toán hình:Các bài toán hình học không gian liên quan đến tứ diện là một mảng các bài toán hay và thường gặp trong các kì thi đặc biệt là thường xuất hiện trong các đề thi Đại học. Tứ diện có rất nhiều loại, chúng tôi xin trình bày một mảng nhỏ trong các loại tứ diện là TỨ DIỆN VUÔNG VÀ ỨNG DỤNG. Có rất nhiều bài toán nếu chúng ta biết áp dụng tính chất của tứ diện vuông để kẻ thêm một số đường phụ khi đó ta sẽ có một lời giải đẹp.
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH TIỀN GIANG TRƯỜNG THPT CHUYÊN TIỀN GIANG oOo Nhóm thực hiện: Huỳnh Ngọc Mai Hân Nguyễn Thị Ngọc Hiền Đỗ Mai Thảo Trần Thị Lan Vy GV hướng dẫn : Nguyễn Thị Hồng Nhung Năm học 2011 - 2012 LỜI NÓI ĐẦU Các toán hình học không gian liên quan đến tứ diện mảng toán hay thường gặp kì thi đặc biệt thường xuất đề thi Đại học Tứ diện có nhiều loại, xin trình bày mảng nhỏ loại tứ diện TỨ DIỆN VUÔNG VÀ ỨNG DỤNG Có nhiều toán biết áp dụng tính chất tứ diện vuông để kẻ thêm số đường phụ ta có lời giải đẹp Trong chuyên đề trình bày số phần sau: ĐỊNH NGHĨA TỨ DIỆN VUÔNG VÀ MỘT VÀI TÍNH CHẤT CƠ BẢN MỘT SỐ BÀI TOÁN LIÊN QUAN ĐẾN TỨ DIỆN VUÔNG BÀI TẬP TỰ LUYỆN ỨNH DỤNG CỦA TỨ DIỆN VUÔNG MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP TÌM CỰC TRỊ TRONG KHÔNG GIAN Hi vọng sau đọc xong chuyên đề bạn có thêm điều thú vị bổ ích Sau chúng em xin gửi lời cám ơn chân thành đến Cô NGUYỄN THỊ HỒNG NHUNG – GV CHUYÊN TOÁN hướng dẫn chúng em làm chuyên đề Nhóm Biên Soạn PHẦN – ĐỊNH NGHĨA TỨ DIỆN VUÔNG VÀ MỘT SỐ TÍNH CHẤT CƠ BẢN A – ĐỊNH NGHĨA TỨ DIỆN VUÔNG: Tứ diện OABC gọi tứ diện vuông tứ diện có OA, OB, OC đôi vuông góc với Chú ý: Tứ diện trực tâm tứ diện có cạnh đối vuông góc Như ta thấy tứ diện vuông loại tứ diện trực tâm đặc biệt Chính tứ diện trực tâm có đầy đủ tính chất tứ diện trực tâm B CÁC TÍNH CHẤT CỦA TỨ DIỆN VUÔNG: Cho tứ diện vuông SABC đỉnh S Khi ta có: Kẻ đường cao SH Khi H trực tâm tam giác ABC 1 1 = 2+ 2+ SH SA SB SC 2 = ( Định lí Pytago không gian) Tam giác ABC tam giác nhọn Và nhiều tính chất khác mà bạn tìm hiểu phần tập tứ diện vuông mà trình bày phần sau Chứng minh tính chất nêu trên: Tính chất 1: AH kéo dài cắt BC M, CH kéo dài cắt AB P Do Vì SA ⊥ SB ⇒ SA ⊥ ( SBC ) ⇒ SA ⊥ BC SA ⊥ SC SH ⊥ ( ABC ) ⇒ SH ⊥ BC (1) (2) BC ⊥ ( SAH ) ⇒ BC ⊥ AM Từ (1) (2) suy Hoàn toàn tương tự ta chứng minh CP vuông góc AB Từ ta có đpcm Tính chất 2: Được chứng minh phần III Tính chất 3: Trong (SBC) ta hạ SM vuông góc với BC Ta