một số định lý về góc đa diện và khối đa diện

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC QUY NHƠN VÕ HỒI LINH MỘT SỐ ĐỊNH LÍ VỀ GĨC ĐA DIỆN VÀ KHỐI ĐA DIỆN LUẬN VĂN THẠC SĨ PHƯƠNG PHÁP TỐN SƠ CẤP BÌNH ĐỊNH - 2021 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC QUY NHƠN VÕ HỒI LINH MỘT SỐ ĐỊNH LÍ VỀ GĨC ĐA DIỆN VÀ KHỐI ĐA DIỆN Chuyên ngành : Phương pháp toán sơ cấp Mã số : 8460113 Người hướng dẫn: TS LÊ THANH HIẾU i Lời cam đoan Tôi xin cam đoan nội dung luận văn “Một số định lí góc đa diện khối đa diện” thân thực theo logic riêng hướng dẫn TS Lê Thanh Hiếu Các nội dung kết sử dụng luận văn có trích dẫn thích nguồn gốc rõ ràng Bình Định, tháng năm 2021 Học viên thực Võ Hồi Linh i Lời cảm ơn Tơi xin bày tỏ lịng biết ơn chân thành kính trọng sâu sắc đến thầy TS Lê Thanh Hiếu, trường Đại học Quy Nhơn, thầy trực tiếp giảng dạy, hướng dẫn tạo điều kiện trình học tập nghiên cứu để tơi hồn thành luận văn cách tốt Bên cạnh đó, xin chân thành cảm ơn Ban giám hiệu, Phịng Đào tạo sau đại học, Khoa Tốn Thống kê - Trường Đại học Quy Nhơn quý thầy cô giáo trường, quý thầy cô giáo thỉnh giảng trực tiếp giảng dạy, giúp đỡ trình học tập, hồn thành học phần trường Nhân đây, xin cảm ơn anh, chị học viên lớp Phương pháp tốn sơ cấp khóa 22, gia đình, bạn bè đồng nghiệp giúp đỡ, động viên tơi suốt q trình học tập hồn thành luận văn Kính mong q thầy bạn đồng nghiệp đóng góp ý kiến để luận văn hồn chỉnh Tơi xin chân thành cảm ơn Bình Định, tháng năm 2021 Học viên thực Võ Hoài Linh ii Mục lục Lời mở đầu 1 Một số kết cổ điển góc đa diện hình đa diện 1.1 Hình lồi 1.2 Góc nhị diện góc tam diện 1.3 Góc đa diện 1.4 Hình đa diện hình đa diện 12 1.5 1.4.1 Hình đa diện 12 1.4.2 Hình đa diện 14 Một số tập áp dụng 15 Một số khối đa diện thường gặp 2.1 2.2 24 Khái niệm hình đa diện phổ thơng 24 2.1.1 Hình lăng trụ, hình hộp 24 2.1.2 Hình chóp, hình chóp cụt 29 Khối tứ diện 37 2.2.1 Tứ diện 37 2.2.2 Tứ diện gần 41 2.2.3 Tứ diện trực tâm 43 2.2.4 Mặt cầu nội tiếp hình tứ diện 46 iii 2.3 Một số tập áp dụng 47 Kết luận 82 Tài liệu tham khảo 83 Lời mở đầu Mơn Tốn có vai trị quan trọng chương giáo dục trình phổ thơng, đó, Hình học xem trái tim Các vấn đề Hình học giúp học sinh phát triển trí tưởng tượng cấp độ cao, đặc biệt Hình học khơng gian Đây thường nội dung gây nhiều khó khăn cho phần lớn học sinh phổ thông Tuy nhiên, chương trình Tốn trung học phổ thơng, học sinh phần lớn tiếp cận số tốn hình học với phương pháp giải dựa vào công thức Các tốn liên