Định lý 2.2.1. (Định lý Ceva) Trong không gian cho tứ diện ABCD. Gọi X là điểm trên AB, Y là điểm trên BC, Z là điểm trên CD và W là điểm trên DA. Bốn mặt phẳng (AZB),(BW C),(CXD) và (DY A) cắt nhau tại một điểm khi và chỉ khi
AX XB.BY
Y C.CZ ZD.DW
W A =1. (2.7)
Chứng minh.
Gọi A′ =BZ∩DY, C′=BW ∩DX. (Hình 2.10) Khi đó (AZB) ∩ (AY D) = AA′, (CXD)∩(DYA)=CC′.
Dựng mặt phẳng chứa cả AA′ và CC′. Gọi T =AC′∩CA′. Áp dụng định lý Ceva cho tam giác ADB và tam giác CDB ta nhận được kết quả sau:
AW W D.DT
T B.BX
XA =1,BT T D.DZ
ZC.CY Y B = 1.
Nhân hai vế đẳng thức trên ta có AW
W D.DT T B.BX
XA.BT T D.DZ
ZC.CY
Y B =1⇔ AX XB.BY
Y C.CZ ZD.DW
W A =1.
Hình 2.10
∎ Định lý 2.2.2. (Định lý Ptolemy)
Với mỗi khối tứ diện ABCD ta có các bất đẳng thức :
AB.CD< AC.BD+AD.BC (2.8) AC.BD< AB.CD+AD.BC (2.9) AD.BC < AC.BD+AB.CD (2.10) Chứng minh.
Hình 2.11
Trong mặt phẳng (BCD) ta lấy điểm E sao cho B và E khác phía với đường thẳng CD và AC =CE, AD =DE. (Hình 2.11)
Ngoài ra dấu đẳng thức không xảy ra.
Hoàn toàn tương tự cho các cặp còn lại
AC.BD< AB.CD+AD.BC AD.BC <AC.BD+AB.CD.
∎ Bài toán 2.2.3. (Omlypic 30/4, Việt Nam 2000) Cho hình chóp tam giác ABCD. Giả sử các trung tuyến của các tam giác ABC, ABD, ADC kẻ từ A tạo với những cạnh đáy BC, BD, CD các góc bằng nhau. Chứng minh diện tích một mặt bên của hình chóp nhỏ hơn tổng diện tích các mặt bên còn lại.
Bài giải. (Hình 2.12)
Hình 2.12
Gọi α là góc tạo bởi các trung tuyến AM, AK, AL với các cạnh đáy BC, DC, BD. Vì vai trò của các mặt bên là như nhau nên ta chỉ cần chứng minh diện tích SABC < SACD+SABD. Thật vậy, áp dụng định lý Ptolemy
(2.9) cho tứ diện AM KL ta có AM.KL <AK.M L+AL.M K. Bất đẳng thức trên tương đương với các bất đẳng thức
AM.BC <AK.DC +AL.BD
⇔AM.BC.sinα <AK.DC.sinα+AL.BD.sinα
⇔SABC <SACD+SABD.
Bài toán 2.2.4. (Tạp chí Toán học tuổi trẻ, số 264)
Trên cạnh CD của hình tứ diện ABCD lấy điểm N (N khác C, D).
Ký hiệu c(XY Z) là chu vi tam giác XY Z. Chứng minh rằng N C.c(DAB) +N D.c(CAB) > CD.c(N AB).
Bài giải. Xét bất đẳng thức Ptolemy (2.9) cho bốn bộ điểm (N, A, C, D) và (N, C, B, D) ta có:
N C.DA+N D.CA>CD.N A, (2.11) N C.DB+N D.CB >CD.N B. (2.12) Mặt khác, vì N thuộc đoạn CD nên N C +N D= CD. Do đó
N C.AB +N D.AB =CD.AB. (2.13) Cộng theo vế ba đẳng thức (2.11), (2.12) và (2.13) ta được bất đẳng thức cần chứng minh.
