SKKN THPT: Phát triển tư duy học sinh qua việc khai thác các yếu tố hình học của một số hình tứ diện đặc biệt

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐĂK LĂK
TRƯỜNG THPT NGÔ GIA TỰ
*******************

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

PHÁT TRIỂN TƯ DUY HỌC SINH QUA
VIỆC KHAI THÁC CÁC YẾU TỐ HÌNH HỌC
CỦA MỘT SỐ HÌNH TỨ DIỆN ĐẶC BIỆT.
Lĩnh vực: Toán học

HÀ DUY NGHĨA
A

B
D

A'

C
B'

D'

C'
H2

H1

P

H3

Đăk Lăk, tháng 3 năm 2020


MỤC LỤC
1. Phần mở đầu .............................................................................................................. 2
1.1 Lý do chon đề tài .................................................................................................... 2
1.2 Mục tiêu và nhiệm vụ của đề tài ............................................................................ 2
1.3. Đối tượng nghiên cứu ........................................................................................... 2
1.4. Giới hạn đề tài ....................................................................................................... 2
1.5. Phương pháp nghiên cứu ...................................................................................... 2

2. Phần nội dung ............................................................................................................ 3
2.1 Cơ sở lí luận ........................................................................................................... 3
2.2 Thực trạng vấn đề nghiên cứu................................................................................ 3
2.3 Nội dung và hình thức của giải pháp ..................................................................... 3
2.3.1. Các khái niệm liên quan đến hình tứ diện ...................................................... 4
2.3.2. Bài toán liên quan đến hình tứ diện vuông ....................................................... 6
2.3.3. Bài toán liên quan đến hình tứ diện trực tâm ................................................... 13
2.3.4. Bài toán liên quan đến hình tứ diện gần đều .................................................... 17
2.3.5. Bài toán liên quan đến hình hộp ngoại tiếp hình tứ diện .................................. 20
2.3.6. Các bài toán trong hệ tọa độ Oxyz liên quan đến các hình tứ diện đặc biệt ... 23
2.3.7. Bài tập luyện tập ............................................................................................... 29

3. Phần kết luận ............................................................................................................. 31
3.1 Kết luận .................................................................................................................. 31
3.2 Kiến nghị ................................................................................................................ 31
Tài liệu tham khảo ........................................................................................................... 32

1


1. PHẦN MỞ ĐẦU
1.1. Lý do chọn đề tài
Kể từ năm học 2016-2017, trong kì thi THPT quốc gia bộ môn toán được thi dưới
hình thức trắc nghiệm, từ đó nó đã dần làm cho học sinh rời bỏ dần thói quen đào sâu khai
thác một vấn đề toán học. Đặc biệt đối với bộ môn hình học thì điều đó càng thể hiện rõ
hơn, ở bài toán trắc nghiệm không thể khai thác sâu được yếu tố hình học mà chỉ vận dụng
nhanh các công thức có sẵn để làm toán, từ đó dẫn đến việc dạy toán dần dần cũng đã
chuyển sang hướng thực dụng và nó đã làm cho việc dạy học toán kém phần thú vị.
Nhằm giúp cho học sinh yêu thích môn học, biết phân tích định hướng tìm tòi lời giải,
biết khai thác, đào sâu, tìm ra mối liên hệ của các yếu tố hình học một cách hiệu quả.
Trong quá trình giảng dạy và tìm hiểu học hỏi tôi viết đề tài “PHÁT TRIỂN TƯ DUY
HỌC SINH QUA VIỆC KHAI THÁC CÁC YẾU TỐ HÌNH HỌC CỦA MỘT SỐ HÌNH
TỨ DIỆN ĐẶC BIỆT”.

1.2. Mục tiêu, nhiệm vụ của đề tài
Giúp học sinh tiếp cận bài toán với cách tư duy linh hoạt, bao quát vấn đề, suy
luận logic để tìm lời giải nhanh nhất, tránh kiểu tư duy rập khuôn, máy móc. Hơn nữa,
thông qua việc phân tích và bình luận lời giải ở mỗi bài toán giúp cho học sinh khắc sâu
được kiến thức, thành thạo các kĩ năng giải toán, đồng thời khắc phục những sai lầm
thường gặp trong quá trình làm toán.
Thông qua các tính chất đẹp đẽ của các hình tứ diện giúp cho các em yêu thích môn
học hơn, ôn tập tham gia vào các kì thi HSG do tỉnh nhà tổ chức.
Đề tài sẽ tạo điều kiện cho giáo viên có trao đổi chuyên môn, giao lưu học hỏi lẫn
nhau.

1.3. Đối tượng nghiên cứu
Các bài toán hình học không gian trong các đề thi HSG tỉnh, các bài toán trong các đề

thi THPT Quốc gia của bộ môn Toán liên quan đến hình tứ diện.

1.4. Giới hạn, phạm vi nghiên cứu
Đề tài đề này tôi chỉ đề cập đến các dạng toán nâng cao liên quan đến hình tứ
diện. Ngoài phần mở đầu, mục lục, tài liệu tham khảo, đề tài gồm 5 mục chính, ở mỗi mục
tác giả trình bày các bài toán theo bố cục như nêu đề bài, phân tích tìm mối liên hệ giữa
bài toán cần giải với bài toán khác để tìm lời giải, các lời giải được trình bày theo hướng
suy luận tự nhiên nhằm phát huy năng lực tư duy của học sinh không áp đặt máy móc,
mục cuối là các bài tập luyện tập nhằm giúp học sinh cũng cố phát triển năng lực tự học.
2


1.5. Phương pháp nghiên cứu
Để thực hiện mục đích và nhiệm vụ của đề tài, trong quá trình nghiên cứu tôi đã sử
dụng các nhóm phương pháp sau: Phương pháp quan sát; phương pháp tổng kết kinh
nghiệm; phương pháp phân tích tổng hợp lý thuyết.

3


2. PHẦN NỘI DUNG
2.1. Cơ sở lý luận
Trong chương trình THPT, 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.
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 thế, người ta
dùng các bài kiểm tra toán dưới nhiều hình thức khác nhau và dùng thành tích học tập
môn Toán là một thước đo trong nhiều kì thi.
Vì thế tham gia thi ở kì thi nào cũng rất tốt, kì thi HSG tỉnh lớp 12 là kì thi tương

đối nhẹ mang tinh chất trao dồi kiến thức nên học sinh rất ít bị áp lực khi làm bài, từ đó
các em dễ phát huy năng lực sở trường của mình.

2.2. Thực trạng
Học sinh hay gặp khó khăn và ngại khó khi học toán hình học không gian.
Học sinh mới chỉ dừng lại ở việc lĩnh hội các kiến thức trong sách giáo khoa mà chưa
vận dụng nó, chưa đào sâu kiến thức thường giải bài tập theo kiểu trắc nghiệm thuần túy.

