1

BÁO CÁO SÁNG KIẾN
I. ĐIỀU KIỆN HOÀN CẢNH TẠO RA SÁNG KIẾN
Mỗi môn học ở trường phổ thông với đặc trưng của mình đều góp phần thực hiện
mục tiêu giáo dục trong đó có mơn Tốn. Mơn Tốn ở trường phổ thông không chỉ
trang bị cho học sinh những kiến thức cơ bản của bộ mơn mà cịn bồi dưỡng tư
tưởng, tình cảm đúng đắn đồng thời giúp các em phát triển tồn diện. Song để thực
hiện chức năng đó cần thiết phải đổi mới phương pháp dạy học theo tinh thần: phát
huy tính tích cực, tự giác, chủ động, tư duy sáng tạo của học sinh, bồi dưỡng cho
học sinh năng lực tự học, lòng say mê học tập và ý chí vươn lên.
Quán triệt sâu sắc quan điểm chỉ đạo của Bộ Giáo dục và Đào tạo, Sở Giáo dục –
Đào tạo Nam Định về đổi mới phương pháp dạy học, giáo viên trường THPT Giao
Thủy đã từng bước tích cực áp dụng các phương pháp, hình thức dạy học theo
hướng phát triển phẩm chất, năng lực của học sinh.
Dạy học theo định hướng phát triển phẩm chất, năng lực học sinh là một vấn đề
không đơn giản đối với thầy, cô giáo. Để làm được điều này, mỗi thầy, cơ giáo cần
đầu tư thời gian, ln tìm tòi và phát triển những vấn đề mới lạ từ đó hướng học
sinh khám phá những điều thú vị cịn tiềm ẩn từ bài toán ban đầu.
Việc rèn luyện các phẩm chất trí tuệ như: Tính linh hoạt, tính độc lập, tính sáng
tạo cho HS là vơ cùng quan trọng nó có ý nghĩa to lớn đối với việc học tập, công
tác và trong đời sống. Theo Giáo sư Nguyễn Cảnh Tồn thì muốn học tốn một
cách sáng tạo thì chỉ tư duy logic thôi chưa đủ, tư duy biện chứng rất quan trọng nó
giúp ta phát hiện vấn đề, định hướng tìm tịi cách giải quyết vấn đề, nó giúp ta có
lịng tin rằng sẽ có một ngày thành cơng. Cũng theo Giáo sư Nguyễn Cảnh Tồn
“Sáng tạo là sự vận động của tư duy từ những hiểu biết đã có đến những hiểu biết
mới”.
Bài tốn "Hình học khơng gian" là một nội dung quan trọng của mơn hình học
lớp 11, lớp 12. Nếu hệ thống bài tập được khai thác và sử dụng hợp lý thì sẽ rèn
luyện cho học sinh khả năng phát triển tư duy biểu hiện ở các mặt như: khả năng
tìm hướng đi mới (khả năng tìm nhiều lời giải khác nhau cho một bài tốn), khả

năng tìm ra kết quả mới (khai thác các kết quả của một bài toán, xem xét các khía


2

cạnh khác nhau của một bài toán), khả năng sáng tạo ra bài toán mới trên cơ sở
những bài toán quen thuộc.
Xuất phát từ lí do trên, qua kinh nghiệm giảng dạy của bản thân và dự giờ học
tập đồng nghiệp, tôi viết sáng kiến kinh nghiệm
DẠY HỌC PHÁT TRIỂN PHẨM CHẤT, NĂNG LỰC HỌC SINH
THÔNG QUA KHAI THÁC MỘT SỐ BÀI TỐN HÌNH HỌC KHƠNG
GIAN TRONG ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI VÀ ĐỀ THI THPT QUỐC GIA


3

II. MƠ TẢ GIẢI PHÁP
1. Mơ tả giải pháp trước khi tạo ra sáng kiến
Trong các kì thi, đặc biệt kì thi THPTQG và học sinh giỏi thì bài tốn về hình
học khơng gian làm cho nhiều học sinh lúng túng vì nghĩ rằng nó trừu tượng và
thiếu tính thực tế. Có thể nói bài tốn về hình khơng gian có sự phân loại đối tượng
học sinh rất cao.
2. Mơ tả giải pháp sau khi có sáng kiến
Trong q trình học tập, tơi khuyến khích HS sử dụng bất cứ nội lực nào, bất cứ
phương pháp nào, bất cứ kiến thức nào có thể, miễn sao phát hiện và giải quyết
được vấn đề. SKKN hướng đến việc phát triển phẩm chất, năng lực học sinh , rèn
luyện tính linh hoạt của tư duy, thể hiện ở khả năng chuyển hướng quá trình tư
duy. Trước hết cần rèn luyện cho HS khả năng đảo ngược q trình tư duy, lấy
đích của một quá trình đã biết làm điểm xuất phát cho một q trình mới, cịn điểm
xuất phát của q trình đã biết lại trở thành đích của q trình mới. Việc chuyển

hướng q trình tư duy khơng chỉ là đảo ngược q trình này mà cịn có thể là
chuyển từ hướng này sang hướng khác không nhất thiết là ngược với hướng ban
đầu. Rèn luyện cho học sinh tính độc lập: Tính độc lập của tư duy thể hiện ở khả
năng tự mình phát hiện vấn đề, tự xác định phương hướng và tìm ra cách giải
quyết, tự kiểm tra và hồn thiện kết quả đạt được. Tính độc lập liên hệ mật thiết
với tính phê phán của tư duy nó thể hiện ở khả năng đánh giá nghiêm túc ý nghĩ và
tư tưởng của người khác và bản thân mình, có tinh thần hồi nghi khoa học, biết
đặt những câu hỏi “tại sao?”, “như thế nào?” đúng chỗ, đúng lúc. Như vậy qua việc
nghiên cứu sâu bài tốn có thể giúp HS sáng tạo ra được bài toán mới thể hiện tính
sáng tạo của tư duy.
Sau đây tơi trình bày những nội dung cụ thể của giải pháp trong sáng kiến.
DẠY HỌC PHÁT TRIỂN PHẨM CHẤT, NĂNG LỰC HỌC SINH
THƠNG QUA KHAI THÁC MỘT SỐ BÀI TỐN HÌNH HỌC KHÔNG
GIAN TRONG ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI VÀ ĐỀ THI THPT QUỐC GIA