Định lý 2.2.5. (Công thức Crelle)
Với mỗi khối tứ diện ABCD đều tồn tại ít nhất một tam giác mà số đo các cạnh của nó bằng tích số đo các cặp đối của tứ diện đó. Hơn nữa, nếu gọi V là thể tích, R là bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD thì ta có công thức số đo
S =6V.R (2.14)
Bổ đề 2.2.6. Cho tứ diện ABCD với BC = a;AD = m;AC = b;BD = n;AB = c;CD = p. Ta có thể lấy am, bn, cp là độ dài ba cạnh của tam giác.
Chứng minh. (Hình 2.13)
GọiOlà tâm hình cầu ngoại tiếp tứ diệnABCD. KẻOO1 ⊥ (ABCD), thì O1 là tâm đường tròn ngoại tiếp ∆ABC. Gọi π là tiếp diện của mặt cầu ngoại tiếp nói trên tại A, tức là OA ⊥ (π).
Giả sử (π) ∩ (ABC) = Ax. Do OA ⊥ (π) ⇒ OA ⊥ Ax, vì thế theo định lý ba đường vuông góc suy ra Ax ⊥ OO1 ⇒ Ax là tiếp tuyến với đường tròn ngoại tiếp ∆ABC tại A (tiếp tuyến này nằm trong (ABC)) .
Hình 2.13
Từ B kẻ BC1 ∥ AC (ở đây C1 ∈ Ax) (Hình 2.14). Vì AC1 là tiếp tuyến với đường tròn ngoại tiếp ∆ABC tại A và BC1 ∥ AC ⇒∆ABC ∼
∆ABC1.
⇒ BC AC1 =
AC
AB ⇒AC1 = AB.BC AC =
a.c
b . (2.15)
Hình 2.14
Tương tự giả sử (π) ∩ (ABD) = Ay ⇒ Ay nằm trong (ABD) và là tiếp tuyến tại A của đường tròn ngoại tiếp ∆ABD. Qua B kẻ BD1 ∥ AD (D1 ∈Ay). Ta có
∆ABD ∼∆ABD1 ⇒ BD
AD1 = AD
AB ⇒AD1 = AB.BD AD =
nc
m. (2.16)
Giả sử (π) ∩ (ADC) = Az⇒Az nằm trong (ADC) và là tiếp tuyến tại A của đường tròn ngoại tiếp ∆ADc. Qua D kẻ DC2 ∥AC (C2 ∈Az). Ta có
∆ADC2 ∼∆ADC ⇒ DC AC2 =
AC
AD ⇒AC2 = AD.DC AC =
mp
b . (2.17) Từ D kẻ DB2 ∥AB (b2 ∈Ay). Ta có
∆ADB2 ∼ ∆ADB ⇒ BD AB2 =
AB
AD ⇒AB2 = AD.BD AB =
m.n
c . (2.18) Vì (ADC2) ∥ (BD1C1) (do (AD ∥BD1);BC1 ∥ DC2) mà
{(ADC2) ∩ (π) = AC2
(BD1C1) ∩ (π) = D1C1 ⇒AC2 ∥D1C1.
Lý luận tương tự ta có B2C2 ∥AC1, vì thế ∆AB2C2 ∼ ∆AC1D1.
⇒ C1D1
AC2 = AD1
AB2 ⇒C1D1 = AC2.AD1 AB2
. (2.19)
Thay (2.16), (2.17), (2.18) vào (2.19) có C1D1 =
mp b .nc
m.nm c
= p.c2
b.m. (2.20)
Xét tam giác ∆AC1D1, ta thấy theo (2.15), (2.16) và (2.20);
AC1 = a.c
b ;AD1 = n.c
m ;C1D1 = p.c2 b.m. Xét số k = b.m
c , thì a.c
b .b.m
c = a.m;n.c m .b.m
c =b.n;p.c2 b.m.b.m
c =p.c.