2.3 Nội dung và hình thức của giải pháp
2.3.1 Các khái niêm liên quan đến hình tứ diện
Trong phần này tôi trình bày vắn tắt các khái niệm liên quan đến hình tứ diện cùng
với các chất cơ bản của nó để làm cơ sở cho việc trình bày lời giải ở các phần sau.
a) Khái niệm hình tứ diện
+Hình chóp có đáy là một tam giác gọi là hình tứ diện, hình tứ diện cùng với miền
trong của nó gọi là khối tứ diện.
+Trong hình tứ diện, mỗi mặt là là một tam giác, mỗi mặt có một đỉnh đối diện; hình tứ
diện có 4 đỉnh 6 cạnh, hai cặp cạnh gọi là đối diện nếu chúng không có điểm chung.
+ Hình tứ diện có các cạnh bằng nhau gọi là tứ diện đều
+Hình tứ diện OABC có OA, OB, OC đôi một vuông góc gọi là tứ diện vuông đỉnh O.
+Tứ diện ABCD có các cặp cạnh đối vuông góc gọi là tứ diện trực tâm.
+ Tứ diện ABCD có các cặp cạnh đối bằng nhau gọi là tứ diện gần đều.
b) Trọng tâm tứ diện
+Điểm G gọi là trọng tâm của tứ diện ABCD nếu GA  GB  GC  GD  0 .
4


+Trọng tứ diện, các đoạn thẳng nối trung điểm các cạnh đối đồng quy tại trung điểm mỗi
cạnh và là trọng tâm của tứ diện.
Trong tứ diện, các đường thẳng nối từ đỉnh đến trọng tâm mặt đối diện đồng quy tại
trọng tâm tứ diện và chia đoạn đó theo tỉ số 1

3 . (GA=3GG’, A là đỉnh và G’ là trọng

tâm tam giác đáy của tứ diện).
c) Mặt cầu ngoại tiếp, nội tiếp tứ diện
+ Mặt cầu gọi là ngoại tiếp tứ diện nếu nó đi qua các đỉnh của tứ diện .
+ Mặt cầu gọi là nội tiếp tứ diện nếu nó tiếp xúc tất cả các mặt của tứ diện và tâm của
mặt cầu nằm trong hình tứ diện.
+ Mặt cầu gọi là bàng tiếp tứ diện nếu nó tiếp xúc tất cả các mặt của tứ diện và tâm của
nó nằm ngoài hình tứ diện.
+ Mặt cầu gọi là nội tiếp khung của tứ diện nếu nó tiếp xúc 6 cạnh của tứ diện.
+ Mặt cầu gọi là bàng tiếp khung của tứ diện nếu nó tiếp xúc 6 đường thẳng chứa 6
cạnh của tứ diện và có ít nhất một tiếp điểm không thuộc cạnh của tứ diện.
Trong tứ diện, gọi d là trục của đường tròn đáy ( đường thẳng qua tâm đường tròn ngoại
tiếp tam giác đáy và vuông góc với mặt phẳng chứa đáy) thì tâm mặt cầu ngoại tiếp là
giao điểm của 2 trục tùy ý hoặc là giao điểm của một trục và mặt phẳng trung trực của
một cạnh bên (nếu có cạnh bên OA và d đồng phẳng thì dựng đường trung trực của cạnh
bên OA đó trong mp (d,OA).
Tứ diện đều, có tâm đường tròn nội tiếp ngoại tiếp và giao điểm các đường cao là trọng
tâm của tứ diện.
d) Tứ diện nội tiếp hình hộp
+Nếu chọn 4 đỉnh trong 8 đỉnh của hình hộp sao cho bất cứ hai đỉnh nào không cùng
thuộc một cạnh thì 4 đỉnh đó tạo thành một tứ diện gọi là tứ diện nội tiếp hình hộp. Chẳng
hạn tứ diện BDAC  là tứ diện nội tiếp hình hộp ABCD. ABCD .
+Mỗi một tứ diện tùy ý luôn có duy nhất một hình hộp ngoại tiếp tứ diện
+ Hình hộp ngoại tiếp hình tứ diện gần đều là hình hộp chữ nhật.
+Thể tích khối hộp gấp 3 lần thể tích tứ diện nội tiếp nó.

5

2.3.2. Bài toán liên quan đến hình tứ diện vuông
Phần này chủ yếu khai thác các bài toán định lượng liên quan nhiều đến các hệ thức
của định lý Pythagore, các bất đẳng thức hình học liên quan đến các cạnh, các góc tạo bởi
cạnh bên và mặt đáy, diện tích các mặt của hình tứ diện và các bài toán liên quan hay xuất
hiện trong kì thi HSG tỉnh lớp 12.
Đa phần lời giải được trình bày theo hướng thác triển đề bài toán.
Bài tập 2.1. Cho tứ diện vuông O.ABC đỉnh O, có OA  a, OB  b, OC  c đường cao OH,
Gọi S  S ABC , S1  S OAB , S 2  S OBC , S 3  S OCA Chứng minh:
a)

1
1
1
1



, (2.1.1).
2
2
2
OH
OA OB
OC 2

b) S 2  S12  S22  S32 ,(2.1.2).
Phân tích và lời giải
a) Chứng minh

1
1
1
1



2
2
2
OH
OA OB
OC 2

Đây là đẳng thức quen thuộc được trình bày ở dạng
bài tập trong SGK lớp 11 nhưng nó không kém phần quan
trọng trong việc khai thác các yếu tố định lượng trong tứ
diện vuộng, đồng thời việc chứng minh nó cũng hình thành

O

cho học sinh nhiều yếu tố tư duy trong việc khai thác giải
A
H
C
thiết bài toán. Dù rằng bài toán đã cho H là hình chiếu của
K
O lên mặt phẳng (ABC) nhưng thực sự đã ẩn đi yếu tố vị
B
trí của H, nên làm cho học sinh lúng túng trong cách khai

thác bài toán, do vậy học sinh cần xác định vị trí hình chiếu H ? Từ đó học sinh cũng dễ
định vị được H thông qua mp (OAH) vuông góc BC. Từ đó suy ra được H là trực tâm của
tam giác ABC. Gọi K là chân đường cao kẻ từ A của tam giác ABC khi đó OK là chân
đường cao của tam giác OBC kẻ từ O, áp dụng hệ quả định lý Pythagore ta có được:

1
1
1


,
OK 2 OB 2 OC 2
tiếp tục áp dụng hệ thức trên cho tam giác vuông AOK ta được

1
1
1


2
2
OH
OA OK 2
6


Từ đó suy ra

1
1

1
1



.
2
2
2
OH
OA OB
OC 2


b) Chứng minh S 2  S12  S22  S32 ,(2.1.2) với S  S ABC , S1  S OAB , S 2  S OBC , S 3  S OCA
Đẳng thức (2.1.1) sẽ gợi ý ngay cho học sinh suy nghĩ

O

việc áp dụng định lí Pythgore vào bài toán, nhưng đẳng
thức này sẽ làm cho các em lúng túng ngay khi tiếp cận.
Có nhiều hướng chứng minh (2.1.2) nhưng ở đây tôi trình
bày theo hướng thác triển của của bài toán (2.1.1) một cách
tự nhiên.
Nhận thấy S

2
OBC

A

1
 OA2 .OB 2 do đó, quy đồng vế phải của
4

(1) ta được ngay OA2OB 2  OB 2OC 2  OA2OC 2 

H

C
K

B

OA2OB 2OC 2
OH 2

4OA2OB 2OC 2
vấn đề còn lại của bài toán chính là chứng minh
Tức là S  S  S 
OH 2
2
1

2
2

2
3

4OA2OB 2OC 2
 S2.
2
OH
Rất dễ nhận thấy rằng

4OA2OB 2OC 2 4 AH . AK .OK 2 .BC 2 4 AK .OK 2 .BC 2 4 AK .HK . AK .BC 2
2



  2 AK .BC 
2
OH
HA.HK
HK
HK

4OA2OB 2OC 2
 S2
Từ đó ta có điều cần chứng minh:
2
OH


Nhận xét: Một hướng khác để giải bài toán là áp dụng công thức hình chiếu
S  S  cos  , (2.2). Thật vậy dễ nhân thấy tam giác HBC là hình chiếu vuông góc của
tam giác OBC lên mặt phẳng (ABC), nên S OBC  S OHC .cos OKH , bằng phép biến đổi
đơn giản học sinh có được điều cần chứng minh. Ngoài ra học sinh cũng có thể khai thác

S2ABC  SABC (SHBC  SHBA  SHCA ) cũng được kết quả tương tự.