thấy A, H, M thẳng hàng Tam giác SAM vuông S ta có: Suy ra: Hay ta có: S SBC = S HBC S ABC (1) Lý luận hoàn toàn tương tự ta có: S SAB = S HAB S ABC (2) S SAC = S HAC S ABC (3) Cộng vế (1), (2) (3) ta có đpcm Tính chất 4: Thật ta giác ABC theo định lí hàm cosin ta có: 2 2 2 AB + AC − BC ( a + b ) + ( a + c ) − ( b + c ) a2 cos A = = = >0 AB AC AB AC AB AC Suy A nhọn Tương tự cho B C PHẦN II – CÁC BÀI TẬP VỀ TỨ DIỆN VUÔNG Bài 1: Cho tứ diện OABC có OA, OB, OC vuông góc đôi với OA = a, OB = b Gọi M trung điểm BC Vẽ tính đoạn vuông góc chung OC AM M ' ∈ OB + Vẽ MM’//OC ( ), ta có: OC//(AM’M) ⇒ OH ⊥ ( AMM ') OH ⊥ AM ' + Vẽ J ∈ OC I ∈ AM + Vẽ HI//OC ( ), vẽ IJ//OH ( ) ta có IJ đoạn vuông góc chung OC AM Tam giác OAM’ vuông có OH đường cao nên: IJ = OH = Suy ab 4a + b 1 = + 2 OH OA OM '2 a) Gọi K trung điểm AC, ta có AB//(SKI) Do đó, khoảng cách SI AB khoảng cách từ A đến (SKI) AB ⊥ ( SKA) AH ⊥ SK AB ⊥ AH Vẽ Do nên AH ⊥ ( SKI ) AH ⊥ KI Mà KI//AB nên Từ ta Vậy khoảng cách SI AB đoạn AH Áp dụng hệ thức lượng tam giác vuông SAK,đường cao AH 1 = + = 2+ 2 2 AH AK AS b h AH = Vậy khoảng cách cần tìm b) Ta có Vẽ bh b + 4h 2 VBMIJ BM BI BJ = VBSCA BS BC BA AL ⊥ MJ Vì IJ//AC,mà AC ⊥ ( SAB) Ta có AL nằm mp(ASB) nên AL ⊥ ( MIJ ) nên IJ ⊥ AL IJ ⊥ (SAB ) Vậy Mà AC//(MIJ) nên AL khoảng cách AC MJ AL ≤ AJ Mặt khác tam giác ALJ vuông L nên AB ⊥ MJ Khi Suy M trung điểm AB VBMIJ 1 1 = = VBSCA 2 Vậy Bài 3: Cho lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’ có tất cạnh d a) Tính thể tích tứ diện A’BB’C b) Tính diện tích thiết diện mp α qua A’B’ trọng tâm G ∆ABC tính tỉ số thể tích phần khối lăng α trụ chia cắt VA ' BB ' C = VABC A' B 'C ' − VAA ' BC − VA' B 'C ' C d3 = 12 a) b) Thiết diện hình thang A’B’FE Gọi M,M’ trung điểm AB A’B’ M ' G = MM '2 + MG = Ta có : Diện tích thiết diện S= d 39 EF + A ' B ' 5d 39 M 'G = 36 Gọi V1 , V2 Ta thấy thể tích phần (chứa A) phần (chứa C’) thiết diện hình lăng trụ JI EC = = ⇒ JC ' = 3d JC ' A ' C VJEFC JE JF JC = = VJA ' B 'C ' JA ' JB ' JC ' 27 k= Từ V1 19 = V2 Tứ diện vuông tứ diện có góc tam diện ba mặt vuông Trong tứ diện vuông có tính chất đáng ý sau Tính chất: ⊥ ⊥ ⊥ Giả sử OABC tứ diện vuông O (OA OB, OB OC, OC OA) Khi đường cao OH tứ diện OABC tính theo công thức OH = OA2 + OB + OC ⊥ ⊥ ⊥ Chứng minh: (h.6.1) Dựng OD BC AD BC nên CB (AOD) ⊥ ⊥ Kẻ OH AD, lúc OH (ABC) Trong tam giác vuông OBC OAD có OD = OB + OH OC ; OH OA2 = OB OD + OA2 OC Vì = + + Sử dụng tính