ĐỊNH NGHĨA TỨ DIỆN VUÔNG VÀ MỘT SỐ TÍNH CHẤT CƠ BẢN

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 vng tứ diện có OA, OB, OC đơi vng góc với Chú ý: Tứ diện trực tâm tứ diện có cạnh đối vng 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 VNG: Cho tứ diện vng SABC đỉnh S Khi ta có: Kẻ đường cao SH Khi H trực tâm tam giác ABC 1 1  2 2 SA SB SC SH = ( Định lí Pytago không gian) Tam giác ABC tam giác nhọn Và nhiều tính chất khác mà bạn tìm hiểu phần tập tứ diện vng mà chúng tơi 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 �SA  SB � SA   SBC  � SA  BC � SA  SC � Do SH   ABC  � SH  BC (2) (1) Vì   Từ (1) (2) suy Hoàn toàn tương tự ta chứng minh CP vng góc AB Từ ta có đpcm BC  SAH � BC  AM Tính chất 2: Được chứng minh phần III Tính chất 3: Trong (SBC) ta hạ SM vng góc với BC Ta thấy A, H, M thẳng hàng Tam giác SAM vng S ta có: Suy ra: Hay ta có: S SBC  S HBC S ABC (1) Lý luận hồn tồn 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 vng góc đơi với OA  a, OB  b Gọi M trung điểm BC Vẽ tính đoạn vng góc chung OC AM + Vẽ MM’//OC ( M ' �OB ), ta có: OC//(AM’M) + Vẽ OH  AM ' � OH  ( AMM ') + Vẽ HI//OC ( I �AM ), vẽ IJ//OH ( J �OC ) ta có IJ đoạn vng góc chung OC AM 1   2 OA OM '2 Tam giác OAM’ vng có OH đường cao nên: OH ab IJ  OH  4a  b Suy Bài 2: Trong mặt phẳng (P) cho tam giác ABC vng A có AB=c, AC=b Trên đường vng góc với (P) A lấy điểm S cho SA=h (h>0).M điểm di động SB Gọi J,I trung điểm BC AB a) Tính độ dài đoạn vng góc chung SI AB b) Tính tỉ số thể tích hình MBIJ BSCA độ dài đoạn vng góc chung AC MJ đạt giá trị lớn a) Gọi K trung điểm AC, ta có AB//(SKI) Do đó, khoảng cách SI AB khoảng cách từ A đến (SKI) Vẽ AH  SK Do AB  (SKA) nên AB  AH Mà KI//AB nên AH  KI Từ ta AH  ( SKI ) 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 bh AH  b  4h Vậy khoảng cách cần tìm VBMIJ BM BI BJ  V BS BC BA Bài 3: b) Ta có BSCA lăng trụ tam  ( SAB ) nên IJ giác ( SAB) Vẽ AL  MJ Vì IJ//AC,mà AC Cho ABC.A’B’C’ có IJ  AL Ta có AL nằm mp(ASB) nên tất cạnh Vậy AL  ( MIJ ) Mà AC//(MIJ) nên AL khoảng cáchd AC MJ a) LTính tích AL � AJ tứ Mặt khác tam giác ALJ vuông nên thể diện A’BB’C Khi AB  MJ b) Tính diện tích Suy M trung điểm AB thiết diện mp VBMIJ 1 1    qua A’B’ V 2 Vậy BSCA trọng tâm G ABC tính tỉ số thể tích phần khối lăng 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 d 39 Bài 4: Cho hình chóp SABC có SA, V1 , V2 Gọi thể tích phần trênSB, (chứa phần (chứa C’) thiết diện hình lăng trụ SC A) vng JI EC góc đơi   � JC '  3d JC ' A ' C Ta thấy với SA=a, VJEFC JE JF JC SB=b, SC=c   VJA ' B 'C ' JA ' JB ' JC ' 27 Hãy xác định V 19 tâm bán k  V2 kính mặt cầu Từ ngoại tiếp SABC EF  A ' B ' 5d 39 S M 'G  36 Gọi I trung điểm AB, suy I tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Vẽ   ( SAB) I,  trục tam giác SAB Trong mặt phẳng tạo  SC (do  //SC), vẽ trung trực SC cắt  O, ta có OA=OB=OC=OD nên O tâm mặt cầu ngoại tiếp SABC Ta có bán kính mặt cầu Bài 5: tam diện Oxyz có Ox, Cho AB SC 2 R  SO  SI  IO   Oy,Oz  vuông a  bgóc  cnhau 4 đơi một.Gọi I điểm tam diện a,b,c, khoảng cách từ I đến mặt (Oyz), (Oxz), (Oxy), Mặt