7


Bài tập 2.2

Cho tứ diện vuông O.ABC đỉnh O, có OA  a, OB  b, OC  c .Gọi

S  S ABC , S1  S OAB , S 2  S OBC , S 3  S OCA và r là bán kính đường tròn nội tiếp của hình

tứ diện. Chứng minh rằng r 

S1  S 2  S3  S
(2.2)
abc

Phân tích và lời giải : Trong tứ diện vuông luôn tồn tại
mặt cầu nội tiếp nên trong bài này tôi không trình việc
chứng minh tồn tại mặt cầu ngoại tiếp mà trình bày sự
khai thác đẳng thức (2.1.2) thông qua bán kính của mặt
cầu này.Nếu gọi I là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện thì
khi đó học sinh sẽ nhận ra được bán kính r chính là

O

I

A

chiều cao khối chóp I.ABC, từ đó ta có được đẳng thức

C
H
B

VOABC  VIABC  VIOBC  VIOAB  VIOAC

1
Hay VOABC  r  S1  S2  S3  S 
3
Điều này suy ra r 

3V
. Từ đây sẽ có rất nhiều hướng đề khai thác vấn đề
S1  S 2  S 3  S

này, một trong những hướng đó là sử dụng (2.1.2) và công thức thể tích của tứ diện vuông

1
V  abc ta có:
6

3V
1 abc  S1  S 2  S3  S  1 abc  S1  S 2  S3  S   S1  S 2  S3  S 



S1  S 2  S3  S 2  S1  S 2  S3 2  S 2
4 S1S2  S3 S 2  S1S3

abc
Vậy ta có được điều cần chứng minh r 

S1  S2  S3  S
.
abc


Bài tập 2.3 Cho tứ diện vuông O.ABC đỉnh O, có OA  a, OB  b, OC  c đường cao OH,
Gọi S  S ABC , S1  S OAB , S 2  S OBC , S 3  S OCA Chứng minh:
a) S 
b)

1
abc  a  b  c  , (2.1.4).
2

S32
S12
S 22
3


 ,(2.1.5).
2
2
2
2
2
2

S  S1 S  S 2 S  S3 4

Phân tích và lời giải : Chỉ cần một chút thay đổi diện mạo có thể làm cho mình tự tin hơn
và người khác cũng sẽ bối rối khi tếp xúc. Với bài toán sự thay đổi hình thức có thể làm
thay đổi hoàn toàn định hướng lời giải. Chính vì thế, khi tiếp cận một vấn đề nào đó mà cụ
8


thể là làm toán thì việc đầu tiên phải thực sự bình tĩnh, tìm hiểu phân tích đề bài. Ở bài
này, chỉ cần một chút nhìn nhận sẽ thấy nó chính là sự kết hợp hài hòa giữa đẳng thức
(2.1.2) với bất đẳng thức AM-GM , còn không học sinh sẽ bị sa vào việc thiết lập diện tích
S theo công thức Hê-rông và bài toán sẽ mất kiểm soát. Thật vậy:
Khai thác từ đẳng thức (2.1.2), ta có: S 

1 2 2 2 2
a b  c b  a 2 c 2 , từ đó dễ dàng nhận thấy
2

a 2b 2  c 2b 2  a 2 c 2

Hay S 

AM  GM



1
abc(a  b  c) .
2

1
abc  a  b  c  ,đẳng thức xảy ra khi a  b  c .
2


S32
S12
S 22
3
 2
 2
 , (2.1.4)
e) Chứng minh 2
2
2
2
S  S1 S  S 2 S  S3 4
Phân tích và lời giải : Một trong những cách thác triển để tạo ra bất đẳng thức đẹp là
phải sử dụng bất đẳng thức kinh điển vào bài toán. Bài tập này là một trong những sự thác
triển khác (2.1.2) thông qua bất đẳng thức Schwarz, cụ thể như sau:
Từ dạng BĐT Schwarz

1 1 1
9
  
thay x  S 2  S12 , y  S 2  S22 , z  S 2  S32
x y z  x  y  z

Ta được:  S 2  S12  S 2  S 22  S 2  S32 

1
1
1
 2
 2
 9, (4.1)
2
2
S  S1 S  S 2 S  S 32
2

Sử dụng S 2  S12  S22  S32 ta có ngay được:

S2
S2
S2
9
(4.1)  2
 2
 2

2
2
2
S  S1 S  S 2 S  S3 4
S32
S12
S 22
3
 1 2

1 2
1 2
  3
2
2
2
S  S1
S  S2
S  S3
4
S32
S12
S 22
3
 1 2
1 2
1 2
  3
2
2
2
S  S1
S  S2
S  S3
4


S32
S12
S 22

3


 .
2
2
2
2
2
2
S  S1 S  S2 S  S3 4

Đẳng thức xảy ra xem như bài tâp.


9


Bài tập 2.4 (HSGT-ĐăkLăk 2014).

Cho tứ diện vuông O.ABC đỉnh O, có

OA  a, OB  b, OC  c , Gọi S  S ABC , S1  S OAB , S 2  S OBC , S 3  S OCA , P là điểm nằm

trong tam giác ABC và P1  S PAB , P2  S PBC , P3  S PCA Tìm GTNN của

P

P12 P22 P32



S12 S 22 S32

Phân tích và lời giải : Đây là bài toán trong đề thi HSG tỉnh lớp 12 THPT , nó là một
cách kết hợp giữa S12  S22 ,  S32  S 2 (2.1.2) và bất đẳng thức Schwarz . Việc tác giả yêu cầu
tìm GTNN của P 

P12 P22 P32


là đã thay đổi rất nhiều diện mạo của bài tập (2.1.2) , bài
S12 S 22 S32

toán này đã gây rắc rối cho không ít học sinh tham gia dự thi trong đợt này, thật ra ta thấy
rằng sự xuất hiện của S12 , S22 , S32 chính là sự xuất hiện của S12  S22 ,  S32  S 2 (2.1.2) .
P12 P22 P32 ( P1  P2  P3 ) 2 S 2
Thật vậy , áp dụng BĐT Schwarz ta có 2  2  2  2
 2 1.
S1 S 2 S3
S1  S 22  S32
S

đẳng thức xảy ra khi P trực tâm tam giác ABC. Hay giá trị nhỏ nhất của P là 1.
Bài tập 2.5 Cho tứ diện vuông O.ABC đỉnh O, có OA  a, OB  b, OC  c goi  ,  ,  lần
lượt là số đo của các góc tạo bởi lần lượt các mặt bên (OAB ), (OBC ), (OCA) và mặt đáy.
Chứng minh:

cos +cos cos +cos cos +cos



 6 3,(2.5).
cos 2
cos 2
cos 2 

Phân tích và lời giải: Một hướng khác khai thác khác
nữa trong tứ diện vuông này đó chính là khai thác yếu
tố về góc tạo bởi cạnh bên và mặt đáy của tứ diện. Để
giải bài toán, một cách quen thuộc nhất là sự chuyển
đổi từ bất đẳng thức hình học sang bất đẳng thức đại
số, từ đó học sinh phát hiện ra:

OH
OH
OH
cos   cos COH 
,cos  
,cos  
OC
OB
OA
Nên từ (2.1.1) ta có được

cos 2   cos 2   cos 2  

OH 2 OH 2 OH 2


 1,
OC 2 OB 2 OA2

Từ đó nhận thấy rằng, bất đẳng thức

10

O

B

C
H
A

K


cos +cos cos +cos cos +cos


 6 3 có dạng
cos 2
cos 2
cos 2 

của bất đẳng thức đại số:

x y y z z x
 2  2  6 3, x 2  y 2  z 2  1,(2.5) .
2
z

x
y
Đến đây,việc chứng minh (2.5) thật sự không khó, thật vậy ta có
x y yz zx  x
x   z
z   y
y  2 x 2 z 2 y 2( x 2  y 2  z 2 )
 2  2  2  2  2  2  2  2 



z2
x
y
y  y
x  x
z  yz xy xz
xyz
z
AM GM
1
2
2
2
Hơn nữa, ta có: x 2  y 2  z 2  3 3  xyz  
  xyz  
6 3
27
xyz

Từ đó ta có

x y yz z x
 2  2  6 3.
z2
x
y


Bài tập 2.6

(HSGT-Đăk Lăk 2019).Cho tứ diện vuông O.ABC đỉnh O, có
OA  a, OB  b, OC  c , M là điểm tùy ý trên cạnh AB. Chứng minh rằng:
d ( A, OM )  d ( B , OM )  d (C , OM )  2( a 2  b 2  c 2 ) , (2.6).

Phân tích và lời giải: Đây là đề thi gần đây nhất của tỉnh
được khai thác từ loại tứ diện vuông và từ một bất đẳng
thức quen thuộc Bunhiacopski. Có rất nhiều hướng tiếp
cận bài toán, nhưng cách tự nhiên nhất là học sinh phải
chuyển bất đẳng thức hình học sang bất đẳng thức dạng
đại số. Từ đó dễ nhận ra được:

O

A

C

d (C , OM )  c,  OC   OAB  

M
B

d ( B, OM )  BM .sin BMO, d ( A, OM )  AM .sin BMO ,

Suy ra, d ( A, OM )  d ( B , OM )  d (C , OM )  c  AB.sin BMO
Hơn nữa ta có c  AB.sin BMO  c  a 2  b 2 , (đẳng thức xảy ra khi OM  AB ).
Khi đó, bất dẳng thức hình học trở thành bất dẳng thức đại số:
c  a 2  b 2  2( a 2  b 2  c 2 )

Dễ dàng áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopski ta được:



c  a2  b2



2

 (12  12 )(c2  a 2  b 2 )

11


Hay c  a 2  b 2  2( a 2  b 2  c 2 ) , đẳng thức xảy ra khi c  a 2  b 2
Từ đó suy ra d ( A, OM )  d ( B, OM )  d (C , OM )  2( a 2  b 2  c 2 ) , đẳng thức xảy ra khi bộ
ba số  a , b, c  là bộ Pythagore.


Bài tập 2.7 (HSGT-Đăk Lăk 2018).Cho tứ diện vuông S.ABC đỉnh S, có. Gọi I là tâm
đường tròn nội tiếp tam giác ABC, (P) là mặt phẳng thay đổi qua I cắt SA, SB, SC tại A’ ,
B’, C’ xác định vị trí của (P) sao cho thể tích tứ diện VS , ABC đạt giá trị nhỏ nhất.
Phân tích và lời giải . Đây là một cách khai thác khác

S

của tứ diện vuông từ bài hệ tọa độ trong không gian ( Bài
tập tổng quát trong hệ tọa độ không gian cũng như cách
giải khác của bài toán này đươc trình bày ở mục 2.3.6) .
Với những định hướng quen thuộc từ việc tìm mối liên
hệ giữa điểm nằm trong tứ diện và thể tích của của tứ
diện đó là ta phải lập được các tỉ số thể tích. Từ đó ta

T
A'

E

F

C'
N

K

I

M
B'

thấy rằng, từ I dựng các đường thẳng song song với
SA,SB,SC cắt các mặt phẳng (SBC), (SCA),(SAB) tại các điểm cố định E, T, F. Từ giả
thiết bài toán mặt phẳng (P) qua I cắt SA, SB, SC tại A’, B’, C’ nên kéo dài A’I, B’I, C’I
sẽ cắt các cạnh B’C’, C’A’, A’C’ lần lượt tại M, N, K khi đó ta có:

IE
S
IT
S
IF
S
 IBC ;
 IAC  ;
 IBA ;
SA ' SABC SB ' SABC  SC ' SABC
Từ đó suy ra:

IE
IT
IF
S
S
S


 IBC   IAC   IBA  1
SA ' SB ' SC ' S ABC  SABC  S ABC 

Mặt khác áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có

3

IF 
IE IT IF
 IE IT


.
.
(2.7.1)

  27
SA ' SB ' SC '
 SA ' SB ' SC ' 
 SA '.SB '.SC '  27 IE.IT .IF
Từ đó suy ra VS , ABC đạt giá trị nhỏ nhất khi đẳng thức (2.7.1) xảy ra. Tức là

IE
IT
IF 1


 hay SA '  3 IE , SB '  3 IT , SC '  3 IF .
SA ' SB ' SC ' 3
Nhận xét: Mở rộng tiếp theo của bài toán là tính thể tích VS , ABC theo VS , ABC ?