chất để tính khoảng cách từ điểm đến mặt phẳng troong nhiều trường hợp tỏ bất lợi Trong viết, ký hiệu d(a ; b) khoảng cách đường thẳng a đường thẳng b ; d(X;(YZT)) khoảng cách từ điểm X đến mặt phẳng (YZT) Thí dụ 1: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình thoi tâm O, cạnh a, BAˆ D ⊥ = 60 , SO mp(ABCD) SO = a) Tính d(O;(SBC)), d(A;(SBC)) b) Tính d(AD;SB) Lời giải a a)Từ giả thiết ta tính OB = ; OC = Do tứ diện OSBC vuông O nên d (O; ( SBC )) = OS Suy d(O;(SBC)) = d ( A; ( SBC )) d (O; ( SBC )) Lại có Nên: = + OB + 3a CA CO =2 OC = 3a a 16 9a + a2 + 3a = 64 9a d(A;(SBC)) = 2d(O;(SBC)) = 3a = 3a b) AD//(SBC) nên d(AD;SB) = d(AD;(SBC)) = d(A;(SBC)) = A' B 'C ' D ' Thí dụ Cho hình lập phượng ABCD 3a có cạnh a ' Tính d(AC ; DC ) Lời giải DA' C ' ) Vì AC// ( d(AC ; nên DC DA' C ' ) ' ) = d(AC ; ( ' Tứ diện ' D DA C vuông D A '2 ' ' = DC Do d(AC ; ) = d(A ; ( ' d ( D ; ( DA' C ' )) ' )= DA' C ' ) D cạnh bên = a D C '2 D D2 ' + = a2 a 3 A ' B 'C ' có đáy ABC tam giác vuông B, AB = BC = a, Gọi M trung điểm BC ' a) Tính d(AM ; b) Tính d(M; ( Lời giải BC AB ' C ) )) a)Gọi E trung điểm B 'C BB ' B 'C B 'C //(AME) Do B' d(AM ; ) = d( ; (AME) ) = d( ; (AME)) = d( (AME)) Vì tứ diện BAME vuông B nên ta có: d ( B; ( AME )) = Suy d( B BE ) nên Thí dụ Cho lăng trụ đứng ABC AA' ;( ' ' + ) = d( DA' C ' ) D' + ; (AME)) = BA a 7 + BM = a2 B ; a 7 ' Vậy d(AM ; BC )= ' b)Ta thấy d(M; ( d ( B; ( AB 'C )) AB C BA 2 = + ' Suy d(B; ( AB C ))= )) = d ( B; ( AB ' C )) BC a 10 + BB '2 = a2 Vì tứ diện B + a2 + 2a = 2a ' Do d(M; ( AB C AB ' C )) = a 10 10 vuông B, nên Thí dụ Cho lăng trụ AA' BB ' , Lời giải Gọi O O' ABC A ' B ' C ' có tất cạnh a Gọi M, N trung điểm B ' M , CN ) Tính d( lần lượu trung điểm BC B'M mp(CAN) nên d( ; CN) = d( (CAN))=2d(O;(CAP)) Tứ diện OACP vuông O nên d (O; (CAP)) = OA2 Vậy d(O ; (CAP)) = ' B M , CN ) Do d( = + OP + B'M OC = B 'C ' ; (CAN))=d( ; P giao điểm B' OO ' với CN Vì B'M ; (CAN))= d(B ; (CAN))= 2d(O ; 64 3a a a ABC = BAD 90 Thí dụ Cho hình chóp S.ABCD, có đáy ABCD hình thang, = ,BA=BC=a, a AD = 2a Cạnh bên SA vuông góc với đáy SA = Gọi H hình chiếu vuông góc A SB Tính d(H; (SCD)) Lời giải Gọi M giao điểm AB với Cd; K giao điểm AH với SM Dể thấy B trung điểm AM Ta có: BH BS BH BS BS BA BS a2 3a = = = = Suy H trọng tâm tam giác SAM // d ( H ; ( SCD)) d ( A; ( SCD)) KH KA Từ = = Tứ diện ASDM vuông A nên d ( A; ( SCD)) AS 2 = + Suy d(A;(SCD)) = a Vậy d( H;(SCD))= AD + AM = a2 a Thí dụ Cho hình lập phương ABCD A' B 'C ' D ' có cạnh a Gọi K trung điểm DD ' A' D Tính d(CK; ) Lời giải(h.6.7) Gọi M trung điểm A' M Ta có d(CK; A' D BB ' //KC nên ) = d(CK; ( A ' MD ))= d(K; ( A ' MD )) ' Gọi N giao điểm AK với AD A' M P giao điểm AB với d ( K ; ( A ' MD )) NK d ( A; ( A ' MD )) NA Khi = = ' Suy d(CK; AD )= d ( A; ( A ' MD )) d ( A; ( A ' DP)) AA DP vuông A nên ' Suy d(A;( ' Tứ diện = d ( A; ( A ' DP)) A DP )) = 2a = ' Vậy d( CK; AD AA '2 + AD + AP = 4a a )= BÀI TẬP 1.Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình vuông cạnh a, cạnh SA vuông góc với đáy a SA = a) Gọi M, N trung điểm AB CD Tính d(SM; BN) b) Gọi G trọng tâm tam giác SAB Tính d(G;(SBD)) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD nửa lục giác nội tiết đường tròn đường kính AD = 2a SA vuông góc với đáy, với SA = a Tính d(AD;(SBC)) Cho tứ diện ABCD có AD = BC = a, AC = BD = b, AB=CD=c Tính d(A;(BCD)) 4.Cho hình lập phương ABCD ' A A, AD CC ' A' B 'C ' D ' có cạnh a Gọi M, N, P trung điểm Gọi O giao điểm AC BD Tính S(B;(MNP)), d(O;(MNP)) Cho hình hộp chữ nhật ABCD đoạn AD theo tỉ số MA MD A' B 'C ' D ' =3 Tính d( M; ( AB ' C A' B 'C ' D ' Cho hình hộp chữ nhật ABCD Tính thể tích hình hộp chữ nhật có AB = a, AD = 2a, = a Gọi M điểm chia )) A ' BD)) có AB =6 cm ,AD = 4cm d( A; ( Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình thoi tâm O, SO ⊥ = 2cm mp(ABCD), AC =4, BD=2, SO= Tính a) d(A;(SBC)) b) d(AB;SD) Cho lăng trụ đứng ABC A ' B ' C ' A ' BC )) Tính d( A;( có đáy ABC tam giác vuông A Biết AA' =1, BC=2, AB = PHẦN V - MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP TÌM CỰC TRỊ TRONG HÌNH HỌC KHÔNG GIAN Trong chương trình môn Hình học không gian lớp11, bên cạnh toán xác định, tính toán yếu tố chứng minh tính chất kể đến toán cực trị có ứng dụng lớn Những dạng toán sách giáo khoa phổ thông ít; nhiều học sinh gặp khó khăn xác định phương pháp giải Giải toán cực trị hình học liên hệ yếu tố: độ dài đoạn vuông góc chung khoảng cách ngắn giưã hai điểm hai đường thẳng chéo Bài toán: Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ cạnh a Xét mặt phẳng qua BD ’ cắt AA’ M, cắt CC’ N Xác định vị trí M, N cho diện tích thiết diện tạo thành có diện tích nhỏ Giải: Hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ C' D' cạnh a Một mặt phẳng qua BD’ cắt AA’ M, cắt CC’ N (như hình vẽ) B' A' N M C D A B Do mặt bên đối diện song song với nhau, nên cạnh đối thiết diện song