ĐẦY ĐỦ CÁC DẠNG TOÁN VỀ TỨ DIỆN VUÔNG

Tài liệu này tập hợp đầy đủ các dạng bài tập về tứ diện vuông. Sẽ là một tài liệu không thể thiếu đối với các thầy cô và các em học sịnh giỏi toán. Các dạng bài tập được trình bày khoa học, lời giải dễ hiểu và quan trọng là khá đầy đủ các dạng hay và khó

Chuyên đề: Tứ diện vuông

1 Định nghĩa: Tứ diện vuông là tứ diện có một góc tam diện ba mặt vuông.

2 Tính chất: Giả sử OABC là tứ diện vuông, OA OB OA OC OB OC⊥ , ⊥ , ⊥ ;

OA a OB b OC c= = = Khi đó:

2.1 Các góc của tam giác ABC là các góc nhọn

2.2 H là trực tâm của tam giác ABC thế thì OH ⊥(ABC) và 1 2 12 12 12

OH =a +b +c

2.3 Gọi , ,α β γ lần lượt là góc tạo bởi OH với OA, OB, OC, ta có cos2α+cos2β+cos2γ =1

2.4 Gọi X, Y, Z lần lượt là góc giữa OA, OB, OC với mặt (ABC) ta có: sin2 X +sin2Y+sin2Z =1

2.5 Nửa đường thẳng Ot cắt mặt đáy (ABC) tại M và đặt Chứng minh rằng

cos α +cos β +cos γ =1

2.6 a2tanA b= 2tanB c= 2tanC hay CotA:cotB:cotC = OA2 : OB2 :OC2

2.7 S OAB2 =S HAB.S ABC;S OAC2 =S HAC.S ABC;S OBC2 =S HBC.S ABC

2.8 S OAB2 +S OAC2 +S OBC2 =S ABC2 Từ đó suy ra 3S ABC ≥S OAB+S OBC+S OAC

2.9 Gọi G là trọng tâm tam giác ABC, I là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện Chứng minh O, G, I

thẳng hàng

6

OABC

2

tp

S = ab bc ca+ + + a b +a c +b c

2.11 Gọi R, r lần lượt là bán kính của mặt cầu ngoại tiếp và nội tiếp tứ diện OABC thì

1

2

R= a + +b c và 3 OABC

tp

V r S

=

2.12 Gọi M, N, P theo thứ tự là trung điểm của BC, CA, và AB Khi đó OMNP là tứ diện gần đều

2.13

2

9 2

h

2.14 2R 3(1 3)

2.15 Gọi S S= ABC,S1 =S OAB,S2 =S OBC,S3 =S OAC Chứng minh

2

3

3 4

S

2.16 Ký hiệu r là bán kính hinh câu nội tiếp tứ diện vuông O.ABC thì ta có:

h 1 3

r ≤ + ( Đề đề nghị Olimpic 30/4/2002)

2.17 1 3 3

h≥a b c

+ +

2.18 1 1 1 1 3 3

r ≥ + + +a b c a b c

+ + .

2.19 Cho a+ b + c =3 thì 3 3

6

r≤ − ( Đề đề nghị Olimpic 30/4/2006)

2.20 max , ,{a b c} ≥ +(3 3)r (200 bài thi vô địch toán)

2.21 cosα+cosβ+cosγ ≤ 3

2.22 tan2 tan2 tan2 cot2 cot2 cot2 15

2

α + β+ γ + α + β + γ ≥

( Đề đề nghị Olimpic 30/4/1995 - 2005)

2.23 sin2 sin2 sin2 2 2 cos2 2 2 cos2 2 2 cos2

3 α+3 β +3 γ ≥cos α.3− α+cos β.3− β +cos 3γ − γ

( Đề đề nghị Olimpic 10 năm 30/4/1995 - 2005)

cot cotα β+cot cotβ γ +cot cotγ α +6cot αcot βcot γ ≤3

cos cos cos cos cos cos

6 3

2.27

sin sin sin sin sin sin 4

β+ γ + γ + α + α+ β ≤

c

2.29 ( )

2

2 3

V h r

hrR

−

≤

Chứng minh

2.1 Xét tam giác ABC có

AB =a +b AC =a +c BC = +b c Suy ra

A

tương tự ta có B, C nhọn.

