Tứ diện vuông ứng dụng Sưu tầm Biên soạn: Phạm Minh Tuấn Sƣu tầm: Phạm Minh Tuấn PHẦN – ĐỊNH NGHĨA TỨ DIỆN VUÔNG VÀ MỘT SỐ TÍNH CHẤT CƠ BẢN A – ĐỊNH NGHĨA TỨ DIỆN VNG: Tứ diện OABC gọi tứ diện vng tứ diện có OA, OB, OC đơi vng góc với A O C B Chú ý: Tứ diện trực tâm tứ diện có cạnh đối vng góc Như ta thấy tứ diện vuông l| loại tứ diện trực t}m đặc biệt Chính tứ diện trực t}m 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 l| trực tâm tam giác ABC 1 1  2 2 SH SA SB SC = ( Định lí Pytago khơng gian) Tam giác ABC tam giác nhọn Và nhiều tính chất khác mà bạn tìm hiểu phần tập tứ diện vuông mà trình bày phần sau Chứng minh tính chất nêu trên: Sƣu tầm: Phạm Minh Tuấn A P S H B M C Tính chất 1: AH kéo dài cắt BC M, CH kéo dài cắt AB P  SA  SB  SA   SBC   SA  BC Do   SA  SC Vì SH   ABC   SH  BC (1) (2) Từ (1) (2) suy BC   SAH   BC  AM Ho|n to|n tương tự ta chứng minh CP vng góc AB Từ ta có đpcm 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 vuông S ta có: Suy ra: Hay ta có: SSBC  SHBC S ABC (1) Lý luận ho|n to|n tương tự ta có: Sƣu tầm: Phạm Minh Tuấn S SAB  S HAB S ABC (2) S SAC  S HAC S ABC (3) Cộng vế (1), (2) v| (3) ta có đpcm Tính chất 4: Thật ta gi{c ABC theo định lí hàm cosin ta có: 2 2 2 AB  AC  BC  a  b    a  c    b  c  a2   0 cos A  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 đôi với OA  a, OB  b Gọi M trung điểm BC Vẽ tính đoạn vng góc chung OC AM C J M O I H A M' B + 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 l| đoạn vng góc chung OC AM 1 Tam gi{c OAM’ vng có OH l| đường cao nên:   2 OH OA OM '2 ab Suy IJ  OH  4a  b Sƣu tầm: Phạm Minh Tuấn Bài 2: Trong mặt phẳng (P) cho tam giác ABC vuông 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 S M C H K L A I J B a) Gọi K l| 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 v| AB l| đoạn AH Áp dụng hệ thức lượng tam gi{c vuông SAK,đường cao AH 1    2 2 2 AH AK AS b h bh Vậy khoảng cách cần tìm AH  b  4h V BM BI BJ b) Ta có BMIJ  VBSCA BS BC BA Vẽ AL  MJ Vì IJ//AC,mà AC  ( SAB) nên IJ  (SAB) Ta có AL nằm mp(ASB) nên IJ  AL Vậy AL  (MIJ ) Mà AC//(MIJ) nên AL khoảng cách AC MJ Sƣu tầm: Phạm Minh Tuấn Mặt khác tam giác ALJ vuông L nên AL  AJ Khi AB  MJ Suy M l| trung điểm AB V 1 1 Vậy BMIJ   VBSCA 2 Bài 3: Cho lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’ có tất cạnh d a) Tính thể tích tứ diện A’BB’C b) Tính diện tích thiết diện mp  qua A’B’ trọng tâm G ABC tính tỉ số thể tích phần khối lăng trụ  chia cắt J E A C G M F B C' A' M' B' d3 12 b) Thiết diện l| hình thang A’B’FE Gọi M,M’ l| trung điểm AB v| A’B’ a) VA ' BB 'C  VABC