Luận văn đồng nhất thức và bất đẳng thức hình học

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN - Phạm Thái Ly Đồng thức bất đẳng thức hình học Chuyên ngành: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP Mã số: 60.46.01.13 LUẬN VĂN THẠC SỸ KHOA HỌC NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC: PGS.TS ĐÀM VĂN NHỈ Hà Nội – Năm 2015 Mục lục Mở đầu Một số khái niệm hình - khối đa diện 1.1 Góc nhị diện - tam diện 1.2 Định lý Cosin cho góc tam diện 1.3 Tam diện liên hợp với tam diện cho 10 1.4 Định lý Sin cho góc tam diện 12 1.5 Mối liên hệ góc phẳng góc đa diện 13 1.6 Hình - Khối đa diện 14 1.7 Khối đa diện 16 1.8 Một số ví dụ 18 Vectơ phép toán không gian 21 2.1 Định nghĩa hình học vectơ 21 2.2 Phép toán vectơ qua tọa độ 21 2.3 Tích vô hướng, tích có hướng hai vectơ 22 2.4 Bài toán véctơ cho tứ diện 30 Một số toán liên quan đến thể tích bán kính mặt cầu ngoại tiếp 34 3.1 Thể tích, bán kính mặt cầu ngoại tiếp qua định thức 34 3.2 Phương pháp thể tích 42 3.3 Một số bất đẳng thức tứ diện 50 3.4 Một vài vấn đề tổng hợp 54 3.4.1 Tam diện vuông tam giác nhọn 54 3.4.2 Phương pháp hình hộp 55 3.4.3 Phương pháp trải hình 57 Kết luận 60 Tài liệu tham khảo 61 Mở đầu Khi học sinh cấp ba, yêu thích môn hình học không gian Lúc say mê với bút chì thước kẻ để dựng hình giải toán khó Trải qua thời gian dài làm giáo viên lại day môn hình không gian, với tiết dạy yêu thích đam mê Nhưng tự hỏi thân, toán hình không gian xoay quanh dạng quen thuộc Và dùng bút chì thước kẻ làm việc với khối hình đơn giản khối tứ diện đều, gần đều, vuông, Và chí ta đưa phương pháp tọa độ vào hình không gian để giảm bớt thao tác dựng hình toán chọn khối hình đặc biệt để dựng hệ tọa độ Bên cạnh đó, nhận thấy người ta quan tâm đến hệ thức liên hay đại lượng bị chặn hay chặn để đánh giá yếu tố tam giác, tứ giác, đường tròn tứ diện Tuy nhiên mảnh đất cho hình không gian ỏi Với nhiều mong muốn suy nghĩ định viết đề tài đồng thức bất đẳng thức hình không gian để thỏa mãn niềm yêu thích thân muốn đóng góp mẻ cho toán học nói chung hình học nói riêng Nhưng để có kết dùng compa thước kẻ? Có nhiều cách luận văn chủ yếu khai thác toán để dẫn đến kết biết tiếp tục phát toán qua công cụ toán cao cấp định thức, ma trận, giải tích lượng giác Các kết luận văn nhằm chủ yếu Chương - Một số toán liên quan đến thể tích bán kính mặt cầu ngoại tiếp khối chóp Bản luận văn Đồng thức bất đẳng thức hình học" phần mở đầu, kết luận tài liệu tham khảo nội dung chia làm 3 chương Chương Một số khái niệm hình - khối đa diện Chương trình bày số khái niệm góc nhị diện - tam diện, tam diện liên hợp với tam diện cho, hình - khối đa diện, đa diện số ví dụ Kết chương việc phát