4

Những điểm mới mà sáng kiến của tôi đề cập đến bao gồm:
- Phần 1 Khai thác bài toán: Thể tích khối đa diện. Đặc biệt: Khai thác sâu các bài
tốn: Tứ diện vng (Trang 5)
- Phần 2 Sử dụng phép biến hình trong bài tốn tính thể tích khối đa diện (Trang
37)
- Phần 3 Sáng tạo bài toán vận dụng cao về Tọa độ khơng gian từ bài tốn HHKG
(Trang 51)


5

Phần 1

A. Bài toán số 1 trong đề thi HSG
Bài toán số 1 Cho mặt cầu ( O; R ) . Lấy một điểm S thuộc mặt cầu. Xét A; B; C thuộc mặt
cầu sao cho SA = SB = SC , ASB = BSC = CAS =  , ( 0 o    90o ). Tính thể tích khối chóp
S.ABC theo R và  .
Lời giải

S

I

O

C
A

M

H
B

S
• Theo giả thiết ta có hình chóp S.ABC là hình chóp đều.
• Gọi H là trọng tâm tam giác ABC đều, suy ra SH ⊥ ( ABC ) và H là tâm đường
trịn ngoại tiếp tam giác ABC .
• Dựng S ' đối xứng với S qua O ; gọi M và I lần lượt là trung điểm của BC ; SA .
Giả sử SA = SB = SC = x; x  0.
+/ Ta có: BC = 2 BM = 2 x.sin


2


= AB = AC


2
2
3 2x 3 
=
sin
 AH = AM = .BC.
3
3
2
3
2



1
1
3 x 3 
 HM = 3 AM = 3 .BC. 2 = 3 sin 2

SA SH
SA2 x2
=
 SH =
=
+/ Do SHA; SAS ' đồng dạng (g-g) nên ta có:
SS ' SA

SS ' 2R
+/ Lại có: SH 2 = SA2 − AH 2


6



x2
4 x2 2 
4

2
=
x
−
sin  x2 = R2  3 − 4sin 2 
2
4R
3
2
3 
2

1
 VS . ABC = .SH .S
3

ABC


1
1 x2


= .SH . AM .BC = . .x 3sin .2 x sin
6
6 2R
2
2

2 x4
 16
3 


. 3sin 2 = R 4 .
.2  3 − 4sin 2  .sin 2
12R
2 9
12R 
2
2
8R3 3 2 3
=
sin
(1)
27
2
2


 VS . ABC =
 VS . ABC
• Vậy: VS . ABC =

8R3 3 2 3
sin
27
2

Từ bài toán số 1 ta đưa ra hai bài tốn sau:
1/ Đối với học sinh trung bình khá.
Bài 1.1: [TĐP] Cho tứ diện ABCD đều nội tiếp mặt cầu ( O; R ) . Tính thể tích khối tứ
diện ABCD theo R.
Lời giải
+/ Ta dễ dàng thấy đây là bài toán số 1 với  = 60 o .
+/ Từ đó suy ra: VS . ABC =

8R 3 3
.
27

+/ Ta cũng có thể khai thác bài tốn số 1 bằng cách cho cụ thể giá trị  hoặc biết độ dài
cạnh bên hoặc góc giữa cạnh bên và mặt phẳng đáy; góc giữa mặt phẳng bên và mặt
phẳng đáy.
2/ Đối với học sinh khá giỏi.
Bài 1.2: [TĐP] Cho mặt cầu ( O; R ) . Lấy một điểm S thuộc mặt cầu. Xét A; B; C thuộc
mặt cầu sao cho SA = SB = SC , ASB = BSC = CAS =  , ( 0 o    90o ;  thay đổi). Tìm
 để thể tích khối chóp S.ABC lớn nhất. Tính giá trị lớn nhất đó.
Lời giải
+/ Từ lời giải của bài tốn số 1 ta có: VS . ABC

+/ Mặt khác, ta lại có: sin

8R3 3 2 3
=
sin
27
2

3
3
 1   0  sin 2
 1 
2
2


7

Từ đó ta suy ra: VS . ABC 

8R 3 3
27

 max VS . ABC

+/ Vậy: max VS . ABC =

3
8R 3 3
=

khi sin 2
= 1   = 60 o
27
2

8R 3 3
khi SABC là hình tứ diện đều.
27

Một câu hỏi mạnh dạn đặt ra là:
“Một hình chóp S.ABC bất kỳ nội tiếp trong mặt cầu ( O; R ) thì VS . ABC 

8R 3 3
khơng?”.
27

Để trả lời câu hỏi này ta có bài tốn sau:
Bài 1.3: [TĐP] Cho hình chóp S.ABC nội tiếp trong mặt cầu ( O; R ) .
Chứng minh rằng: VS . ABC 

8R 3 3
27

Nhận xét: Bài tốn này cũng có thể hỏi như sau: “Trong các hình chóp tam giác nội
tiếp mặt cầu ( O; R ) . Tìm hình chóp có thể tích lớn nhất. Tính giá trị lớn nhất đó”.
Áp dụng kết quả bài tốn trên ta có bài tốn khó hơn như sau:
Bài 1.4: [TĐP] Cho một tứ diện đều được phân chia thành một số tứ diện nhỏ sao cho
tổng thể tích các khối cầu ngoại tiếp các tứ diện nhỏ này bằng thể tích khối cầu ngoại tiếp
tứ diện ban đầu. Chứng minh các tứ diện nhỏ đều.
Lời giải

• Giả sử thể tích khối tứ diện ban đầu là V ; nội tiếp mặt cầu có bán kính R , khối
cầu này có thể tích là V * . Khi đó ta có V =

8R 3 3 * 4 3
;V =
R.
27
3

• Giả sử khối tứ diện này được phân chia thành n khối tứ diện nhỏ có thể tích lần
lượt là V1;V2 ;V3 ;...;Vn ; n . Mỗi tứ diện nhỏ nội tiếp mặt cầu có bán kính
R1; R2 ; R3 ;...; Rn tương ứng; các khối cầu này có thể tích là V1* ;V2* ;V3* ;...;Vn* tương
ứng.
+/ Theo giả thiết thì: V1* + V2* + V3* + ... + Vn* = V *;Vi * =
n