phẳng  di động qua I cắt Ox,Oy,Oz A, B, C a.chứng minh a b c   1 OA OB OC b Tìm giá trị nhỏ VOABC cho biết vị trí I tam giác ABC lúc a) Ta có VOABC  VIOAB  VIOCA  VIOBC 1 OA.OB.OC  (OA.OB.c  OB.OC.a  OA.OC.b) 6 a b c �   1 OA OB OC � b)Vì I cố định nên a,b,c không đổi a b c   1 ta có OA OB OC a b c a b c    nên suy OA OB OC đạt giá trị lớn OA OB OC (bất đẳng thức Cơ-si) OA.OB.OC abc lúc đạt giá trị nhỏ , tức OA.OB.OC đạt giá trị nhỏ Bài 6: Cho Ox, Oy, Oz vng góc VOABC  OA.OB.OC với đôi Mà Lấy A �Ox, 9B�Oy, C �Oz abc cho OA=a, OC=c Nện thể tích OABC đạt giá trị nhỏ OB=b, OA=3a, OB=3b, OC=3c Tính diện tích tam giác Khi I trọng tâm tam giáca) ABC ABC theo a, b, c b) Giả sử A, B, C thay đổi ln ln có OA + OB + OC + AB + AC + BC = k không đổi Hãy xác định giá trị lớn thể tích tứ diện OABC a)Vẽ OH  AB ,định lý đường vng góc cho ta CH  AB 1 a  b2    2 a2 b2 ab Ta có: OH CH  OC  OH  c  a2  b2 a 2b a 2b  b 2c  c a CH  a  b2 Vậy S ABC  1 AB.CH  a 2b  b 2c  c a 2 2 2 2 b)Ta có: k  a  b  c  a  b  b  c  c  a �3 abc  2ab  2bc  2ac �3 abc  3 2ab2ac 2ca 3 suy k �3 abc  abc  3(1  2) abc ۣ abc ۣ abc k 3(1  2) k3 27(1  2)3 Do VOABC k3  abc � 162(1  2)3 Bài 7: k3 Cho góc tam diện ba góc Vậy giá trị lớn thể tích OABC 162(1  2) a = b = c vuông Oxyz.Trên Ox, Oy, k abc Oz lấy điểm 3(1  2) Khi AB = AC = BC = a thay vào ta k  3a  3a � A,B,C ka)Tính k khoảng cách từ A đến abc  2) theo 3(1= b,2) Vậy GTLN thể tích OABC 162(1(ABC) OA = a, OB OC = c b)Cho A cố định, B C di động thoả OA+OC = OA Hãy định vị trí B C cho thể tích tứ diện OABC đạt GTLN Chứng minh bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện OABC lại nhỏ 3) OAB vng cân ODAB OD = = Ta có OC (OAB), OD AB CD AB OCD vuông O tg= = = OCA vuông O tg= = = Ta lại có: = Do đó: + = + = + = Vậy: + = PHẦN III – BÀI TẬP TỰ LUYỆN Bài 1: Cho tứ diện vuông SABC đỉnh S mặt bên (SAB), (SBC), (SCA) hợp với đáy góc  ,  ,  chứng minh 15 tg 2  tg   tg 2  cot g 2  cot g   cot g 2 � Bài 2: Cho điểm M cố định góc tam diện Oxyz,cố định mặt phẳng qua M song song với mặt tam diện cắt Ox, Oy, Oz A1 , B1 , C1 Mặt phẳng (  ) di động qua M cắt Ox, Oy, Oz A, B, C khác O OA1 OB1 OC1   1 a)chứng minh OA OB OC    e b)Tìm vị trí (  ) cho : VOMAB VOMBC VOMCA VOABC đạt GTLN Bài 3: Cho điểm A, B, C cạnh Ox, Oy, Oz tam diện vuông Oxyz cho OA2  OB  OC  K (K > cho trước).Gọi D đỉnh thứ hình chữ nhật OADB M di động CD a)Với vị trí A, B, C ,gọi d =MA + MB.Hãy tìm giá trị nhỏ (d) b)Xác định vị trí A, B, C để d đạt GTLN Bài 4: Cho tứ diện vuông OABC với OA=OB=OC=a a)Xác định mp(P) cho tổng diện tích hình chiếu mặt tứ diện lên (P) đạt GTLN b)(P) hợp với mặt (BOC), (COA), (OAB) góc nhọn  ,  ,  chứng minh        Bài 5: Cho tứ diện OABC vuông O.Gọi  ,  ,  góc đường cao OH với cạnh OA, OB, OC Tìm GTNN biểu thức T cos   cos  cos   cos  cos   cos    cos  cos2  cos2  Bài 6: Cho tứ diện OABC có ba góc phẳng C vng Gọi x, y, z góc nhị diện cạnh BC, CA, AB Tìm GTNN biểu thức E  sin x  1  sin y   sin z  4 sin x sin y sin z Bài 7: Cho tam diện Oxyz có góc đỉnh vuông Gọi A, B, C điểm nằm Ox,Oy, Oz a)Cho A, B cố định, C di động Oz Tìm quỹ tích chân đường trung tuyến vẽ từ A, B, suy quỹ tích trọng tâm tam giác ABC b)Cho điểm C cố định, điểm A, B di động cho OA + OB = l khơng đổi Tìm quỹ tích trung điểm M AB suy quỹ tích trọng tâm tam giác ABC PHẦN IV - ỨNG DỤNG CỦA TỨ DIỆN VNG Định nghĩa: Tứ diện vng tứ diện có góc tam diện ba mặt vng Trong tứ diện vng 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 cơng thức = ++ Chứng minh: (h.6.1) Dựng OD BC AD BC nên CB (AOD) Kẻ OH AD, lúc OH (ABC) Trong tam giác vng OBC OAD có =+; = + 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, = 60, SO mp(ABCD) SO = a) Tính d(O;(SBC)), d(A;(SBC)) b) Tính d(AD;SB) Lời giải a)Từ giả thiết ta tính OB =; OC = Do tứ diện OSBC vuông O nên =+ + = ++= Suy d(O;(SBC)) = Lại có = = Nên: d(A;(SBC)) = 2d(O;(SBC)) = = b) AD//(SBC) nên d(AD;SB) = d(AD;(SBC)) = d(A;(SBC)) = Thí dụ Cho hình lập phượng ABCD có cạnh a Tính d(AC ; DC) Lời giải Vì AC// (nên d(AC ; ) = d(AC ; () = d(A ; () = d( ; () Tứ diện vuông nên = ++= Do d(AC ; ) = Thí dụ Cho lăng trụ đứng ABC có đáy ABC tam giác vuông B, AB = BC = a, cạnh bên = Gọi M trung điểm BC a) Tính d(AM ; ) b) Tính d(M; ()) Lời giải a)Gọi E trung điểm //(AME) Do d(AM ; ) = d( ; (AME) ) = d(; (AME)) = d(; (AME)) Vì tứ diện BAME vng B nên ta có: = + += Suy d(; (AME)) = Vậy d(AM ; ) = b)Ta thấy d(M; ())= Vì tứ diện B vuông B, nên = + +=++= Suy d(B; ()) = Do d(M; ()) = Thí dụ Cho lăng trụ có tất cạnh a Gọi M, N trung điểm , Tính d( Lời giải Gọi O lần lượu trung điểm BC ; P giao điểm với CN Vì // mp(CAN) nên d(; CN) = d( ; (CAN))=d(; (CAN))= d(B ; (CAN))= 2d(O ; (CAN))=2d(O;(CAP)) Tứ diện OACP vuông O nên = ++= Vậy d(O ; (CAP)) = Do d(= Thí dụ Cho hình chóp S.ABCD, có đáy ABCD hình thang, =,BA=BC=a, AD = 2a Cạnh bên SA vng góc với đáy SA = Gọi H hình chiếu vng 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: === = Suy H trọng tâm tam giác SAM Từ = = Tứ diện ASDM vng A nên = ++ = Suy d(A;(SCD)) = a Vậy d( H;(SCD))= Thí dụ Cho hình lập phương ABCD có cạnh a Gọi K trung điểm Tính d(CK; ) Lời giải(h.6.7) Gọi M trung điểm Ta có //KC nên d(CK; ) = d(CK; ())= d(K; ()) Gọi N giao điểm AK với P giao điểm AB với Khi = = Suy d(CK; ) = = Tứ diện vuông A nên= ++= Suy d(A;()) = Vậy d( CK; )= BÀI TẬP 1.Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình vng cạnh a, cạnh SA vng góc với đáy 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 trịn đường kính AD = 2a SA vng 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 có cạnh a Gọi M, N, P trung điểm AD Gọi O giao điểm AC BD Tính S(B;(MNP)), d(O;(MNP)) Cho hình hộp chữ nhật ABCD có AB = a, AD = 2a, = a Gọi M điểm chia đoạn AD theo tỉ số =3 Tính d( M; ()) Cho hình hộp chữ nhật ABCD có AB =6 cm ,AD = 4cm d( A; (= 2cm Tính thể tích hình hộp chữ nhật Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình thoi tâm O, SO mp(ABCD), AC =4, BD=2, SO= Tính a) d(A;(SBC)) b) d(AB;SD) Cho lăng trụ đứng có đáy ABC tam giác vng A Biết =1, BC=2, AB = Tính d( A;( PHẦN V - MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP TÌM CỰC TRỊ TRONG HÌNH HỌC KHƠNG GIAN Trong chương trình mơn Hình học khơng gian lớp11, bên