quan đến thể tích, chẳng hạn như: xác định thể tích, tỉ số thể tích tốn cực trị liên quan, , thường xuất câu khó đề thi Trung học phổ thông quốc gia đề thi Học sinh giỏi Để giải tốn học sinh cần phải có khả phân tích, suy luận áp dụng cơng cụ, kỹ thuật cao Trong luận văn này, chúng tơi tìm hiểu, hệ thống lại phát triển kiến thức liên quan đến vấn đề nêu nhằm phục vụ đối tượng học sinh khá, giỏi Cụ thể, chúng tơi tìm hiểu số định lí góc đa diện, khối đa diện kết liên quan đến thể tích khối đa diện, đặc biệt tốn cực trị liên quan đến thể tích khối đa diện Sử dụng kết xây dựng hệ thống tập liên quan Ngồi ra, chúng tơi cịn tổng qt hóa số toán từ toán số cụ thể Các kết tổng quát thu nhằm giúp người dạy dễ dàng nhiều mã đề trắc nghiệm khách quan kỳ thi Toán trường phổ thơng Ngồi Lời mở đầu, nội dung luận văn gồm hai chương: Chương Một số kết cổ điển góc đa diện hình đa diện Chương hệ thống lại số kết cổ điển hình lồi, góc đa diện, hình đa diện, hình đa diện Định lí Euler mối liên hệ số đỉnh, số mặt số cạnh hình đa diện Đồng thời, chúng tơi trình bày hệ thống tập liên quan Chương Một số khối đa diện thường gặp Trong chương này, chứng minh lại số định lí diện tích xung quanh, diện tích tồn phần, thể tích số khối đa diện thường gặp số khối tứ diện đặc biệt chương trình Tốn phổ thơng Ngồi ra, chúng tơi sưu tầm tốn liên quan với đại lượng số cụ thể tổng quát hóa đại lượng số thành tham số tổng quát Điều giúp người dạy hướng đến việc hình thành ngân hàng đề thi trắc nghiệm Tốn phổ thơng Chương Một số kết cổ điển góc đa diện hình đa diện Chương trình bày khái niệm hình lồi, góc đa diện, hình đa diện số định lí góc nhị diện, góc tam diện, góc đa diện, định lí Euler Các kết tham khảo chủ yếu từ [2], [4] 1.1 Hình lồi Định nghĩa 1.1 Một hình lồi C khơng gian hình thỏa mãn: ∀X, Y ∈ C, đoạn thẳng XY ⊂ C Hình 1.1: Hình lồi Hình 1.2: Hình khơng lồi Mệnh đề 1.2 Giao họ tùy ý hình lồi hình lồi Chứng minh Giả sử Hi (i ∈ I) hình lồi Đặt H = H1 ∩ H2 ∩ · · · ∩ Hn ∩ · · · Giả sử A, B hai điểm thuộc H Khi A ∈ Hi B ∈ Hi , ∀i Do Hi hình lồi, suy đoạn AB thuộc Hi với i Từ AB ⊂ H Một ứng dụng hình lồi sử dụng khái niệm bao lồi hệ n điểm để giải toán mặt phẳng không gian Khái niệm bao lồi hệ n điểm mặt phẳng phát biểu sau: Định nghĩa 1.3 Bao lồi hệ n điểm mặt phẳng đa giác lồi cho đỉnh thuộc hệ n điểm cho, điểm lại hệ thuộc cạnh điểm đa giác Cụ thể, H1 , , Hm điểm phân biệt không gian với hệ tọa độ Descatress Oxyz bao lồi điểm biểu diễn dạng: −−→ conv(H1 , , Hm ) := {H | OH = m −−→ αi OHi , αi ≥ 0, i=1 m αi = 1} i=1 Ví dụ 1.4 a) Bao lồi hai điểm phân biệt A, B đoạn thẳng AB b) Bao lồi ba điểm phân biệt A, B, C hình tam giác ABC c) Bao lồi bốn điểm phân biệt A, B, C, D mặt phẳng hình bình hành ABCD d) Với bốn điểm phân biệt A, B, C, D không gian cho khơng có điểm thuộc mặt phẳng với điểm lại, bao lồi chúng khối tứ diện ABCD, xem Chương 1.2 Góc nhị diện góc tam diện Định nghĩa 1.5 Giả sử (P ) (Q) hai mặt phẳng cắt theo giao tuyến a Đường thẳng a chia mặt phẳng (P ), (Q) thành hai nửa mặt phẳng Kí hiệu α β hai nửa mặt phẳng tương ứng thuộc (P ) (Q) Hình tạo hai nửa mặt phẳng α β gọi góc nhị diện (xem Hình 1.3) Các nửa mặt phẳng α, β mặt góc nhị diện; đường thẳng a cạnh góc nhị diện 69 hay 1= r.SBCD hA SBCD + r.SACD hB SACD + r.SABD hC SABD + r.SABC hD SABC Suy 1= r r r r + + + hA hB hC hD 1 1 = + + + r hA hB hC hD 1 1 Vậy = + + + r hA hB hC hD Bài toán 2.21 Tứ diện ABCD nội tiếp mặt cầu (O, r) Gọi ma , mb , mc , md độ dài trọng tuyến vẽ từ A, B, C, D Chứng minh r≥ (ma + mb + mc + md ) 16 Giải Gọi G trọng tâm tứ diện Khi ta có −→ −−→ −→ −−→ → − GA + GB + GC + GD = 3 3 GA = ma , GB = mb , GC = mc , GD = md 4 4 70 Ta có 4r2 + OA2 + OB + OC + OD2 −→ −→ −−→ −→ −−→ = 4OG2 + GA2 + GB + GC + GD2 + 2OG GA + GB + GC + GD = 4OG2 + GA2 + GB + GC + GD2 Suy GA2 + GB + GC + GD2 ≤ 4r2 , hay 4r2 ≥ ma + mb + mc + md 16 (2.11) Theo Bất đẳng thức Bunyakovsky ta có ma + mb + mc + md ≥ (ma + mb + mc + md )2 Từ (2.11) (2.12) ta suy r ≥ (2.12) (ma + mb + mc + md ) 16 Bài tốn 2.22 Cho tứ diện ABCD tích V Với điểm M nằm tứ diện ABCD Chứng minh ABCD tứ diện trực tâm M A.SBCD + M B.SACD + M C.SABD + M D.SABC ≥ 9V (2.13) Giải Dựng AA1 , M A2 vng góc với mp(BCD) Khi đó, ta có AM + M A2 ≥ AA2 ≥ AA1 Suy AM ≥ AA1 − M A2 (2.14) Dấu “=” biểu thức (2.14) xảy M thuộc đường cao AA1 tứ diện Do đó, ta có AM.SBCD ≥ AA1 SBCD − M A2 SBCD ≥ 3V − 3VBCD 71 Lập luận tương tự ta có BM.SACD ≥ 3V − 3VM.ACD , (2.15) M C.SABD ≥ 3V − 3VM.ABD , (2.16) DM.SABC ≥ 3V − 3VM.ABC (2.17) Dấu “=” (2.15), (2.16), (2.17) xảy điểm M thuộc đường cao BB1 , CC1 , DD1 tứ diện ABCD Mặt khác, ta lại có VM.ABC + VM.ABD + VM.ACD + VM.BCD = V (2.18) Từ (2.14), (2.15), (2.16), (2.17) (2.18) suy AM.SBCD + BM.SACD + CM.SABD + DM.SABC ≥ 9V Dấu “=” xảy điểm M đồng thời thuộc đường cao AA1 , BB1 , CC1 , DD1 tứ diện ABCD đường cao tứ diện ABCD đồng quy điểm M Vậy theo Định lí 2.24 ABCD tứ diện trực tâm Bài toán 2.23 (Đề thi HSG lớp 12 tỉnh Nghệ An, bảng A, năm 2013) Cho