12


2.3.3 Bài toán liên quan đến hình tứ diện trực tâm

Trong phần này ta khai thác một hình tứ diện cũng khá đặc biệt, nó được thác triển
từ tứ diện vuông bằng cách thay đổi điều kiện các cạnh chung đỉnh O đôi một vuông góc
thành các có các cặp cạnh đối vuông góc đó chính là hình tứ diện trực tâm.
Các bài toán được đặt ra trong phần này chủ yếu khai thác các yếu tố về trọng tâm,
tâm mặt cầu ngoại tiếp hình tứ diện, khai thác các đẳng thức liên quan đến điểm đó.
Bài tập 3.1. Cho hình tứ diện trực tâm ABCD.Chứng minh rằng chân đường cao hạ từ
đỉnh của tứ diện là trực tâm tam giác đáy, các đường cao của tứ diện đồng quy..
Phân tích và lời giải: Nhận thấy tứ diện vuông là tứ diện
trực tâm, ở bài tứ diện vuông ta có được việc chứng minh

A

chân đường cao tứ diện là trực tâm tam giác đáy liệu nó có
còn đúng cho tứ diện trực tâm.Từ đó học sinh dễ phát hiện
được việc chứng hình chiếu A1 của A lên mặt đáy là trực
tâm của mặt đáy bằng phép chứng tương tự ở tứ diện

B1

D

 BC 1
 BC  A1 D.
vuông.thật vậy, ta có 
 BC  AD

B
A1

E

F

C

Tương tự cũng chứng minh được AC  A1 B , hay A1 là trực tâm tam giác DBC .
Tiếp theo, để chứng minh các đường cao của tứ diện đồng quy ta chứng minh từng đôi
một các đường cao cắt nhau Xét hai đường cao AA1 , BB1 tùy ý hạ từ A, và B. Ta có:
DC  AA1 , DC  AB  DC BA1 .Tương tự ta cũng có DC  AB1

Kéo dài BA1 cắt DC tại E , ta có E cũng là giao điểm của AB1 với DC, Khi đó hai đường
cao AA1 , BB1 tam giác ABE.cắt nhau tại trực tâm H của tam giác.
Tương tự ta chứng minh được hai đường cao tùy ý của tứ diện đôi một cắt nhau. Do đó
chúng đồng phẳng hoặc đồng qui.
Điều này chứng tỏ các đường cao của tứ diện đồng qui.


Bài tập 3.2 ( HSG Tỉnh Đăk Lăk 2014).Cho hình tứ diện trực tâm ABCD.
a) Chứng minh rằng tổng bình phương các cạnh đối diện bằng nhau .
b) Gọi M là một điểm nằm trong tứ diện ABCD, gọi V là thể tích của tứ diện ABCD; S1,
S2, S3, S4 lần lượt là diện tích các tam giác BCD, CDA, DAB, ABC. Tìm giá trị nhỏ nhất
của biểu thức P  MA.S1  MB.S 2  MC .S3  MD.S 4 theo V.
13


a) Chứng minh tổng bình phương các cạnh đối diện bằng nhau , tức là ta phải chứng
minh AB2  CD2  AD2  CB2  AC2  BD2
Phân tích và lời giải: Gọi M, N, P,Q,I,J lần lượt trung
điểm AB, CD, AD, BC,AC,BD .Khi đó, các tứ giác
MNPQ, MINJ, là hình bình hành, hơn nữa nó là hình chữ

nhật. Suy ra

các

đường chéo bằng

nhau,

A

M

hay

I

MN  PQ  IJ .

B

Ngoài ra, ta có:
2

2

P

Q
2

2

D

J

2

AD  CB  4( NI  MI )  4 MN .

N
C

AB 2  CD 2  4( PI 2  QI 2 )  4 PQ 2 .
AC 2  BD 2  4(PM 2  PN 2 )  4 MN 2

Từ đó suy ra: AB2  CD2  AD2  CB2  AC2  BD2 .
b) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức : P  MA.S1  MB.S 2  MC .S3  MD.S 4 theo V.
Kẻ AA1, MA2 lần lượt vuông góc với mặt phẳng (BCD),
khi đó ta có: AM  MA2  AA2  AA1 hay

A

AM  AA1  MA2 (1) , dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi M

thuộc đường cao AA1, Từ (1) suy ra:

M

AM.S1  AA1.S1  MA2.S1  AM.S1  3V  3VM.BCD (2)

D

Dấu bằng xẩy ra khi M thuộc đường cao AA1.
Hoàn toàn tương tự cho các mặt CDA, DAB, ABC ta

A2

A1

B

C

có :
BM .S 2  3V  3VM .CDA (3) , dấu = xảy ra khi M thuộc đường cao tứ diện hạ từ đỉnh B,
CM .S3  3V  3VM . DAB (4) , dấu = xảy ra khi M thuộc đường cao tứ diện hạ từ đỉnh C,
DM .S 4  3V  3VM . AB C (5) , dấu = xảy ra khi M thuộc đường cao tứ diện hạ từ đỉnh D,

Từ (2), (3), (4) và (5) ta có: MA.S1  MB.S 2  MC .S3  MD.S 4  9V dấu bằng xảy ra khi
M trùng H.
Vậy GTNN của MA.S1  MB.S 2  MC .S3  MD.S 4 là 9V.


14


Bài tập 3.3. Cho hình tứ diện trực tâm ABCD. Chứng minh trằng trung điểm các cạnh và
chân đường vuông góc chung của các cặp cạnh đối cùng nằm trên một mặt cầu.
Phân tích và lời giải Tiếp tục khai thác các đường nối

A

trung điểm 2 cạnh đối diện và đường vuông góc chung
của hai cạnh đối diện ta thấy rằng nếu IK là đoạn vuông
góc chung của của hai cạnh AB, CD và M, N là trung
điểm của AB và CD thì ta có AB  IN

I

 AB  (CID) 

M

D

B

hay I thuộc mặt cầu đường kính MN, tương tự K cũng
thuộc mặt cầu đường kính MN. Từ đó suy ra Trung điểm
các cạnh và chân đường vuông góc chung của các cặp
cạnh đối cùng nằm trên một mặt cầu.

NK
C



Nhận xét: Một vấn đề tiếp theo được đặt ra là trong trong tam giác ba điểm O, G, H cùng
nằm trên một đường thẳng đó là đường thẳng Euler, vậy trong không gian liệu rằng ba

điểm ấy cũng thẳng hàng? Bài toán tiếp theo sẽ giúp ta làm sáng tỏ câu hỏi trên.
Bài tập 3.4. Cho tứ diện trực tâm ABCD, gọi O, G, H lần lượt là tâm mặt cầu ngoại tiếp,
trọng tâm và trực tâm của tứ diện, d là độ dài đoạn thẳng nối trung điểm hai cạnh đối
diện. Chứng minh G là trung điểm OH và OH 2  4 R 2  3d 2 , ( R bán kính mặt cầu ngoại
tiếp tứ diện).
Phân tích và Lời giải
+) Chứng minh G là trung điểm OH ?
Rõ ràng yêu cầu bài toán đã giúp cho ta định hướng

A

được công việc là phải chứng minh 3 điểm O, G, H
thẳng hàng.
M

Gọi H1 , G1 , O1 lần lượt là trực tâm, trọng tâm, tâm đường

O2

tròn ngoại tiếp ∆BCD, khi đó H1 , G1 , O1 thẳng hàng (
đường thẳng Euler) và H  AH1 , G  AG 1 , OO1 / / AH 1

O

G2
H2

H

G

B

D
H1

nên H, G, O cùng thuộc  AH1O1  .

O1

G1

N
C

Gọi H 2,G2,O2 lần lượt là trực tâm, trọng tâm, tâm đường tròn ngoại tiếp ∆ACD.
Chứng minh tương tự ta có: H, G, O cùng thuộc  DH 2O2 
Do đó H, G, O thuộc giao tuyến của hai mặt phẳng  AH1O1  và  DH 2O2 
15


Hay H, G, O thẳng hàng.
Hơn nữa ta nhận thấy rằng, mặt phẳng (CDH 2 ) và mặt phẳng trung trực (P) của cạnh
AB song song với nhau và H  (CDH 2 ), O  (P) nên việc chứng minh G là trung điểm OH
tức là phải chứng minh G thuộc mặt phẳng cách đều hai mặt phẳng (P) và (CDH 2 ) . Thật
vậy, ta có: CH 2   ABD   CH 2  AB ,mà AB  CD  AB   CDH 2  .
Gọi M, N trung điểm AB, CD. ta có N  (CDH 2 ), M  (P) G trung điểm MN nên suy
ra G nằm trên mặt phẳng cách đều ( P ); (CDH 2 ) . Hay G là trung điểm OH( vì O, G, H
thảng hàng).
Trong tam giác, OCD ta có: ON 2 

Trong tam giác, OAB ta có OM 2 

OA2  OB 2 AB 2
.

