , D khi đó tứ diện ABCD là tập hợp
gồm
• Các điểm A, B , C , D gọi là các đỉnh của tứ diện.
7


Khóa luận tốt nghiệp đại học

Nguyễn Hồng Giang

• Các đoạn thẳng AB ; AC ; AD; BD; BC ; CD gọi là các cạnh của tứ diện.

Hai cạnh gọi là đối diện nhau nếu chúng không có điểm chung.
• Các tam giác ABC ; ACD; ABD; BCD gọi là các mặt bên của tứ diện.

Mỗi mặt có một đỉnh đối diện, đó là đỉnh không nằm trên mặt ấy.
Định nghĩa 1.1.2 (Góc nhị diện).

(Q)

(R)
q

N

ϕ
(P )
a

p

M

Cho hai mặt phẳng (α) và (β) cắt nhau theo giao tuyến a. Đường thẳng a chia
mỗi mặt phẳng (α); (β) thành hai nửa mặt phẳng. Gọi (P ) và (Q) là hai nửa
mặt phẳng tương ứng thuộc (α) và (β). Hình tạo bởi hai nửa mặt phẳng (P )
và (Q) được gọi là góc nhị diện, các nửa mặt phẳng được gọi là các mặt của
góc nhị diện, đường thẳng a gọi là cạnh của góc nhị diện.
Một mặt phẳng (R) vuông góc với đường thẳng a cắt (P ) và (Q) theo giao
tuyến p, q . Góc tạo bởi hai nửa đường thẳng p, q gọi là góc phẳng của góc nhị
diện.
Tất cả các góc phẳng của góc nhị diện đều bằng nhau, số đo của góc phẳng

góc nhị diện gọi là số đo của góc nhị diện. Vậy 0 ≤ ϕ ≤ π , với ϕ là số đo của
góc nhị diện cạnh a. Kí hiệu ((P ); a; (Q)) hay (M ; a; N ), với M ∈ (P ); N ∈ (Q).
8


Khóa luận tốt nghiệp đại học

Nguyễn Hồng Giang

Định nghĩa 1.1.3 (Góc tam diện).
S

a

c

b

Giả sử a; b; c là ba nửa đường thẳng không cùng nằm trong cùng một mặt
phẳng xuất phát từ một điểm S . Các nửa đường thẳng tạo thành góc (a; b);
(b; c); (c; a). Hình tạo bởi ba góc (a; b); (b; c); (c; a) được gọi là góc tam diện.

Điểm S được gọi là đỉnh của góc tam diện, ba nửa đường thẳng a, b, c gọi
là các cạnh của góc tam diện, các góc (a; b); (b; a); (c; a) được gọi là các góc
phẳng của góc tam diện.
Các nửa mặt phẳng của hai mặt phẳng tạo bởi (a; b); (c; a) tạo thành một góc
nhị diện. Góc nhị diện này được gọi là góc nhị diện của góc tam diện, có cạnh
a, đối diện với góc phẳng (b; c).

1.1.2

Một số tính chất của tứ diện

Tính chất 1.1.1. Trong tứ diện, các đường thẳng nối trung điểm của các
cạnh đối diện đồng quy tại một điểm và điểm này chia đôi đoạn đó.
Chứng minh.

9


Khóa luận tốt nghiệp đại học

Nguyễn Hồng Giang
A

M

R
N
O

Q

B

C

S

P

D

Gọi M ; N ; P ; Q; R; S lần lượt là trung điểm của AB ; AD; CD; BC ; AC và
BD.

Trong tam giác ABD có M N là đường trung bình của tam giác

⇒



M N ∥ BD

M N = 1 BD.

(1.1)

2

Trong tam giác BCD có P Q là đường trung bình của tam giác

⇒



P Q ∥ BD

P Q = 1 BD.

(1.2)

2

Từ (1.1) và (1.2) suy ra



M N ∥ P Q

. Vậy tứ giác M N P Q là hình bình hành.


