Sáng kiến kinh nghiệm THPT: Phát triển tư duy học sinh qua việc khai thác các yếu tố hình học của một số hình tứ diện đặc biệt

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐĂK LĂK

TRƯỜNG THPT NGÔ GIA TỰ

*******************

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

PHÁT TRIỂN TƯ DUY HỌC SINH QUA VIỆC KHAI THÁC CÁC YẾU TỐ HÌNH HỌC CỦA MỘT SỐ HÌNH TỨ DIỆN ĐẶC BIỆT.

Lĩnh vực: Toán học

HÀ DUY NGHĨA

A

B

D

C

A'

B'

D'

C'

H2

H1

H3

P

Đăk Lăk, tháng 3 năm 2020

MỤC LỤC

1. Phần mở đầu .............................................................................................................. 2

1.1 Lý do chon đề tài .................................................................................................... 2

1.2 Mục tiêu và nhiệm vụ của đề tài ............................................................................ 2

1.3. Đối tượng nghiên cứu ........................................................................................... 2

1.4. Giới hạn đề tài ....................................................................................................... 2

1.5. Phương pháp nghiên cứu ...................................................................................... 2

2. Phần nội dung ............................................................................................................ 3

2.1 Cơ sở lí luận ........................................................................................................... 3

2.2 Thực trạng vấn đề nghiên cứu ................................................................................ 3

2.3 Nội dung và hình thức của giải pháp ..................................................................... 3

2.3.1. Các khái niệm liên quan đến hình tứ diện ...................................................... 4

2.3.2. Bài toán liên quan đến hình tứ diện vuông ....................................................... 6 2.3.3. Bài toán liên quan đến hình tứ diện trực tâm ................................................... 13

2.3.4. Bài toán liên quan đến hình tứ diện gần đều .................................................... 17

2.3.5. Bài toán liên quan đến hình hộp ngoại tiếp hình tứ diện .................................. 20

2.3.6. Các bài toán trong hệ tọa độ Oxyz liên quan đến các hình tứ diện đặc biệt ... 23

2.3.7. Bài tập luyện tập ............................................................................................... 29

3. Phần kết luận ............................................................................................................. 31

3.1 Kết luận .................................................................................................................. 31

3.2 Kiến nghị ................................................................................................................ 31

Tài liệu tham khảo ........................................................................................................... 32

1. PHẦN MỞ ĐẦU

1.1. Lý do chọn đề tài

Kể từ năm học 2016-2017, trong kì thi THPT quốc gia bộ môn toán được thi dưới hình thức trắc nghiệm, từ đó nó đã dần làm cho học sinh rời bỏ dần thói quen đào sâu khai

thác một vấn đề toán học. Đặc biệt đối với bộ môn hình học thì điều đó càng thể hiện rõ

hơn, ở bài toán trắc nghiệm không thể khai thác sâu được yếu tố hình học mà chỉ vận dụng nhanh các công thức có sẵn để làm toán, từ đó dẫn đến việc dạy toán dần dần cũng đã

chuyển sang hướng thực dụng và nó đã làm cho việc dạy học toán kém phần thú vị.

Nhằm giúp cho học sinh yêu thích môn học, biết phân tích định hướng tìm tòi lời giải, biết khai thác, đào sâu, tìm ra mối liên hệ của các yếu tố hình học một cách hiệu quả.

Trong quá trình giảng dạy và tìm hiểu học hỏi tôi viết đề tài “PHÁT TRIỂN TƯ DUY

HỌC SINH QUA VIỆC KHAI THÁC CÁC YẾU TỐ HÌNH HỌC CỦA MỘT SỐ HÌNH TỨ DIỆN ĐẶC BIỆT”.

1.2. Mục tiêu, nhiệm vụ của đề tài

Giúp học sinh tiếp cận bài toán với cách tư duy linh hoạt, bao quát vấn đề, suy

luận logic để tìm lời giải nhanh nhất, tránh kiểu tư duy rập khuôn, máy móc. Hơn nữa, thông qua việc phân tích và bình luận lời giải ở mỗi bài toán giúp cho học sinh khắc sâu được kiến thức, thành thạo các kĩ năng giải toán, đồng thời khắc phục những sai lầm

thường gặp trong quá trình làm toán.

Thông qua các tính chất đẹp đẽ của các hình tứ diện giúp cho các em yêu thích môn

học hơn, ôn tập tham gia vào các kì thi HSG do tỉnh nhà tổ chức.

Đề tài sẽ tạo điều kiện cho giáo viên có trao đổi chuyên môn, giao lưu học hỏi lẫn

nhau.

1.3. Đối tượng nghiên cứu

Các bài toán hình học không gian trong các đề thi HSG tỉnh, các bài toán trong các đề

thi THPT Quốc gia của bộ môn Toán liên quan đến hình tứ diện.