8Ri3 3 8 3 n 3
=
Ri (theo các kết luận trên)
27
27 
i =1
i =1
n

+/ Khi đó V = Vi  
i =1

4 3
R ;1  i  n; i, n 

3 i


8

8 3 3 n 4 3 8 3 3 n *
.
Ri =
.
Vi
27 4 
27 4 
i =1 3
i =1
8 3 3 * 8 3 3 4 3 8R3 3
V 
. V =
. . R =
=V
27 4
27 4 3
27

V 

•


8Ri3 3
V =

Vậy dấu bằng xảy ra   i
 các tứ diện nhỏ này là các tứ diện đều.
27
1  i  n; i 


Như vậy chúng ta thấy từ một bài toán ban đầu, mạnh dạn khai thác ta sẽ có một hệ
thống các bài tốn liên quan từ dễ đến khó, từ những trường hợp riêng đến tổng
quát. Tiếp tục khai thác và xét các bài toán tương tự:
BÀI TẬP TƯƠNG TỰ
Bài 1.5: [TĐP] Cho tứ diện ABCD, AB = c; AC = b; BC = a; DA = a '; DB = b '; DC = c ' .
Chứng minh rằng: ( a + b + c + a '+ b '+ c ')  12 3Stp ; S tp là diện tích tồn phần của tứ
2

diện.
Bài 1.6: [TĐP] Trong các tứ diện nội tiếp mặt cầu ( O; R ) . Tìm tứ diện có diện tích tồn
phần lớn nhất. Tính diện tích tồn phần đó.
Bài

1.7:

[TĐP]

Cho

hình

chóp

S.ABC .


Chứng

minh

rằng:

SA.SB.SC. AB. AC.CB  72V

2
S . ABC

Bài 1.8: [TĐP] Cho tứ diện ABCD.R; r theo thứ tự là bán kính mặt cầu ngoại tiếp, nội
tiếp tứ diện. Chứng minh rằng:

R
a + b + c + a '+ b '+ c '

r
ha .hb + ha .hc + hc .hb + ha '.hb ' + ha '.hc ' + hc '.hb '

(trong đó: AB = c; AC = b; BC = a; DA = a '; DB = b '; DC = c '; ha ; hb ; hc ; hd ; là độ dài đường cao
xuất phát từ đỉnh A; B; C ; D tương ứng của tứ diện)
Bài 1.9: [TĐP] Cho tứ diện ABDC gần đều có thể tích V ; bán kính mặt cầu nội, ngoại
tiếp tương ứng là r; R. AD = BC = a; AB = CD = b; AC = BD = c. Chứng minh rằng:

V

2abcr
4R


Bài 1.10: [TĐP]
a/ Cho hình chóp S.ABC đều, cạnh đáy là a ; góc giữa mặt bên và mặt đáy là  ; bán kính
mặt cầu nội, ngoại tiếp tương ứng là r; R . Tìm  để

r
lớn nhất.
R


9

b/ Cho hình chóp S.ABC đều, cạnh đáy là a; đường cao là SH = h thay đổi; bán kính mặt
cầu nội, ngoại tiếp tương ứng là r; R . Tìm h để

r
lớn nhất.
R

Bài 1.11: [TĐP] (Bài tốn mở rộng) Cho hình chóp n giác đều, bán kính mặt cầu nội,
ngoại tiếp tương ứng là r; R . Chứng minh rằng:

R
1
 1+
.

r
cos
n



10

B. Bài toán số 2 trong đề thi HSG
Bài toán số 2 Cho góc tam diện Oxyz có xOy = yOx = xOz = 60 o . I là điểm cố định
trong góc tam diện. Một mặt phẳng ( Q ) thay đổi và đi qua I cắt Ox; Oy; Oz lần lượt tại
M ; N ; P . Tìm giá trị nhỏ nhất của thể tích tứ diện OMNP .

Lời giải
O

N1

P1

N2

M
I

P2

M1

P

M2

x


z

N

y

• Qua I kẻ các đường thẳng song song với Ox; Oy; Oz tương ứng cắt
( yOz ) ; ( zOx ) ; ( xOy ) tại M1; N1; P1.
+/ Do I và Oxyz cố định nên IM1; IN1; IP1 cố định.
+/ Lại có I thuộc miền trong tam giác MNP nên:

+/ Tương tự ta suy ra:

S
IM1 IM 2
=
= INP ;
OM MM 2 SMNP

IM1 IN1 IP1 SINP + SIPM + SIMN
+
+
=
= 1.
OM ON OP
SMNP

• Áp dụng bất đẳng thức Cơsi ta có:


IM1.IN1.IP1
 OM .ON .OP  27.IM1.IN1.IP1 (1)
OM .ON .OP
• Kẻ PH vng góc mặt phẳng ( Oxy ) tại H . Gọi  là góc giữa Oz và mặt phẳng
1  3.3

( Oxy ) , ta có  là góc giữa

OP và OH   = POH .


11

 PH = OP.sin  = OP.

2
3

1
1
 VOMNP = d ( P; ( OMN ) ) .SOMN = .PH .OM .ON .sin 60o
3
6
1
2
 VOMNP = OM .ON .OP.sin  .sin 60o =
OM .ON .OP
6
12
2

9 2
.27.IM 1.IN1.IP1 =
IM 1.IN1.IP1 = không đổi.
12
4
IM 1 IN1 IP1 1
9 2
=
.IM 1.IN1.IP1 khi
=
=
=
4
OM ON OP 3

• Theo (1)  VOMNP 

 min VOMNP

 min VOMNP =

IM 2
IN 2
IP 1
9 2
.IM 1.IN1.IP1 khi
=
= 2 =
4
MM 2 NN 2 PP2 3

hay I là trọng tâm tam giác ABC .