A ' B 'C '  VAA ' BC  VA ' B 'C 'C  Ta có : M ' G  MM '2  MG  d 39 Diện tích thiết diện EF  A ' B ' 5d 39 M 'G  36 Gọi V1 ,V2 thể tích phần (chứa A) phần (chứa C’) thiết diện hình lăng trụ S Ta thấy JI EC    JC '  3d JC ' A ' C Sƣu tầm: Phạm Minh Tuấn VJEFC JE JF JC   VJA ' B 'C ' JA ' JB ' JC ' 27 Từ k  V1 19  V2 Bài 4: Cho hình chóp SABC có SA, SB, SC vng góc đôi với SA=a, SB=b, SC=c Hãy xác định tâm bán kính mặt cầu ngoại tiếp SABC C M O S B A I Gọi I l| 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 Sƣu tầm: Phạm Minh Tuấn R  SO  SI  IO  AB SC 2 2   a b c 4 Bài 5: Cho tam diện Oxyz có Ox, Oy,Oz vng góc 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 x A I O C z B y 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 khơng đổi a b c ta có   1 OA OB OC a b c a b c nên suy đạt giá trị lớn    (bất đẳng thức Cô-si) OA OB OC OA OB OC Sƣu tầm: Phạm Minh Tuấn OA.OB.OC đạt giá trị nhỏ , tức l| OA.OB.OC đạt giá trị nhỏ abc Mà VOABC  OA.OB.OC Nện thể tích OABC đạt giá trị nhỏ abc OA=3a, OB=3b, OC=3c lúc Khi I l| trọng tâm tam giác ABC Bài 6: Cho Ox, Oy, Oz vng góc với đôi Lấy A  Ox, B  Oy, C  Oz cho OA=a, OB=b, OC=c a) Tính diện tích tam giác 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 C O B H A a)Vẽ OH  AB ,định lý đường vng góc cho ta CH  AB Ta có: 1 a  b2    2 OH a b ab CH  OC  OH  c  a 2b  b c  c a CH  a  b2 a  b2 a 2b Sƣu tầm: Phạm Minh Tuấn Vậy S ABC  1 AB.CH  a 2b  b c  c a 2 b)Ta có: k  a  b  c  a  b  b  c  c  a  3 abc  2ab  2bc  2ac  3 abc  3 2ab2ac2ca suy k  3 abc  3 abc  3(1  2) abc  abc  k 3(1  2) k3  abc  27(1  2)3 Do k3 VOABC  abc  162(1  2)3 Vậy giá trị lớn thể tích OABC k3 a = b = c 162(1  2)3 Khi AB = AC = BC = a thay v|o ta k  3a  3a  a  b  c  k 3(1  2) k3 k Vậy GTLN thể tích OABC a  b  c  162(1  2) 3(1  2) Bài 7: Cho góc tam diện ba góc vng Oxyz.Trên Ox, Oy, Oz lấy điểm A,B,C a)Tính khoảng cách từ A đến (ABC) theo OA = a, OB = b, 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 Sƣu tầm: Phạm Minh Tuấn C N c M b B O a D A 1) Ta có: OC  OA,OB  OC  (OAB)  OC  MN Vậy: MN  OC 2) Để cho gọn, đặt OA = a OB = b, OC = c  AC = 2b; BC = 2a  OAC vuông O  a2 + c2 = 4b2  OBC vuông O  b2 + c2 = 4a2 Do ta có: a2 – b2 = 4b2 – 4a2  b2 = a2  b = a; c= a AB = a a   OAC =  OBC (cgc)  OM = ON = ac = c = 2b Ta có: CM = CN = 2 3a OC c 3a = = = AC 2a 2a C{c tam gi{c c}n CMN v| CAB đồng dạng Ta có: 3a MN CM 3 = = =  MN = AB = AB CA 2a 4 Vận dụng định lý hàm cosin vào  OMN, ta có: 3a 18a  OM  ON  MN 16  cos MOˆ N = = 2 2OM ON 3a Vậy: cos MOˆ N = Sƣu tầm: Phạm Minh Tuấn 3)  OAB vuông cân  OD  AB OD = AB a = 