1.4. Giới hạn, phạm vi nghiên cứu

Đề tài đề này tôi chỉ đề cập đến các dạng toán nâng cao liên quan đến hình tứ

diện. Ngoài phần mở đầu, mục lục, tài liệu tham khảo, đề tài gồm 5 mục chính, ở mỗi mục

tác giả trình bày các bài toán theo bố cục như nêu đề bài, phân tích tìm mối liên hệ giữa bài toán cần giải với bài toán khác để tìm lời giải, các lời giải được trình bày theo hướng

suy luận tự nhiên nhằm phát huy năng lực tư duy của học sinh không áp đặt máy móc,

mục cuối là các bài tập luyện tập nhằm giúp học sinh cũng cố phát triển năng lực tự học.

1.5. Phương pháp nghiên cứu

Để thực hiện mục đích và nhiệm vụ của đề tài, trong quá trình nghiên cứu tôi đã sử dụng các nhóm phương pháp sau: Phương pháp quan sát; phương pháp tổng kết kinh nghiệm; phương pháp phân tích tổng hợp lý thuyết.

2. PHẦN NỘI DUNG

2.1. Cơ sở lý luận

Trong chương trình THPT, môn Toán giữ một vai trò quan trọng. Môn Toán được coi là môn học công cụ, cung cấp các tri thức để người học có thể học tập các môn học khác.

Thông qua học toán, người học được hình thành, rèn luyện và phát triển tư duy. Thực

tế, có nhiều người ít dùng trực tiếp kiến thức toán học vào thực tiễn cuộc sống, nhưng không ai phủ nhận rằng, những người học toán tốt thường có tư duy tốt. Vì thế, người ta

dùng các bài kiểm tra toán dưới nhiều hình thức khác nhau và dùng thành tích học tập

môn Toán là một thước đo trong nhiều kì thi.

Vì thế tham gia thi ở kì thi nào cũng rất tốt, kì thi HSG tỉnh lớp 12 là kì thi tương

đối nhẹ mang tinh chất trao dồi kiến thức nên học sinh rất ít bị áp lực khi làm bài, từ đó

các em dễ phát huy năng lực sở trường của mình.

2.2. Thực trạng

Học sinh hay gặp khó khăn và ngại khó khi học toán hình học không gian.

Học sinh mới chỉ dừng lại ở việc lĩnh hội các kiến thức trong sách giáo khoa mà chưa

vận dụng nó, chưa đào sâu kiến thức thường giải bài tập theo kiểu trắc nghiệm thuần túy.

2.3 Nội dung và hình thức của giải pháp

2.3.1 Các khái niêm liên quan đến hình tứ diện

Trong phần này tôi trình bày vắn tắt các khái niệm liên quan đến hình tứ diện cùng

với các chất cơ bản của nó để làm cơ sở cho việc trình bày lời giải ở các phần sau.

a) Khái niệm hình tứ diện

+Hình chóp có đáy là một tam giác gọi là hình tứ diện, hình tứ diện cùng với miền

trong của nó gọi là khối tứ diện.

+Trong hình tứ diện, mỗi mặt là là một tam giác, mỗi mặt có một đỉnh đối diện; hình tứ

diện có 4 đỉnh 6 cạnh, hai cặp cạnh gọi là đối diện nếu chúng không có điểm chung.

+ Hình tứ diện có các cạnh bằng nhau gọi là tứ diện đều

+Hình tứ diện OABC có OA, OB, OC đôi một vuông góc gọi là tứ diện vuông đỉnh O.

+Tứ diện ABCD có các cặp cạnh đối vuông góc gọi là tứ diện trực tâm.

+ Tứ diện ABCD có các cặp cạnh đối bằng nhau gọi là tứ diện gần đều.

(cid:1)(cid:1)(cid:1)(cid:2)

b) Trọng tâm tứ diện

(cid:1)(cid:1)(cid:1)(cid:2) (cid:1)(cid:1)(cid:1)(cid:2) GA GB GC GD 



(cid:2) 0



. +Điểm G gọi là trọng tâm của tứ diện ABCD nếu

+Trọng tứ diện, các đoạn thẳng nối trung điểm các cạnh đối đồng quy tại trung điểm mỗi

cạnh và là trọng tâm của tứ diện.

3 . (GA=3GG’, A là đỉnh và G’ là trọng

Trong tứ diện, các đường thẳng nối từ đỉnh đến trọng tâm mặt đối diện đồng quy tại trọng tâm tứ diện và chia đoạn đó theo tỉ số 1

tâm tam giác đáy của tứ diện).

c) Mặt cầu ngoại tiếp, nội tiếp tứ diện

+ Mặt cầu gọi là ngoại tiếp tứ diện nếu nó đi qua các đỉnh của tứ diện .

+ Mặt cầu gọi là nội tiếp tứ diện nếu nó tiếp xúc tất cả các mặt của tứ diện và tâm của

mặt cầu nằm trong hình tứ diện.

+ Mặt cầu gọi là bàng tiếp tứ diện nếu nó tiếp xúc tất cả các mặt của tứ diện và tâm của

nó nằm ngoài hình tứ diện.

+ Mặt cầu gọi là nội tiếp khung của tứ diện nếu nó tiếp xúc 6 cạnh của tứ diện.

