PHẦN 1 – ĐỊNH NGHĨA TỨ DIỆN VUÔNG
VÀ MỘT SỐ TÍNH CHẤT CƠ BẢN
A – ĐỊNH NGHĨA TỨ DIỆN VUÔNG:
Tứ diện OABC được gọi là tứ diện vuông khi tứ diện đó có OA, OB, OC đôi một vuông góc với nhau.
Chú ý:
Tứ diện trực tâm là tứ diện có các cạnh đối vuông góc nhau. Như thế ta thấy rằng tứ diện vuông cũng là một loại tứ diện trực tâm đặc biệt. Chính vì vậy tứ diện trực tâm có đầy đủ tính chất của tứ diện trực tâm.
B. CÁC TÍNH CHẤT CỦA TỨ DIỆN VUÔNG:
Cho tứ diện vuông SABC đỉnh S. Khi đó ta có:
1. Kẻ đường cao SH. Khi đó H là trực tâm của tam giác ABC.
2. .
3. = ( Định lí Pytago trong không gian).
4. Tam giác ABC là tam giác nhọn.
Và rất nhiều các tính chất khác mà các bạn sẽ được tìm hiểu trong phần bài tập về tứ diện vuông mà chúng tôi trình bày ở phần sau.
Chứng minh các tính chất nêu trên:
Tính chất 1:
AH kéo dài cắt BC tại M, CH kéo dài cắt AB tại P.
Do
Vì
Từ (1) và (2) suy ra .
Hoàn toàn tương tự ta chứng minh được CP vuông góc AB.
Từ đó ta có đpcm.
Tính chất 2:
Được chứng minh trong phần III.
Tính chất 3:
Trong (SBC) ta hạ SM vuông góc với BC.
Ta thấy rằng A, H, M thẳng hàng.
Tam giác SAM vuông tại S ta có:
Suy ra:
Hay ta có:
Lý luận hoàn toàn tương tự ta có:
Cộng từng vế (1), (2) và (3) ta có đpcm.
Tính chất 4:
Thật vậy trong ta giác ABC theo định lí hàm cosin ta có:
Suy ra A nhọn.
Tương tự cho B và C.
PHẦN II – CÁC BÀI TẬP VỀ TỨ DIỆN VUÔNG
Bài 1:
Cho tứ diện OABC có OA, OB, OC vuông góc nhau từng đôi một với. Gọi M là trung điểm BC. Vẽ và tính đoạn vuông góc chung của OC và AM.
+ Vẽ MM’//OC (), ta có: OC//(AM’M)
+ Vẽ
+ Vẽ HI//OC (), vẽ IJ//OH () ta có IJ là đoạn vuông góc chung của OC và AM.
Tam giác OAM’ vuông có OH là đường cao nên:
Suy ra
Bài 2:
Trong mặt phẳng (P) cho tam giác ABC vuông tại A có AB=c, AC=b. Trên đường vuông góc với (P) tại A lấy điểm S sao cho SA=h (h>0).M là điểm di động trên SB. Gọi J,I lần lượt là các trung điểm của BC và AB .
a) Tính độ dài đoạn vuông góc chung của SI và AB.
b) Tính tỉ số thể tích các hình MBIJ và BSCA khi độ dài đoạn vuông góc chung của AC và MJ đạt giá trị lớn nhất
a) Gọi K là trung điểm AC, ta có AB//(SKI). Do đó, khoảng cách giữa SI và AB bằng khoảng cách từ A đến (SKI)
Vẽ .Do nên
Mà KI//AB nên . Từ đó ta được
Vậy khoảng cách giữa SI và AB là đoạn AH
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông SAK,đường cao AH