2 Ta có OC  (OAB), OD  AB  CD  AB OD  OCD vuông O  tg OCˆ D = = = OC a OA a  OCA vuông O  tg OCˆ A = = = OC a Ta lại có: MN = AB   ˆ tg (OCD) MN  Do đó: + = tg (OCˆ A) AB    tg (OCˆ D) MN Vậy: + =1 tg (OCˆ A) AB   6 + = + =1  4 36  3 PHẦN III – BÀI TẬP TỰ LUYỆN Bài 1: Cho tứ diện vuông SABC đỉnh S mặt bên (SAB), (SBC), (SCA) hợp với đ{y góc  ,  ,  chứng minh tg 2  tg   tg 2  cot g 2  cot g   cot g 2  15 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 a)chứng minh   1 OA OB OC b)Tìm vị trí (  ) cho : VOMAB  VOMBC  VOMCA  e VOABC đạt GTLN Bài 3: Cho điểm A, B, C cạnh Ox, Oy, Oz tam diện vuông Oxyz cho OA2  OB2  OC  K (K > cho trước).Gọi D l| đỉnh thứ hình chữ nhật OADB M di động CD Sƣu tầm: Phạm Minh Tuấn a)Với vị trí A, B, C ,gọi d =MA + MB.Hãy tìm giá trị nhỏ (d) b)X{c định vị trí A, B, C để d đạt GTLN Bài 4: Cho tứ diện vuông OABC với OA=OB=OC=a a)X{c 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 cos   cos  cos   cos  cos   cos  T   cos  cos  cos  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 l| c{c điểm nằm Ox,Oy, Oz a)Cho A, B cố định, C di động Oz Tìm quỹ tích ch}n c{c 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 đ{ng ý sau đ}y 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 Sƣu tầm: Phạm Minh Tuấn 1 1 = + + 2 OH OA OC OB Chứng minh: (h.6.1) Dựng OD  BC AD  BC nên CB  A (AOD) Kẻ OH  AD, lúc OH  (ABC) Trong tam giác vuông OBC OAD có 1 1 1 = + ; = + 2 2 OD OC OH OD OA2 OB 1 1 Vì = + + 2 OH OA OC OB Sử dụng tính chất n|y để tính khoảng cách từ điểm đến mặt H C O D B phẳng troong nhiều trường hợp tỏ bất lợi Trong viết, ký hiệu d(a ; b) khoảng cách đường thẳng a v| đường thẳng b ; d(X;(YZT)) khoảng cách từ điểm X đến mặt phẳng (YZT) Thí dụ 1: Cho hình chóp S.ABCD có đ{y ABCD l| hình thoi t}m O, cạnh a, 3a BAˆ D = 60 , SO  mp(ABCD) SO = a) Tính d(O;(SBC)), d(A;(SBC)) S b) Tính d(AD;SB) Lời giải a a ; OC = 2 Do tứ diện OSBC vuông O nên a)Từ giả thiết ta tính OB = C D 1 1 16 4 64 = + + = + 2+ = 2 2 OC a OB 9a 3a 9a d (O; ( SBC)) OS O A B 3a Suy d(O;(SBC)) = d ( A; ( SBC)) CA Lại có = =2 d (O; ( SBC)) CO Nên: d(A;(SBC)) = 2d(O;(SBC)) = 3a 3a = b) AD//(SBC) nên d(AD;SB) = d(AD;(SBC)) = d(A;(SBC)) = ' ' ' 3a D' C' ' Thí dụ Cho hình lập phượng ABCD A B C D có cạnh a Tính d(AC ; DC ' ) A' B' Lời giải Vì AC// ( DA' C ' ) nên d(AC ; DC ' ) = d(AC ; ( DA' C ' ) ) = d(A ; ( DA' C ' ) ) = d( D ' ; ( DA' C ' ) ) C D A B Sƣu tầm: Phạm Minh Tuấn Tứ diện D ' DA' C ' vuông D ' nên 1 1 = ' '2 + ' '2 + ' = 2 ' ' ' DC DD a d ( D ; ( DA C )) D A a 3 Thí dụ Cho lăng trụ đứng ABC A' B ' C ' có đ{y ABC l| tam