Vậy tam giác có ba cạnh là:am, bn, cp là tam giác đồng dạng với ∆AC1D1 theo tỷ số đồng dạng là k = b.m
c . Từ cách xây dựng trên ta có SAD1C1 = c2
b2.m2.S. (2.21)
Chứng minh công thức Crelle ∎
ta có
VB.AD1C1 = 1
3BK.SAD1C1 = c4
2R.b2.m2.S. (2.23) Vì hai tứ diện B.AC1D1 và ABCD có góc tam diện đỉnh B và A trùng khít nhau (do BC1 ∥AC;BD1 ∥AD)
VBAD1C1
VABCD = BA.BC1.BD1 AD.AC.AB =
BC1.BD1 b.m =
c4
b2.m2. (2.24) VBAD1C1 = c4
b2.m2.V. (2.25)
Từ (2.23) và (2.25) suy ra c4
b2.m2.V = c4
2R.b2.m2.S ⇒S= 6R.V.
Định lý 2.2.7. (Định lý 1 về tứ diện trực tâm)
Điều kiện cần và đủ để ABCD là khối tứ diện trực tâm là
AB2 +CD2 =AC2+BD2 =BC2+AD2 (2.26) Chứng minh. Giả sử ABCD là tứ diện trực tâm. Gọi I, J, E, F, K, H tương ứng là các trung điểm của các cặp cạnh đối AB, CD;AC, BD và AD, BC nên suy ra IJ =EF = KH(= a). (Hình 2.15)
Ta có
AB2+CD2 = 4EK2 +4KF2 =4(EK2+KF2). Do KEHF là hình chữ nhật nên suy ra
AB2+CD2 = 4EF2 =4.a2. Lập luận tương tự ta cũng có
AC2+BD2 =4.a2,
Hình 2.15
AD2+BC2 =4.a2. Vậy
AB2 +CD2 =AC2+BD2 =BC2+AD2.
Đảo lại, giả sử AB2+CD2 =AC2 +BD2 = BC2 +AD2 và giả sử (=4.a2).
Suy ra
EK2 +KJ2 = EK2+EH2 =IE2+IF2 =a2.
Theo hệ thức lượng, trong các hình bình hành KIHJ, KEHF và IEJ F ta có:
2(IK2+KJ2) = IJ2 +KH2, 2(EK2 +EH2) = KH2+EF2, 2(IE2+IF2) = EF2+IJ2. Vậy suy ra
IJ2+KH2 = KH2+EF2 = IJ2 +EF2 IJ2 =EF2 =KH2 ⇒IJ = EF =KH.
Vậy ABCD là tứ diện trực tâm. ∎
Bài toán 2.2.8. Cho ABCD là tứ diện trực tâm. Chứng minh rằng có ít nhất một mặt của tứ diện là tam giác nhọn.
Bài giải.VìABCDlà tứ diện trực tâm, nên theo (2.26) ta cóAB2+CD2 = AC2+BD2 = BC2+AD2, theo định lý hàm số cosin trong tam giác ABC có
2.AB.AC.coŝBAC =AB2+AC2−BC2. (2.27)
Hình 2.16
Từ giả thiết suy ra
AB2+AC2−BC2 = AB2 +AD2−BD2. (2.28) Lại theo định lý hàm số cosin trong tam giác ABD có
AB2+AD2 −BD2 = 2.AB.AD.cosBAD.̂ (2.29) Từ (2.27); (2.28) và (2.29) suy ra
AB.AC.cosBAĈ=AB.AD.cosBAD.̂ (2.30) Từ (2.30) ta thấy ngay BAC,̂ BAD̂ hoặc cùng nhọn, hoặc cùng tù, hoặc cùng vuông,.