biểu chứng minh Định lý 1.2.1, Định lý cosin cho góc tam diện; Định lý 1.4.1, Định lý sin cho góc tam diện Định lý 1.6.1 Trong mục 1.4 nêu số ví dụ đưa vào định nghĩa tâm, bán kính đường tròn nội tiếp, ngoại tiếp, bàng tiếp tứ diện khai thác chương sau nhiều lại nhắc sách phổ thông Chương Véctơ phép toán không gian Chương trình bày định nghĩa hình học véctơ, phép toán véctơ qua tọa độ, tích vô hướng, tích có hướng hai vectơ ví dụ minh họa Các ví dụ chương từ toán bản, chẳng hạn Ví dụ 2.3.8." Nếu tứ diện ABCD có hai cặp cạnh đối diện vuông góc cặp cạnh thứ ba lại vuông góc" đến toán đạt kết đẹp sau: Mệnh đề 2.4.1 Với điểm O tứ diện ABCD, điểm O nằm tứ diện ABCD, góc tam diện đỉnh A ta có − → − − → − → −→ − (1) OA.VOBCD + OB.VOCDA + OC.VODAB + OD.VOABC = Đặc − → − → − → − → biệt, IA.Sa + IB.Sb + IC.Sc + ID.Sd = I tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện −→ − −→ − −→ − −→ − (2) −O A.VO BCD + O B.VO CDA + O C.VO DAB + O D.VO ABC = Ví dụ 2.4.2 Giả sử tứ diện ABCD có BC = a, CA = b, AB = c, DA = x, DB = y , DC = z I tâm mặt cầu nội tiếp tứ diện Đặt T = sa IA2 + sb IB + sc IC + sd ID2 Khi ta có a2 sb sc + b2 sc sa + x2 sa sd + y sb sd + z sc sd T = sa + sb + sc + sd Chương Một số toán liên quan đến thể tích bán kính mặt cầu ngoại tiếp Chương chương quan trọng, tập trung kết luận văn bao gồm đồng thức bất đẳng thức thức thể tích bán kính mặt cầu ngoại tiếp Trong biến đổi, tác giả sử dụng định thức cấp 3, đồng thức (Mệnh đề 3.1.1) tính thể tích bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện qua độ dài cạnh: Mệnh đề 3.1.3 Giả sử hình chóp SABC có độ dài cạnh SA = a, SB = b, SC = c, BC = x, CA = y , AB = z Ta có công thức tính thể tích tứ diện 2a2 a2 + b2 − z a2 + c2 − y a2 + b2 − z 2b2 b2 + c2 − x2 a2 + c2 − y b2 + c2 − x2 2c2 V = √ 12 12 Hệ 3.1.1 Tứ diện A1 A2 A3 A4 có độ dài cạnh a = l12 , b = l13 , c = l14 , x = l34 , y = l24 , z = l23 Đặt 2S = ax + by + cz Khi bán kính R mặt cầu ngoại tiếp tứ diện xác định công thức (1) R = (2) R = S(S − ax)(S − by)(S − cz) 6V √ 2 S(S − ax)(S − by)(S − cz) 2 2 2 2a a +b −z a +c −y 2 a +b −z 2b2 b + c2 − x a2 + c2 − y b2 + c2 − x2 2c2 Bên cạnh đó, chương khai thác toán góc nhị diện, tam diện sở định lý đề cập chương Trong chương có nhắc lại phương pháp thể tích, phương pháp hữu hiệu để giải toán hình không gian Đồng thời xây dựng số bất đẳng thức tứ diện liên quan đến thể tích bán kính mặt cầu ngoại tiếp, vốn khai thác sách phổ thông Việt Nam Ở phần cuối chương có đưa phương pháp giải toán hình không gian phương pháp hình hộp phương pháp trải hình số ví dụ đơn giản để minh họa Luận văn hoàn thành với hướng dẫn PGS.TS Đàm Văn Nhỉ - Trường Đại học sư phạm Hà Nội Tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn chân thành sâu sắc tới Thầy hướng dẫn, tới gia đình, bạn bè người thân Đồng thời tác giả xin cảm ơn đến Ban giám hiệu, thầy cô trường Dự bị Đại học Dân tộc Trung Ương Nha Trang tạo điều kiện mặt để tác giả tham gia học tập hoàn thành khóa học Hà Nội, ngày 10 tháng 08 năm 2015 Tác giả Phạm Thái Ly Chương Một số khái niệm hình - khối đa diện Chương trình bày khái niệm hình - khối đa diện, góc nhị diện-tam diện, định lý Euler, Cauchy Nội dung chủ yếu hình thành từ tài liệu [2], [3] [5] 1.1 Góc nhị diện - tam diện Ta biết đường thẳng a nằm mặt phẳng (P ) chia mặt phẳng thành hai phần, phần với đường thẳng a gọi nửa mặt phẳng Đường thẳng a gọi bờ nửa mặt phẳng Định nghĩa 1.1.1 Hình hợp hai nửa mặt phẳng (α) (β), có chung bờ a gọi nhị diện Một nhị diện có kí hiệu [α, a, β] [α, β] (Hình 1) Nếu (α) ta lấy điểm M (β) ta lấy điểm N (M N không nằm a) nhị diện kí hiệu [M, a, N ] Ta cắt nhị diện [α, a, β] mặt phẳng (P ) vuông góc với a điểm O (Hình 2) Giao tuyến (P ) nửa mặt phẳng (α) (β) nửa đường thẳng Ox Oy Khi góc ∠xOy gọi góc phẳng nhị diện [α, a, β] Hiển nhiên nhị diện có nhiều góc phẳng, nhiên góc phẳng Số đo góc phẳng nhị diện [α, β] nằm từ 00 đến 1800 Khi góc phẳng nhị diện 900 ta nói nhị diện nhị diện vuông Hình Hình Định nghĩa 1.1.2 Hình hợp ba tia Ia, Ib, Ic không đồng phẳng gọi tam diện hay góc tam diện Ta kí hiệu tam diện Iabc Các tia Ia, Ib, Ic gọi cạnh tam diện Các miền góc aIb, bIc, cIb gọi mặt tam diện Độ lớn góc ∠aIb, ∠bIc, ∠cIa gọi góc phẳng đỉnh tam diện (Hình 3) Một tam diện tam diện vuông ba góc phẳng đỉnh góc vuông Hình 1.2 Định lý Cosin cho góc tam diện Định lý 1.2.1 Cho góc tam diện Iabc với góc phẳng ∠bIc = α, ∠cIa = β , ∠aIb = γ Kí hiệu số đo góc nhị diện cạnh Ia, Ib, Ic tương ứng x, y, z Khi ta có đồng thức sau cos γ = cos α cos β + sin α sin β cos z, cos α = cos β cos γ + sin β sin γ cos x, cos β = cos α cos γ + sin α sin γ cos y Hình Như vậy, hiệu T = ta VOBCD − tb VOCDA − tc VODAB − td VOABC x2 y2 z2 x1 y1 z1 x y1 T = −z1 x3 y3 z3 + z2 x3 y3 z3 − z3 x2 y2 x4 y4 z4 x4 y4 z4 x y4 x1 y1 z1 z1 x1 y1 z1 x y z z +z4 x2 y2 z2 = x2 y2 z2 z2 = 3 3 x3 y3 z3 x4 y4 z4 z4 z1 z2 z4 Tóm lại ta VOBCD = tb VOCDA + tc VODAB + td VOABC Ví dụ 3.2.5 Cho tứ diện ABCD Gọi A1 , B1 , C1 , D1 trọng tâm mặt BCD, CDA, DAB, ABC , tương ứng Chứng minh với điểm O bên tứ diện ABCD có cách chọn thích hợp u, v, t ∈ {1, −1} để |VOB1 C1 D1 + uVOC1 D1 A1 + vVOD1 A1 B1 + tVOA1 B1 C1 | = VABCD 27 Bài giải Dựng hệ tọa độ Oxyz để O(0, 0, 0), A(x1 , y1 , z1 ), B(x2 , y2 , z2 ), C(x3 , y3 , z3 ) D(x4 , y4 , z4 ) Tọa độ trọng tâm mặt tứ diện ABCD x2 + x3 + x4 y2 + y3 + y4 z2 + z3 + z4 A1 ( , , ), 3 x1 + x3 + x4 y1 + y3 + y4 z1 + z3 + z4 , , ), B1 ( 3 x2 + x1 + x4 y2 + y1 + y4 z2 + z1 + z4 C1 ( , , ), 3 x2 + x3 + x1 y2 + y3 + y1 z2 + z3 + z1 A1 ( , , ) 3 Đặt X = xi , Y = i=1 Va 4 yi , Z = i=1 zi Đặt Va = 6VOB1 C1 D1 Biểu diễn i=1 0 x1 + x3 + x4 y1 + y3 + y4 z1 + z3 + z4 3 = ± x2 + x1 + x4 y2 + y1 + y4 z2 + z1 + z4 3 x2 + x3 + x1 y2 + y3 + y1 z2 + z3 + z1 3 X X − x2 Y − y2 Z − z2 x2 X − x3 Y − y3 Z − z3 = ± = ± 27 X − x4 Y − y4 Z − z4 27 x3 x4 47 1 1 Y y2 y3 y4 Z z2 z3 z4 1 Kí hiệu X x T = x2 x4 Y y2 y3 y4 Z z2 z3 z4 X x1 ± x3 x4 Y y1 y3 y4 Z z1 z3 z4 X x1 ± x2 x4 Y y1 y2 y4 với việc chọn dấu ± cách thích hợp Từ x1 x2 x3 x4 y1 y2 y3 y4 z1 z2 z3 z4 X x2 − x3 x4 Y y2 y3 y4 Z z2 z3 z4 X x1 + x x3 X x1 + x3 x4 Y y1 y2 y3 Z z1 z2 z3 Y y1 y3 y4 Z z1 z2 z4 X x1 ± x2 x3 X x1 x2 x3 x4 Y y1 y2 y3 y4 Z z1 z2 z3 z4 1 1 Z z1 z3 z4 X x1 − x2 x4 Y y1 y2 y3 Z z1 z2 z3 1 1 1 1 = suy Y y1 y2 y4 Z z1 z2 z4 1 1 1 = Do ±VABCD ±27VOB1 C1 D1 ±27VOC1 D1 A1 ±27VOD1 A1 B1 ±27VOA1 B1 C1 = Từ suy kết quả: Tồn cách thích hợp u, v, t ∈ {1, −1} để |VOB1 C1 D1 + uVOC1 D1 A1 + vVOD1 A1 B1 + tVOA1 B1 C1 | = VABCD 27 Ví dụ 3.2.6 Cho hình chóp tứ giác SABCD với ABCD hình bình hành Mặt phẳng (P ) cắt bốn cạnh bên SA, SB, SC SD A , B , C , tương ứng Khi ta có đồng thức SA SC SB SD + = + SA SC SB SD Bài giải Đặt V = VSABCD Theo Mệnh đề 3.2.2 ta có tỷ số thể tích VSA B C SA SB SC 2VSA B C = = V VSABC SA SB SC 2VSA C D SA SD SC = Từ hai hệ thức ta suy hệ V SA SD SC 2VSA B C D 2VSA C D SA SB SC 2VSA B C SA SD SC thức = + = + V VSADC VSADC SA SB SC SA SD SC Tương tự có 48 2VSA B C D SA SB SC SD SB SD = ( + ) Ta có V SA SB SC SD SB SD 2VSA B C D SA SB SC SD SA SC = ( + ) V SA SB SC SD SA SC SA SC SB SD Từ hệ thức suy + = + SA SC SB SD Ví dụ 3.2.7 Cho hình chóp tứ giác SABCD với đáy ABCD hình bình hành Gọi N trung điểm cạnh SC Giả sử mặt phẳng (P ) qua AN cắt SB, SD M, K , tương ứng Khi ta có bất đẳng thức tỷ số thể tích VSAM N K VSABCD SM SK Bài giải Đặt x = , y = Khi x, y Sử dụng SB SD 3xy VSAM N K = x + y = 3xy theo phương pháp thể tích T = VSABCD x Mệnh đề 3.2.2 Như y = x, y nên x 3x − 1 3x2 với x T Khảo sát hàm T = 4(3x − 1) hay Ví dụ 3.2.8 Cho tứ diện S.ABC M điểm nằm tứ diện Mặt phẳng (P ) tùy ý qua M cắt cạnh SA, SB, SC A1 , B1 , C1 Đặt V, Va , Vb , Vc thể tích tứ diện SABC , SM BC , SM CA SM AB Chứng minh rằng, ta có V 33 SA SB SC Va Vb Vc SA1 SB1 SC1 Bài giải Gọi S1 = SM ∩ (ABC) Theo công thức tính tỷ số thể tích SA SB SM SM VSA1 B1 M SA1 SB1 SM VSABM = = ; = VSABS1 SA SB SS1 SS1 VSABS1 SA SB SS1 VSA1 B1 M SA1 SB1 SA1 SB1 = suy VSA1 B1 M = Vc Tương VSABM SA SB SA SB SB1 SC1 SA1 SC1 tự, ta có VSB1 C1 M = Va , VSA1 C1 M = Vb Mặt khác, ta SB SC SA SC có VSA1 