gi{c vuông B, AB = BC = a, cạnh Do d(AC ; DC ' ) = bên AA ' = a Gọi M l| trung điểm BC a) Tính d(AM ; B ' C ) b) Tính d(M; ( AB ' C )) Lời giải a)Gọi E l| trung điểm BB ' B ' C //(AME) Do d(AM ; B ' C ) = d( B ' C ; (AME) ) = d( B ' ; (AME)) = d( B ; (AME)) C' A' Vì tứ diện BAME vng B nên ta có: 1 1 = + + = 2 2 BA BM a d ( B; ( AME )) BE Suy d( B ; (AME)) = B' a 7 E a Vậy d(AM ; B C ) = ' b)Ta thấy d(M; ( AB ' C ))= d ( B; ( AB ' C )) Vì tứ diện B AB ' C vuông B, nên 1 1 1 = + + = 2+ 2+ 2= 2 ' 2 ' a a BC 2a 2a d ( B; ( AB C )) BA BB Suy d(B; ( AB ' C )) = a 10 a 10 Do d(M; ( AB ' C )) = 10 A C M B Sƣu tầm: Phạm Minh Tuấn Thí dụ Cho lăng trụ ABC A' B ' C ' có tất cạnh a Gọi M, N trung điểm AA ' , BB ' Tính d( B ' M , CN ) Lời giải C' A' O' B' M N P A C O B Gọi O O ' lần lượu l| trung điểm BC B ' C ' ; P l| giao điểm OO ' với CN Vì B ' M // mp(CAN) nên d( B ' M ; CN) = d( B ' M ; (CAN))=d( B ' ; (CAN))= d(B ; (CAN))= 2d(O ; (CAN))=2d(O;(CAP)) Tứ diện OACP vuông O nên 1 1 64 = + + = 2 2 3a d (O; (CAP )) OA OP OC Vậy d(O ; (CAP)) = a a Thí dụ Cho hình chóp S.ABCD, có đ{y ABCD l| hình thang, ABC  BAD = 90 ,BA=BC=a, AD Do d( B ' M , CN ) = = 2a Cạnh bên SA vng góc với đ{y SA = a Gọi H hình chiếu vng góc A SB Tính d(H; (SCD)) Lời giải S Gọi M l| giao điểm AB với Cd; K l| giao điểm AH với SM Dể thấy B l| trung điểm AM Ta có: BH BH BS BA2 a2 = = = = BS BS 3a BS Suy H trọng tâm tam giác SAM d ( H ; ( SCD)) KH Từ = = KA d ( A; ( SCD)) Tứ diện ASDM vuông A nên 1 1 = + + = 2 2 AD a AM d ( A; ( SCD)) AS Suy d(A;(SCD)) = a K H D A B M C Sƣu tầm: Phạm Minh Tuấn Vậy d( H;(SCD))= a Thí dụ Cho hình lập phương ABCD A' B ' C ' D ' có cạnh a Gọi K l| trung điểm DD ' Tính d(CK; A ' D ) Lời giải(h.6.7) Gọi M l| trung điểm BB ' D' C' Ta có A ' M //KC nên d(CK; A ' D ) = d(CK; ( A ' MD ))= d(K; ( A ' MD )) A' Gọi N l| giao điểm AK với A ' D K B' P l| giao điểm AB với A ' M N d ( K ; ( A ' MD)) NK Khi = = d ( A; ( A ' MD)) NA Suy d(CK; A ' D ) = D M C 1 d ( A; ( A ' MD)) = d ( A; ( A ' DP)) 2 Tứ diện AA ' DP vuông A nên 1 = + ' d ( A; ( A DP)) AA ' A B 1 + = 2 AD AP 4a Suy d(A;( A ' DP )) = 2a a Vậy d( CK; A ' D )= 3 BÀI TẬP 1.Cho hình chóp S.ABCD có đ{y ABCD l| hình vng cạnh a, cạnh SA vng góc với đ{y v| SA = a a) Gọi M, N l| 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 đ{y ABCD l| nửa lục gi{c nội tiết đường tròn đường kính AD = 2a SA vng góc với đ{y, 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 A' B ' C ' D ' có cạnh a Gọi M, N, P l| trung điểm A ' A, AD CC ' Gọi O l| giao điểm AC BD Tính S(B;(MNP)), d(O;(MNP)) Cho hình hộp chữ nhật ABCD A' B ' C ' D ' có AB = a, AD = 2a, = a Gọi M l| điểm chia MA đoạn AD theo tỉ số =3 Tính d( M; ( AB ' C )) MD P Sƣu tầm: Phạm Minh Tuấn Cho hình hộp chữ nhật ABCD A' B ' C ' D ' có AB =6 cm ,AD = 4cm d( A; ( A ' BD)) = 2cm Tính thể tích hình hộp chữ nhật Cho hình chóp S.ABCD có đ{y ABCD l| hình thoi t}m O, SO  mp(ABCD), AC =4, BD=2, SO= Tính a) d(A;(SBC)) b) d(AB;SD) Cho lăng trụ đứng ABC A' B ' C ' có đ{y ABC l| tam gi{c vuông A Biết AA ' =1, BC=2, AB = Tính d( A;( A ' BC)) PHẦN V - MỘT SỐ PHƢƠNG PHÁP TÌM CỰC TRỊ TRONG HÌNH HỌC KHƠNG GIAN Trong chương trình mơn Hình học không gian lớp11, bên cạnh b|i to{n x{c định, tính tốn yếu tố chứng minh tính chất kể đến tốn cực trị có ứng dụng lớn Những dạng b|i to{n sách giáo khoa phổ thơng ít; nhiều học sinh gặp khó khăn x{c định phương ph{p giải Giải tốn cực trị hình học liên hệ yếu tố: độ dài đoạn vng góc chung khoảng cách ngắn giƣã hai điểm hai đƣờng 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 X{c 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 Sƣu tầm: Phạm Minh Tuấn 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 √ không đổi Suy S nhỏ MH nhỏ Do M thuộc AA’, H thuộc BD’ MH nhỏ l| đường vng góc chung AA’ v| BD’ Khi dễ chứng minh H tâm hình lập phương v| M l| trung điểm AA’, N trung điểm CC’ Giải tốn 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: Sƣu tầm: Phạm Minh Tuấn A A M N B C B N C A M N D B E F C Trước tiên ta xét tốn hình học phẳng: “ Chứng minh tam giác, cạnh dài khoảng cách lớn điểm thuộc tam gi{c” Gọi điểm thuộc tam gi{c l| M, N Ta xét c{c 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 gi{c Ta đưa trường hợp cách nối NB, ta có: MN < max (AB, BN, NA)  max (AB, BC, CA) B|i to{n chứng minh Ta sử dụng kết đẻ giải tốn khơng gian Xét khoảng cách giữ M v| N l| 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 v| đỉnh tứ diện (hình vẽ) Nối AM cắt BC E, nối AN cắt CD F Theo kết toán phẳng: MN  max (AE, EF, FA)  max (BC, CD, DB); AF  max (AC, CD, DA) Từ suy max (AE, EF, FA)  max (AB, AC, AD, BC, CD, DA) Mà AE  max (AB, BC, CA); EF Sƣu tầm: Phạm Minh Tuấn Tức MN không lớn cạnh tứ diện Giải toán cực trị hình học phƣơng 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 , a2  b2  c2 ; 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: r r V = ( S OAB +SOBC + SOCA+SABC) = ( a.b + b.c + c.a + a b  a c  b c ) (2) Từ (1) (2) suy ra: Do : 1 1 = + + + r a b c 1   2 a b c 1 R 1 1   ) + + +  a2  b2  c2 ( r a b c a b c Sƣu tầm: Phạm Minh Tuấn Ta có: a2  b2  c2 1 + +  a b c Vì  3.3 a b c  , đẳng thức có : a = b = c a.b.c a2  b2  c2 1    a b c 3.3 a.b.c , đẳng thức có : a = b = c; ( a 1  b  c ) = 3, a b c đẳng thức có : a = b = c; Suy ra: R.