cạnh tốn xác định, tính tốn yếu tố chứng minh tính chất cịn kể đến tốn cực trị có ứng dụng lớn Những dạng tốn sách giáo khoa phổ thơng cịn ít; nhiều học sinh cịn gặp khó khăn xác định phương pháp giải Giải toán cực trị hình học liên hệ yếu tố: độ dài đoạn vng 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 cạnh a Một mặt phẳng qua BD’ cắt AA’ M, cắt CC’ N (như hình vẽ) C' D' 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 khơng đổi Suy S nhỏ MH nhỏ Do M thuộc AA’, H thuộc BD’ MH nhỏ đường vng 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 khơng gian thơng qua tốn cực trị hình học phẳng Bài tốn: Chứng minh cạnh dài hình tứ diện khoảng cách lớn hai điểm thuộc tứ diện Giải: Trước tiên ta xét tốn hình học phẳng: “ Chứng minh tam giác, cạnh dài khoảng cách lớn điểm thuộc tam giác” A A M N B C B N C A M N D B E F C 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 tốn khơng 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 vng (tứ diện có mặt vng 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 vng cần tìm nội tiếp mặt cầu bán kính R cho trước Gỉa sử tứ diện vng OABC có mặt vng OAB, OBC, OCA vng O OA = a , OB = b , OC = c; ta có: R = ; 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: V = ( S OAB +SOBC + SOCA+SABC) = ( a.b + b.c + c.a + ) (2) Từ (1) (2) suy ra: = ++ + Do : ++ + ) Ta có: , đẳng thức có : a = b = c; ++ , đẳng thức có : a = b = c Vì = 3, đẳng thức có : a = b = c; Suy ra: + ; hay r = , đẳng thức có a = b = c = Vậy tứ diện vng cần tìm có cạnh a = b = c= , chứa mặt cầu có bán kính lớn r = Giải toán cực trị hình học phương pháp diện tích, thể tích Bài tốn: Cho tứ diện mặt vng 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 vng OABC, có OA = a , OB = b , OC = c, vẽ hình hộp chữ nhật nội tiếp có đỉnh M nằm mặt ABC, đỉnh cịn lại nằm mặt vng 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 vng 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 hố Bài tốn: Cho bìa hình vng cạnh a Cắt theo cạnh hình vng 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 hình chóp hình vẽ (các đỉnh hình vng trùng với đỉnh hình chóp) 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 vng SMH có: SH2 = SM2 – HM2 Dẽ thấy SM = a/ – x/2 HM = x/2 Vậy V = x2 Đặt t = x / (a/ ) ta V = (a3 / 4) t2 (với < t 1) V đạt giá trị lớn t đạt giá trị lớn Chuyển t vào thức áp dụng bất đẳng thức Cô si cho số t/4 số 1-t, ta tìm t = 4/5 Suy x = a, thoả mãn điều kiện đặt, V đạt giá trị lớn Vậy hình chóp có cạnh đáy x = a thỏa mãn yêu cầu tốn 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 khơng gian trang 45 ... vng tứ diện có góc tam diện ba mặt vng Trong tứ diện vng 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 =... (2) có dấu � a = b = c � OABC tứ diện vuông cân đỉnh O Bài 17: Cho tứ diện vuông ABCD đỉnh A Gọi A cạnh lớn tứ diện xuất phát từ A r bán kính hình cầu nội tiếp tứ diện Chứng minh   a �3 r Đặt... a  b  c � OABC tứ diện vuông cân đỉnh O Chú ý: Với tứ diện ABCD, bán kính hình cầu nội tiếp r r tính cơng thức sau: 3V Stp Ở V, Stp tương ứng thể tích diện tích tồn phần tứ diện Thật vậygọi