Bằng cách chứng minh tương tự ta suy ra kết luận trên đúng với các góc phẳng bất kỳ có chung đỉnh của tứ diện. Từ đó suy ra chỉ có hai khả năng sau xảy ra:
1) Nếu tất cả các góc phẳng của tứ diện ABCD đều nhọn, thì một mặt bất kỳ của tứ diện là tam giác nhọn.
2) Nếu có một trong các góc phẳng (giả sử tại đỉnh A) không nhọn thì cả ba góc phẳng tại đỉnh đó đều không nhọn, do đó các góc phẳng còn lại của tứ diện phải nhọn (vì mặt bất kỳ của tứ diện phải có ít nhất hai góc nhọn). Trong trường hợp này tam giácACD là tam giác nhọn.
Định lý 2.2.9. (Định lý 2 về tứ diện trực tâm)
Điều kiện cần và đủ để ABCD là tứ diện trực tâm là các góc giữa các cạnh đối có cùng một số đo. (Chú ý góc giữa hai đường thẳng chéo nhau luôn xét là góc không vượt quá 900.)
Chứng minh.
Điều kiện đủ: Giả sử ABCD là tứ diện trực tâm khi đó AB ⊥CD, AC ⊥ BD, AD ⊥ BC và dĩ nhiên các góc giữa hai cạnh đó có cùng số đo và bằng 900.
Điều kiện cần: Giả sử các góc giữa các cặp cạnh đối diện một tứ diện và bằng nhau ta chứng minh tứ diện đó là tứ diện trực tâm.
Bổ đề 2.2.10.
Chứng minh. Xét tứ diện SABC, lấy các điểm A′, B′, C′ trên các cạnh tương ứng SA, SB, SC sao cho: SA.SA′ =SB.SB′ =SC.SC′ =k2.
Ta có SASB′ = SBSA′, do đó ∆SA′B′∼ ∆SBA.
Và ta có A′B′
BA = SA′
SB =
SA′.SA SB.SA =
k2
SA.SB ⇒
A′B′ SC.BA =
k2
SA.SB.SC. Một cách tương tự ta cũng có SA.BCB′C′ = SA.SB.SCk2 và SB.CAC′A′ = SA.SB.SCk2 . Suy ra
A′B′ SC.BA =
B′C′ SA.BC =
C′A′ SB.CA.
Như vậy các tích số đo SC.AB;SA.BC;SB.CAlà số đó của ba cạnh một
tam giác đồng dạng với ∆A′B′C′. ∎
Bổ đề 2.2.11. Cho tứ diện SABC trong đó SA = a, , SB = b, SC = c, CA = d, CB = e, AB = f. Các góc giữa SA và BC; giữa SB và AC; giữa SC và AB theo thứ tự là α, β, γ. Khi đó trong ba đại lượng a.b.cosα, c.d.cosβ, e.f.cosγ, đại lượng lớn nhất bằng tổng hai đại lượng kia.
Chứng minh. Xét hình hộp S′AB′C′ ngoại tiếp tứ diện SABC. ĐặtSA′ = m, A′B = n;AA′=p và giả sử
m ≥n≥p. (2.31)
Gọi O1, O2, O3 lần lượt là tâm các mặt SA′AS′, SA′BC′, A′BB′A từ (2.31) ta có α = ̂AO1A′;β= ̂A′O2B;γ= ̂AO3A′. Áp dụng định lý hiệu bình phương hai cạnh vào tam giác ∆A′SA,∆A′SB,∆A′BA ta có:
Từ đó ta có a.b.cosα =c.d.cosβ+e.f.cosγ. ∎ Vậy trở về bài toán đang xét. Nếu α = β = γ < 900 thì cosα = cosβ = cosγ >0 và ta có a.b=c.d+e.f, điều này mâu thuẫn với Bổ đề 2.2.10.
Vậy α= β =γ =900.