song; mặt phẳng qua BD’ cắt hình hập phương theo thiết diện hình bình hành BMD ’N Gọi H hình chiếu M BD’ Diện tích S thiết diện lần diện tích tam giác MBD’ Ta có: S = MH BD’ Vì BD’ = a không đổi Suy S nhỏ MH nhỏ Do M thuộc AA’, H thuộc BD’ MH nhỏ đường vuông góc chung AA’ BD’ Khi dễ chứng minh H tâm hình lập phương M trung điểm AA ’, N trung điểm CC’ Giải toán cực trị hình không gian thông qua toán cực trị hình học phẳng Bài toán: Chứng minh cạnh dài hình tứ diện khoảng cách lớn hai điểm thuộc tứ diện Giải: A A M N B C B N C A M N D B E F C Trước tiên ta xét toán hình học phẳng: “ Chứng minh tam giác, cạnh dài khoảng cách lớn điểm thuộc tam giác” Gọi điểm thuộc tam giác M, N Ta xét trường hợp sau: Trường hợp M, N trùng với hai đỉnh tam giác ta có ngay: ≤ MN max (AB, AC, BC) Trường hợp M, N trùng với đỉnh tam giác (giả sử M trùng với A) Khi N thuộc AB N thuộc AC ta có lời giải Nếu N thuộc BC thig\f tuỳ theo vị trí N ta ≤ có MN < AB MN < AC Do dó MN max (AB, AC, BC) Trường hợp M N không trùng với đỉnh tam giác Ta đưa trường hợp ≤ cách nối NB, ta có: MN < max (AB, BN, NA) max (AB, BC, CA) Bài toán chứng minh Ta sử dụng kết đẻ giải toán không gian Xét khoảng cách giữ M N điểm thuộc tứ diện ABCD Bao dựng tam giác có cạnh thuộc mặt tứ diện chứa M, N (chỉ cần dựng mặt phẳng chứa MN đỉnh tứ diện (hình vẽ) Nối AM cắt BC E, nối AN cắt CD F Theo kết toán phẳng: ≤ MN max (AE, EF, FA) ≤ ≤ ≤ Mà AE max (AB, BC, CA); EF max (BC, CD, DB); AF max (AC, CD, DA) Từ suy max (AE, EF, FA) ≤ max (AB, AC, AD, BC, CD, DA) Tức MN không lớn cạnh tứ diện Giải toán cực trị hình học phương pháp chứng minh bất đẳng thức liên hệ yếu tố Bài toán: Trong tứ diện vuông (tứ diện có mặt vuông xuất phát từ đỉnh) nằm mặt cầu bán kính R; tìm kích thước tứ diện ngoại tiếp mặt cầu có bán kính lớn Giải: Dễ thấy tứ dịên vuông cần tìm nội tiếp mặt cầu bán kính R cho trước Gỉa sử tứ diện vuông OABC có mặt vuông OAB, OBC, OCA vuông O OA = a , OB = b , OC = c; ta có: R = a2 + b2 + c2 ; Thể tích tứ diện OABC là: V= a.b.c ; (1) C k R O j B A Gọi r bán kính mặt cầu nội tiếp tứ diện OABC ta có: r V = ( S OAB +SOBC + SOCA+SABC) = r ( a.b + b.c + c.a + a 2b + a c + b 2c (2) Từ (1) (2) suy ra: Do : r = a + b R 1 = a2 + b2 + c2 ( a r c 1 + + 2 a b c b c + + + + + 1 + + 2 a b c ) ) a2 + b2 + c2 Ta có: a + b + c ≥ ≥ 3.3 a b c = 3.3 a.b.c 3 a.b.c , đẳng thức có : a = b = c 1 + + 2 a +b +c a b c ≥ 2 Vì đẳng thức có : a = b = c; Suy ra: , đẳng thức có : a = b = c; 3 R r ≥ + 1 ( a + b + c ) a b c 2R ; hay r ≤ 3.