Tu dien vuong Tinh chat

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (474.47 KB, 4 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

Chuyên đề: Tứ diện vuông

1. Định nghĩa: Tứ diện vng là tứ diện có một góc tam diện ba mặt vng.
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

1 1 1 1

OH a b c

2.3. Gọi   , , lần lượt là góc tạo bởi OH với OA, OB, OC, ta có cos2cos2 cos21
2.4. Gọi X, Y, Z lần lượt là góc giữa OA, OB, OC với mặt (ABC) ta có: sin2 X sin2Ysin2Z 1

2.5. Nửa đường thẳng Ot cắt mặt đáy (ABC) tại M và đặt . Chứng minh rằng

2 2 2

1 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 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

V  abc

và





2 2 2 2 2 2
1

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

2 2 2

1
2

R a b c

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

1 1

4 24

OMNP OABC

V  V  abc

2.13.

2
9

2
OAB OAC OBC

h

S S S 

2.14. 
2

3(1 3)

R

r  

Chứng minh
2.1. Xét tam giác ABC có

2 2 2; 2 2 2; 2 2 2

AB a b AC a c BC b c . Suy ra

2 2 2 2

cos 0 (1)

2 . .

AC AB BC a

A

AB AC AB AC

 

   

A nhọn. Hồn tồn 
tương tự ta có B, C nhọn.

2.2.

+ Từ giả thiết suy ra

( )

AB CH

AB OCH AB OH

AB OC




   




 .

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

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

OAB ta có

2 2 2

2 2 2 2

2 2 2

1 1 1

1 1 1 1

1 1 1

OH OC OK

OH OA OB OC

OK OA OB



 




   



  



 2 2 2 2

1 1 1 1

OH a b c

   

(2)
2.3. Ta có

2
2

cos OH cos OH

OC OC

    

. Tương tự:

2 2

cos OH ;cos OH

OA OB

   

. Nên ta có:

2 2 2

2 2 2 2

2 2 2 2 2 2

1 1 1

cos cos cos OH OH OH OH 1

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 2

sin X sin Ysin 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 2 2

OM x y z ;

2 2 2

2
1

cos

2O .

OM OZ ZM

M OZ

   

  

 

2 2 2 2 2 2

( ) ( )

2O .

x y z z x y

M OZ

      

 

 

2 2

2 2 2

2 .

z z

x y z

x y z z

 

 

 

     

  .

Tương tự cos2 1
2

2 2 2

x

x y z ; cos2 1
2

2 2 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 ( O )2 2 2 2 2 2 2

OM OM  xOA y B zOC  x a y b z c

   

(lưu ý
OA,OB,OC đơi một vng góc nên              OA OB OA OC OB OC  .                              .  . 0)





2
2

1 2 2

( O ).

.
cos

xOA y B zOC OC
OM OC

OM OC OM c

 

 

   

 

   
   
   
   
   
   
   
   
   
   
   
   
   
   

 

2 4 2 2 2 2

2. 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
2

1 2 2 2 2 2 2

cos x a

x a y b z c

 

  ;

2 2
2

1 2 2 2 2 2 2

cos y b

x a y b z c

 

  . Từ đó

suy ra đpcm.
2.6.

Xét





2 2

2 4 2 4 4

2 4

1 .

tan tan 1 1

cos

AB AC

a A a A a a

A a

 

       

    (theo (1))

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

2. 2 4 ( 2 2)( 2 2) 4 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 2 2 2

a A a b a c b c . Hoàn toàn tương tự: c2tanC a b2 2a c2 2b c2 2 ;

2tan 2 2 2 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, các trường hợp cịn lại tương tự.
Cách 1: ta có

2 2 2 2

1 1 1 1 1

. . . . ( . ). .

2 2 4 4 2

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

 2

1
.
2

.cos .sin .

1
.
2

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 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 2 1( 2 2 2 2 2 2)

4
OAB OAC OBC

S S S  a b a c b c

2
2

2 2 2 2 2 2 2

2 2 2

3 1 1 1 1 1 1

3. . ( )

3 2 4

OABC
ABC

V

S a bc a b a c b c

OH a b c

 

        

    . Suy ra đpcm.

( Lưu ý có thể tính SABC theo cơng 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 IOIA 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

GL IL

G

GC OC   là trọng tâm tam giác ABC.

Vậy O, G, I thẳng hàng.

2.10. 
+)

1 1 1 1

. . .

3 3 2 6

OABC OAB

V  OC S  OC OA OB abc

+) Theo 2.8 ta có

2 2 2 2 2 2
1

2
ABC

S  a b a c b c

, từ đó ta có



2 2 2 2 2 2



1
2
tp

S  ab bc ca   a b a c b c

2.11.

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

2 2 2 2 2 2 2

2 2 1 2 2 2

2 2 4 4 2

AB OC AB OC a b c

R OI  OL IL            a b c

   

+) Gọi T là tâm mặt cầu nội tiếp tứ diện OABC, ta có:

1 1

( ) .

3 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
2

MN OP  AB

;

1
2

NP OM  BC

;
1

MP ON  AC

. Do vậy tứ diện ONMP là tứ diện gần đều.
+ Ta có

1 1 1

. . 1. .

2 2 4
CONM

OABC

V OC CN CM

V OC CA CM   . Tương tự :

1 1

;

4 4

AONP BOMP
OABC OABC

V V

V  V  . Từ đó ta có:

1
4
OMNP OABC

V  V

2.13.

2 2

1 1

9 ( ) 9 ( ) 9

2 2 2

OAB OAC OBC

h h

S S S ab bc ca ab bc ca

h

          

2.2

2 2 2

1 1 1

(ab bc ca) 9

a b c

 

       

  .

Áp dụng BĐT Cơsi cho 3 số dương ta có
3

2 2 2 2 2 2 3 3 2 2 2

2 2 2 2 2 2

3 2 2 2

1 1 1 1

3 1 1 1 1

( ) 3 .3 9

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. 
2

3(1 3)

R

r  

Từ 2.11, ta có

2 2 2

1
2

R a b c

và

3 OABC
tp

V
r

S


, do đó:





2 2 2 2 2 2 2 2 2

2 2 2

2 2 2 . .1

2 2

3 3

3.
6
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

      

 

  





3 2 2 2 3 2 2 2 3 4 4 4

2 2 2. 2 2 2 2 2 2 3 3 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

3( 3 1)

abc abc

abc


  

. Vậy:
2

3(1 3)

R

r   . Dấu “=” xảy ra khi a=b=c.

</div>

Tu dien vuong Tinh chat

























Tài liệu liên quan

Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về