2.2

+ Từ giả thiết suy ra AB CH AB (OCH) AB OH

AB OC

⊥

 ⊥

Tương tự AC⊥OH Do vậy OH ⊥(ABC)

+ Giả sử CK là đường cao của tam giác ABC thế thì H CK∈ và

OK ⊥AB (vì AB⊥(OCH)) Trong các tam giác vuông OCK và

OAB ta có





⇒ = + + (2)

2

cos OH cos OH

cos OH ;cos OH

α = β = Nên ta có:

2.4 Ta có Z OCH=· ⇒sinZ =cosγ, tương tự sinX =cosα, sinY =cosβ Do đó

sin X +sin Y+sin Z =1 (theo 2.3)

2.5

Cách 1: Dựng hình hộp chữ nhật sao cho OM

là đường chéo và các cạnh của hình hộp xuất

phát từ O nằm trên các cạnh OA, OB, OC Gọi

độ dài các cạnh của hình hộp là x, y, z Ta có

OM =x +y +z ;

2

2

1

cos

2O

M OZ

2

2O

M OZ

2

2

+ + + +

Tương tự cos2α =1 2 x22 2

x +y +z ;

2 1

cos β = 2 y22 2

x +y +z Từ đó suy ra đpcm.

Cách 2: Vì OA OB OCuuur uuur uuur, ,

không đồng phẳng nên OMuuuur=xOA y B zOCuuur+ Ouuur+ uuur

Ta có:

+) OM2 =OMuuuur2 =(xOA y B zOCuuur+ Ouuur+ uuur)2 =x a2 2+y b2 2+z c2 2(lưu ý

OA,OB,OC đôi một vuông góc nên OA OB OA OC OB OCuuuruuur uuuruuur uuur uuur. = . = . =0)

2

cos

xOA y B zOC OC

OM OC

γ = ÷÷ =

uuur uuur uuur uuur uuuur uuur

+ + Tương tự:

2 2 2

α =

2 2 2

β =

+ + Từ đó suy ra đpcm

2.6

cos

AB AC

a A= a b +a c +b c Hoàn toàn tương tự: c2tanC= a b2 2+a c2 2+b c2 2 ;

b B= a b +a c +b c Vậy a2tanA b= 2tanB c= 2tanC.

2.7

Ta chứng minh trường hợp S OAB2 =S HAB.S ABC, các trường hợp còn lại tương tự

Cách 1: ta có

2

S S = KH AB  KC AB= KH KC AB = OK AB = OK AB =S

Cách 2: Theo công thức diện tích hình chiếu, ta có

1 2

1 2

OAB

ABC

OK

Cách 1: Theo 2.7, ta có

Cách 2:

+) 2 2 2 1( 2 2 2 2 2 2)

4

S +S +S = a b +a c +b c

+)

2 2

OABC ABC

V

= ÷  = + + ÷÷ = + + Suy ra đpcm.

( Lưu ý có thể tính S ABC theo công thức Herong)

2.9

Gọi L, J lần lượt là trung điểm của AB, OC Dựng điẻm I sao cho OJIL là hình bình hành.

Vì OJ ⊥(OAB)⇒LI ⊥(OAB)⇒LI là trục của tam giác

OAB⇒IO=IA IB= Mặt khác dễ thấy IJ là trung trực của

tam giác OIC nên IO IC= Do vậy I là tâm đường tròn

ngoại tiếp tứ diện

Gọi G OI= ∩CL , G thuộc trung tuyến CL của tam giác

2

G

GC =OC = ⇒ là trọng tâm tam giác ABC.