tứ diện ABCD có G trọng tâm tam giác BCD Mặt phẳng (α) qua trung điểm 72 I đoạn thẳng AG cắt cạnh AB, AC, AD điểm không trùng với điểm A Gọi hA , hB , hC , hD khoảng cách từ điểm A, B, C, D đến mặt phẳng (α) Chứng minh h2B + h2C + h2D ≥ h2A Giải Gọi B , C , D giao điểm mặt phẳng (α) với cạnh AB, AC, AD Ta có VAGBC = VAGCD = VAGDB = VABCD (2.19) VAB C D = VAIB C + VAIC D + VAID B (2.20) Mặt khác Từ (2.19) (2.20) ta suy VAIB C VAIC D VAID B VAB C D = + + , VABCD 3VAGBC 3VAGCD 3VAGDB hay AB AC AD AI.AB AC AI.AC AD AI.AD AB = + + AB.AC.AD 3AG.AB.AC 3AG.AC.AD 3AG.AD.AB Suy AB AC AD AG + + = = AB AC AD AI 73 Từ đó, ta suy BB CC DD + + = AB AC AD (2.21) Ta có BB hB CC hC DD hD , , (2.22) = = = AB hA AC hA AD hA h h h Từ (2.21) (2.21) ta suy B + C + D = 3, hay hB + hC + hD = 3hA Mặt hA hA hA 2 khác, ta có (hB + hC + hD ) ≤ hB + h2C + h2D (hB − hC )2 + (hC − hD )2 + (hD − hB )2 ≥ (2.23) Bất đẳng thức (2.23) ln Từ ta suy (3hA )2 ≤ h2B + h2C + h2D hay h2B + h2C + h2D ≥ h2A Bài toán 2.24 (IMO 1965) Cho tứ diện ABCD, tứ diện ABCD chia thành hai phần mặt phẳng (ε) song song với đường thẳng AB CD Khoảng cách từ mặt phẳng (ε) đến AB k lần khoảng cách từ (ε) đến CD Tính tỉ số thể tích hai phần Giải Giả sử mặt phẳng (ε) song song với đường thẳng AB CD cắt AD X , BD Y , BC Z , AC W , W X ZY CD 74 WZ XY AB Khi đó, mặt phẳng (ε) chia tứ diện ABCD thành hai đa diện ABZY XW W ZCDY X Theo giả thiết, khoảng cách từ AB đến mặt phẳng (ε) gấp k lần khoảng cách từ CD đến mặt phẳng (ε) nên ta có AX = kXD AX k = Tương tự ta có AD k+1 AP AW AX k = = = (2.24) AB AC AD k+1 Mặt khác, XY AB Y Z CD nên ta có AX BY BZ k = = = AD BD BC k+1 (2.25) Trong tứ diện ABCD, ta dựng mặt phẳng qua đường thẳng W X song song với (BCD), cắt AB P Khi đa diện ABZY XW chia thành hai phần tứ diện AP W X lăng trụ tam giác P W X.BZY nên VABZY XW = VAP W X + VP W X.BZY (2.26) Ta nhận thấy tứ diện AP W X đồng dạng với tứ diện ABCD Do đó, từ (2.24) Định lí 2.16 nên ta suy VAP W X = VAP W X k3 = , hay VABCD (k + 1)3 k3 (k + 1)3 VABCD (2.27) Bây giờ, ta xét lăng trụ P W X.BZY có đáy tam giác BZY đồng dạng với tam giác BCD Do đó, từ (2.25) Định lí 2.15 ta suy SBZY k2 = SBCD (k + 1)2 Mặt khác, lăng trụ P W X.BZY có chiều cao (2.28) lần độ dài chiều cao kẽ k+1 từ đỉnh A tứ diện ABCD, nên từ (2.28) ta suy VP W X.BY Z k2 3k = = , VABCD (k + 1)2 k + (k + 1)3 hay VP W X.BY Z = 3k (k + 1)3 VABCD (2.29) 75 Từ (2.26), (2.27) (2.29) ta suy VABZY XW = k + 3k (k + 1)3 (2.30) VABCD Mặt khác, mặt phẳng (ε) chia tứ diện ABCD thành hai đa diện ABZY XW W ZCDY X nên ta có VW ZCDY X = VABCD − VABZY XW = 3k + (k + 1)3 VABCD (2.31) Vì vậy, tỉ số thể tích hai phần chia mặt phẳng (ε) tỉ số thể tích hai khối đa diện ABZY XW W ZCDY X nên từ (2.30) (2.31) ta suy tỉ số thể tích cần tìm VABZY XW k + 3k = VW ZCDY X 3k + Bài toán 2.25 (IMO 1964) Cho tứ diện ABCD, D0 trọng tâm tam giác ABC Những đường thẳng song song với D0 D qua A, B, C Các đường thẳng cắt mặt phẳng (BCD), (CAD), (ABD) điểm A1 , B1 , C1 tương ứng Chứng minh thể tích tứ diện ABCD phần ba thể tích tứ diện A1 B1 C1 D0 Kết có cịn khơng D0 điểm tùy ý nằm bên tam giác ABC 76 Giải Ta giải toán trường hợp tổng quát, D0 điểm tùy ý tam giác ABC Giả sử đường thẳng song song với D0 D qua A, B, C tương ứng cắt mặt phẳng (BCD), (CAD), (ABD) điểm A1 , B1 , C1 Trong tam giác ABC, ta dựng đường thẳng AD0 , BD0 , CD0 chúng cắt cạnh đối diện A , B , C Dễ thấy A1 D giao tuyến mặt phẳng (DBC) mặt phẳng xác định hai đường thẳng song song A1 A D0 D Ta lại có A điểm chung hai mặt phẳng Do A1 , D, A thẳng hàng Hồn tồn tương tự ta có B1 , D, B thẳng hàng C1 , D, C thẳng hàng Tại đỉnh A , B , C ta đặt trọng lượng x, y, z cho trọng tâm chúng D0 Chẳng hạn, ta đặt cho AB z CA y BC x = , = , = BC x AB z CA y Có thể ta lấy CA AB , z = AB AB S yz SBC A AB AC Khi đó, ta có AC B = = Tương tự ta có = SABC AB.AC (x + y) (x + z) SABC S xz xy A B C = Từ suy (y + x) (y + z) SABC (x + z) (z + y) x = B C, y = SA B C xy xz yz =1− − − SABC (x + z) (z + y) (y + x) (y + z) (x + y) (x + z) = 2xyz (x + y) (y + z) (z + x) Vì hai tứ diện ABCD A B C D có chung đường cao nên VA B C D SA B C 2xyz = = VABCD SABC (x + y) (y + z) (z + x) (2.32) A D0 x BD y CD z AD = = = = Do góc DA1 D0 A y + z DB1 x−z DC1 x+y tam diện D.A B C D.A1 B1 C1 nên thể tích tứ diện A B C D Mặt khác, ta có A1 B1 C1 D tỉ lệ với tích cạnh bên, tức VA B C D A D.B D.C D xyz = = VA1 B1 C1 D A1 D.B1 D.C1 D (x + y) (y + z) (z + x) (2.33) 77 Từ (2.32) (2.33) ta suy VA B C D VA B C D =2 VABCD VA1 B1 C1 D (2.34) VA1 B1 C1 D = 2VABCD (2.35) hay Bây giờ, ta chuyển chỗ trọng lượng tam giác ABC cho y+z x+z , điểm B có trọng lượng điểm C 2 x+y Khi trọng tâm D0 Tiếp đến, ta đặt đỉnh có trọng lượng x y z A1 , B1 , C1 trọng lượng tương ứng , , Lúc đó, trọng tâm cặp điểm 2 (A1 , A ) điểm D, điểm A có trọng lượng AD0 y+z A1 D = = = DA D0 A x y+z x (2.36) Tương tự thế, trọng tâm cặp điểm (B1 , B ) , (C1 , C ) điểm D Mặt khác, trọng tâm điểm A , B , C D0 trọng khối x + y + z Cịn