Giữ nguyên các giả thiết của bài toán số 2 và cho thêm độ dài OM; ON; OP; VOMNP ta
có bài tốn sau:
Bài 2.1: [TĐP] Cho 3 tia

Ox; Oy; Oz

không cùng thuộc một mặt phẳng;

xOy = yOx = xOz = 60 o ; M , N , P lần lượt thuộc tia Ox; Oy; Oz .

a/ Tính VOMNP biết OM = a; ON = 2a; OP = 3a; a  0.
b/ Nếu cho M ; N ; P thay đổi nhưng VOMNP = 3 . Tìm giá trị nhỏ nhất của diện tích xung
quanh của hình chóp O.MNP.
Lời giải
** Lời giải 1: (Dựa theo bài toán số 2)
a/ Theo bài tốn số 2 ta có:

1
1
3 2 a3 2
o
VOMNP = .OM .ON .OP.sin 60 .sin  = .a.2a.3a. . =
6
6
2 3
2

b/ Giả sử OM = a; ON = b; OP = c; ( a; b; c là các số thực dương).

• Theo bài tốn số 2 ta suy ra: VOMNP =
• Vậy từ giả thiết suy ra:

2
abc
12

2
abc = 3  abc = 6 6
12

• Ta có diện tích xung quanh của hình chóp O.MNP là:


12

S xq = SOMN + SONP + SOPM =

3 33
3
9 3
2
ab + bc + ca )  S xq 
( abc ) =
(
4
4
2

• Vậy suy ra min S xq =


9 3
khi a = b = c = 6 hay tứ diện OMNP là tứ diện đều
2

với cạnh là 6 .
** Lời giải 2: (Tham khảo thêm)
a/ Trên tia Oy; Oz lấy N '; P ' tương ứng sao cho OM = ON ' = OP ' = a. Suy ra tứ diện
OMN ' P ' là tứ diện đều cạnh bằng a.

O
60

60

P

M

H
E

N

x

N
y

P

z

• Kẻ OH vng góc với mặt phẳng ( MN ' P ') tại điểm H , ta có H là trọng tâm của
tam giác MN ' P ' đều.

3a 2 a 6
2a 3 a 3
2
2
2
 MH =
=
 OH = OM − MH = a −
=
.
3 2
3
9
3
1
1 a 6
3 a3 2
 VOMN ' P ' = .OH .SMN ' P ' = .
.a.a. =
.
3
6 3
2
12
• Mặt khác:


VOMN ' P ' ON ' OP ' 1
a3 3
=
.
=  VOMNP = 6.VOMN ' P ' =
VOMNP ON OP 6
2

b/ Giả sử OM = a; ON = b; OP = c; ( a; b; c là các số thực dương).
• Ta có:

VOMN ' P ' ON ' OP ' b c bc
a3 2
=
.
= . = 2 . Mà lại có: VOMN ' P ' =
.
12
VOMNP ON OP a a a


13

• Kết hợp với giả thiết ta suy ra:

3
bc
= 2  abc = 6 6 .
a 2 a

12
3

• Ta có diện tích xung quanh của hình chóp O.MNP là:

S xq = SOMN + SONP + SOPM =
Vậy suy ra min S xq =

3
3 33
9 3
2
ab + bc + ca )  S xq 
( abc ) =
(
4
4
2

9 3
khi a = b = c = 6 hay tứ diện OMNP là tứ diện đều với cạnh
2

là 6 .
Ngược lại nếu cho biết S xq ; yêu cầu tìm giá trị lớn nhất của VOMNP thì ta có bài tốn
như sau:
Bài 2.2: [TĐP] Cho tam diện Oxyz, trên tia Ox; Oy; Oz lần lượt lấy M , N , P sao cho
OM = a; ON = b; OP = c. Đặt

yOz = ; zOx =  ; xOy =  . Xác định  ;  ; ; a; b; c để


thể tích tứ diện OMNP lớn nhất biết diện tích xung quanh của hình chóp O.MNP khơng
đổi và bằng 3m 2 ( m ) .
Lời giải
• Theo giả thiết ta có: ab.sin  + bc.sin  + ca.sin = 6m2 (1)
• Kẻ PH ⊥ (Oxy); H  (Oxy) ; kẻ PK ⊥ Ox; K Ox

 PH  PK = c.sin  (2)

• Lại có VOMNP = .d ( P; (OMN ) ) .SOMN = .PH .OAOB
. .sin 

1
3

1
6

• Kết hợp với (2):

1
 VOMNP  .a.b.c.sin  .sin  (3)
6
• Một cách tương tự ta cũng có:

1
VOMNP  .a.b.c.sin  .sin  (4)
6
1
VOMNP  .a.b.c.sin  .sin  (5)

6
3
• Vậy từ (3); (4); (5)  VOMNP

2
 VOMNP


1 3 3 3 2
.a .b .c .sin  .sin 2  .sin 2 
63

1 2 2 23 4
.a .b .c . sin  .sin 4  .sin 4  (6)
62

• Từ (1); theo bất đẳng thức Cơsi ta có: 6m2  3 3 a 2b 2c 2 .sin  .sin  .sin 

 a2b2c2 .sin  .sin  .sin   8m6


14

• Vậy từ (6) suy ra

8m6 3
8m6
m3 2
. sin  .sin  .sin  
 VOMNP 

36
36
3
3
ab.sin  = bc.sin  = ca.sin 
m 2
 max VOMNP =
khi 
3
sin  .sin  .sin  = 1


2
 VOMNP


sin  = sin  = sin  = 1
m3 2
 max VOMNP =
khi 
2
3

 ab = bc = ca = 2m
o

m3 2
 =  =  = 90
 max VOMNP =
khi 

3

a = b = c = m 2

*** Một câu hỏi tương tự:
“Nếu biết diện tích tồn phần Stp thì có tìm được giá trị lớn nhất của thể tích V?. Ngược
lại nếu biết thể tích V có tìm được giá trị nhỏ nhất của diện tích tồn phần Stp?”.
Để trả lời câu hỏi này ta xét bài toán sau:
Bài 2.3: [TĐP] Cho tứ diện ABCD có thể tích V , diện tích tồn phần Stp .
Chứng minh rằng: Stp3  216 3.V 2
Như vậy qua bài toán trên cho ta thấy trong một hình chóp tam giác bất kỳ, nếu biết
thể tích V sẽ tìm được giá trị nhỏ nhất của diện tích tồn phần Stp và ngược lại nếu
biết giá trị của diện tích tồn phần Stp thì tìm được giá trị lớn nhất của thể tích V.