Vậy O, G, I thẳng hàng.

2.10

+) Theo 2.8 ta có 1 2 2 2 2 2 2

2

ABC

S = a b +a c +b c , từ đó ta có

1

2

tp

S = ab bc ca+ + + a b +a c +b c

2.11

+)

+) Gọi T là tâm mặt cầu nội tiếp tứ diện OABC, ta có:

3

OABC

tp

V

S

2.12

+ Dễ thấy: 1

2

2

NP OM= = BC; 1

2

MP ON= = AC Do vậy tứ diện ONMP là tứ diện gần đều.

+ Ta có . . 1 .1 1 1

2 2 4

CONM

OABC

;

V = V = Từ đó ta có: 1

4

2.13 9 2 1( ) 9 2 12( ) 9

h

2.2

1 1 1

(ab bc ca) 9

¬ → + + ÷ + + ≥

Áp dụng BĐT Côsi cho 3 số dương ta có

3

3 2 2 2

3



 + + ≥



(đpcm)

2.14 2R 3(1 3)

Từ 2.11, ta có 1 2 2 2

2

R= a + +b c và 3 OABC

tp

V r S

= , do đó:

3

6

tp

tp

S

+ + + +

3 3 3

3( 3 1)

abc

+

= = + Vậy: 2R 3(1 3)

r ≥ + Dấu “=” xảy ra khi a=b=c.

2.15 Áp dụng Bất đẳng thức Cô si ta có : (x y z) 1 1 1 9

+ +  + + ÷≥

  Ta có :

( 2 2) ( 2 2) ( 2 2)

9

2

4

S

2

3

1

9 4

S

=

≥

+

∑ mà

2 2

S S

1

Dấu «= » xảy ra khi OA = OB = OC hay O.ABC là tứ diện vuông cân ở O

2.16 Ký hiệu r là bán kính hinh câu nội tiếp tứ diện vuông O.ABC thì ta có:

h 1 3

r ≤ + ( Đề đề nghị Olimpic 30/4/2002)

Thật vậy: 1 1 2 3 1 1 1 1 1 1 1 1 1

tp

+ + +

Mà theo BĐT Bunhiacốpxki thì:

2

3

 + +  ≤  + + = ⇒ + + ≤

1 1 3 1 1 3 h 1 3

+

2.17 1 3 3

h≥ a b c

+ +

Thật vậy có: ( )2 3 2 2 2 ( )2

3

+ +

Nên 1 3 3

h≥ a b c

+ +

2.18 1 1 1 1 3 3

r ≥ + + +a b c a b c

+ + . Thật vậy 1 1 1 1 1 1; 3 3 1 1 1 1 3 3

r = + + +a b c h h ≥a b c ⇒ ≥ + + +r a b c a b c

2.19 Cho a+ b + c =3 thì 3 3

6

r≤ − ( Đề đề nghị Olimpic 30/4/2006) Thật vậy có (a b c) 1 1 1 9 1 1 1 3

+ +  + + ÷≥ ⇒ + + ≥

1 1 1 1 3 3

r ≥ + + +a b c a b c

+ + Nên 1 3 3 3 3

6

r r

−

≥ + ⇒ ≤

2.20 max , ,{a b c} ≥ +(3 3)r (200 bài thi vô địch toán)

Ta có

max , , 3max , , max , ,

+

+ + { , , } (3 3)

2.21 cosα+cosβ+cosγ ≤ 3 theo BĐT Bu và 2 2 2

cos α+cos β+cos γ =1

tan tan tan cot cot cot

2

α + β+ γ + α + β + γ ≥

( Đề thi đề nghị Olimpic 10 năm 30/4/1995 - 2005)

Thật vây từ cos2α+cos2β+cos2γ =1 ta đặt x=cos2α;y=cos2β,z=cos2γ thì

α+ β + γ + α+ β+ γ = + + + + + + + +

2

+ + + ( ĐPCM)

