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... S ABC , các trường hợp còn lại tương tự.[r]
Trang 1Chuyên 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 2 2 2 2
2.3 Gọi , , lần lượt là góc tạo bởi OH với OA, OB, OC, ta có cos2cos2 cos21
2.4 Gọi X, Y, Z lần lượt là góc giữa OA, OB, OC với mặt (ABC) ta có: sin2 X sin2Ysin2Z 1
2.5 Nửa đường thẳng Ot cắt mặt đáy (ABC) tại M và đặt Chứng minh rằng
cos cos cos 1
2.6 a2tanA b 2tanB c 2tanC
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
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
2.10
1 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
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
và
2.13
2
9 2
h
2.14
2
3(1 3)
R
Chứng minh
2.1 Xét tam giác ABC có
AB a b AC a c BC b c Suy ra
A
A nhọn Hoàn toàn tương tự ta có B, C nhọn.
2.2
+ Từ giả thiết suy ra
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
Trang 2OAB ta có
(2)
2.3 Ta có
2 2
2
cos OH cos OH
Tương tự:
cos OH ;cos OH
Nên ta có:
2.4 Ta có Z OCH sinZ cos, tương tự sinX cos, sinY cos Do đó
sin X sin Ysin 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
2
2
1
cos
2O
M OZ
2
2O
M OZ
2
2
Tương tự cos 2 1
2
x
x y z ; cos 2 1
2
y
x y z Từ đó suy ra đpcm
Cách 2: Vì OA OB OC, ,
không đồng phẳng nên OM xOA y B zOC O
Ta có:
+)
2
(lưu ý
OA,OB,OC đôi một vuông góc nên OA OB OA OC OB OC . . . 0
)
+)
2 2
cos
xOA y B zOC OC
OM OC
Tương tự:
2 2 2
2 2 2
Từ đó suy ra đpcm
2.6
cos
AB AC
Trang 32 2 4 ( 2 2)( 2 2) 4 2 2 2 2 2 2
a A a b a c b c Hoàn toàn tương tự: c2tanC a b2 2a c2 2b 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
2.8
Cách 1: Theo 2.7, ta có
Cách 2:
+)
4
+)
2 2
OABC ABC
V
( 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 IOIA 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
ABC Ta có
1 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
ABC
, từ đó ta có
1
2
tp
S ab bc ca a b a c b c
2.11
Trang 4+)
+) Gọi T là tâm mặt cầu nội tiếp tứ diện OABC, ta có:
3
OABC
tp
V
S
2.12
+ Dễ thấy:
1 2
;
1 2
; 1
2
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
2
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
2.14
2
3(1 3)
R
Từ 2.11, ta có
1 2
và
3 OABC
tp
V r S
, do đó:
3
6
tp
tp
S
3 3 3
3( 3 1)
abc
Vậy:
2 3(1 3)
R
r Dấu “=” xảy ra khi a=b=c.