15

Tiếp tục bỏ giả thiết xOy = yOx = xOz = 60 o ; ta có bài tốn tổng qt hơn như sau:
Bài 2.4: [TĐP] Cho góc tam diện Oxyz; M thuộc góc tam diện. Một mặt phẳng ( P ) đi
qua M cắt Ox; Oy; Oz lần lượt ở A; B; C tương ứng.
2.4.1/ Các đường thẳng đi qua M , lần lượt song song với Ox; Oy; Oz ; cắt

(Oyz ) ; (Ozx ) ; (Oxy ) tại

A '; B '; C ' tương ứng.

a/ Chứng minh rằng:

SMBC MA '
(SGK HH 11)

=
SABC OA

b/ Chứng minh rằng:

MA ' MB ' MC '
+
+
= 1 (1) (SGK HH 11)
OA OB OC

c/ Cho ( P ) cố định. Tìm vị trí của M để MA '.MB '.MC ' lớn nhất.
d/ Gọi A1 là giao điểm của AM và BC ; B1 là giao điểm của BM và CA; C1 là giao điểm
của CM và AB . Chứng minh rằng:

OA ' OB ' OC '
+
+
 6 (2)
AA1 BB1 CC1

e/ Cho ( P ) cố định. Tìm vị trí của M để thể tích tứ diện MA ' B ' C ' lớn nhất.
2.4.2/ Cho M cố định; ( P ) thay đổi.
a/ Tìm vị trí của ( P ) để thể tích tứ diện OABC nhỏ nhất.
b/ Chứng minh:

3
VOABC
khơng phụ thuộc vị trí ( P ) .
VMOBC .VMOCA .VMOAB


Lời giải
2.4.1/
a; b; c/ Tương tự bài toán số 2 (bạn đọc tự làm)
d/ Bất đẳng thức (2) 

AM BM CM
+
+
 6 (3)
MA1 MB1 MC1

MA1 MB1 MC1
+
+
= 1.
AA1 BB1 CC1
 MA1 MB1 MC1  AA1 BB1 CC1 
• Mà ta lại có: 
+
+
+
+

9.
 AA1 BB1 CC1  MA1 MB1 MC1 
• Do (1) nên 

• Vậy suy ra:



16

AA1 BB1 CC1
AM + MA1 BM + MB1 CM + MC1
+
+
9
+
+
9
MA1 MB1 MC1
MA1
MB1
MC1

 1+

AM
BM
CM
AM BM CM
+1+
+1+
9
+
+
 6.
MA1
MB1

MC1
MA1 MB1 MC1

Vậy (3) được chứng minh.
Tiếp theo ta chứng minh kết quả:

VMA' B 'C ' MA '.MB '.MC '
=
VOABC
OAOB
. .OC

• Thật vậy; đặt  là góc giữa OA và ( OBC ) .
Ta có góc giữa MA ' và ( MB ' C ') là  .
• Đặt  là góc giữa OB và OC . Ta có góc giữa MB ' và MC ' là  .
( Do MA ' song song với OA; MB ' song song với OB; MC ' song song với OC )
1

MA '.MB '.MC '.sin  .sin  MA '.MB '.MC '
V
=
• Theo bài tốn số 2 ta có: MA ' B 'C ' = 6
1
VOABC
OAOB
. .OC
OAOB
. .OC.sin  .sin 
6


MA ' MB ' MC '
+
+
= 1 nên theo bất đẳng thức Côsi ta suy ra:
OA OB OC
V
MA '.MB '.MC '
1  33
 1  3 3 MA' B 'C '  VOABC  27VMA' B 'C ' (4)
OAOB
. .OC
VOABC
• Lại có:

e/ Từ đó suy ra: maxVMA' B 'C ' =

MA ' MB ' MC ' 1
1
=
=
VOABC khi
= hay M là trọng tâm
OA OB OC 3
27

tam giác ABC .
2.4.2/
a/ Từ (4) và do M cố định thì A’; B’; C’ cố định nên minVOABC = 27VMA' B 'C ' khi ( P ) đi qua
M cắt Ox; Oy; Oz lần lượt ở A; B; C tương ứng sao cho M là trọng tâm tam giác ABC .


Việc dựng ( P ) dành cho bạn đọc.
b/

VOABC AA1 OA
=
=
(do chung mặt đáy là OBC ).
VMOBC MA1 MA '
V
OB VOABC OC
;
=
;
• Tương tự: OABC =
VMOCA MB ' VMOAB MC '
3
VOABC
V
OAOB
. .OC
=
= OABC
• Từ đó suy ra:
VMOBC .VMOCA .VMOAB MA '.MB '.MC ' VMA ' B 'C '
• Ta có:


17




3
VOABC
khơng phụ thuộc vào vị trí của ( P ) .
VMOBC .VMOCA .VMOAB

BÀI TẬP TƯƠNG TỰ
Bài 2.5: [TĐP] Cho hình chóp S.ABC có SA = x; SB = y; SC = z
a/ Trên tia SA; SB; SC lấy A '; B '; C ' tương ứng sao cho SA ' = SB ' = SC ' = 1. Chứng minh
rằng: VS . ABC = xyzV
. S . A ' B 'C '
b/ Xác định x; y; z để diện tích xung quanh của hình chóp bằng 3k 2 ( k là số thực dương
cho trước) và thể tích hình chóp S.ABC lớn nhất.
Bài 2.6: [TĐP] Cho tứ diện ABCD; AB = a; AC = b; AD = c; BAC = CAD = DAB = 60 o .
a/ Tính thể tích tứ diện ABCD theo a; b; c.
b/ Cho a; b; c thay đổi và thỏa mãn a + b + c  2010 . Tìm giá trị nhỏ nhất của chu vi tam
giác BCD .


18

Chú ý: Nếu xét trường hợp đặc biệt là các tia Ox; Oy; Oz đơi một hợp với nhau một
góc 90o thì ta có thêm các bài tốn sau:
Bài 2.11: [TĐP] Cho hình tứ diện OABC có ba cạnh OA, OB, OC đơi một vng góc và
OA = a, OB = b, OC = c .
2.11.1/ [TĐP] Chứng minh các cạnh đối diện vng góc.
2.11.2/ [TĐP] Chứng minh tổng bình phương các cạnh đối diện bằng nhau.
2.11.3/ [TĐP] Chứng minh tam giác ABC nhọn.
2.11.4/ [TĐP] Chứng minh rằng hình chiếu H của điểm O trên ( ABC ) trùng với trực tâm
tam giác ABC .