trọng tâm điểm A1 , B1 , C1 nằm mặt phẳng (A1 B1 C1 ), đồng thời nằm đường thẳng D0 D, tức điểm D0 , x+y+z D1 D D D1 trọng khối Do = = Điều có DD DD nghĩa tỉ số đường cao hạ từ điểm D0 D lên mặt phẳng (A1 B1 C1 ) Nhưng tứ diện A1 B1 C1 D A1 B1 C1 D0 có chung đáy A1 B1 C1 nên từ ta suy VA1 B1 C1 D0 = VA1 B1 C1 D (2.37) Từ (2.35) (2.37) ta suy VA1 B1 C1 D0 = 3VABCD Kết D0 điểm tùy ý nằm bên tam giác ABC 78 Bài toán 2.26 Cho điểm M nằm tứ diện ABCD Đặt Va = VM BCD , Vb = VM ACD , Vc = VM ABD , Vd = VM ABC Chứng minh −−→ −−→ −−→ −−→ Va M A + Vb M B + Vc M C + Vd M D = → − −−→ −−→ −−→ (2.38) −−→ Giải Đặt V = Va M A + Vb M B + Vc M C + Vd M D Gọi A giao điểm AM −−→ −−→ −−→ → − (BCD), ta có SA CD A B + SA BD A C + SA BC A D = Suy −−→ −−→ −−→ −−→ SA CD A B + SA BD M C + SA BC M D = (SA CD + SA BD + SA BC ) M A Mặt khác, ta có VM A CD MA VM A BD = = VAA DC AA VAA BD Suy VAA CD SA DC VM A CD = = , VM A CD VAA BD SA BD hay SA BD SA BC SA DC = = Vb Vc Vd Từ đó, ta suy −−→ −−→ −−→ −−→ Vb M B + Vc M C + Vd M D = k M A −−→ → − → − Vì vậy, ta có V phương M A Chứng minh tương tự, ta có V −−→ → − → − phương M B Do V = Bài toán 2.27 Gọi V S thể tích diện tích tồn phần tứ diện Chứng minh S3 > 288 V2 Giải Gọi tứ diện cho ABCD Gọi diện tích mặt ABC, ACD, ADB, BCD SD , SB , SC , SA Gọi B hình chiếu vng góc B lên mặt phẳng (ACD) C hình chiếu vng góc C lên mặt phẳng (ABD) Ta 1 SB BB = Sc CC suy V = SB SC BB CC Hạ BH ⊥ AB Ta có 3 2 BB ≤ BH BB ≤ AC Từ suy V ≤ SB SC AC.BH = SB SC SD 9 có V = 79 Dấu đẳng thức xảy BAC = CAD = DAB = 90◦ Lập luận tương tự, ta 2 V ≤ SC SB SA , V ≤ SD SB SA , V ≤ SA SB SC 9 Do V8 ≤ (SA SB SC SD )3 Vì đẳng thức không đồng thời xảy nên ta suy V < S3 S3 hay > 288 288 V Bài tốn 2.28 Cho hình lăng trụ đứng có đáy tam giác Thể tích hình lăng trụ V Tính cạnh đáy hình lăng trụ để diện tích tồn phần hình lăng trụ nhỏ Giải Gọi lăng trụ ABC.A B C có cạnh đáy a, chiều cao lăng trụ h Theo √ a2 4V giả thiết toán ta có V = h, suy h = √ Diện tích tồn phần a2 lăng trụ Stp = Sxq + 2.SABC √ √ a2 3V = + a Khi đó, áp dụng Bất đẳng thức AM - GM ta có √ √ √ √ √ √ 3V 3V a 3V a2 3V Stp = + + ≥3 a a a a √ √ √ a2 3V Dấu “=” xảy = hay a = 4V a 80 Bài toán 2.29 Cho tứ diện SABC G trọng tâm tứ diện Một mp(α) quay quanh AG cắt cạnh SB , SC M N Gọi V thể tích tứ diện SABC , V1 thể tích tứ diện SAM N Chứng minh V1 ≤ ≤ V (2.39) Giải Gọi A trọng tâm tam giác SBC , I trung điểm BC Ta có A, G, A thẳng hàng S, A , I thẳng hàng Giả sử đặt SM SN = x, = y, với ≤ x, y ≤ SB