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.. Từ đó.[r]
(1)Chuyên đề: Tứ diện vuông
1 Định nghĩa: Tứ diện vng tứ diện có góc tam diện ba mặt vng. 2 Tính chất: Giả sử OABC tứ diện vuông, OA OB OA OC OB OC , , ;
, ,
OA a OB b OC c Khi đó:
2.1 Các góc tam giác ABC góc nhọn
2.2 H trực tâm tam giác ABC OH (ABC) 2 2
1 1
OH a b c
2.3 Gọi , , góc tạo OH với OA, OB, OC, ta có cos2cos2 cos21 2.4 Gọi X, Y, Z góc OA, OB, OC với mặt (ABC) ta có: sin2 X sin2Ysin2Z 1
2.5 Nửa đường thẳng Ot cắt mặt đáy (ABC) M đặt Chứng minh rằng
2 2
1 1
cos cos cos 1 2.6 a2tanA b 2tanB c 2tanC
2.7 SOAB2 SHAB.SABC;SOAC2 SHAC.SABC;SOBC2 SHBC.SABC 2.8 SOAB2 SOAC2 SOBC2 SABC2
2.9 Gọi G trọng tâm tam giác ABC, I tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện Chứng minh O, G, I thẳng hàng
2.10
1 OABC
V abc
2 2 2
2 tp
S ab bc ca a b a c b c
2.11 Gọi R, r bán kính mặt cầu ngoại tiếp nội tiếp tứ diện OABC thì
2 2
1
R a b c
và
3 OABC tp
V r
S
2.12 Gọi M, N, P theo thứ tự trung điểm BC, CA, AB Khi OMNP tứ diện gần
1
4 24
OMNP OABC
V V abc
2.13
2
2 OAB OAC OBC
h
S S S
2.14
3(1 3)
R
r
Chứng minh 2.1 Xét tam giác ABC có
2 2; 2 2; 2
AB a b AC a c BC b c Suy ra
2 2
cos (1)
2
AC AB BC a
A
AB AC AB AC
A nhọn Hoàn toàn tương tự ta có B, C nhọn
2.2
+ Từ giả thiết suy
( )
AB CH
AB OCH AB OH
AB OC
Tương tự AC OH Do OH (ABC)
+ Giả sử CK đường cao tam giác ABC H CK và OK AB (vì AB(OCH)) Trong tam giác vuông OCK
(2)OAB ta có
2 2
2 2
2 2
1 1
1 1
1 1
OH OC OK
OH OA OB OC
OK OA OB
2 2
1 1
OH a b c
(2) 2.3 Ta có
2
2
cos OH cos OH
OC OC
Tương tự:
2
2
2
cos OH ;cos OH
OA OB
Nên ta có:
2 2
2 2
2 2 2
1 1
cos cos cos OH OH OH OH
OA OB OC OA OB OC
(theo (2))
2.4 Ta có Z OCH sinZ cos, tương tự sinX cos, sinY cos Do đó
2 2
sin X sin Ysin Z 1 (theo 2.3) 2.5
Cách 1: Dựng hình hộp chữ nhật cho OM đường chéo cạnh hình hộp xuất phát từ O nằm cạnh OA, OB, OC Gọi độ dài cạnh hình hộp x, y, z Ta có
2 2
OM x y z ;
2
2 2
2 cos
2O
OM OZ ZM
M OZ
2
2 2 2
( ) ( )
2O
x y z z x y
M OZ
2
2
2 2
2 2
2
2
z z
x y z
x y z z
Tương tự cos2 1
2 2
x
x y z ; cos2 1
2 2
y
x y z Từ suy đpcm.
Cách 2: Vì OA OB OC, ,
không đồng phẳng nên OM xOA y B zOC O
Ta có:
+)
2
2 ( O )2 2 2 2
OM OM xOA y B zOC x a y b z c
(lưu ý OA,OB,OC đơi vng góc nên OA OB OA OC OB OC 0)
+)
2
2
1 2
( O )
cos
xOA y B zOC OC OM OC
OM OC OM c
2 2 2
2. 2 2 2 2
z c z c z c
OM c OM x a y b z c
Tương tự:
2 2
1 2 2 2
cos x a
x a y b z c
;
2 2
1 2 2 2
cos y b
x a y b z c
Từ
suy đpcm 2.6
Xét
2
2
2 4
2
1
tan tan 1
cos
AB AC
a A a A a a
A a
(theo (1))
(3)2. ( 2)( 2) 2 2 2
AB AC a a b a c a a b a c b c
Suy ra
2tan 2 2 2
a A a b a c b c Hoàn toàn tương tự: c2tanC a b2 2a c2 2b c2 ;
2tan 2 2 2
b B a b a c b c Vậy a2tanA b 2tanB c 2tanC.