Vậy khoảng cách cần tìm là
b) Ta có
Vẽ .Vì IJ//AC,mà nên
Ta có AL nằm trong mp(ASB) nên
Vậy
Mà AC//(MIJ) nên AL là khoảng cách giữa AC và MJ
Mặt khác tam giác ALJ vuông tại L nên
Khi đó
Suy ra M là trung điểm AB
Vậy
Bài 3:
Cho lăng trụ tam giác đều ABC.A’B’C’ có tất cả các cạnh đều bằng d
a) Tính thể tích tứ diện A’BB’C
b) Tính diện tích thiết diện do mp đi qua A’B’ và trọng tâm G của và tính tỉ số thể tích 2 phần của khối lăng trụ do chia cắt ra.
a)
b) Thiết diện là hình thang A’B’FE. Gọi M,M’ lần lượt là trung điểm AB và A’B’.
Ta có :
Diện tích thiết diện là
Gọi lần lượt là thể tích phần trên (chứa A) và phần dưới (chứa C’) thiết diện hình lăng trụ
Ta thấy
Từ đó
Bài 4:
Cho hình chóp SABC có SA, SB, SC vuông góc nhau đôi một với SA=a, SB=b, SC=c. Hãy xác định tâm và bán kính mặt cầu ngoại tiếp SABC.
Gọi I là trung điểm của AB, suy ra I là tâm của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
Vẽ tại I, khi đó là trục của tam giác SAB
Trong mặt phẳng tạo bởi và SC (do//SC), vẽ trung trực của SC cắt tại O, ta có OA=OB=OC=OD nên O chính là tâm mặt cầu ngoại tiếp SABC
Ta có bán kính mặt cầu là
Bài 5:
Cho tam diện Oxyz có Ox, Oy,Oz vuông góc nhau từng đôi một.Gọi I là điểm trong tam diện và a,b,c, là khoảng cách từ I đến các mặt (Oyz),(Oxz), (Oxy),. Mặt phẳng di động qua I cắt Ox,Oy,Oz lần lượt tại A, B, C.
a.chứng minh
b. Tìm giá trị nhỏ nhất của và cho biết vị trí I đối với tam giác ABC lúc đó

a) Ta có

b)Vì I cố định nên a,b,c không đổi
do ta có
nên suy ra đạt giá trị lớn nhất khi (bất đẳng thức Cô-si)
lúc đó đạt giá trị nhỏ nhất , tức là OA.OB.OC đạt giá trị nhỏ nhất
Mà
Nện thể tích OABC đạt giá trị nhỏ nhất là khi OA=3a, OB=3b, OC=3c
Khi đó I là trọng tâm của tam giác ABC
Bài 6:
Cho Ox, Oy, Oz vuông góc với nhau đôi một
Lấy AOx, BOy, COz sao cho OA=a, OB=b, OC=c
a) Tính diện tích tam giác ABC theo a, b, c
b) Giả sử A, B, C thay đổi nhưng luôn luôn có OA + OB + OC + AB + AC + BC = k không đổi .
Hãy xác định giá trị lớn nhất của thể tích tứ diện OABC
a)Vẽ ,định lý 3 đường vuông góc cho ta
Ta có:
Vậy
b)Ta có:
suy ra


Do đó
Vậy giá trị lớn nhất của thể tích OABC là khi a = b = c
Khi đó AB = AC = BC = thay vào ta được
Vậy GTLN của thể tích OABC là khi
Bài 7:
Cho góc tam diện ba góc vuông Oxyz.Trên Ox, Oy, Oz lần lượt lấy các điểm A,B,C
a)Tính khoảng cách từ A đến (ABC) theo OA = a, OB = b, OC = c
b)Cho A cố định, B và C di động thoả OA+OC = OA. Hãy định vị trí của B và C sao cho thể tích tứ diện OABC đạt GTLN. Chứng minh rằng khi đó bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện OABC lại nhỏ nhất.
a)Gọi H là hình chiếu của O trên ABC
Ta có
b)
Thể tích tứ diện OABC đạt giá trị lớn nhất là khi
Xét hình hộp chữ nhật có 3 kích thước bằng OA, OB, OC, đường chéo hình hộp này là đường kính của mặt cầu ngoại tiếp OABC, do đó
R đạt giá tri nhỏ nhất khi và chỉ khi
Bài 8:
Tứ diện ABCD có 3 góc phẳng vuông tại D. Kí hiệu là góc tạo bởi các tia DA, DB, DC với tia DG trong đó G là trọng tâm tam giác ABC.CMR
Gọi M là giao điểm của AG với BC .Trên tia DG ta lấy điểm O sao cho OM//AD
Vì AD vuông góc (BCD) nên OM vuông góc (BCD)
Lại có MB=MC=MD nên OB=OC=OD
Trong tam giác OBD cân tại có
nên
Tam giác OCD cân tại O có
nên
Hai tam giác OMD và OMB bằng nhau
Vì OM là phân giác của tam giác OBC, ta có
Trong tứ diện OBCD tổng các góc phẳng tại đỉnh O thoả mãn điều kiện
(đpcm).
Bài 9:
Cho tứ diện OABC có các góc phẳng tại đỉnh O vuông và thoả mãn điều kiện OC=OA+OB.CMR tổng các góc phẳng tại đỉnh C bằng
Gọi tương ứng với số đo các góc ,,
Đặt OA=a, OB=b, OC=c
Ta có
,
Và ,
Từ đó ta có
Theo định lí hàm cosin với tam giác ABC ta có
Mặt khác các số đo nằm trên khoảng nên (đpcm)
Bài 10:
Trong số các tứ diện OABC có 3 góc phẳng tại O vuông và cùng diện tích mặt ABC, tứ diện nào có thể tích lớn nhất?
Đặt x=OA, y=OB, c=OC
Ta có thể tích V của OABC là
Diện tích tam giác ABC là
Gọi k là diện tích của tam giác BAC, ta có