2
4

Trong tam giác, OMN ta có OG 2 
⇒ OG 2  R 2 

OD 2  OC 2 CD 2
.

2
4

OM 2  ON 2 MN 2

2
4

AB 2  CD 2 MN 2

8
4

Từ trên ta có, AB2  CD2  AD2  CB2  AC2  BD2
Suy ra MN 2 

AB 2  CD 2
4

Từ đó suy ra: OH 2  4 R 2 - 3d 2 .


Bài toán 3 Cho tứ diện trực tâm ABCD. Chứng minh rằng trọng tâm và trực tâm các mặt
nằm trên một mặt cầu.
Phân tích và lời giải: Như ta đã biết, G là trọng tâm tứ

1
1
diện nên GG1   GA , hay phép vị tự tâm G tỉ số 
3
3

A

biến điểm A thành G1 ( G1 trọng tâm tam giác BCD) mà A
thuộc mặt cầu tâm O nên G1 thuộc mặt cầu tâm O  là ảnh
của O qua V

1
(G , )
3

, hay các trọng tâm của các mặt cũng

thuộc mặt cầu tâm O  bán kính r 

R
.Từ đó ta thấy
3
16

H1

O

G

O/

H

I

G1

O1


rằng bài toán đặt ra cho học sinh là mặt cầu tâm O  có qua điểm H1 hay không?
Với yêu cầu đó ta thấy được công việc cần thực hiện của bài toán là chứng minh trực tâm
H1 của tam giác BCD thuộc mặt cầu tâm O  . Thật vậy , trong tam giác AH 1G 1 có

1
1
OG  GO  GH , gọi I là hình chiếu của O  lên cạnh H 1G1 ta có OI / / AH1 suy ra I
3

3
là trung điểm H 1G1 hay OH 1  OG1 , Do đó mặt cầu tâm O  bán kính r 

R
qua trực tâm
3

của các mặt đáy.
Hay trọng tâm và trực tâm các mặt nằm trên một mặt cầu.


2.3.4 Bài toán liên quan đến hình tứ diện gần đều
Một trong các yếu tố về các góc ở đỉnh của tứ diện chưa được khai khác ở hai loại tứ
diện trên. Trong phần này tôi khai thác nó cùng với loại tứ diện mà yếu tố hình học cũng
không kém phần thú vị đó là tứ diện gần đều.
Trong phần này tôi trình bày những bài tập mang tính định tính, các bài tập thường
xuất hiện trong các đề thi HSG lớp 12 cấp tỉnh.
Bài tập 4.1 Cho hình tứ diện gần đều ABCD.Chứng minh rằng các đường thẳng qua
trung điểm hai cạnh đối diện cũng là đường vuông góc chung của hai cạnh đó.

Phân tích và lời giải Đây là một công việc cơ bản của
gải toán hình học, từ đề bài đã định hướng lời giải. Việc
chứng minh đường thẳng qua trung điểm và vuông góc
với cạnh chính là chứng minh nó là đường thẳng trung
trực của đoạn thẳng hay nói cách khác là chứng minh
tam giác cân. Thật vậy, gọi M, N lần lượt là trung điểm

A

M

B

D

của AB và CD. Khi đó :

N
2

2

2

Trong tam giác ACD ta có AN 2 

2( AD  AC )  DC
4

Trong tam giác BCD ta có BN 2 

2( BD 2  BC 2 )  DC 2
,
4

C

Vì AC  BD nên suy ra, AN  BN , hay tam giác NAB cân. Do đó MN  AB .
Tương tự ta cũng chứng minh được MN  CD .
Vậy MN là đường vuông góc chung của AB và CD.
17

Bài tập 4.2 ( HSGT Đăk Lăk-2016) Cho hình tứ diện gần đều ABCD.Chứng minh rằng
trọng tâm tứ diện cũng là tâm mặt cầu nội tiếp, ngoại tiếp tứ diện.
Phân tích và lời giải Như ta được biết nếu G là trọng

A

tâm tứ diện, thì G là trung điểm MN. Một cách liên hệ
ngay đó là để chứng minh G là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ
diện ta chứng minh GA  GB  GC  GD . Từ đó học
sinh có thể tính ngay được:

M
G
B

D

1
1
GB 2  GA2  ( MN 2  AB 2 )  ( MN 2  CD 2 )  GD 2  GC 2
4
4

H

N

C

.
Vậy G là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện.

Tương tự như trên, để chứng minh G là tâm mặt cầu nội tiếp tứ diện ta phải chứng minh

d (G,(DBC))  d (G,(DBA))  d (G,(DAC))  d (G,(BAC)) .
Một công việc quen thuộc như ở bài (2.2) ta có:
Ta có d (G, ( ABC )) 

3VGABC
SABC

3
VABCD
4

, vì các mặt của tứ diện có diện tích bằng nhau nên
S ABC

3
3
VABCD
VABCD
4
4

 d (G, ( DBC ))  d (G, ( DBA))  d (G, ( DAC ))
ta suy ra được : d (G, ( ABC )) 
SABC

SDBC

.
Vậy trọng tâm tứ diện cũng là tâm mặt cầu ngoại tiếp, nội tiếp tư diện.


Bài toán 4.3 Cho hình tứ diện ABCD. Chứng minh rằng tứ diện ABCD là tứ diện gần đều
khi và chỉ khi diện tích các mặt của tứ diện bằng nhau

Phân tích và lời giải: Dễ dàng suy ra phần thuận của bài
toán vì các mặt của hình tứ diện này đều có có bộ 3 cạnh là
a , b, c. Còn phần đảo, ta nhận thấy rằng nếu gọi H, K là

A

M

hình chiếu của A, B lên CD, gọi M, N lần lượt trung điểm
của AB, HK khi đó:
TH1: H  K suy ra H  K  N . Dễ dàng suy ra được NM

D

B

là đường vuông góc chung của AB và CD.

K

TH2. H  K . Ta có AHK  BKH suy ra AN  BN hay

NM  AB

18

C

N

H


Và ta cũng có AHB  AKB suy ra HM=KM. suy ra NM  CD .
Từ đó ta thấy rằng, nếu diện tích các mặt của tứ diện bằng nhau thì đường vuông góc
chung của các cặp cạnh đối diện qua trung điểm của các cạnh đó. Và như thế ta tiếp tục
chứng minh các cặp cạnh đối bằng nhau. Thật vậy, giả sử MN là đường vuông góc chung
của AB và CD, khi đó phép đối xứng trục MN biến A thành B, và biến C thành D suy ra
nó biến AC thành BD. Hay ta có AC=BD.
Từ đó ta có kết luận: Nếu diện tích các mặt của tứ diện bằng nhau thì các cặp cạnh đối
bằng nhau. Từ đó suy ra điều phải chứng minh.