+ Mặt cầu gọi là bàng tiếp khung của tứ diện nếu nó tiếp xúc 6 đường thẳng chứa 6 cạnh của tứ diện và có ít nhất một tiếp điểm không thuộc cạnh của tứ diện.

Trong tứ diện, gọi d là trục của đường tròn đáy ( đường thẳng qua tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác đáy và vuông góc với mặt phẳng chứa đáy) thì tâm mặt cầu ngoại tiếp là giao điểm của 2 trục tùy ý hoặc là giao điểm của một trục và mặt phẳng trung trực của

một cạnh bên (nếu có cạnh bên OA và d đồng phẳng thì dựng đường trung trực của cạnh bên OA đó trong mp (d,OA).

Tứ diện đều, có tâm đường tròn nội tiếp ngoại tiếp và giao điểm các đường cao là trọng tâm của tứ diện.



 ABCD A B C D .

 là tứ diện nội tiếp hình hộp

 .

d) Tứ diện nội tiếp hình hộp

+Nếu chọn 4 đỉnh trong 8 đỉnh của hình hộp sao cho bất cứ hai đỉnh nào không cùng thuộc một cạnh thì 4 đỉnh đó tạo thành một tứ diện gọi là tứ diện nội tiếp hình hộp. Chẳng hạn tứ diện BDA C

+Mỗi một tứ diện tùy ý luôn có duy nhất một hình hộp ngoại tiếp tứ diện

+ Hình hộp ngoại tiếp hình tứ diện gần đều là hình hộp chữ nhật.

+Thể tích khối hộp gấp 3 lần thể tích tứ diện nội tiếp nó.

2.3.2. Bài toán liên quan đến hình tứ diện vuông

Phần này chủ yếu khai thác các bài toán định lượng liên quan nhiều đến các hệ thức

của định lý Pythagore, các bất đẳng thức hình học liên quan đến các cạnh, các góc tạo bởi

cạnh bên và mặt đáy, diện tích các mặt của hình tứ diện và các bài toán liên quan hay xuất hiện trong kì thi HSG tỉnh lớp 12.

 OA a OB b OC c



Đa phần lời giải được trình bày theo hướng thác triển đề bài toán.

 đường cao OH,

Bài tập 2.1. Cho tứ diện vuông O.ABC đỉnh O, có





ABC

S 1



OAB



OBC



OCA

Chứng minh: Gọi





, (2.1.1).

1 OH

1 OA

1 OB

1 OC





2 S 1

2 2

2 3 ,(2.1.2).

Phân tích và lời giải





1 OH

1 OA

1 OB

1 OC

a) Chứng minh

O

Đây là đẳng thức quen thuộc được trình bày ở dạng bài tập trong SGK lớp 11 nhưng nó không kém phần quan

trọng trong việc khai thác các yếu tố định lượng trong tứ diện vuộng, đồng thời việc chứng minh nó cũng hình thành cho học sinh nhiều yếu tố tư duy trong việc khai thác giải

A

H

C

K

B

thiết bài toán. Dù rằng bài toán đã cho H là hình chiếu của O lên mặt phẳng (ABC) nhưng thực sự đã ẩn đi yếu tố vị trí của H, nên làm cho học sinh lúng túng trong cách khai

thác bài toán, do vậy học sinh cần xác định vị trí hình chiếu H ? Từ đó học sinh cũng dễ định vị được H thông qua mp (OAH) vuông góc BC. Từ đó suy ra được H là trực tâm của tam giác ABC. Gọi K là chân đường cao kẻ từ A của tam giác ABC khi đó OK là chân

đường cao của tam giác OBC kẻ từ O, áp dụng hệ quả định lý Pythagore ta có được:





1 OK

1 OB

1 OC





1 OH

1 OA

1 OK

ta được tiếp tục áp dụng hệ thức trên cho tam giác vuông AOK





1 OH

1 OA

1 OB

1 OC







Từ đó suy ra .



2 S 1

2 2

2 S 3 ,(2.1.2)

S 1



OAB



OBC



OCA



ABC

b) Chứng minh với

Đẳng thức (2.1.1) sẽ gợi ý ngay cho học sinh suy nghĩ

O

việc áp dụng định lí Pythgore vào bài toán, nhưng đẳng thức này sẽ làm cho các em lúng túng ngay khi tiếp cận.

Có nhiều hướng chứng minh (2.1.2) nhưng ở đây tôi trình

A

H

C

bày theo hướng thác triển của của bài toán (2.1.1) một cách tự nhiên.

K



2 OA OB .

do đó, quy đồng vế phải của Nhận thấy

B

2  OBC

1 4

2 OA OB OB OC OA OC





OA OB OC OH





(1) ta được ngay

2 S 1

2 2

2 S 3

4OA OB OC OH

Tức là vấn đề còn lại của bài toán chính là chứng minh



4OA OB OC OH



AK BC .





OA OB OC 4 OH

AH AK OK BC . HA HK .