M N = P Q
Do đó các đường chéo M P và QN cắt nhau tại trung điểm O của mỗi đường.
Chứng minh tương tự như trên, ta cũng có RS cắt QN tại trung điểm O của
mỗi đường. Do đó các đoạn M P , QN , RS đồng quy tại O và điểm O chia đôi
các đoạn thẳng đó.
Tính chất 1.1.2. Bốn đoạn thẳng nối đỉnh với trọng tâm của mặt đối diện
10


Khóa luận tốt nghiệp đại học

Nguyễn Hồng Giang

đồng quy tại một điểm G; Gọi là trọng tâm của tứ diện và điểm G chia mỗi
đoạn thẳng đó theo tỉ lệ 3 : 1 kể từ đỉnh.
Chứng minh.
A

G

G2

B

C
G1
P

D

Gọi P là trung điểm CD, suy ra AP ; BP lần lượt là trung tuyến của

ACD;

BCD.
ACD suy ra G1 ∈ BP ; G2 ∈ AP
P G1
P G2
1
Trong tam giác ABP gọi G = AG1 ∩ BG2 . Ta có
=
= .
PB
PA
3
GB
AB
GA

=
=
= 3.
Suy ra G1 G2 ∥ AB (theo định lí Ta-lét đảo). Do đó
GG1
GG2
G1 G2
Tươngtự gọi G3 là trọng tâm ABDvà G4 là trọng tâm ABC .

Gọi G1 ; G2 lần lượt là trọng tâm của

Ta có


AG1 ∩ CG3 = {G}

 GA = GC = AC = 3
GG1

GG3

G1 G3

và

BCD;


AG1 ∩ DG4 = {G}


 GA = GD = AD = 3.
GG1

GG4

G1 G4

Như vậy bốn đoạn thẳng AG1 ; BG2 ; CG3 và DG4 đồng quy tại G và điểm G
chia mỗi đoạn đó theo tỉ lệ 3 : 1 kể từ đỉnh.
Tính chất 1.1.3. Trong tứ diện, tổng các bình phương của hai cặp cạnh đối
diện nào đó luôn lớn hơn bình phương tổng cặp cạnh còn lại.
Chứng minh.

11


Khóa luận tốt nghiệp đại học

Nguyễn Hồng Giang
A

M

K

Q
B

N

C

P

D

Ta cần chứng minh với tứ diện ABCD bất kì ta luôn có
(AB + CD)2 + (BC + AD)2 ≥ (AC + BD)2 .

Thật vậy, gọi M , N , P , Q, K lần lượt là trung điểm của AB , BC , CD, AD
và AC . Ta có tứ giác M N P Q là hình bình hành và do K không nằm trong
mp(M N P Q), nên KN Q và M P K là các tam giác.
Trong

KN Q:

N K + KQ ≥ N Q
⇒ (N K + KQ)2 ≥ N Q2 .

Trong

M P K:

M K + KP ≥ M P
⇒ (M K + KP )2 ≥ M P 2 .

Suy ra (N K + KQ)2 + (M K + KP )2 ≥ N Q2 + M P 2 .

12

(1.3)


Khóa luận tốt nghiệp đại học

Nguyễn Hồng Giang

Theo tính chất của hình bình hành, ta có
N Q2 + M P 2 = 2(N P 2 + P Q2 ).

(1.4)

Áp dụng bất đẳng thức Bu-nhia-cốp-ski ta có
2(N P 2 + P Q2 ) = (12 + 12 )(N P 2 + P Q2 ) ≥ (N P + P Q)2 .

(1.5)

Từ (1.3), (1.4) và (1.5) suy ra (N K + KQ)2 + (M K + KP )2 ≥ (N P + P Q)2 .
1
1
2
2
1
1
M K = BC ; KP = AD;
2
2
1
1
N P = BD; P Q = AC .

2
2
2
2
Suy ra (AB + CD) + (BC + AD) ≥ (AC + BD)2 .

Mặt khác, ta có N K = AB ; KQ = CD;

Tính chất 1.1.4. Tổng các góc nhìn từ một điểm nằm trong tứ diện xuống
các cạnh tứ diện lớn hơn 3π .
Chứng minh.
A

I
O

B

K

D

13

C


Khóa luận tốt nghiệp đại học

Nguyễn Hồng Giang

Giả sử O là điểm nằm trong tứ diện ABCD. Khi đó ta cần chứng minh

AOB + AOC + AOD + BOC + COD + DOB > 3π.