(1 + ) = = 3, R.( − 1) , 2R đẳng thức có a = b = c = 2R Vậy tứ diện vuông cần tìm có cạnh a = b = c= R.( − 1) 3 , chứa mặt cầu có bán kính lớn r = Giải toán cực trị hình học phương pháp diện tích, thể tích Bài toán: Cho tứ diện mặt vuông OABC đỉnh O, có OA = a , OB = b , OC = c Gọi x, y, z khoảng cách từ điểm M mặt ABC đến mặt OBC, OCA, OAB Tìm giá trị lớn tích T = x y z Giải: Cho tứ diện vuông OABC, có OA = a , OB = b , OC = c, vẽ hình hộp chữ nhật nội tiếp có đỉnh M nằm mặt ABC, đỉnh lại nằm mặt vuông tứ diện (như hình vẽ) C M Y O Q B X P I K A Đặt kích thước hình hộp chữ nhật OX = x, OY = y, OZ = z Khi x, y, z tương ứng khoảng cách từ M đến mặt OBC, OCA, OAB Ta tích hình hộp là: V = x y z Vẽ CM cắt AB K; gọi I hình chiếu M mặt OAB đỉnh hình hộp chữ nhật, ta có O, I, K thẳng hàng; gọi KQ = x1 , KP = y1 tương ứng đoạn vuông góc từ K đến OB, OA Khi sử dụng tỷ số diện tích hai hình chữ nhật OXIY OPKQ đồng dạng với hệ số tỷ lệ là: OI/ OK = ZM/ OK = CZ/ CO = (c - z )/ c; ta : x y = (c – z)2 x1 y1/ c2 Do thể tích hình hộp chữ nhật có ba kích thước: x, y, z V = x y z = (c – z)2 z x1 y1/ c2 (*) Từ suy có đồng thời x y1 lớn (c – z)2 z lớn V đạt giá trị lớn Ta có hai lần diện tích tam giác OAB a b = x b + y1 a ; áp dụng bất đẳng thức Cô si ta x1 y1 lớn a b/ 4, x1 = a/ y1 = b/ Khi K trung điểm AB Hàm số F (z) = (c – z)2 z đạt giá trị lớn là: c3/ 27, z = c / Kết hợp lại V (*) đạt giá trị lớn : V = a b c / 27 ; x = a/ , y = b/ , z = c/ (tương thích) Khi M trọng tâm tam giác ABC Vậy với M trọng tâm tam giác ABC, T = x y z lớn là: a b c/ 27 với x = a/ , y = b/ , z = c/ Cách giải khác (lớp 12) Xét hệ tọa độ trực chuẩn oyz Ta có: A (a, 0, 0); B (0, b, 0); C (0, 0, c) (với x, y, z a, b, c số dương) Khi phương trình đoạn chắn mặt phẳng qua A, B, C có dạng: x/ a + y/ b + z/ c = ≥ Áp dụng bất đẳng thức Cô-si ta được: 33 x.y.z / a.b.c Đẳng thức có x/a = y/ b = z/ c = 1/3 ≤ Hay x y z a b c / 27 Đẳng thức có với x = a/ , y = b/ , z = c/ Vậy giá trị lớn x y z là: a b c/ 27; với x = a/ , y = b/ , z = c/ Giải toán cực trị hình học ứng dụng phương pháp tối ưu hoá Bài toán: Cho bìa hình vuông cạnh a Cắt theo cạnh hình vuông tam giác cân nhau; trồi gấp lên ghép lại thành hình chóp tứ giác Tìm kích thước hình chóp tích lớn Giải: Giả sử hình chóp tứ giác S.ABCD dựng được, có cạnh đáy x Trải mặt bên mặt phẳng đáy, ta có hình khai triển trùng với đỉnh