2.11.5/ [TĐP] Gọi H là trực tâm của tam giác ABC. Chứng minh OH ⊥ ( ABC ) .
2.11.6/ [TĐP] Chứng minh

1
1
1 1
= 2+ 2+ 2.
2
OH
a
b
c

2.11.7/ [TĐP] Gọi  ,  ,  lần lượt là góc tạo bởi OH với OA, OB, OC. Chứng minh
cos2  + cos2  + cos 2  = 1 và tan 2  + tan 2  + tan 2  = tan 2  tan 2  tan 2  − 2 .

Áp dụng bài 2.11.7/ ta có:
2.11.7.a/ [TĐP] (Bài toán tương tự - cách hỏi khác)
Gọi  ,  ,  lần lượt là góc tạo bởi

( ABC )

với ( OAB ) , ( OBC ) , ( OCA) . Chứng minh

cos2  + cos2  + cos 2  = 1 và tan 2  + tan 2  + tan 2  = tan 2  tan 2  tan 2  − 2 .

2.11.7.b/ [TĐP] (Bài toán tổng quát) Cho T là một điểm ở trong miền tam giác ABC ,
OT hợp với các cạnh bên OA, OB, OC các góc theo thứ tự là  ,  ,  . Chứng minh
cos2  + cos2  + cos 2  = 1 và tan 2  + tan 2  + tan 2  = tan 2  tan 2  tan 2  − 2 .
1

6

2.11.8/ [TĐP] VOABC = abc và Stp =

(

)

1
ab + bc + ca + a 2b 2 + a 2c 2 + b 2c 2 .
2

2.11.9/ [TĐP] Gọi R, r lần lượt là bán kính của mặt cầu ngoại tiếp và nội tiếp tứ diện
OABC thì R =

3V
1 2
a + b 2 + c 2 và r = OABC .
2
Stp

2
2
2
= S HAB .S ABC ; SOAC
= S HAC .S ABC ; SOBC
= S HBC .S ABC .
2.11.10/ [TĐP] Chứng minh SOAB

2

2
2
2
+ SOAC
+ SOBC
= S ABC
2.11.11/ [TĐP] Chứng minh SOAB
.


19

2.11.12/ [TĐP] Gọi x, y, z lần lượt là góc giữa OA, OB, OC với ( ABC ) . Chứng minh
sin 2 x + sin 2 y + sin 2 z = 1.

2.11.13/ [TĐP] Chứng minh a 2 tan A = b 2 tan B = c 2 tan C với A, B, C là ba góc của tam
giác ABC.
2.11.14/ [TĐP] Gọi G là trọng tâm tam giác ABC, I là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện.
Chứng minh O, G, I thẳng hàng và OG = 2GI . Tính OH, OI, OG, OJ với J là tâm đường
tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
2.11.15/ [TĐP] Gọi RABC là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Chứng minh
2
JH 2 + 2OH 2 = RABC
.

2.11.16/ [TĐP] Gọi M, N, P theo thứ tự là trung điểm của BC, CA và AB. Chứng minh
OMNP là tứ diện gần đều (các mặt của tứ diện OMNP bằng nhau) và
1
1
VOMNP = VOABC =

abc .
4
24


20

Bài 2.12: [TĐP] Cho OABC là tứ diện vng, có OA = a, OB = b, OC = c và chiều cao
OH = h . Chứng minh

Hướng dẫn: Ta có


(a + b + c )2
h

2

1
3 3

.
h a+b+c

1
1
1 1
1
2
= 2 + 2 + 2  33 2 2 2 , (a + b + c )  93 a 2b2c 2

2
h
a b c
abc

 27 

1
3 3

.
h a+b+c

Bài 2.13: [TĐP] Cho OABC là tứ diện vng, có OA = a, OB = b, OC = c và chiều cao
OH = h ,

S ABC = S , SOAB = S1 , SOBC = S2 , SOCA = S3 . Chứng minh

S1 + S 2 + S3 

9 2
h
2

hoặc

h2
2
 .
S1 + S2 + S3 9

9
2

1
2

9
2

Hướng dẫn: S1 + S2 + S3  h 2  (ab + bc + ca)  h 2 

1
(ab + bc + ca )  9
h2

1 1
 1
  2 + 2 + 2  (ab + bc + ca )  9 . Áp dụng BĐT Côsi cho 3 số dương ta có
b
c 
a

1
1
1
1
1
 2 + 2 + 2  33 2 2 2
 1 1 1
a

a
a b c   2 + 2 + 2  (ab + bc + ca )  3 3 2 2 2 .3 3 a 2b 2c 2 = 9 .
a
abc
a b c 

3 2 2 2
ab + bc + ca  3 a b c

Dấu “=” xảy ra khi a = b = c .
Bài 2.14: [TĐP] Cho OABC là tứ diện vuông, H là trực tâm của tam giác ABC. Gọi
 ,  ,  lần lượt là góc tạo bởi OH với OA, OB, OC. Chứng minh cos  + cos  + cos   3
Hướng dẫn: Áp dụng BĐT Bunhiacopski ta có
1. cos  + 1. cos  + 1. cos  

(1 + 1 + 1)(cos 2  + cos 2  + cos 2  ) .

 cos  + cos  + cos   3 .