Vậy max khi
Bài 11:
Tứ diện ABCD có các góc phẳng vuông tại đỉnh D và DA=a, DB=b, DC=c.Chứng minh rằng tứ diện nội tiếp trong hình cầu và tìm bán kính hình cầu đó.
Vì các đường tròn ngoại tiếp các và có dây cung chung AB nên tồn tại duy nhất 1 hình cầu đi qua của tứ diện DABC.Gọi M là trung điềm của cạnh AB, khi đó M là tâm đường tròn ngoại tiếp . Đường thẳng tại M là trục của đường tròn .
Theo giả thiết d//CD và nếu O là tâm hình cầu ngoại tiếp thì O nằm trong mặt phẳng (CDM).
Gọi
Vì nên OD=OC=OK. Điều này chứng tỏ K nằm trên mặt cầu ngoại tiếp tứ diện. Trong tam giác vuông ta có:
Gọi R là bán kình của hình cầu O thì
Bài 12:
Cho tứ diện vuông ABC đỉnh O. P là điểm nằm trong đáy ABC. Đặt , , . Gọi là góc tạo bởi đường thẳng OP với (ABC). Chứng minh rằng .
Xét hệ trục tọa độ Đề Các vuông góc nhận O làm gốc tọa độ, các trục tọa độ chứa OA, OB, OC, . Giả sử trong hệ tọa độ ấy, tọa độ các đỉnh A,B,C tương ứng là:
A(a,0,0); B(0,b,0); C(0,0,c)
Giả sử tọa độ điểm P là P(x0,y0,z0)
Ta có:

(1)
Ta có
Nếu đặt thì ta có thể viết
Tương tự ta có:
Thay vào (1) , có:
(2)
Theo phương trình đoạn chắn thì mặt phẳng ABC có phương trình
mà P(x0,y0,z0) thuộc (ABC)
(3)
Kẻ , ta có hiển nhiên công thức sau:
(4)
Thay (3)(4) vào (2) có: (5)
Chú ý là
Vậy
Chú ý:
1. Xét trường hợp đặc biệt khi , H là trực tâm
Khi đó từ công thức đã chứng minh, ta có
(6)
Chú ý nếu gọi
là gó tạo bởi (OBC) với đáy (ABC) và ta có
Vì vậy nếu gọi là 3 góc tạo bởi ba mặt OBC, OAC, OAB với đáy ABC, thì từ (6) ta có:
hay (7)
Vậy công thức: là mở rộng của công thức quen thuộc (7)
2. Công thức (4) có thể chứng minh bằng phương pháp tọa độ như sau:
Phương trình mặt phẳng (ABC) là ,
Hay (8)
Khi đó theo công thức tính khoảng cách điểm O(0,0,0) xuống mặt phẳng (8) ta có
hay
Bài 13:
Cho tứ diện vuông OABC đỉnh O. Vẽ chiều cao OH của tứ diện. Đặt . Chứng minh rằng:
Dễ thấy H là trực tâm của và là tam giác nhọn. AH kéo dài cắt BC tại J. Vì , nên theo định lí 3 đường vuông góc ta có .
Ta có (1)
Xét vuông OAJ đỉnh O. Theo hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có , vậy từ (1) có
Vẽ đường tròn ngọai tiếp, và gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp. G là trọng tâm . Theo đường thẳng Euler thì H, G, I thẳng hàng và và
Ta có:
(2)
Với R là bán kính đường tròn ngoại tiếp
Từ (1)(2) suy ra ; ở đây S là diện tích
Do sự bình đẳng của các cặp , ta cũng có
. Từ đó suy ra điều phải chứng minh.
Bài 14:
Cho tứ diện vuông OABC đỉnh O, và giả sử OA = a, OB = b, OC = c. Đặt và . Gọi r là bán kính hình cầu nội tiếp trong tứ diện OABC. Chứng minh .
Áp dụng công thức (1)
Với V, Stp tương ứng là thể tích và diện tích toàn phần của tứ diện.
Thay (do OABC là tứ diện vuông đỉnh O) vào (1)
và có
(2)
Theo định lý Pytago trong không gian thì , vì thế

(3)
Thay (3) vào (2) có
Đó là điều phải chứng minh.
Bài 14:
Cho tứ diện vuông DABC đỉnh D. Giả sử . M là một điểm tùy ý trong đáy ABC. Gọi l là tổng các khoảng cách từ A,B,C xuống DM.
Chứng minh rằng
Đặt thì ta có ngay
Vì góc tam diện đỉnh D là vuông nên ta luôn dựng được 1 hình hộp chữ nhật có DM là đường chéo, còn DA, DB, DC là phương của các cạnh bên.
Vậy ra có:
Do

hay
(1)
Ta có (2)
Nên từ (1) và (2) có (3)

Lại do (4)
. Đó chính là điều phải chứng minh.
Dấu bằng xảy ra và đồng thời có dấu bằng trong (3) và (4), tức là

Bài 15:
Cho tứ diện vuông OABC đỉnh O. Gọi R, r, h, V tương ứng là bán kính mặt cầu ngoại tiếp, nội tiếp, đường cao hạ từ O và thể tích của tứ diện. Chứng minh rằng:
Đặt , chiều cao
Ta thấy ngay
Ở đây Stp và SABC tương ứng là diện tích toàn phần và diện tích đáy ABC của tứ diện đã cho. Vì thế
(1)
Ở đây Sxq là diện tích xung quanh của tứ diện O.ABC đỉnh O, và dễ thấy:
(2)
Vì OABC là tứ diện vuông đỉnh O, nên bán kính hình cầu ngoại tiếp R được tính bằng công thức
(3)
Từ (1)(2)(3) suy ra bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với bất đẳng thức sau:


(4)
Do (4) hiển nhiên đúng dpcm. Dấu bằng xảy ra OABC là tứ diện vuông cân đỉnh O.
Chú ý:
Với mọi tứ diện ABCD, thì bán kính hình cầu nội tiếp r của nó được tính bằng công thức sau:
Ở đây V, Stp tương ứng là thể tích và diện tích toàn phần của tứ diện.
Thật vậygọi I là tâm hình cầu nội tiếp của tứ diện, thì
hay

Bài 16:
Cho tứ diện vuông OABC đỉnh O. Kẻ đường cao OH=h. Gọi R,r tương ứng là bán kính hình cầu ngoại tiếp và nội tiếp tứ diện.
a. Chứng minh rằng
b. Chứng minh rằng
a. Đặt OA = a, OB = b, OC = c
Theo tính chất của tứ diện vuông đỉnh O, ta có:
(1)
Ta có: (*)
Do
(Ở đây h1, h2, h3, h4 là bốn chiều cao tứ diện).
Vì thế từ (*) , và do O.ABC là tứ diện vuông đỉnh O, với OA = a, OB = b, OC = c, nên ta có:
(2)
Hiển nhiên ta có (3)
Dấu bằng trong (3) xảy ra . Từ (1) và (3) có:
hay (4)
Từ (2) và (4) suy ra: hay
Đó là đpcm. Dấu bằng xảy ra trong (3) có dấu bằng O.ABC là tứ diện vuông cân đỉnh O.
b. Đặt OA = a, OB = b, OC = c. từ cách dựng tâm hình cầu ngoại tiếp I (xem hình bên) suy ra:
Lại áp dụng công thức:
Có thể tính được ngay:
Từ đó suy ra
Như vậy ta có:
(1)
Áp dụng bất đẳng thức Côsi, từ (1) suy ra:
(2)
Sau khi rút gọn, dễ thấy
Vậy từ (2) có:
Đó là đpcm. Dấu bằng xảy ra trong (2) có dấu bằng a = b = c OABC là tứ diện vuông cân đỉnh O.
Bài 17:
Cho tứ diện vuông ABCD đỉnh A. Gọi A là cạnh lớn nhất của tứ diện xuất phát từ A và r là bán kính hình cầu nội tiếp tứ diện. Chứng minh rằng
Đặt AB = a; AC = b; AD = c; như vậy .
Áp dụng công thức:
Ở đây S = SBCD, ta thấy