Thật vậy, gọi I là giao điểm của đường thẳng DO và mặt phẳng (ABC), K là
giao điểm của đường thẳng AI và BC .
Ta biết rằng trong một góc tam diện, độ lớn của một mặt nhỏ hơn tổng độ
lớn của hai mặt bên nên

AOB + BOC = AOB + BOK + KOC > AOK + KOC
= AOI + IOK + KOC > AIO + IOC
= (π − AOD) + (π − DOC).

Suy ra AOB + BOC + AOD + DOC > 2π .

(1.6)

Chứng minh tương tự, ta có

AOB + COD + AOC + BOD > 2.π

(1.7)

AOC + DOB + AOD + BOC > 2.π

(1.8)

Cộng theo vế của (1.6); (1.7) và (1.8) ta được

2(AOB + AOC + AOD + BOC + COD + DOB) > 6π.

Suy ra AOB + AOC + AOD + BOC + COD + DOB > 3π .
Tính chất 1.1.5 (Định lý về hàm số sin cho tứ diện). Trong tứ diện ABCD
với AB = a; BC = b; CD = c; DA = d; AC = e; BD = f và α; γ ; β ; δ ; θ; ω

14


Khóa luận tốt nghiệp đại học

Nguyễn Hồng Giang

tương ứng là góc nhị diện của các nhị diện cạnh a, b, c, d, e, f ta có
ac
bd
ef
=
=
.
sin α · sin β
sin γ · sin δ
sin θ sin ω

Chứng minh.
A

K

H

B

C

D

Để chứng minh tính chất trên, ta có bổ đề sau:
Bổ đề 1.1.1. Gọi V là thể tích của tứ diện ABCD. Khi đó, ta có

V =

2S

ABC

· S ABD · sin α
.
3 · AB

Thật vậy, kẻ CK ⊥ AB ; CH ⊥ (ABD).
Từ đó suy ra HK ⊥ AB và CKH = α.
2S ABC
· sin α.
AB
2S ABC · S ABD · sin α
1
= · SABD · CH =
.
3
3 · AB

Ta có CH = CK · sin α =
Suy ra VABCD

Đặt S1 = S

ABC ;

S2 = S

ABD ;

S3 = S

BCD ;

15

S4 = S

ACD .


Khóa luận tốt nghiệp đại học

Nguyễn Hồng Giang

Theo bổ đề 1.1.1; ta có

V =

2S1 · S2 · sin α
2S3 · S4 · sin β
4S1 · S2 · S3 · S4 · sin α · sin β
=
⇒V2 =
.
3a
3c
9ac

ac
4S1 · S2 · S3 · S4
=
.
(1.9)
sin α · sin β
9V 2
Vì vế trái của (1.9) là biểu thức hoàn toàn bình đẳng với các cạnh và sin α;
4S1 · S2 · S3 · S4
sin β của các góc nhị diện tương ứng, nên
là giá trị chung cho
9V 2
tỷ số tích các cặp cạnh đối diện với tích các sin của các nhị diện của từng cặp

Do đó

cạnh đối đó.
Tính chất 1.1.6. Tỉ số thể tích của hai khối tứ diện có một góc tam diện
bằng nhau bằng tích các tỉ số của các cạnh của góc tam diện đó.

Chứng minh.
B

B

C

A

C

H
H
D
D

Giả sử ABCD và A B C D là hai khối tứ diện có góc tam diện đỉnh A bằng
nhau. Khi đó B ∈ AB ; C ∈ AC ; D ∈ AD.
Ta cần chứng minh
VA.BCD
AB · AC · AD
=
.
VA.B C D
AB · AC · AD

Gọi H và H lần lượt là hình chiếu của B và B xuống mp(ACD).
16

Khóa luận tốt nghiệp đại học

Nguyễn Hồng Giang

Ta suy ra A; H và H thẳng hàng.
Ta có
1
VA.BCD = VB.ACD = BH · S ACD
3
1
1
= AB · sin BAH · · AC · AD · sin DAC.
3
2

1
· B H · S AC D
3
1
1
= · AB · sin B AH · · AC · AD · sin C AD .
3
2

VA.B C D = VB .AC D =

VA.BCD
AB · AC · AD · sin BAH · sin DAC
=
.