SC Khi ta có tỉ số thể tích V1 V V1 SM SN = = xy V SB SC Xét hai tam giác SM A SIB ta có tỉ số diện tích hai tam giác SSM A SM SA 2SSM A 2x SSN A 2y = , suy = Tương tự ta có = Suy SSIB SB SI SSCB SSCB SSM A + SSN A x+y = , SSCB hay SSM N SM SN x+y = = xy = SSCB SB SC x 1 Từ đó, ta suy y = Kết hợp ta có điều kiện ≤ x ≤ 1, ≤ y ≤ ta 3x − 2 V1 x2 x2 có = xy = Khi đó, ta đặt hàm số f (x) = với ≤ x ≤ V 3x − 3x − 81 để nhận xét giá trị tỉ số thể tích V1 V ta phải khảo sát hàm số f (x) Do đó, ta có f (x) = 3x2 − 2x Suy f (x) = x = Ta (3x − 1) xét bảng biến thiên sau Dựa vào bảng biến thiên ta có kết V1 ≤ ≤ V 82 Kết luận Trong luận văn đạt kết sau: Tìm hiểu hệ thống lại số tính chất hình lồi, góc đa diện, hình đa diện, đặc biệt số định lí góc đa diện, hình đa diện từ đến nâng cao (xem Chương 1) Trình bày định lí diện tích, thể tích khối đa diện thường gặp phổ thơng (xem Định lí 2.6, Định lí 2.12), Định lí 2.15, Định lí 2.16 Mệnh đề 2.11), định lí số khối tứ diện đặc biệt như: tứ diện gần (Định lí 2.22), tứ diện trực tâm (Định lí 2.24) Chọn lọc giới thiệu hệ thống số toán từ kỳ thi học sinh giỏi nước quốc tế liên quan đến góc đa diện thể tích khối đa diện Tổng quát số dạng toán thường gặp liên quan đến thể tích (xác định thể tích, tối ưu thể tích, ) khối đa diện nêu Các công thức tổng quát cho tốn tài liệu tham khảo hữu ích việc tạo đề kiểm tra đề thi phổ thơng theo hình thức trắc nghiệm khách quan 83 Tài liệu tham khảo [1] A Givental Kiselev’s Geometry, Book II: stereometry, adapted from Rusian Sumizdat, 2006 [2] Trương Đức Hinh, Đào Tam Giáo trình Cơ sở Hình học Hình học sơ cấp Nhà xuất Giáo dục, 2005 [3] Lê Hồnh Phị, Trần Nam Dũng Tuyển chọn chun đề tốn phổ thơng, Tập Nhà xuất Đại học quốc gia Hà Nội, 2020 [4] Đoàn Quỳnh, Phạm Khắc Ban, Văn Như Cương, Nguyễn Đăng Phất, Lê Bá Khánh Trình Tài liệu chun Tốn Hình học 11 Nhà xuất Giáo dục Việt Nam, 2014 ... 1.14 Một hình đa diện khối mà biên gồm số hữu hạn hình đa giác Các đa giác mặt hình đa diện, đỉnh đa giác gọi đỉnh hình đa diện Các góc đỉnh góc đa diện hình đa diện Hình đa diện gọi hình đa diện. .. Chương Một số kết cổ điển góc đa diện hình đa diện Chương hệ thống lại số kết cổ điển hình lồi, góc đa diện, hình đa diện, hình đa diện Định lí Euler mối liên hệ số đỉnh, số mặt số cạnh hình đa diện. .. đa diện Ta kí hiệu góc đa diện SA1 A2 · · · An , S gọi đỉnh góc đa diện SAi gọi cạnh góc đa diện 10 Một góc đa diện gọi góc đa diện lồi nằm nửa khơng gian với bờ mặt phẳng chứa góc phẳng Góc đa