Bài 2.15: [TĐP] (Bài toán tổng quát) Cho OABC là tứ diện vuông, T là một điểm ở
trong miền tam giác ABC , OT hợp với các cạnh bên OA, OB, OC các góc theo thứ tự là
 ,  ,  . Chứng minh cos  + cos  + cos   3 .
Bài 2.16: [TĐP] Cho OABC là tứ diện vuông, H là trực tâm của tam giác ABC. Gọi
 ,  ,  lần lượt là góc tạo bởi OH với OA, OB, OC. Chứng minh
cot 2  + cot 2  + cot 2  

3
.
2



21

 x, y , z  0
.
x + y + z = 1

Hướng dẫn: Đặt x = cos2  , y = cos2  , z = cos2   
Ta có tan 2  =
cot 2  =

1
1
y+z
−1 = −1 =
2
cos 
x
x

cot 2  =



x
y
. Tương tự cot 2  =
,
z+x
y+z


z
.
x+ y
x
y
z
.
+
+
y+z z+x x+ y

Vậy cot 2  + cot 2  + cot 2  =
Áp dụng BĐT Nesbit ta có

x
y
z
3
+
+
 .
y+z z+x x+ y 2
3
2

Vậy cot 2  + cot 2  + cot 2   .
Bài 2.17: [TĐP] (Bài toán tổng quát) Cho OABC là tứ diện vuông, T là một điểm ở
trong miền tam giác ABC , OT hợp với các cạnh bên OA, OB, OC các góc theo thứ tự là
 ,  ,  . Chứng minh cot 2  + cot 2  + cot 2  


3
.
2

Bài 2.18: [TĐP] Cho OABC là tứ diện vuông, H là trực tâm của tam giác ABC. Gọi
 ,  ,  lần lượt là góc tạo bởi OH với OA, OB, OC. Chứng minh
tan 2  + tan 2  + tan 2  + cot 2  + cot 2  + cot 2  

15
.
2

Hướng dẫn: Ta có tan 2  =

z+x
x+ y
y+z
, tan 2  =
, tan 2  =
.
z
x
y

Vậy tan 2  + tan 2  + tan 2  =

x+ y y+z z+x
.
+

+
z
x
y

Ta có

x+ y y+z z+x x y y z z x
3
+
+
= + + + + +  6 . Mà cot 2  + cot 2  + cot 2   .
2
z
x
y
z z x x y y

Vậy tan 2  + tan 2  + tan 2  + cot 2  + cot 2  + cot 2  

15
.
2

Bài 2.19: [TĐP] (Bài toán tổng quát) Cho OABC là tứ diện vuông, T là một điểm ở
trong miền tam giác ABC , OT hợp với các cạnh bên OA, OB, OC các góc theo thứ tự là
 ,  ,  . Chứng minh tan 2  + tan 2  + tan 2  + cot 2  + cot 2  + cot 2  

15
.

2

Bài 2.20: [TĐP] Cho OABC là tứ diện vuông, H là trực tâm của tam giác ABC. Gọi
 ,  ,  lần lượt là góc tạo bởi OH với OA, OB, OC. Chứng minh


22

3sin

2



+ 3sin

2



+ 3sin

2



 cos2  .32−cos

2




+ cos2  .32−cos

2



+ cos2  .32−cos  .
2

 x, y , z  0
.
x + y + z = 1

Hướng dẫn: Đặt x = cos2  , y = cos2  , z = cos2   

1 1
1 1
− y và y − x cùng dấu hoặc cùng bằng 0, y − z và z − y cùng dấu hoặc cùng
x
3 3
3
3
1 1
bằng 0, z − x và x − z cùng dấu hoặc cùng bằng 0, nên
3 3

Do


1
1
1
1
1 1
 x − y ( y − x ) +  y − z ( z − y ) +  z − x ( x − z )  0
3 
3 3 
3
3 3 



1 − 3x 1 − 3 y 1 − 3z
y + z − 2x z + x − 2 y x + y − 2z
+
+
+ z 0
+
0 
x
y
z
3x
3
3y
3
3
3




1
1
1 3x 3 y 3z
+ y + z  x + y + z  31− x + 31− y + 31− z  x.32 − x + y.32 − y + z.32 − z .
x
3
3
3
3
3
3

Vậy 3sin

2



+ 3sin

2



+ 3sin

2




 cos2  .32−cos

2



+ cos2  .32−cos

2



+ cos2  .32−cos  .
2

Bài 2.21: [TĐP] (Bài tốn tổng qt) Cho OABC là tứ diện vng, T là một điểm ở
trong miền tam giác ABC , OT hợp với các cạnh bên OA, OB, OC các góc theo thứ tự là
 ,  ,  . Chứng minh 3sin

2



+ 3sin

2




+ 3sin

2



 cos2  .32−cos

2



+ cos2  .32−cos

2



+ cos2  .32−cos  .
2

Bài 2.22: [TĐP] Cho OABC là tứ diện vuông, H là trực tâm của tam giác ABC. Gọi
 ,  ,  lần lượt là góc tạo bởi OH với OA, OB, OC. Chứng minh
sin 4  +

1
1
1
97

+ sin 4  +
+ sin 4  +

.
4
4
4
sin 
sin 
sin 
2

Hướng dẫn: Ta có sin 2  + sin 2  + sin 2  = 2 . Đặt m = sin 2  , n = sin 2  , p = sin 2  .
0  m, n, p  1
.
m + n + p = 2

Ta có 

Áp dụng BĐT Bunhiacopski ta có
m2 +

1
4  81  2 1 
4 
9 1
=
1 +  m + 2  
1.m + .  .
2

m
m 
4 m
97  16 
97 

Tương tự

n2 +

1
4  81  2 1 
4 
9 1
=
1 +  n + 2  
1.n + .  ,
2
n
n 
4 n
97  16 
97 


23

p2 +

1

4  81  2 1 
4 
9 1
1. p + .  .
=
1 +  p + 2  
2
p
p 
4 p
97  16 
97 

Do đó
m2 +

1
1
1
4 
9  1 1 1 
4 
9 9
97
+ n2 + 2 + p 2 + 2 
2 + .  =
m + n + p +  + +  
2
m
n

p
4  m n p 
4 2
2
97 
97 

Dấu “=” xảy ra  m = n = p =

2
 a=b=c=h 3.
3

Bài 2.23: [TĐP] (Bài toán tổng quát) Cho OABC là tứ diện vuông, T là một điểm ở
trong miền tam giác ABC , OT hợp với các cạnh bên OA, OB, OC các góc theo thứ tự là
 ,  ,  . Chứng minh

sin 4  +

1
1
1
97
+ sin 4  +
+ sin 4  +

.
4
4
4

sin 
sin 
sin 
2

Bài 2.24: [TĐP] Cho OABC là tứ diện vuông, H là trực tâm của tam giác ABC. Gọi
 ,  ,  lần lượt là góc tạo bởi OH với OA, OB, OC. Chứng minh

(cot  cot  + cot  cot  + cot  cot  )2 + 6 cot 2  cot 2  cot 2 

 3.