AK OK BC HK

. AK HK AK BC HK



Rất dễ nhận thấy rằng

4OA OB OC OH



Từ đó ta có điều cần chứng minh:

cos , (2.2).

S 

Thật vậy dễ nhân thấy tam giác HBC



OBC

 S

OHC

lên mặt phẳng (ABC), nên , bằng phép biến đổi tam giác OBC Nhận xét: Một hướng khác để giải bài toán là áp dụng công thức hình chiếu là hình chiếu vuông góc của (cid:3).cos OKH



(



)

đơn giản học sinh có được điều cần chứng minh. Ngoài ra học sinh cũng có thể khai thác

2  ABC



ABC



HBC



HBA



HCA

cũng được kết quả tương tự.

 OA a OB b OC c



 .Gọi

Bài tập 2.2 Cho tứ diện vuông O.ABC đỉnh O, có



S 1



ABC



OAB



OBC



OCA



S 1

và r là bán kính đường tròn nội tiếp của hình



(2.2)

S   S 2 3 a b c  

tứ diện. Chứng minh rằng

Phân tích và lời giải : Trong tứ diện vuông luôn tồn tại

O

mặt cầu nội tiếp nên trong bài này tôi không trình việc

chứng minh tồn tại mặt cầu ngoại tiếp mà trình bày sự khai thác đẳng thức (2.1.2) thông qua bán kính của mặt

I

A

cầu này.Nếu gọi I là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện thì

C

H

B





khi đó học sinh sẽ nhận ra được bán kính r chính là chiều cao khối chóp I.ABC, từ đó ta có được đẳng thức

IABC

IOBC

IOAB

IOAC

OABC V







 r S 1

OABCV

1 3

Hay



3V 



S 1

Điều này suy ra . Từ đây sẽ có rất nhiều hướng đề khai thác vấn đề

này, một trong những hướng đó là sử dụng (2.1.2) và công thức thể tích của tứ diện vuông



abc

1 6











S 1



S 2

V 3 



1 2

1 4

  S S 3 2   a b c



2 S

3 

S 1

  S abc S 2 1  S S S S 3 2 1 2

  S 3  S S 1 3

 abc S 1   S

 S 2 

S 1



S 1

ta có:



  S S 3 2   a b c



 OA a OB b OC c



Vậy ta có được điều cần chứng minh

 đường cao OH,

Bài tập 2.3 Cho tứ diện vuông O.ABC đỉnh O, có



S 1



ABC



OAB



OBC



OCA



abc a b c

 

, (2.1.4).

Gọi Chứng minh:





1 2





,(2.1.5).

2 S 1 

2 S 2 

2 S 3 

3 4

2 S 1

2 2

2 3

Phân tích và lời giải : Chỉ cần một chút thay đổi diện mạo có thể làm cho mình tự tin hơn

và người khác cũng sẽ bối rối khi tếp xúc. Với bài toán sự thay đổi hình thức có thể làm

thay đổi hoàn toàn định hướng lời giải. Chính vì thế, khi tiếp cận một vấn đề nào đó mà cụ

thể là làm toán thì việc đầu tiên phải thực sự bình tĩnh, tìm hiểu phân tích đề bài. Ở bài

này, chỉ cần một chút nhìn nhận sẽ thấy nó chính là sự kết hợp hài hòa giữa đẳng thức (2.1.2) với bất đẳng thức AM-GM , còn không học sinh sẽ bị sa vào việc thiết lập diện tích



2 2 a b



2 2 c b



2 2 a c

S theo công thức Hê-rông và bài toán sẽ mất kiểm soát. Thật vậy:

1 2

AM GM  

2 2 a b



2 2 c b



2 2 a c

abc a b c

 

(

)

, từ đó dễ dàng nhận thấy Khai thác từ đẳng thức (2.1.2), ta có:

1 2



abc a b c

 

  .





1 2



Hay ,đẳng thức xảy ra khi a b c





, (2.1.4)

2 S 1 

2 S 2 

2 S 3 

3 4

2 S 1

2 2

2 3

e) Chứng minh

Phân tích và lời giải : Một trong những cách thác triển để tạo ra bất đẳng thức đẹp là phải sử dụng bất đẳng thức kinh điển vào bài toán. Bài tập này là một trong những sự thác





, y





, z





triển khác (2.1.2) thông qua bất đẳng thức Schwarz, cụ thể như sau:



2 S 1

2 2

2 S 3

1 x

1 y

1   z

9   y









9, (4.1)

2 S 1

2 2

2 3

Từ dạng BĐT Schwarz thay



1 

2 S 1

2 2

2 3





Ta được: 

2 S 1

2 2

2 3

(4.1)







S 

9 4

2 S 1

2 2

2 3

  1

  1

2 S 1 

2 S 2 

2 S 3 

3    4

2 S 1

2 2

2 3

  1

  1

2 S 1 

2 S 2 

2 S 3 

3    4

2 S 1

2 2

2 3







2 S 1 

2 S 2 

2 S 3 

3 4

2 S 1

2 2

2 3

Sử dụng 2 S ta có ngay được:



Đẳng thức xảy ra xem như bài tâp.