VA.B C D
AB · AC · AD · sin B AH · sin D AC
V
AB · AC · AD
mà sin BAH = sin B AH ; sin DAC = sin D AC , suy ra A.BCD =
.
VA.B C D
AB · AC · AD

Suy ra

Tính chất 1.1.7. Mặt phẳng qua một cạnh và trọng tâm của tứ diện chia tứ
diện thành hai phần có thể tích bằng nhau.
Chứng minh.
A

G

G2

B
H

G1

C

E

D

Gọi E là trung điểm DC , G1 là trọng tâm của tam giác BCD, G2 là trọng
tâm của tam giác ACD, suy ra G1 ∈ BE ; G2 ∈ AE và AG1 ∩ BG2 = {G} do
đó G là trọng tâm của tứ diện.

17


Khóa luận tốt nghiệp đại học

Nguyễn Hồng Giang

Giả sử (α) là mặt phẳng đi qua cạnh AB và trọng tâm G, ta có
Mặt phẳng (α) chính là mặt phẳng (ABE), chia tứ diện ABCD thành hai
phần là tứ diện ABCE và tứ diện ABDE
1
· AH · S
3
1
= · AH · S
3

VA.BCE =

BCE .

VA.BDE

BED .

Với AH là chiều cao của tứ diện ABCD hạ từ đỉnh A.
Do E là trung điểm của CD nên S

BCE

BED ,

=S

suy ra VA.BCE = VA.BDE .

Tính chất 1.1.8. Mọi mặt phẳng đi qua đường thẳng nối trung điểm của hai
cạnh đối của một tứ diện chia tứ diện thành hai phần có thể tích bằng nhau.
Chứng minh.
A

M

F

B

D

E
N
C

I

Gọi M và N lần lượt là trung điểm của AB và CD và (α) là mặt phẳng qua
M và N . Do M là trung điểm AB , N là trung điểm CD nên M N đi qua trọng

tâm G của tứ diện ABCD.
• Nếu mặt phẳng (α) qua một cạnh của tứ diện thì theo tính chất 1.1.7

18


Khóa luận tốt nghiệp đại học

Nguyễn Hồng Giang

suy ra (α) chia tứ diện thành hai phần có thể tích bằng nhau.
• Nếu mặt phẳng (α) không đi qua cạnh nào của tứ diện thì giả sử
(α) ∩ (ABD) = {F }; F N ∩ BC = {I}; M I ∩ AC = {E}, suy ra M F N E

là thiết diện của (α) với tứ diện ABCD.
Mặt phẳng (α) chia tứ diện ABCD thành hai phần:
– Phần thứ nhất gồm hình chóp D.M F N E và tứ diện AM DE .
– Phần thứ hai gồm hình chóp C.M F N E và tứ diện CBM F .
Mặt phẳng (α) cắt CD tại trung điểm N của CD. suy ra d (C; (α)) = d (D; (α)).
Ta có
1
· d (D; (α)) · SM F N E .
3
1
= · d (C; (α)) · SM F N E .
3

VD.M F N E =
VC.M F N E

Suy ra VDM F N E = VCM F N E .

(1.10)

Xét tứ diện ABCD có M ∈ AB ; D ∈ AD; E ∈ AC , suy ra
AM · AD · AE
1 AE
VAM DE
=
= ·
.
VABCD
AB · AD · AC
2 AC

Xét tứ diện ABCD có M ∈ AB ; F ∈ BD; C ∈ BC , suy ra
VBM F C
BM · BF · BC
1 BF
=
= ·
.
VBADC
BA · BD · BC
2 BD
AE BD
VAM DE

=
·
.
VBM F C
AC BF
Với M ∈ AB ; E ∈ AC ; I ∈ BC và M ; E ; I thẳng hàng nên áp dụng định lí

Suy ra

19


Khóa luận tốt nghiệp đại học

Nguyễn Hồng Giang

Mê-nê-la-uýt vào tam giác ABC , suy ra
M A IB EC
IB EC
·
·
=1⇒
·
= 1.
M B IC EA
IC EA

Với F ∈ BD; N ∈ CD; I ∈ BC và F ; N ; I thẳng hàng nên áp dụng định lí
Mê-nê-la-uýt vào tam giác BDC , suy ra
F B N D IC

IC F B
·
·
=1⇒
·
= 1.
F D N C IB
IB F D
EA
FB
EA
FB
=
nên
=
.
EC
FD
AC
BD
Vậy VAM DE = VBM F C .