∎ Định lý 2.2.12. (Định lý hàm số sin thứ 1)
Hình 2.17
Lấy A trên Ox. Đặt OA = a. Kẻ AH ⊥ (Oyz); AB ⊥ Oy, AC ⊥ Oz. Theo định lý ba đường vuông góc thì OHperpOz, HB ⊥Oy.
Vậy ACĤ là góc nhị diện đối diện với góc phẳng xOŷ = γ ⇒ ̂ACH = C, tương tự ABĤ =B. (Hình 2.17)
Ta có
AH =AB.sinB =a.sinγ.sinB, AH =AC.sinC =a.sinβ.sinC.
Suy ra sinsinBβ = sinsinCγ.
Lý luận tương tự và ta sẽ dẫn đến sinα sinA =
sinβ sinB =
sinγ sinC.
∎ Định lý 2.2.13. (Định lý hàm số sin thứ 1 (cho tứ diện))
Trong một tứ diện tích của các cặp cạnh đối nhau chia cho tích của sin các nhị diện của từng cặp đó là bằng nhau.
Chứng minh. Giả sử AB = a, CD =c, là hai cặp cạnh đối, gọi α, β tương ứng là các góc nhị diện cạnh AB, CD của tứ diện.
Đặt S1 = SABC, S2 = SABD, S3 = SBCDS4 = SACD theo bổ đề 2.2.14 (2.34) ta có:
V = 2S1.S2.sinα
3a =
2S3.S4.sinβ
3c .
Từ đó suy ra
V = 4S1.S2.S3.S4sinαsinβ
9ac ⇒
ac
sinα.sinβ =
4S1.S2.S3.S4
9V2 . (2.33) Vì vế phải của (2.33) là biểu thức hoàn toàn bình đẳng với các cạnh và các sin của các góc nhị diện tương ứng, nên 4S1S2S3S4
9V2 là giá trị chung cho tỷ số của các cặp cạnh đối tứ diện với tích các sin của các nhị diện của từng cặp cạnh đối đó.
Nếu ta gọi AB = a, BC = b, CD = c, DA = d, Ac = e, BD = f và gọi α, β, β, δ, θ, ω tương ứng là các góc nhị diện của các nhị diện cạnh a, b, c, d, e, f thì ta có
ac
sinα.sinβ =
bd
sinγ.sinδ =
ef
sinθ.sinω =
4S1.S2.S3.S4
9V2 .
∎ Bổ đề 2.2.14. Cho tứ diện ABCD, cạnh AB =a, Gọi S1, S2 là diện tích hai mặt CAB và DAB tương ứng. Gọi α là góc nhị diện của hai mặt phẳng này và V là thể tích của tứ diện ABCD thì
V = 2S1.S2.sinα
3a . (2.34)
Chứng minh.
Ta kẻ CH ⊥ (ABD), kẻ CK ⊥AB thì HK ⊥AB (Hình 2.18 ) (định lý ba đường vuông góc). Khi ấyCKĤ chính là góc nhị diện của mặtCAB và DAB nên CKĤ = α. Theo giả thiết
S1 =SABC, S2 =SABD ⇒V = 1
3CH.S2. (2.35) Ta có
CH =CK.sinα= 2SABC
AB .sinα = 2S1
a .sinα. (2.36) Thay (2.36) vào (2.35) ta có V = 2S1.S2.sinα
3a .
∎
Hình 2.18
Định lý 2.2.15. (Định lý hàm số cosin thứ 1)
Cho góc tam diện Ox, Oy, Oz. Ba góc phẳng ở đỉnh là α, β, γ. Các góc nhị diện đối với các mặt đó là A, B, C. Thì ta luôn có
cosα =cosβ.cosγ+sinβ.sinγ.cosA. (2.37) Chứng minh.