 OA a OB b OC c



 , Gọi

Bài tập 2.4 (HSGT-ĐăkLăk 2014). Cho tứ diện vuông O.ABC đỉnh O, có



S 1



ABC



OAB



OBC



OCA

, P là điểm nằm

 P S



P 2

P 3



PAB



PBC



PCA





2 P 1 2 S 1

2 P 2 2 S 2

2 P 3 2 S 3

Tìm GTNN của trong tam giác ABC và 1





Phân tích và lời giải : Đây là bài toán trong đề thi HSG tỉnh lớp 12 THPT , nó là một

2 S 1

2 2

2 S 3





cách kết hợp giữa (2.1.2) và bất đẳng thức Schwarz . Việc tác giả yêu cầu

2 P 1 2 S 1

2 P 2 2 S 2

2 P 3 2 S 3

tìm GTNN của là đã thay đổi rất nhiều diện mạo của bài tập (2.1.2) , bài





(2.1.2)

toán này đã gây rắc rối cho không ít học sinh tham gia dự thi trong đợt này, thật ra ta thấy

2 S S S chính là sự xuất hiện của 1

2 3

2 2

2 S 1

2 2

2 3







rằng sự xuất hiện của .

 

S S

2 P 1 2 S 1

2 P 2 2 S 2

2 P 3 2 S 3

P P P ( 1 2 3 2 S S S 1

 2  2

) 2 3

. Thật vậy , áp dụng BĐT Schwarz ta có

 OA a OB b OC c



đẳng thức xảy ra khi P trực tâm tam giác ABC. Hay giá trị nhỏ nhất của P là 1.

 goi

,   lần

OAB OBC OCA và mặt đáy.

Bài tập 2.5 Cho tứ diện vuông O.ABC đỉnh O, có

), (

)

lượt là số đo của các góc tạo bởi lần lượt các mặt bên (





6 3,(2.5).

  cos +cos 2  cos

  cos +cos 2  cos

  cos +cos 2  cos

Chứng minh:

Phân tích và lời giải: Một hướng khác khai thác khác

O

nữa trong tứ diện vuông này đó chính là khai thác yếu tố về góc tạo bởi cạnh bên và mặt đáy của tứ diện. Để giải bài toán, một cách quen thuộc nhất là sự chuyển

B

C

đổi từ bất đẳng thức hình học sang bất đẳng thức đại số, từ đó học sinh phát hiện ra:

H

K







cos



cos



,cos



,cos



(cid:3) COH

A

OH OB

OH OA

OH OC







cos



cos



cos





 , 1

OH OC

OH OB

OH OA

Nên từ (2.1.1) ta có được

Từ đó nhận thấy rằng, bất đẳng thức





6 3

  cos +cos 2  cos

  cos +cos 2  cos

có dạng của bất đẳng thức đại số:   cos +cos 2  cos





6 3,





1,(2.5)

 2 z

 2 x

 2 y



)













 2 z

 2 x

 2 y

x 2 z

z 2 y

z 2 x

y 2 x

y 2 z

x 2 yz

z 2 xy

y 2 xz

 y xyz

  

  

  

Đến đây,việc chứng minh (2.5) thật sự không khó, thật vậy ta có



 x  2 y  AM GM  

xyz





6 3









   1   27

2 xyz

Hơn nữa, ta có:





6 3.

 2 z

 2 x

 2 y



Từ đó ta có

 OA a OB b OC c



 , M là điểm tùy ý trên cạnh AB. Chứng minh rằng:

d A OM d B OM d C OM ,



(

)





) , (2.6).

Bài tập 2.6 (HSGT-Đăk Lăk 2019).Cho tứ diện vuông O.ABC đỉnh O, có

O

Phân tích và lời giải: Đây là đề thi gần đây nhất của tỉnh được khai thác từ loại tứ diện vuông và từ một bất đẳng thức quen thuộc Bunhiacopski. Có rất nhiều hướng tiếp

A

cận bài toán, nhưng cách tự nhiên nhất là học sinh phải chuyển bất đẳng thức hình học sang bất đẳng thức dạng đại số. Từ đó dễ nhận ra được:

C

M

d C OM c

(

)



OAB





 , OC



B

d B OM BM



(

)

.sin

(cid:3) BMO d A OM AM ,



)

(

.sin

(cid:3) BMO

d A OM d B OM d C OM ,



)

(

)

(

)

 

c AB.sin

(cid:3) BMO

 c AB.sin BMO c

(cid:3) 2   a



Suy ra,

Hơn nữa ta có , (đẳng thức xảy ra khi OM AB ).