hình chóp) hình chóp hình vẽ (các đỉnh hình vuông C Dj B A ≤ Bây ta xét với giá trị x (0 < x a / 2), thoả mãn yêu cầu đề bài? Gọi V thể tích hình chóp S.ABCD, có đường cao SH ta có: V = x2 SH/ Gọi M trung điểm AB, tam giác vuông SMH có: SH2 = SM2 – HM2 Dẽ thấy SM = a / – x/2 HM = x/2 (a / 2)2 - a x / Vậy V = Đặt t = x / (a x / ) ta V = (a3 / 4) t2 1− t (với < t ≤ 1) 1− t V đạt giá trị lớn t đạt giá trị lớn Chuyển t dụng bất đẳng thức Cô si cho số t/4 số 1-t, ta tìm t = 4/5 Suy x = a 2 vào thức áp , thoả mãn điều kiện đặt, V đạt giá trị lớn Vậy hình chóp có cạnh đáy x = a thỏa mãn yêu cầu toán MỤC LỤC Lời nói đầu trang Phần I – Định nghĩa tứ diện vuông số tính chất trang Phần II – Các tập tứ diện vuông trang Phần III – Bài tập tự luyện trang 38 Phần IV – Ứng dụng tứ diện vuông trang 40 Phần V – Một số phương pháp tìm quĩ tích không gian trang 45 Cuối chúng em xin chân thành cám ơn cô bạn xem qua chuyên đề chúng em [...]... Stp S ABC 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 3V 3V S ABC Stp V ( Stp 3V − 3V S ABC ) V ( h − r) = = 3V 3V R 2 rh R 2 3V 3V R2 S ABC Stp V = Stp − S ABC 3R 2 = S xq 2R 2 (1) Ở đây Sxq là diện tích xung quanh của tứ diện O.ABC đỉnh O, và dễ thấy: S xq = ab + bc + ca 2 (2) Vì OABC là tứ diện vuông đỉnh O, nên bán kính hình cầu... 3 Bài 11: Tứ diện ABCD có các góc phẳng vuông tại đỉnh D và DA=a, DB=b, DC=c.C hứng minh rằng tứ diện nội tiếp trong hình cầu và tìm bán kính hình cầu đó ∆ABC ∆DAB 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 ∆ABD d ⊥ ( ABD ) tròn ngoại tiếp Đường thẳng tại M là trục của đường... sin β + c sin γ ≥ a + b Đó chính là điều phải chứng minh ⇔ sin α = sin α , sin β = sin 2 β , sin γ = sin 2 γ 2 Dấu bằng xảy ra (4), tức là ⇔ α = β = 90o , γ = 0 ⇔ M ≡C và đồng thời có dấu bằng trong (3) và 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: V ( h − r) 2 ≤ R 2 rh 3 OA = a,... đẳng của các cặp , ta cũng có 2 2 2 sin β sin γ R = = sin 2 B sin 2C S Từ đó suy ra điều phải chứng minh và ∆ABC · · A = CAB = BIM Bài 14: Cho tứ diện vuông OABC đỉnh O, và giả sử OA = a, OB = b, OC = c Đặt SOAB = S1 , SOBC = S2 , SOAC = S3 S AABC = S và Gọi r là bán kính hình cầu nội tiếp trong tứ diện OABC Chứng minh r= S1 + S2 + S3 − S a+b+c r= 3V Stp Áp dụng công thức (1) Với V, Stp tương ứng. .. cos γ Mặt khác các số đo α , β ,γ 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 (00 ;90 0 ) nằm trên khoảng nên α + β = 900 − γ (đpcm) V= Ta có