Do đó

(1.11)

Từ (1.10) và (1.11) ta có điều phải chứng minh.

1.1.3

Một số tứ diện đặc biệt

Tứ diện đều
Định nghĩa 1.1.4. Tứ diện đều là tứ diện có 4 mặt là các tam giác đều.
A

B

C
O

D

Tính chất 1.1.9. Tứ diện đều có tất cả các cạnh bằng nhau (dựa vào định
nghĩa ta dễ dàng thấy được).

20


Khóa luận tốt nghiệp đại học

Nguyễn Hồng Giang

Tính chất 1.1.10. Hình chiếu của đỉnh xuống mặt phẳng đáy trùng với tâm
của đáy.
Chứngminh. Gọi O là hình chiếu của A lên (BCD).

AO ⊥ OB
⇒ AOB = AOC ⇒ OB = OC .
Suy ra


AO ⊥ OC
Tương tự ta có OB = OD ⇒ OB = OC = OD.
Suy ra điều phải chứng minh.
Qua đó ta thấy hình chóp tam giác đều là trường hợp đặc biệt của tứ diện
đều. Các mặt bên của hình chóp tam giác đều là tam giác cân, không nhất
thiết phải đều.
Tứ diện gần đều
Định nghĩa 1.1.5. Tứ diện ABCD được gọi là tứ diện gần đều nếu như các
cặp cạnh đối bằng nhau, tức là AB = CD; AC = BD và AD = BC .
Các tính chất cơ bản của tứ diện gần đều:
Tính chất 1.1.11. Bốn mặt của tứ diện là bốn tam giác bằng nhau.
Chứng minh.
A

B

C

D

Do ABCD là tứ diện gần đều nên AB = CD; BC = AD; BD = AC .
Suy ra

ABC =

CDA =

DCB =

BAD.
21


Khóa luận tốt nghiệp đại học

Nguyễn Hồng Giang

Tính chất 1.1.12. Trọng tâm của tứ diện trùng với tâm của mặt cầu ngoại
tiếp tứ diện đó.
Chứng minh.
A

M

I
B

C
N
D

Gọi M ; N lần lượt là trung điểm của AB và CD.
Suy ratrọng tâm I của tứ diện ABCD thuộc M N .

M N ⊥ AB
Ta có
tam giác IAB có IM ⊥ AB tại trung điểm M .

M N ⊥ CD.

Suy ra

IAB cân tại I do đó IA = IB .

Hoàn toàn tương tự, ta chứng minh được IB = IC ; IC = ID; ID = IA.
Suy ra I là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD.
Tứ diện trực tâm
Định nghĩa 1.1.6. Tứ diện trực tâm (tứ diện trực giao) là tứ diện có các
cặp cạnh đối vuông góc với nhau từng đôi một.
Trên thực tế khi gặp phải bài toán chứng minh một tứ diện là tứ diện trực
tâm, ta chỉ cần chứng minh hai cặp cạnh đối vuông góc.
Thật vậy, ta giả sử tứ diện ABCD có hai cặp cạnh đối AB ⊥ CD; BD ⊥ AC .
Ta sẽ đi chứng minh BC ⊥ AB .

22


Khóa luận tốt nghiệp đại học

Nguyễn Hồng Giang
A

B

C
H

D

Gọi H là hình chiếu của A lên mặt (BCD) suy ra AH ⊥ (BCD).

Do AB ⊥ CD ⇒ CD ⊥ (ABH) ⇒ CD ⊥ BH .
Chứng minh tương tự ta có CH ⊥ BD suy ra H là trực tâm

BCD.

Suy ra DH ⊥ BC mà AH ⊥ BC , nên BC ⊥ (ADH), do đó BC ⊥ AD.
Tính chất 1.1.13. Trong tứ diện trực tâm, các đường cao của tứ diện đồng
quy tại một điểm.
Chứng minh.
A

D1

H

B

D
A1

M

C

Trong (ABC), kẻ AM ⊥ BC . Ta có



BC ⊥ AD

⇒ BC ⊥ (AM D).


BC ⊥ AM
Có



(ABC) ⊥ (AM D)

. Từ D kẻ DD1 ⊥ AM suy ra DD1 ⊥ (ABC).


(ABC) ∩ (AM D) = {AM }
23