)

Khi đó, bất dẳng thức hình học trở thành bất dẳng thức đại số:





2 (1



2 1 )(c



)

Dễ dàng áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopski ta được:

2











)

d A OM d B OM d C OM ,



(

)





)

Hay , đẳng thức xảy ra khi

,a b c là bộ Pythagore. ,

Từ đó suy ra , đẳng thức xảy ra khi bộ





ba số 

Bài tập 2.7 (HSGT-Đăk Lăk 2018).Cho tứ diện vuông S.ABC đỉnh S, có. Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC, (P) là mặt phẳng thay đổi qua I cắt SA, SB, SC tại A’ ,

V 



 đạt giá trị nhỏ nhất.

,S A B C

B’, C’ xác định vị trí của (P) sao cho thể tích tứ diện

S

Phân tích và lời giải . Đây là một cách khai thác khác của tứ diện vuông từ bài hệ tọa độ trong không gian ( Bài

tập tổng quát trong hệ tọa độ không gian cũng như cách

T

E

F

C'

A'

N

I

K

M

giải khác của bài toán này đươc trình bày ở mục 2.3.6) . Với những định hướng quen thuộc từ việc tìm mối liên hệ giữa điểm nằm trong tứ diện và thể tích của của tứ diện đó là ta phải lập được các tỉ số thể tích. Từ đó ta

B'

thấy rằng, từ I dựng các đường thẳng song song với SA,SB,SC cắt các mặt phẳng (SBC), (SCA),(SAB) tại các điểm cố định E, T, F. Từ giả thiết bài toán mặt phẳng (P) qua I cắt SA, SB, SC tại A’, B’, C’ nên kéo dài A’I, B’I, C’I





 IB C



 IA C



  IB A



;



;



;

IE SA

IT SB

S S

IF SC

S S





  A B C



  A B C



  A B C





 IB C



 IA C



  IB A





sẽ cắt các cạnh B’C’, C’A’, A’C’ lần lượt tại M, N, K khi đó ta có:

 1

IE SA

IT SB

IF SC

S S





  A B C



  A B C



  A B C

Từ đó suy ra:





(2.7.1)

IE SA

IT SB

IF SC

IE IT IF SA SB SC

  

  



SA SB SC

 ' 27 .

IE IT IF

Mặt khác áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có

V 



 đạt giá trị nhỏ nhất khi đẳng thức (2.7.1) xảy ra. Tức là

,S A B C

Từ đó suy ra



 ' 3

IE SB ,

 ' 3

IT SC ,

 ' 3

IE SA

IT SB

IF SC

1  hay 3

V 



 theo

,S A B C

,S ABCV

? Nhận xét: Mở rộng tiếp theo của bài toán là tính thể tích

2.3.3 Bài toán liên quan đến hình tứ diện trực tâm

Trong phần này ta khai thác một hình tứ diện cũng khá đặc biệt, nó được thác triển từ tứ diện vuông bằng cách thay đổi điều kiện các cạnh chung đỉnh O đôi một vuông góc

thành các có các cặp cạnh đối vuông góc đó chính là hình tứ diện trực tâm.

Các bài toán được đặt ra trong phần này chủ yếu khai thác các yếu tố về trọng tâm,

tâm mặt cầu ngoại tiếp hình tứ diện, khai thác các đẳng thức liên quan đến điểm đó.

Bài tập 3.1. Cho hình tứ diện trực tâm ABCD.Chứng minh rằng chân đường cao hạ từ

đỉnh của tứ diện là trực tâm tam giác đáy, các đường cao của tứ diện đồng quy..

Phân tích và lời giải: Nhận thấy tứ diện vuông là tứ diện

A

trực tâm, ở bài tứ diện vuông ta có được việc chứng minh

B1

D

B

chân đường cao tứ diện là trực tâm tam giác đáy liệu nó có còn đúng cho tứ diện trực tâm.Từ đó học sinh dễ phát hiện 1A của A lên mặt đáy là trực được việc chứng hình chiếu tâm của mặt đáy bằng phép chứng tương tự ở tứ diện

A1

E

F

 

BC A D .

vuông.thật vậy, ta có

C

 1  BC AD

  

AC A B

1A là trực tâm tam giác DBC

, hay . Tương tự cũng chứng minh được

Tiếp theo, để chứng minh các đường cao của tứ diện đồng quy ta chứng minh từng đôi

,AA BB tùy ý hạ từ A, và B. Ta có:

một các đường cao cắt nhau Xét hai đường cao

 



DC AA DC AB , 1

 DC BA 1

DC AB 1

.Tương tự ta cũng có

1AB với DC, Khi đó hai đường

Kéo dài

1BA cắt DC tại E , ta có E cũng là giao điểm của ,AA BB tam giác ABE.cắt nhau tại trực tâm H của tam giác.

cao

Tương tự ta chứng minh được hai đường cao tùy ý của tứ diện đôi một cắt nhau. Do đó

chúng đồng phẳng hoặc đồng qui.



Điều này chứng tỏ các đường cao của tứ diện đồng qui.

Bài tập 3.2 ( HSG Tỉnh Đăk Lăk 2014).Cho hình tứ diện trực tâm ABCD.

a) Chứng minh rằng tổng bình phương các cạnh đối diện bằng nhau .