(  1) 3 2R R + ; hay r  = ,  r 3.(1  ) đẳng thức có a = b = c = 2R Vậy tứ diện vng cần tìm có cạnh a = b = c= 2R , chứa mặt cầu có bán kính lớn R.(  1) Giải tốn cực trị hình học phƣơng pháp diện tích, thể tích r= 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 vuông OABC, có OA = a , OB = b , OC = c, vẽ hình hộp chữ nhật nội tiếp có đỉnh M nằm mặt ABC, c{c đỉnh lại nằm mặt vuông tứ diện (như hình vẽ) Sƣu tầm: Phạm Minh Tuấn C M Y O Q B X P I K A Đặt c{c 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 v| l| đỉnh hình hộp chữ nhật, ta có O, I, K thẳng hàng; gọi KQ = x1 , KP = y1 tương ứng l| c{c đoạn vng góc từ K đến OB, OA Khi sử dụng tỷ số diện tích hai hình chữ nhật OXIY v| 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 x1 y1 lớn (c – z)2 z lớn V đạt giá trị lớn Ta có hai lần diện tích tam giác OAB a b = x1 b + y1 a ; áp dụng bất đẳng thức Cô si ta x1 y1 lớn a b/ 4, x1 = a/ y1 = b/ Khi K l| 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 l| trọng tâm tam giác ABC Sƣu tầm: Phạm Minh Tuấn 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: 13  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 tốn cực trị hình học ứng dụng phƣơng pháp tối ƣu hoá Bài toán: Cho bìa hình vng cạnh a Cắt theo cạnh hình vng tam giác cân nhau; trồi gấp lên ghép lại thành hình chóp tứ gi{c Tìm kích thước hình chóp tích lớn Giải: Giả sử hình chóp tứ gi{c S.ABCD dựng được, có cạnh đ{y l| x Trải mặt bên mặt phẳng đ{y, ta có hình khai triển hình chóp hình vẽ (c{c 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 l| trung điểm AB, tam giác vng SMH có: SH2 = SM2 – HM2 Dẽ thấy SM = a / – x/2 HM = x/2 Sƣu tầm: Phạm Minh Tuấn Vậy V = x2 (a / 2)2 - a x / Đặt t = x / (a / ) ta V = V đạt giá trị lớn t2 (a 1 t / 4) t2 1 t (với < t  1) đạt giá trị lớn Chuyển t v|o 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 c{c điều kiện đặt, V đạt giá trị lớn Vậy hình chóp có cạnh đ{y l| x = a thỏa mãn yêu cầu toán ... tầm: Phạm Minh Tuấn PHẦN – ĐỊNH NGHĨA TỨ DIỆN VNG 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 A O C B Chú ý: Tứ diện. .. tâm tứ diện có cạnh đối vng góc Như ta thấy tứ diện vuông l| loại tứ diện trực t}m đặc biệt Chính tứ diện trực t}m có đầy đủ tính chất tứ diện trực tâm B CÁC TÍNH CHẤT CỦA TỨ DIỆN VNG: Cho tứ diện. .. nội tiếp tứ diện OABC Chứng minh r  S1  S  S3  S abc O Sƣu tầm: Phạm Minh Tuấn c a b C A Áp dụng công thức r  3V Stp (1) B Với V, Stp tương ứng thể tích diện tích tồn phần tứ diện Thay