thể tích V của OABC là xyz 6 ( xy ) 2 + ( yz ) 2 + ( zx) 2 Diện tích tam giác ABC là Gọi k là diện tích của tam giác BAC, ta có k 2 = ( xy )2 + ( yz )2 ( zx) 2... là thể tích và diện tích toàn phần của tứ diện V= Thay r= và có = 1 abc abc (do OABC là tứ diện vuông đỉnh O) vào (1) abc a ( S1 + S 2 + S3 + S ) abc( S1 + S 2 + S3 − S ) 2 2 ( S1 + S 2 + S3 ) − S 2 Theo định lý Pytago trong không gian thì (2) S12 + S 2 2 + S32 = S 2 2 ( S1 + S 2 + S3 ) − S 2 = 4S1S 2 + 4S 2 S3 + 4S1S3 2 = ab 2 c + abc 2 + a 2bc = abc (a + b + c) r= Thay (3) vào (2) có... 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 1 1 1 1 abc = 2 + 2 + 2 ⇒ OH = 2 2 2 OH a b c a b + b 2c 2 + c 2a 2 VOABC = b) 1 1 b+c 2 1 3 abc ≤ a ( ) = a 6 6 2 24 1 3 a 24 a b=c= 2 Thể tích tứ diện OABC đạt giá trị lớn nhất là khi Xét... 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) K = MD ∩ OC Gọi ∆CDM ⊥ D Vì nên OD=OC=OK Điều này chứng tỏ K nằm trên mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ∆CDK Trong tam giác vuông ta có: CD = c, DK = 2 DM = AB = a 2 + b 2 CK a 2 + b2 + c2 R= = 2 2 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 u=... cần chứng minh tương đương với bất đẳng thức sau: 2 ( ab + bc + ca ) 3( a + b + c 2 2 2 ) ≤ 2 3 ⇔ ab + bc + ca ≤ a 2 + b 2 + c 2 ⇔ ( a − b) + ( b − c) + ( c − a) ≥ 0 2 Do (4) hiển nhiên đúng đỉnh O Chú ý: 2 ⇒ 2 (4) dpcm Dấu bằng xảy ra ⇔ a =b=c ⇔ OABC là tứ diện vuông cân Với mọi tứ diện ABCD, thì bán kính hình cầu nội tiếp r của nó được tính bằng công thức sau: r= 3V Stp Ở đây V, Stp tương ứng là... OABC là tứ diện vuông cân Với mọi tứ diện ABCD, thì bán kính hình cầu nội tiếp r của nó được tính bằng công thức sau: r= 3V Stp 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 V = VI BCD + VI ACD + VI ABD + VI ABC hay 1 1 V = r ( S BCD + S ACD + S ABD + S ABC ) = r.Stp 3 3 3V ⇒r= Stp ... vọng sau đọc xong chuyên đề bạn có thêm điều thú vị bổ ích Sau chúng em xin gửi lời cám ơn chân thành đến Cô NGUYỄN THỊ HỒNG NHUNG – GV CHUYÊN TOÁN hướng dẫn chúng em làm chuyên đề Nhóm Biên Soạn... nhiều toán biết áp dụng tính chất tứ diện vuông để kẻ thêm số đường phụ ta có lời giải đẹp Trong chuyên đề trình bày số phần sau: ĐỊNH NGHĨA TỨ DIỆN VUÔNG VÀ MỘT VÀI TÍNH CHẤT CƠ BẢN MỘT SỐ BÀI TOÁN... hình học không gian liên quan đến tứ diện mảng toán hay thường gặp kì thi đặc biệt thường xuất đề thi Đại học Tứ diện có nhiều loại, xin trình bày mảng nhỏ loại tứ diện TỨ DIỆN VUÔNG VÀ ỨNG DỤNG