P MA S MB S MC S MD S . 2

b) Gọi M là một điểm nằm trong tứ diện ABCD, gọi V là thể tích của tứ diện ABCD; S1, S2, S3, S4 lần lượt là diện tích các tam giác BCD, CDA, DAB, ABC. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức theo V.

 AB CD AD CB





2 2  AC BD

a) Chứng minh tổng bình phương các cạnh đối diện bằng nhau , tức là ta phải chứng

minh

Phân tích và lời giải: Gọi M, N, P,Q,I,J lần lượt trung

A

điểm AB, CD, AD, BC,AC,BD .Khi đó, các tứ giác

M

P

I

MNPQ, MINJ, là hình bình hành, hơn nữa nó là hình chữ ra các đường chéo bằng nhau, hay nhật. Suy   MN PQ IJ .

B

D

J

Ngoài ra, ta có:

Q

N

2  AD CB



 NI MI

)



C







)







4(PM



)



 AB CD AD CB





2 2  AC BD

Từ đó suy ra: .





P MA S MB S MC S MD S . 2

b) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức : theo V.

A



 AM MA 2

AA 2

AA 1

AM AA MA





Kẻ AA1, MA2 lần lượt vuông góc với mặt phẳng (BCD), khi đó ta có: hay

2 (1)

, dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi M

thuộc đường cao AA1, Từ (1) suy ra:

M









 V V 3 3

(2)

AM S AA S MA S . . 1 1 1

AM S . 1

. M BCD

D

B

A1

A2

Dấu bằng xẩy ra khi M thuộc đường cao AA1.

C

BM S .



V 3



V 3

(3)

Hoàn toàn tương tự cho các mặt CDA, DAB, ABC ta có :

. M CDA

CM S .



V 3



V 3

(4)

, dấu = xảy ra khi M thuộc đường cao tứ diện hạ từ đỉnh B,

. M DAB

DM S .



V 3



V 3

(5)

, dấu = xảy ra khi M thuộc đường cao tứ diện hạ từ đỉnh C,

M AB C

, dấu = xảy ra khi M thuộc đường cao tứ diện hạ từ đỉnh D,

 MA S MB S MC S MD S .



 9

Từ (2), (3), (4) và (5) ta có: dấu bằng xảy ra khi

M trùng H.

 MA S MB S .



 MC S MD S .



Vậy GTNN của là 9V.

Bài tập 3.3. Cho hình tứ diện trực tâm ABCD. Chứng minh trằng trung điểm các cạnh và

chân đường vuông góc chung của các cặp cạnh đối cùng nằm trên một mặt cầu.

Phân tích và lời giải Tiếp tục khai thác các đường nối

A

trung điểm 2 cạnh đối diện và đường vuông góc chung của hai cạnh đối diện ta thấy rằng nếu IK là đoạn vuông

M

I

CID (



)

AB IN

điểm của AB và CD thì ta có góc chung của của hai cạnh AB, CD và M, N là trung  

D

B

KN

C

hay I thuộc mặt cầu đường kính MN, tương tự K cũng thuộc mặt cầu đường kính MN. Từ đó suy ra Trung điểm các cạnh và chân đường vuông góc chung của các cặp



cạnh đối cùng nằm trên một mặt cầu.

,O G H cùng

Nhận xét: Một vấn đề tiếp theo được đặt ra là trong trong tam giác ba điểm

nằm trên một đường thẳng đó là đường thẳng Euler, vậy trong không gian liệu rằng ba

điểm ấy cũng thẳng hàng? Bài toán tiếp theo sẽ giúp ta làm sáng tỏ câu hỏi trên.

Bài tập 3.4. Cho tứ diện trực tâm ABCD, gọi O, G, H lần lượt là tâm mặt cầu ngoại tiếp, trọng tâm và trực tâm của tứ diện, d là độ dài đoạn thẳng nối trung điểm hai cạnh đối





, ( R bán kính mặt cầu ngoại diện. Chứng minh G là trung điểm OH và

tiếp tứ diện).

Phân tích và Lời giải

+) Chứng minh G là trung điểm OH ?

A

Rõ ràng yêu cầu bài toán đã giúp cho ta định hướng được công việc là phải chứng minh 3 điểm O, G, H thẳng hàng.

M

O2

,G O lần lượt là trực tâm, trọng tâm, tâm đường

Gọi

O

H , 1

G2

G

H

H2

,G O thẳng hàng (

H , 1

tròn ngoại tiếp ∆BCD, khi đó

B

D

H AH

G AG

đường thẳng Euler) và , ,

O1

OO AH / / 1

H1

G1

N



AH O . 1

nên H, G, O cùng thuộc 

C

H G O lần lượt là trực tâm, trọng tâm, tâm đường tròn ngoại tiếp ∆ACD.

Gọi



DH O 2

Chứng minh tương tự ta có: H, G, O cùng thuộc 

AH O và  

 DH O 2

Do đó H, G, O thuộc giao tuyến của hai mặt phẳng 

(

)

Hay H, G, O thẳng hàng.