(2)
Do a = max(a,b,c) ab + ac 2bc (3)
(Dấu bằng trong (3) a = b = c)
Theo định lý Pytago:
. Từ đó ta thấy cả ba góc của ABC đều nhọn vì bình phương mỗi cạnh đều bé hơn tổng bình phương 2 cạnh còn lại. Có thể cho là BC là cạnh lớn nhất của BCD là góc lớn nhất.
Ta có
(vì ) (4)
(Dấu bằng trong (4) có )
Từ (3) và (4) (2) đúng đpcm.
Dấu bằng có .
Bài 18:
Cho OABC là tứ diện vuông đỉnh O, với . Gọi r là bán kính hình cầu nội tiếp tứ diện.
Chứng minh
Gọi I là tâm hình cầu nội tiếp.Ta có:
(1)
Từ (1) suy ra bất đẳng thức đã cho có dạng tương đương sau:
(2)
Do OABC là tứ diện vuông đỉnh O, nên theo bài cơ bản ta có
(3)
Từ (3) và theo bất đẳng thức Côsi, ta có:
(4)
(5)
Từ (3)(4)(5) suy ra:
Vậy (2) đúng đpcm. Dấu bằng xảy ra
là tứ diện vuông cân đỉnh O.
Bài 19:
Cho góc tam diện vuông Oxyz đỉnh O. Lấy A, B, C lần lượt trên Ox, Oy, Oz sao cho , trong đó I là một đại lượng dương cho trước. Gọi V là thể tích của tứ diện OABC.
Chứng minh (1)
Xác định vị trí của A, B, C để có dấu bằng trong (1)
Đặt OA = a, OB = b, OC = c
Ta có theo bất đẳng thức Bunhicopski
Từ đó suy ra
Hay (1)
Dấu bằng trong (1) xảy ra
Theo bất đẳng thức Côsi ta có
Mà (2)
Dấu bằng trong (2) có . Từ (1) và (2) suy ra
hay
(Điều đó suy ra phương trình ).
Bài 20:
1) Cho góc tam diện vuông Sxyz. A, B, C là ba điểm trên Sx, Ay, H là trực tâm tam
giác ABC. SH cắt mặt phẳng qua A vuông góc với Sx, mặt phẳng qua B vuông góc với Sy, mặt phẳng qua C vuông góc với Sz lần lượt tại K, L, M. Tìm quỹ tích H khi A, B, C di động nhưng thỏa mãn điều kiện.
(với l là một độ dài cho trước)
2) A, B, C di động nhưng , k là độ dài cho trước. Tìm quỹ tích trọng
tâm G của tam giác ABC.
1) Gọi các mặt phẳng qua A vuông góc với Sx, qua B vuông góc với Sy, qua C
vuông góc với Sz lần lượt là (P), (Q), (R). Ba mặt này cũng với ba mặt của tam diện vuông tạo thành hình hộp chữ nhật ADBS.A’D’B’C. Giả sử và mặt phẳng (CSI) cắt (P), (Q), (R) theo các giao tuyến EF, GN, CF.
SH kéo dài cắt các giao tuyến này lần lượt tại K, L, M (chúng chính là giao điềm của SH với (P), (Q), (R)
Theo hệ thức lượng trong tam giác vuông, ta có:

Từ đó suy ra
Vì nên từ đó ta có

Vậy suy ra quỹ tích H là mặt cầu tâm S, bán kính l nằm trong góc tam diện vuông (bỏ các đường trỏn giao tuyến của 3 mặt tam diện vuông với mặt cầu vì điều kiện SA, SB, SC 0)
2) Xét hình hộp chữ nhật có 3 kích thước là SA, SB, SC. Đường chéo SD’ cắt mặt
chéo ABC của hình hộp tại trọng tâm G của tam giác ABC và

onthicaptoc.com Chuyen de tu dien vuong