B1 C1 SA1 SB1 SC1 = VSABC SA SB SC Do 49 Hình 13 Từ suy VSA1 B1 C1 = VSA1 B1 M + VSB1 C1 M + VSA1 C1 M hay SA1 SB1 SA1 SC1 SB1 SC1 VSA1 B1 C1 = Vc + Vb + Va SA SB SA SC SB SC Từ hệ thức đạt suy SA1 SB1 SC1 SA1 SB1 SA1 SC1 SB1 SC1 V = Vc + Vb + Va SA SB SC SA SB SA SC SB SC SB SC SA SA SB SC Va + Vb + Vc 3 Va Vb Vc hay V = SA1 SB1 SC1 SA1 SB1 SC1 3.3 Một số bất đẳng thức tứ diện Ví dụ 3.3.1 Cho tứ diện ABCD nội tiếp hình cầu tâm O với bán kính R Kí hiệu DA = a, DB = b, DC = c góc phẳng ∠BDC = α, ∠CDA = β ∠ADB = γ Gọi G trọng tâm ABC DG = md cắt mặt cầu ngoại tiếp tứ diện I Khi có kết sau (1) Đồng thức a2 +b2 +c2 = 3DG.DI suy a2 +b2 +c2 6R.md (2) Kí hiệu ba cạnh lại tứ diện x, y, z Gọi ma , mb , mc , md khoảng cách từ đỉnh đến trọng tâm mặt đối diện Khi a2 + b2 + c2 + x2 + y + z = (m2 + m2 + m2 + m2 ) c b d a 2 2 2 a +b +c +x +y +z 3R(ma + mb + mc + md ) 50 (3) Kí hiệu d1 , d2 , d3 khoảng cách trung điểm AB CD, AC BD, AD BC , tương ứng Gọi J trọng tâm tứ diện Khi d2 + d2 + d2 R(JA + JB + JC + JD) − → − − − → → − − −→ −→ −→ → − − − −→ − Bài giải (1) Vì GA+ GB+ GC = nên DA+ DB+ DC + DC = 3DG Từ suy a2 + b2 + c2 = 3m2 + GA2 + GB + GC Gọi M trung d điểm BC E giao điểm AM với mặt cầu Vậy a2 + b2 + c2 = 3m2 + GA2 + 2GM + 2AM.M E d hay a2 + b2 + c2 = 3m2 + 3GA.GE d Vì GA.GE = GD.GI nên a2 + b2 + c2 = 3m2 + 3GD.GI = 3DG.ID d 2R nên a2 + b2 + c2 ≤ 6R.md Vì ID 2 (2) Vì a + b + c = 3m2 d 2 + GA + GB + GC = 3m2 d x2 + y + z + Tương tự có hệ thức khác Từ suy a2 + b2 + c2 + x2 + y + z = (m2 + m2 + m2 + m2 ) b c d a từ (1) suy bất đẳng thức a2 + b2 + c2 + x2 + y + z 3R(ma + mb + mc + md ) (3) Vì 4(d2 +d2 +d2 ) = a2 +b2 +c2 +x2 +y +z 2 3R(m2 +m2 +m2 +m2 ) c a b d nên 4(d2 + d2 + d2 ) 4R(JA + JB + JC + JD) hay d2 + d2 + d2 R(JA + JB + JC + JD) Ví dụ 3.3.2 Cho tứ diện ABCD nội tiếp hình cầu tâm O bán kính R Giả sử O tứ diện đường thẳng (AO), (BO), (CO) (DO) cắt mặt tứ diện A1 , B1 , C1 , D1 Chứng minh bất đẳng thức sau 16 R AA1 + BB1 + CC1 + DD1 51 Bài giải Dễ dàng suy R OA1 OB1 OC1 OD1 + + + = Vậy + AA1 BB1 CC1 DD1 AA1 R R R + + = Từ quan hệ 3(AA1 + BB1 + CC1 + DD1 ) = BB1 CC1 DD1 R R R R (AA1 + BB1 + CC1 + DD1 )( + + + ) 16R suy AA1 BB1 CC1 DD1 16 R AA1 + BB1 + CC1 + DD1 ABC mặt phẳng (P ) với BC = a, CA = b, AB = c Giả sử hình chóp SABC có độ dài đường cao SH = h không đổi Tìm giá trị nhỏ diện tích xung quanh P hình chóp SABC Ví dụ 3.3.3 Cho Bài giải Kí hiệu độ dài đại số từ chân H đường cao SH đến BC, CA, AB x, y, z Khi ax + by + cz = 2s = 2rp, s diện √ √ tích tam giác ABC Vậy 2P = a x2 + h2 + b y + h2 + c z + h2 Từ √ √ 2P = a2 x2 + a2 h2 + b2 y + b2 h2 + c2 z + c2 h2 suy √ 4r2 p2 + 4p2 h2 = 2p r2 + 4h2 √ Dấu "=" xảy x = y = z = r Tóm lại