2.23 3sin 2α+3sin 2β +3sin 2γ ≥cos2α.32 cos − 2α+cos2β.32 cos − 2β +cos 32γ 2 cos − 2γ

( Đề thi đề nghị Olimpic 10 năm 30/4/1995 - 2005)

Thật vây từ 2 2 2

cos α+cos β+cos γ =1 ta đặt 2 2 2

cos ; cos , cos

x= α y= β z= γ thì x,y,z > 0 và x+y+z = 1

Do 1 1

3x −3y và y - x cùng dấu hoặc cùng băng 0 nên

1 1 ( ) 1 1 ( ) 1 1 0

3x 3y x y 3y 3z y z 3z 3x

 −  − + −  − + − ≥

2.24 4 4 4

( Đề thi đề nghị Olimpic 10 năm 30/4/1995 - 2005)

cos α+cos β +cos γ = ⇒1 sin α +sin β+sin γ =2

Đặt m = sin2 , sin2 , sin2 0 . 1

2

m n p

m n p

α = β = γ ⇒  <+ + =<

 Theo Bất đẳng thức Bunhiacopxki ta có: 2 2

1

2 2

1

1

+ =  + ÷ + ÷≥  + ÷

Do đó

4 97

2

4 2 2 97

≥  + ÷≥

Đẳng thức xảy ra khi m = n = p = 2 3

3 ⇔ = = =a b c h

cot cotα β+cot cotβ γ +cot cotγ α +6cot αcot βcot γ ≤3

tanα +tanβ+tanγ ≤3 tan α+tan β+tan γ =3 tan( 2αtan2βtan2γ −2)

2

tan tan tan 6

3 tan tan tan

cot cot cot tan tan tan 6cot cot cot 3

cot cotα β+cot cotβ γ +cot cotγ α +6cot αcot βcot γ ≤3

2.26 cos 2cos cos 2cos cos 2cos 6 3

Đặt x = cos ,α y=cos ,β z=cosγ ⇒x2+y2+z2 =1

2

2

2

1 3 1

2 2 2 6 18

3

≥ + ÷+ + ÷+ + ÷+  + + ÷

≥ + + + =

Mặt khác theo BĐT Cô si ta có 0< + + ≤x y z 3(x2+y2+z2) = 3

Từ đó suy ra : T ≥ 18 ≥6 3 Dấu « = » xảy ra khi x = y = z hay OA = OB =OC

2.29 ( )

2

2 3

V h r hrR

−

≤

Ta có 3 ; 3

= = nên ( )

2

3

tp ABC

V

S S

−

xq

ab bc ac

nên ta cần chứng minh ( )

( 2 2 2)

3 3

ab bc ac

+ +

≤ + +

⇔ + + ≤ + + ( ) (2 ) (2 )2

0

2.30. ( HSG14-15) Cho tứ diện S ABC có SA a SB b SC c= , = , = và

, ,

SA⊥SB SA⊥SC SB⊥SC Gọi R, V theo thứ tự là bán kính mặt cầu ngoại tiếp và

2

V

R≥ Lời giải:

a

b

c

B

A

N

I

M

Ta có

6

abc

V = (1);

Gọi h là độ dài đường cao kẻ từ S của hình chóp SABC ta có: 12 12 12 12

h =a +b +c (2)

Gọi diện tích tam giác ABC là dt(ABC) ta có: dt ABC( ) 3V

h

= (3)

Từ (1), (2), (3) ta có ( ) 2 2 2 2 2 2

2

Gọi I là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện SABC

,

M N lần lượt là trung điểm của BC SA,

Khi đó 2 2 1 2 1( 2 2) 1 2 2 2

Theo Côsi ta có: 627 2 2 2

2

a b c

Từ (4) và (1) suy ra 6972 2

2

V

R≥ Vậy ta có điều phải chứng minh