Hướng dẫn: Áp dụng BĐT Bunhiacopski ta có

(tan  + tan  + tan  )2  3(tan 2  + tan 2  + tan 2  ) = 3(tan 2  tan 2  tan 2  − 2)


(tan  + tan  + tan  )2 + 6  3
tan 2  tan 2  tan 2 

 cot  cot  cot  (tan  + tan  + tan  ) + 6 cot 2  cot 2  cot 2   3 .
2

Vậy (cot  cot  + cot  cot  + cot  cot  )2 + 6 cot 2  cot 2  cot 2   3 .
Bài 2.25: [TĐP] (Bài tốn tổng qt) Cho OABC là tứ diện vng, T là một điểm ở
trong miền tam giác ABC , OT hợp với các cạnh bên OA, OB, OC các góc theo thứ tự là
 ,  ,  . Chứng minh (cot  cot  + cot  cot  + cot  cot  )2 + 6 cot 2  cot 2  cot 2   3 .
Bài 2.26: [TĐP] Cho tứ diện OABC có OA, OB, OC vng góc với nhau từng đơi một và
OA = a, OB = b, OC = c . Gọi O1 là điểm nằm trong tam giác ABC. Khoảng cách từ O1 đến
ba mặt phẳng ( OBC ) , ( OCA) , ( OAB ) lần lượt là a1 , b1 , c1 . Tính a, b, c theo a1 , b1 , c1 sao

cho
2.26.1/ Thể tích khối tứ diện OABC nhỏ nhất.


24

Hướng dẫn: Chọn hệ trục tọa độ Oxyz với O là gốc tọa độ, tia Ox trùng tia OA, tia Oy
trùng tia OB, tia Oz trùng tia OC. Khi đó O1 (a1; b1; c1 ) . Phương trình mặt phẳng

( ABC ) : x + y + z = 1 .
a

b

c

Ta có O1  ( ABC ) 

a1 b1 c1
+ + = 1.
a b c

a1b1c1
1
9
 VOABC = abc  a1b1c1 . Vậy giá
abc
6
2
9

a b c 1
là a1b1c1 khi 1 = 1 = 1 =  a = 3a1, b = 3b1, c = 3c1 .
2
a b c 3

Áp dụng BĐT Cơsi cho 3 số dương ta có 1  27.
trị nhỏ nhất của VOABC

2.26.2/ Tổng a + b + c nhỏ nhất.
Hướng dẫn: Áp dụng BĐT Bunhiacopski ta có

(

a1 + b1 + c1

)  (a + b + c ) aa + bb + cc  .
2

Từ đó ta có a + b + c 

1

1

1



(




)

2

a1 + b1 + c1 .

Đẳng thức xảy ra khi
a1
b
c
a + b1 + c1
= 1 = 1 = 1
=
a
b
c
a+b+c

(

Vậy giá trị nhỏ nhất của a + b + c là

(

a1 + b1 + c1
a1 + b1 + c1

)


a1 + b1 + c1

)

=

2

1
.
a1 + b1 + c1

(
(
(

)
)
)

a = a1 a1 + b1 + c1

khi b = b1 a1 + b1 + c1 .

c = c1 a1 + b1 + c1

2

Bài 2.27: [TĐP] Cho hình tứ diện OABC có ba cạnh OA, OB, OC đơi một vng góc và

OA = a, OB = b, OC = c . Gọi R, r lần lượt là bán kính của mặt cầu ngoại tiếp và nội tiếp tứ
diện OABC. Chứng minh
Hướng dẫn: Ta có R =

2R
 3(1 + 3) .
r

3V
1 2
a + b 2 + c 2 và r = OABC , do đó:
2
Stp

(

1
2
2
2
a 2 + b 2 + c 2 . ab + bc + ca + a 2b 2 + a 2c 2 + b 2c 2
2R
a 2 + b 2 + c 2 Stp . a + b + c
2
=
=
=
3VOABC
abc
r

3VOABC
3.
6
Stp

)


25



=

2R
=
r

(

a 2 + b2 + c 2 . ab + bc + ca + a 2b 2 + a 2c 2 + b 2c 2
abc

)

3 3 a 2b2c 2  3 3 a 2b2c 2 + 3 3 a 4b4c 4 


abc


3 3abc + 3abc
2R
= 3( 3 + 1) . Vậy
 3(1 + 3) . Dấu “=” xảy ra khi a = b = c .
r
abc

Bài 2.28: [TĐP] Cho OABC là tứ diện vng, có OA = a, OB = b, OC = c và chiều cao
OH = h . Gọi r là bán kính của mặt cầu nội tiếp tứ diện OABC. Chứng minh

Hướng dẫn: Ta có

h
 1+ 3 .
r

Stp
1
1 1 1 1
1 1 1 1 1
=
= + + +  − = + + .
r 3VOABC a b c h
r h a b c

Áp dụng BĐT Bunhiacopski ta có
2

1
1 3

1 1 1
 1
 + +   3 2 + 2 + 2  = 2
b
c  h
a b c
a



h
1 1
3
1 1+ 3
− 
 
  1+ 3 .
r h
h
r
h
r

Bài 2.29: [TĐP] Cho OABC là tứ diện vuông, có OA = a, OB = b, OC = c thỏa mãn
a + b + c = 3 . Gọi r là bán kính của mặt cầu nội tiếp tứ diện OABC. Chứng minh
r

3− 3
.
6


1 1 1
1 1 1
1 1 1
Hướng dẫn: Ta có 3 + +  = (a + b + c ) + +   9  + +  3 .
a

Mà

b

c

a

b

c

a

b

c

3− 3
1 1 1 1
3 3
1
 + + +

.
  3+ 3  r 
6
r a b c a+b+c
r

Bài 2.30: [TĐP] Cho OABC là tứ diện vng, có OA = a, OB = b, OC = c . Gọi r là bán

(

)

kính của mặt cầu nội tiếp tứ diện OABC. Chứng minh max a, b, c  3 + 3 r .
Hướng dẫn: Ta có
1 1 1 1
3 3
1
1
1
3 3
 + + +

+
+
+
r a b c a + b + c max a, b, c max a, b, c max a, b, c 3 max a, b, c



(


)

1
3 3
 max a, b, c  3 + 3 r .

r max a, b, c