2.7
Ta chứng minh trường hợp SOAB2 SHAB.SABC, trường hợp cịn lại tương tự. Cách 1: ta có
2
2 2
1 1 1
( )
2 4
HAB ABC OAB
S S KH AB KC AB KH KC AB OK AB OK AB S
Cách 2: Theo cơng thức diện tích hình chiếu, ta có
1
.cos sin
1
OAB
HAB OAB OAB OAB OAB
ABC
OK AB S
OK
S S OKH S Z S S
CK CK AB S
2 .
OAB HAB ABC
S S S
2.8
Cách 1: Theo 2.7, ta có
2 2 . . . ( )
OAB OAC OBC HAB ABC HAC ABC HBC ABC ABC HAB HAC HBC ABC
S S S S S S S S S S S S S S
Cách 2: +)
2 2 1( 2 2 2)
4 OAB OAC OBC
S S S a b a c b c
+)
2
2 2 2 2
2 2
3 1 1 1
3 ( )
3
OABC ABC
V
S a bc a b a c b c
OH a b c
Suy đpcm.
( Lưu ý tính SABC theo công thức Herong) 2.9
Gọi L, J trung điểm AB, OC Dựng điẻm I cho OJIL hình bình hành Vì OJ (OAB) LI (OAB) LI trục tam giác
OAB IOIA IB Mặt khác dễ thấy IJ trung trực
tam giác OIC nên IO IC Do I tâm đường tròn ngoại tiếp tứ diện
Gọi G OI CL, G thuộc trung tuyến CL tam giác
ABC Ta có
1
GL IL
G
GC OC là trọng tâm tam giác ABC.
Vậy O, G, I thẳng hàng
2.10 +)
1 1
3
OABC OAB
V OC S OC OA OB abc
+) Theo 2.8 ta có
2 2 2
2 ABC
S a b a c b c
, từ ta có
2 2 2
1 tp
S ab bc ca a b a c b c
2.11
(4)+)
2 2 2 2 2 2
2 2 2
2 4
AB OC AB OC a b c
R OI OL IL a b c
+) Gọi T tâm mặt cầu nội tiếp tứ diện OABC, ta có:
3
1
( )
3
OABC OABC TOAB TOAC TOBC TABC OAB OAC OBC ABC tp
tp
V
V V V V V r S S S S r S r
S
2.12 + Dễ thấy:
1
MN OP AB
;
1
NP OM BC
;
2
MP ON AC
Do tứ diện ONMP tứ diện gần + Ta có
1 1
2 CONM
OABC
V OC CN CM
V OC CA CM Tương tự :
1
;
4
AONP BOMP OABC OABC
V V
V V Từ ta có:
1 OMNP OABC
V V
2.13
2
2
1
9 ( ) ( )
2 2
OAB OAC OBC
h h
S S S ab bc ca ab bc ca
h
2.2
2 2
1 1
(ab bc ca)
a b c
.
Áp dụng BĐT Cơsi cho số dương ta có
2 2 2 3 2
2 2 2
3 2
1 1
3 1 1 1 1
( ) 3
3
a a a a b c ab bc ca a b c
a b c a b c
ab bc ca a b c
(đpcm)
2.14
3(1 3)
R
r
Từ 2.11, ta có
2 2
1
R a b c
và
3 OABC tp
V r
S
, đó:
2 2 2 2 2
2 2
2 2 .
2 2
3 3
3 tp
OABC OABC
tp
a b c ab bc ca a b a c b c
S a b c
R a b c
V abc
r V
S
2 2 4
2 2. 2 2 2 3
2R a b c ab bc ca a b a c b c a b c a b c a b c
r abc abc
3 3
3( 1)
abc abc
abc
Vậy:
3(1 3)
R
r Dấu “=” xảy a=b=c.