Bài tập 4.4 Cho hình tứ diện ABCD. Chứng minh rằng tứ diện ABCD có tổng 3 góc
phẳng tại mỗi đỉnh bằng 1800 khi và chỉ khi nó là tứ diện gần đều.

Phân tích và lời giải: Dễ thấy, nếu tứ diện ABCD có các

D

cặp đối bằng nhau khi đó theo trên ta có được mỗi mặt của
chúng có diện tích bằng nhau. Khi đó tổng 3 góc phẳng ở

đỉnh D bằng tổng 3 góc của tam giác ABC nên tổng của

D2

chúng bằng 180 .
Ngược lại, giả sử tứ diện ABCD có các góc ở đỉnh có
tổng

bằng

1800 và

AD  a, BC  a,

D1

C

0

A

CA  b, BD  b,

B
D3

AB  c, DC  c
Trên mặt phẳng (ABC) lấy điểm D1 nằm khác phía điểm A với đường thẳng BC sao
cho tam giác D1 BC bằng DBC , lấy điểm D 2 , D3 tương tự sao cho D2 AC bằng DAC

và D3 AB bằng DAB ( Khai triển tứ diện trên mặt phẳng (ABC)).
Khi đó ta thấy rằng D3 AB  BAC  CAD2  1800 , hay 3 điểm D2 , A, D3 thẳng hàng.
Tương tự cũng chúng minh được D1 , B, D3 và 3 điểm D2 , C , D1 cũng thẳng hàng.
Từ đó suy ra trong tam giác D2 D3 D1 có các cạnh AC, AB, BC là đường trung bình
nên chúng bằng nửa độ dài cạnh đáy hay AC  D1 B  DB , tương tự ta cũng có điều phải
chứng minh.


Nhận xét: Từ trên ta thấy rằng chỉ cần một đỉnh có tổng 3 góc bằng 1800 và có 2 cặp cạnh
đối diện bằng nhau ta cũng suy ra được cặp cạnh còn lại bằng nhau.

19


2.3.5. Bài toán liên quan đến hình hộp ngoại tiếp hình tứ diện
Trong phần này tôi trình bày một số kĩ thuật ứng dụng việc dựng hình hộp ngoại tiếp
hình tứ diện để giải toán, đặc biệt là tìm các kĩ thuật khác nhau trong các bài toán quen
thuộc liên quan đến thể tích tứ diện.
Bài tập 5.1 (HSGT Đăk Lăk -2010) Cho hình tứ diện gần đều ABCD có BC  AD  a,
CA  DB  b, AB  DC  c .

a) Gọi O là trung điểm của AB. Chứng minh rằng thiết diện (OCD) chia tứ diện đã
cho thành hai tứ diện AOCD và BOCD có thể tích bằng nhau.
b) Tính thể tích tứ diện ABCD

Phân tích và lời giải
Cách thứ nhất: (theo đáp án của đề thi)
a) Gọi h1 là đường cao tứ diện A.OCD kẻ từ A,

A

Gọi h2 là đường cao tứ diện B.OCD kẻ từ B, Ta có
h1 OA

 1  h1  h2 .
h2 OB

F
O

Hai tứ diện có đáy chung và đường cao bằng nhau nên
thể tích bằng nhau.

K

E
D
B

b) Từ bài tập 4.1 ta có được OCD cân , gọi H
là trung điểm của CD, từ O vẽ EF//CD ta có và

H
C

1
2

OE=OF= CD. Từ đó suy sa tứ giác AEBF là hình chữ nhật, và HO  ( AEBF ) .
Kẻ AK  EF , vì HO  ( AEBF ) suy ra HO  AK vậy AK  (OCD) do đó AK là đường

cao của tứ diện A.OCD
2
3

Theo câu a) ta có VABCD  2VAOCD  .KA.

CD.OH 1
 . AK .CD.FC
2
3

Vì FB//AK và AK  FC suy ra FB  FC vậy FC2  a2  FB2  b2  FA2
Hay FB2  FA2  a2  b2 (1)
Mặt khác tam giác AFB vuông suy ra FB2  FA2  c2 (2)
Từ (1) và (2) ta có FB 2 
1
2

1 2 2 2
1
a  b  c  , FA2   c 2  a 2  b 2 

2
2
1
2

Vậy FC 2  a 2  (a 2  b 2  c 2 )  (a 2  b 2  c 2 )
20

Ta có : AK 

(a 2  b 2  c 2) (c 2  a 2  b 2 )
AE.FA FB.FA


EF
EF
2c
1
3

Vậy : VABCD  2 . AK .CD.FC 


1
6 2

1
6 2

. ( a 2  b 2  c 2 )(b 2  c 2  a 2 )(c 2  a 2  b 2 )

( a 2  b 2  c 2 )(b 2  c 2  a 2 )(c 2  a 2  b 2 ) .

Cách thứ 2: ( Sử dụng kĩ thuật dựng hình hộp ngoại tiếp)
Bài tập liên quan đến thể tích của tứ diện, do đó một cách tự nhiên là nghĩ đến
dựng hình hộp ngoại tiếp tứ diện và tính thể tích khối hộp đó sau đó mới xét ccs yếu tố
liên quan. Thật vậy, xét một hình hộp ngoại tiếp tứ diện ABCD như hình vẽ, khi đó khối

hộp AD’BC’.B’CA’D là khối hộp chữ nhật.
a) Gọi O là trung điểm của AB, dễ thấy mặt phẳng
(OCD) chính là mặt phẳng (C’D’CD), mà mặt phẳng
này chia khối hộp thành hai khối lăng trụ AC’D’.B’DC
và khối BC’D’.A’DC có thể tích bằng nhau nên dễ dàng

A

O

C'

suy ra được hai khối tứ diện AOCD, BOCD có thể tích
bằng nhau.

B
C

B'
A'

D

b) Tính thể tích tứ diện.

D'

1
Ta có VABCD  VAD ' BC '. BCAD .
3

Ngoài ra, trong khối hộp chữ nhật AD’BC’.B’CA’D gọi AC’  x, AD’  y. AB’  z ta có:
 x2  y 2  a2
 2
a 2  b2  c2 2 b2  c 2  a 2 2 c2  a 2  b2
2
2
2
,y 
,z 
 y  z  b suy ra x 
2
2
2
 z 2  x2  c2


Do đó thể tích khối hộp là

V  xyz 

a

2

 b 2  c 2  a 2  c 2  b 2  b 2  c 2  a 2 
2 2

Vậy

VABCD 

a

2

 b 2  c 2  a 2  c 2  b 2  b 2  c 2  a 2 
6 2

21

.