Hình 2.19
KẻAB′, AC′vuông góc vớiOA,cắtOy, Oz tương ứng tạiB′, C′.(Hình 2.19) Đặt OA =m, OB′= n, OC′ =p. Đặt B′C′ =a, AC′ =b, AB′=c. Khi đó áp
dụng định lý hàm số cosin, ta có
a2 =b2+c2 −2bc.cosA, (2.38)
a2 =n2 +p2−2np.cosα. (2.39) Ta lại có b=mtanβ, c=mtanγ
n= m
cosγ;p= m
cosβ. (2.40)
Khi đó từ (2.38), (2.39) và (2.40) suy ra
cosα =cosβ.cosγ+sinβ.sinγ.cosA.
∎ Định lý 2.2.16. (Định lý hàm số cosin thứ 2)
Cho góc tam diện Ox, Oy, Oz. Ba góc phẳng ở đỉnh là α, β, γ. Các góc nhị diện đối với các mặt đó là A, B, C. Thì ta luôn có
cosA=sinB.sinC.cosα−cosB.cosC. (2.41) Chứng minh. Từ M là một điểm nằm trong tam diện kẻ M P, M Q, M R
Hình 2.20
vuông góc với các mặt phẳng tương ứng là(xOy),(yOz),(zOx)(Hình 2.20).
Góc tam diện M có góc ở đỉnh bằng góc phẳng nhị diện tương ứng của góc tam diện đỉnh O, và có góc nhị diện bằng góc phẳng ở đỉnh tương ứng của tam diện đỉnh O. Áp dụng (2.41) bằng cách tráo đổi vai trò như trên ta được cosA= sinB.sinC.cosα−cosB.cosC. ∎ Định lý 2.2.17. (Định lý Bretschneider)
Giả sử a và c là độ dài cặp cạnh đối của tứ diện và tương ứng là các góc nhị diện của các cạnh này. Ta luôn có đại lượng
M =a2+c2+2a.c.cotα.cotβ. (2.42) sẽ không phụ thuộc vào cách chọn các cặp cạnh đối của tứ diện.
Ta thấy
(2.43) ⇔2S1 = 3V
S1 (a.cotα+bcotγ+ecotθ) (2.44)
⇔a.cotα+b.cotγ+e.cotθ = 2S12
3V . (2.45)
Tương tự như (2.45) ta có
a.cotα+d.cotδ +f.cotω = 2S22
3V (2.46)
b.cotγ +c.cotβ+f.cotω = 2S32
3V (2.47)
c.cotβ+d.cotδ+e.cotθ=2S42
3V . (2.48)
Lấy (2.45) cộng (2.46) rồi trừ đi ((2.47) cộng (2.48)) ta có a.cotα−c.cotβ = S12 +S22 −S32−S42
3V .
Bình phương hai vế đẳng thức trên, có
a2.cot2α+c2.cot2β−2a.c.cotα.cotβ = (S12+S22 −S32−S42)
9V2 .
Hay a2 sin2α +
c2
sin2β − (a2 +c2+2a.c.cotα.cotβ) = (S12+S22−S32 −S42)2
9V2 . (2.49) Mà
V = 2S1S2sinα
3a ⇒
a2 sin2α =
4S12.S22
9V2 . (2.50)
Tương tự
a2 sin2α =
4S12.S22
9V2 . (2.51)
Thay (2.51), (2.50) vào (2.49) ta có 4S12.S22
9V2 +
4S32.S42 9V2 −
(S12+S22−S32 −S42)2
9V2 =a2+c2+2ac.cotα.cotβ
⇒a2 +c2+2ac.cotα.cotβ =
= 2(S12.S22+S12.S32+S12.S42+S22.S32+S22.S42+S32.S42) − (S14+S24+S34+S44)
9V2 .
(2.52) Vế phải của (2.52) là biểu thức bình đẳng với S1, S2, S3, S4. Suy ra giá trị đó cũng là giá trị của:
T =b2+d2 +2b.d.cotγ.cotδ, H =e2+f2+2e.f.cotθ.cotω.
∎