Pmin = p r2 + 4h2 H tâm dường tròn nội tiếp ABC 2P (ax + by + cz)2 + (a + b + c)2 h2 = Ví dụ 3.3.4 Cho tứ diện ABCD với DA = a > tất cạnh a3 lại không lớn a Khi VABCD Bài giải Đặt b = BC Khi b a Hạ DH ⊥ (ABC) DM ⊥ BC b b Ta có max{BM, CM } , chẳng hạn BM Như 2 DM = DB − BM a2 b2 − b2 Hạ AN ⊥ BC Ta có AN − Từ công thức tính VABCD = 1 b2 DH.SABC = DH.AN.BC suy VABCD b(a − ) Khảo sát 6 b2 a3 z = b(a2 − ) với < b a Như VABCD a2 52 Ví dụ 3.3.5 Cho tứ diện ABCD Giả sử B1 ∈ AB , C1 ∈ AC , D1 ∈ AD A1 điểm thuộc miền tam giác B1 C1 D1 Ta có bất đẳng thức VBC1 D1 A1 + VCD B A + √ 1 VABCD 4 VDB1 C1 A1 AB1 AC1 AD1 + + AB AC AD 1+ Bài giải Từ tích tỷ số thể tích VBC1 D1 A1 VBC1 D1 B1 VBC1 D1 A SC D A BB1 AC1 AD1 VBC1 D1 A1 = = 1 VABCD VBC1 D1 B1 VBC1 D1 A VABCD SC1 D1 B1 AB AC AD tỷ số thể tích khác, suy 4 VBC1 D1 A1 VABCD SC1 D1 A1 BB1 AC1 AD1 + + , + SC1 D1 B1 AB AC AD VCD1 B1 A1 VABCD SD1 B1 A1 CC1 AD1 AB1 + + + , SD1 B1 C1 AC AD AB VDB1 C1 A1 VABCD SB1 C1 A1 DD1 AB1 AC1 + + + SB1 C1 D1 AB AB AC Cộng ba bất đẳng thức, vế theo vế, ta nhận bất đẳng thức sau 4 VBC1 D1 A1 VCD1 B1 A1 VDB C A √ + √ + √ 1 4 VABCD VABCD VABCD AB1 AC1 AD1 + + AB AC AD 1+ Với tứ diện ABCD ta có bất đẳng thức đồng thức sau Ví dụ 3.3.6 Với điểm M nằm tứ diện ABCD, góc tam diện đỉnh A ta luôn có M B.VM CDA + M C.VM DAB + M D.VM BCA M A.VM BCD Bài giải Từ đồng thức −→ − −→ − −→ − −→ − M B.VM CDA + M C.VM DAB + M D.VM ABC = M A.VM BCD theo Mệnh đề 3.2.2 ta suy bất đẳng thức sau M B.VM CDA + M C.VM DAB + M D.VM BCA 53 M A.VM BCD 3.4 3.4.1 Một vài vấn đề tổng hợp Tam diện vuông tam giác nhọn Mệnh đề 3.4.1 Giả sử tứ diện OABC với OA = a, OB = b, OC = c OA ⊥ OB , OB ⊥ OC , OC ⊥ OA Khi ta có (1) ABC tam giác nhọn √ (2) 2SABC = a2 b2 + b2 c2 + c2 a2  a2  cos ∠A =     (a2 + b2 )(a2 + c2 )     b2  cos ∠B =     (b2 + c2 )(b2 + a2 )    c2   cos ∠C =     (c2 + a2 )(c2 + b2 ) 2 2 2 (3)  sin ∠A = a b + b c + c a    (a2 + b2 )(a2 + c2 )     2 2 2    sin ∠B = a b + b c + c a    (b2 + c2 )(b2 + a2 )     2 2 2    sin ∠C = a b + b c + c a   (c2 + b2 )(c2 + a2 ) Mệnh đề 3.4.2 Tứ diện OABC có OA = a, OB = b, OC = c OA ⊥ OB , OB ⊥ OC , OC ⊥ OA Khi ta có  2 2 2   tan ∠A = a b + b c + c a    a4   a2 b2 + b2 c2 + c2 a2 tan ∠B =  b4    2 2 2    tan ∠C = a b + b c + c a c4 Hệ 3.4.1 Với tam giác nhọn ABC ta luôn có ba số thực x, y, z > 54 0, xyz = 1, thỏa mãn   cos ∠A =      cos ∠B =     cos ∠C =       sin ∠A = y     )(1 + y )  (1 + z   z , (1 + x2 )(1 + z )  sin ∠B =   x     )(1 + x2 )  sin ∠C = (1 + y   z2y2 + z2 + (1 + z )(1 + y ) x2 z + x2 + (1 + x2 )(1 + z ) y x2 + y + (1 + y )(1 + x2 )   b2 + c2 = u2 Chứng minh Đặt u = BC , v = CA, t = AB Xét hệ c2 + a2 = v  a + b2 = t2 Vì tam giác