Nhận xét: Nhận thấy rằng hình hộp ngoại tiếp tứ diện trên là hình hộp chữ nhật và mặt
cầu ngoại tiếp của hình hộp cũng là mặt cầu ngoại tiếp tứ diện. Do đó bán kính mặt cầu
ngoại tiếp tứ diện chính là R 

1
1 2
a 2  b2  c 2
AA 
x  y2  z2 
.
2
2
8

Bài tập 5.2. Chứng minh rằng tổng bình phương diện tích các mặt của hình hộp
ABCD.A’B’C’D’ gấp hai lần tổng bình phương diện tích các mặt của tứ diện ACB’D’.
Phân tích và lời giải: Nhận thấy hình hộp

ABCD.A’B’C’D’. Gọi S AD ,S AC , SCD

A

lần lượt là

diện tích các mặt ADD’A’; ABCD; DCC’D’ của
hình hộp và xét mặt phẳng (P) tùy ý vuông góc
với AD’ và cắt AD’ tại H1 . Gọi H 2 , H 3 là hình

A'

H 2 H 3  H1H 2  H1H 3  2H1H 2 .H1H 3cos AD ' .
2

C

D

chiếu của B’, C lên (P). Dễ thấy rằng
2

B

B'
D'

2

(1) (  AD ' là góc nhị diện cạnh AD’ của tứ diện

C'
H2

H1

H3

ACB’D’).

DA2
Nhân hai vế của phương trình (1) cho
ta được:
4
2
2
2
S AD
  SACD  S ABD  2S ACD SABD cos  AD '

Tương tự, ta cũng có được :
2
2
2
SCD
  SACD  SCBD  2S ACD .SCBD cos CD '
2
SCA
 S2ACD  S2CBA  2SACD .SCBA cos CA

Suy ra:
2
2
2
SAD
  SAC  SCD
2
2
 3S2ACD  S2BCD
   SACB  SABD
   2SACD (SABD
  cosAD'  SCBD
  cosCD'  SCBA
 cosCA )
2
2
 S2ACD  S2BCD
   SACB  SABD
 

2
2
2
2
2
2
2
Vậy S AD
  S AC  SCD  S ACD  S BCD  S ACB  S ABD .

Bài tập 5.2. Gọi d1 , d 2 , d3 là khoảng cách giữa các cặp cạnh đối tứ diện và h1 , h2 , h3 , h4 là
chiều cao tương ứng với bốn đỉnh tứ diện. Chứng minh rằng
1
1
1
1
1
1
1
 2 2  2 2 2 2
2
d1 d 2 d 3 h1 h2 h3 h4

22


Phân tích và lời giải: Gọi d1 , d 2 , d 3 lần lượt là
A

khoảng cách giữa các cặp cạnh AB, CD , AC, BD ,

B

CB, AD .Khi đó

C

D

1

1
1
1
VACBD  VABCD. ABC D  d1SCD  d 2 SCB  d3 S AD
3
3
3
3

A'
B'
D'

Từ đó suy ra:
1
1
1
1
2
2
2
 2 2 
SCD
  S CB  S AD 
2
2
d1 d 2 d 3 9V



C'



2

2

2

2

2

2

2

Hơn nữa theo, bài toán trước ta có SAD SAC  SCD  SACD  SBCD
   SACB  SABD
 
Suy ra:

1
1
1
1
1
1
1

1
 2 2 
S 2ACD  S 2BCD  S 2ACB  S 2ABD  2  2  2  2
2
2
d1 d 2 d 3 9V
h1 h2 h3 h4



Đặc biệt với tứ diện gần đều ta có hệ thức



1
1
1
4
 2 2  2
2
d1 d 2 d 3 h

Bài tập 5.4 Cho tứ diện gần đều ABCD có đường cao AH, H1 là trực tâm tam giác BCD,

CC là đường cao tam giác BCD. Chứng minh rằng tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác
BCD là trung điểm HH 1
Phân tích và lời giải: Xét hình hộp ngoại tiếp tứ
diện như hình vẽ, khi đó hình hôp này là hình hộp chữ

A

nhật. Gọi O là tâm hình hộp đó và AA là đường chéo

B

của hình hộp. Khi đó ta có tứ diện ABCD là tứ diện
vuông nên hình chiếu của A lên mặt phẳng (BCD ) là

C'

trực tâm tam giác BCD và hình chiếu của điểm O trên
mặt phẳng (BCD )là điểm O1 trung điểm HH 1 .

D

O
H1

O1

H

C

A'

Hơn nữa ta có O là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình hộp nên nó cũng là tâm mặt cầu ngoại tiếp
tứ diện và do đó hình chiếu của O lên mặt phẳng (BCD) là tâm đường tròn ngoại tiếp tam
giác BCD.

2.3.6. Các bài toán trong hệ tọa độ Oxyz liên quan đến các hình tứ diện đặc biệt
Trong phần này tôi trình bày các bài toán hình học trong hệ tọa độ Oxyz. Nội dung chủ
yếu là sử dụng các tính chất đặc trưng của các loại hình tứ diện đã được đề cập ở các phần
trước để giải các bài tập ở mức vận dụng cao thường xuất hiện trong kì thi THPT Quốc
gia.

23


Bài tập 6.1 Trong không gian Oxyz , cho điểm H  2; 1; 1 . Gọi  P  là mặt phẳng đi qua H
và cắt các trục tọa độ tại A , B , C sao cho H là trực tâm tam giác ABC . Phương trình
mặt phẳng  P  là

A. 2x  y  z  6  0 .

B. x  2 y  z  6  0 .

C. x  2 y  2z  6  0 .

D. 2x  y  z  6  0 .

Phân tích và lời giải: Yêu cầu bài toán rất rõ ràng và nếu sử dụng các kỉ thuật giải thông
thường là giải được ngay, vậy thì vấn đề tôi cần nói đến ở bài này là gì? Vì đây là bài toán
trắc nghiệm nên yếu tố thời gian phải đặt lên hàng đầu, tức là tìm cách giải ngắn nhất ở bài
toán, sau đây tôi trình bày hai cách giải thể hiện rất rõ điều đó:
Cách 1. Nếu như học sinh không phân tích đặc điểm của tứ diện vuông, các em sẽ giải bài
toán bằng phương pháp tọa độ thuần túy đó là:
Gọi A  a ; 0; 0   Ox , B  0; b ; 0   Oy , C  0; 0; c   Oz .Khi đó mặt phẳng  P  có dạng:
x y z
  1.

a b c

Ta có AH   2  a ;1;1 , BH   2;1  b ;1 , BC   0;  b ; c  , AC    a ; 0; c  .
2 1 1
 a  b  c  1 a  3


Do H là trực tâm tam giác ABC nên: b  c  0  b  6 .
2a  c  0
c  6




Vậy phương trình của mặt phẳng  P  là:

x y z
   1  2x  y  z  6  0 .
3 6 6

Cách 2. Nhận thấy đây là tứ diện vuông đỉnh O, do đó theo kết quả của Bài toán 2.1 ta
thấy rằng, H là trực tâm tam giác ABC nên H là chân đường cao của tứ diện. Hay OH là
vectơ pháp tuyến của mặt phẳng (ABC), từ đó ta có suy ra n ABC   OH   2;1;1
Do đó, PT mp(ABC) có dạng: 2( x  2)  1( y  1)  1( z  1)  0

 2x  y  z  6  0 .
Vậy phương trình mặt phẳng (P) là: 2x  y  z  6  0 .

Bài tập 6.2 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm P (1; 2; 2) . Mặt phẳng ( ) qua
P cắt các trục Ox, Oy , Oz tại A, B , C khác gốc tọa độ sao cho T 

24

R12 R22 R32


đạt giá trị
S12 S 22 S32