ABC nhọn nên u2 + v > t2 , v + t2 > u2 , t2 + u2 > v Do hệ có nghiệm a, b, c Tứ diện OABC với OA = a, OB = b, c a OC = c thỏa mãn OA ⊥ OB , OB ⊥ OC , OC ⊥ OA Đặt x = , y = , b c b z = Ta có x, y, z > 0, xyz = 1, a   z2y2 + z2 +    sin ∠A = y   cos ∠A =    (1 + z )(1 + y )   )(1 + y )   (1 + z     z x2 z + x2 + cos ∠B = , (1 + x2 )(1 + z )  sin ∠B = (1 + x2 )(1 + z )      x  cos ∠C =      y x2 + y +  )(1 + x2 )  sin ∠C = (1 + y   (1 + y )(1 + x2 ) 3.4.2 Phương pháp hình hộp Với tứ diện ABCD ta dựng hình hộp AA1 BB1 C1 CD1 D nhận AB làm đường chéo đáy AA1 BB1 nhận CD làm đường chéo đáy CC1 DD1 Dễ dàng thấy (1) Góc AB CD góc AB A1 B1 A1 B1 //CD, A1 B1 = CD (2) Khoảng cách AB CD độ dài đường cao hình hộp 55 Hình 14 Đó khoảng cách hai mặt phẳng AA1 BB1 CC1 DD1 (3) VABCD = VAA1 BB1 C1 CD1 D Ví dụ 3.4.1 Cho tứ diện ABCD với độ dài cạnh a = AB , b = CD góc α = ∠(AB, CD) Chứng minh rằng, thể tích tứ diện ABCD abd sin α khoảng cách AB CD d Bài giải Dựng hình hộp AA1 BB1 C1 CD1 D Khi hai đường chéo đáy hình hộp CD = b,C1 D1 = AB = a góc ∠(CD, C1 D1 ) = α Độ dài đường cao hình hộp d Vậy, thể tích hình hộp V = abd sin α Dễ dàng thấy VABCD = V Từ suy công thức tính thể tích tứ diện VABCD = abd sin α Ví dụ 3.4.2 Cho tứ diện ABCD với độ dài cạnh AB = CD = a, BC = DA = b CA = BD = c Hãy tính thể tích tứ diện ABCD tích T = cos ∠(AB, CD) cos ∠(BC, DA) cos ∠(CA, BD) Bài giải Dựng hình hộp AA1 BB1 C1 CD1 D Khi mặt hình hộp hình chữ nhật Vậy hình hộp khối hộp hình chữ nhật Đặt 56 x = AC1 , y = C1 C z = AB1 Từ hệ thức y + z = a2 , z + x2 = b2 , x2 + y = c2 suy b2 + c2 − a2 c + a2 − b a2 + b − c x= ,y = ,z = 2 Vậy thể tích VABCD = xyz hay công thức tính thể tích tứ diện (b2 + c2 − a2 )(c2 + a2 − b2 )(a2 + b2 − c2 ) √ VABCD = |b2 − c2 | , cos ∠(BC, DA) = Ta lại có hệ thức cos ∠(AB, CD) = a2 |c2 − a2 | |a2 − b2 | cos ∠(CA, BD) = b2 c2 |(b2 − c2 )(c2 − a2 )(a2 − b2 )| Vậy T = a2 b2 c2 Ví dụ 3.4.3 [Pompiu] Cho tứ diện gần ABCD Chứng minh với điểm P ta có P A2 P B + P C + P D2 P B2 P C + P D2 + P A2 P C2 P D + P A2 + P B P D2 P A2 + P B + P C Bài giải Dựng hình hộp cho cặp cạnh đối diện tứ diện đường chéo không song song mặt đối diện hình hộp Vì tứ diện gần nên hình hộp vừa dựng hình hộp chữ nhật Do dựng hệ tọa độ Oxyz cho A(a; 0; 0), B(0; b; 0), C(0; 0; c), D(a; b; c) Giả sử P (x; y; z) Khi P D2 P A2 + P B + P C tương đương với bất đẳng thức 2x2 + 2y + 2z Các bất đẳng thức lại chứng minh tương tự 3.4.3 Phương pháp trải hình Khi giải toán tứ diện mà kiện liên quan đến tổng góc phẳng tổng cạnh việc phẳng hóa tứ diện (tức 57 trải phẳng tứ diện lên mặt phẳng) cho phù hợp cho ta lời giải gọn gàng dễ hiểu Ví dụ 3.4.4 Cho tứ diện gần ABCD với AB = CD = b, AC = BD = c AD = BC = d Xác định vị trí điểm M thuộc AB cho chu vi tam giác M CD nhỏ Hình 15 Bài giải Trải mặt DAB xuống mặt phẳng (ABC) để hình bình hành ACBE , ABE = ABD (Hình 15) Vậy M C + M D √ CE = 2c2 + 2d2 − b2 Vậy chu vi tam giác M CD nhỏ √ b + 2c2 + 2d2 − b2 M trung điểm AB Ví dụ 3.4.5 Cho tứ diện ABCD với AC = AD = BC = BD = AB = a, CD = b Gọi M trung điểm cạnh AB N trung điểm cạnh CD Xác định vị trí điểm P thuộc cạnh AD cho chu vi tam giác P M N nhỏ Bài giải Trải mặt ACD xuống mặt phẳng (ABD) để tứ giác lồi ABDF , ACD = AF D Gọi L trung điểm cạnh F D Vậy P M + P N = P M + P L M L Vậy, chu vi tam giác M N P nhỏ P ∈ M L Vì tứ giác AM DL nội 58 Hình 16 tiếp đường tròn nên M L.AD = AM.DL + M D.AL hay ab + (4 − a2 )(4 − b2 ) ML = Chu vi tam giác P M N nhỏ a2 + b2 ab + 1− + (4 − a2 )(4 − b2 ) Ví dụ 3.4.6 Hình chóp tam giác SABC thỏa mãn SSAB = SSBC = SSCA ∠ASB + ∠BSC + ∠CSA = 1800 Chứng minh hình chóp tứ diện gần Bài giải Đặt a = SA, b = SB , c = SC Bóc mặt hình chóp theo cạnh SA, AB, AC trải mặt phẳng (SBC) để đa giác A1 SA2 CB Vì ∠A1 SB + ∠BSC + ∠CSA2 = ∠ASB + ∠BSC + ∠CSA = 1800 nên A1 , S, A2 thẳng hàng Vì SSAB = SSCA nên SSA1 B = SSCA2 Vì SA1 = SA = SA2 nên khoảng cách từ B C đến A1 A2 Vậy BC//A1 A2 suy BC = a = SA Tương tự có CA = SB , AB = SC Vậy hình chóp SABC tứ diện gần 59 Kết luận Luận văn trình bày nhận kết sau Trình bày số khái niệm góc nhị diện - tam diện, khối hình đa diện, khối đa diện Đặc biệt số định lý hay liên quan đến góc nhị diện - tam diện định lý Sin, Cosin, Euler, Cauchy, nhiên chứng minh định lý lại không giới thiệu sách giáo khoa Tiếng Việt nên nhiều người giảng dạy nghiên cứu toán học đến chứng minh định lý Dùng phương pháp tọa độ kết hợp với công cụ toán cao cấp để xây dựng đồng thức bất đẳng thức cho khối đa diện tổng quát mà thực việc vẽ hình dựng hình túy giải Đưa phương pháp giải toán hình không gian phương pháp thể tích, phương pháp hình hộp, trải hình mẻ lý thú Tuyển chọn giới thiệu toán từ đến nâng cao khó hình không gian áp dụng phương pháp tọa độ để giải Nhiều toán luận văn lấy từ đề thi học sinh giỏi hay vô địch nước, khu vực quốc tế 60 Tài liệu tham khảo [1] Nguyễn Văn Mậu, Đàm Văn Nhỉ, 2012, Đồng thức phương pháp tọa độ hình học, NXB ĐHQG Hà Nội [2] Văn Như Cương, Trần Đức Huyên, Nguyễn Mộng Hy, 2000, Hình học 11, NXB Giáo Dục [3] Đoàn Quỳnh, Văn Như Cương, Phạm Khắc Ban, Lê Huy Hùng, Tạ Mẫn, 2014, Hình học 12, NXB Giáo Dục [4] Dam Van Nhi, 2012, Proving some geometric indentities by using the determinants, Journal of science and Arts, No 4(21) 2012, 385-394 [5] A.Pogorelov, 1987, Geometry , Mir publishers Moscow [6] A.D Alexandrov, 1987, Convex polyhedra , Mir publishers Moscow 61