CDH và mặt phẳng trung trực (P) của cạnh



(

CDH

 ), O (P)

Hơn nữa ta nhận thấy rằng, mặt phẳng

(

AB song song với nhau và nên việc chứng minh G là trung điểm OH

CDH . Thật )



ABD





  AB

AB CD

tức là phải chứng minh G thuộc mặt phẳng cách đều hai mặt phẳng (P) và







2H



(

CDH

 ), M (P)

vậy, ta có: ,mà .

(

); (

)

Gọi M, N trung điểm AB, CD. ta có G trung điểm MN nên suy

P CDH . Hay G là trung điểm OH( vì O, G, H

ra G nằm trên mặt phẳng cách đều

thảng hàng).





2  OD OC 2

CD 4



Trong tam giác, OCD ta có: .





2  OA OB 2

AB 4



Trong tam giác, OAB ta có .





OM ON MN 4

 2

ta có Trong tam giác, OMN





 8

CD MN  4

 AB CD AD CB





2 2  AC BD

⇒

Từ trên ta có,



AB CD  4

Suy ra



- 3



Từ đó suy ra: .

Bài toán 3 Cho tứ diện trực tâm ABCD. Chứng minh rằng trọng tâm và trực tâm các mặt nằm trên một mặt cầu.

Phân tích và lời giải: Như ta đã biết, G là trọng tâm tứ

A

 

(cid:1)(cid:1)(cid:1)(cid:2) GA

(cid:1)(cid:1)(cid:1)(cid:1)(cid:2) GG 1

1 3

diện nên , hay phép vị tự tâm G tỉ số

1G (

biến điểm A thành

thuộc mặt cầu tâm O nên

O

O/

G

H

1  3 1G trọng tâm tam giác BCD) mà A 1G thuộc mặt cầu tâm O là ảnh , hay các trọng tâm của các mặt cũng

V (



)

1 3

của O qua

I

O1

H1

G1

r 

R 3

.Từ đó ta thấy thuộc mặt cầu tâm O bán kính

1H hay không?

rằng bài toán đặt ra cho học sinh là mặt cầu tâm O có qua điểm



AH G 1

có Với yêu cầu đó ta thấy được công việc cần thực hiện của bài toán là chứng minh trực tâm 1H của tam giác BCD thuộc mặt cầu tâm O . Thật vậy , trong tam giác

O G

 



O I

/ / AH

1H G ta có

1 3



, gọi I là hình chiếu của O lên cạnh suy ra I

r 



1H G hay

O H O G 1

R 3

là trung điểm , Do đó mặt cầu tâm O bán kính qua trực tâm

của các mặt đáy.



Hay trọng tâm và trực tâm các mặt nằm trên một mặt cầu.

2.3.4 Bài toán liên quan đến hình tứ diện gần đều

Một trong các yếu tố về các góc ở đỉnh của tứ diện chưa được khai khác ở hai loại tứ

diện trên. Trong phần này tôi khai thác nó cùng với loại tứ diện mà yếu tố hình học cũng không kém phần thú vị đó là tứ diện gần đều.

Trong phần này tôi trình bày những bài tập mang tính định tính, các bài tập thường

xuất hiện trong các đề thi HSG lớp 12 cấp tỉnh.

trung điểm hai cạnh đối diện cũng là đường vuông góc chung của hai cạnh đó.

Bài tập 4.1 Cho hình tứ diện gần đều ABCD.Chứng minh rằng các đường thẳng qua

Phân tích và lời giải Đây là một công việc cơ bản của

A

gải toán hình học, từ đề bài đã định hướng lời giải. Việc chứng minh đường thẳng qua trung điểm và vuông góc với cạnh chính là chứng minh nó là đường thẳng trung

M

B

D

trực của đoạn thẳng hay nói cách khác là chứng minh tam giác cân. Thật vậy, gọi M, N lần lượt là trung điểm của AB và CD. Khi đó :

N

)







Trong tam giác ACD ta có

C

AC 4



)





BC 4



Trong tam giác BCD ta có ,

Vì AC BD nên suy ra, AN BN , hay tam giác NAB cân. Do đó MN AB .

Tương tự ta cũng chứng minh được MN CD .

Vậy MN là đường vuông góc chung của AB và CD.

trọng tâm tứ diện cũng là tâm mặt cầu nội tiếp, ngoại tiếp tứ diện.

Bài tập 4.2 ( HSGT Đăk Lăk-2016) Cho hình tứ diện gần đều ABCD.Chứng minh rằng

Phân tích và lời giải Như ta được biết nếu G là trọng

A

M

 GA GB GC GD



tâm tứ diện, thì G là trung điểm MN. Một cách liên hệ ngay đó là để chứng minh G là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ . Từ đó học diện ta chứng minh

G

 sinh có thể tính ngay được:

B

D

H

(

)

(

)











2  GD GC

N

1 4

C

Vậy G là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện.

d G DBC

( ,(

))



d G DBA

( ,(

))



d G DAC

( ,(

))



d G BAC

( ,(

))

Tương tự như trên, để chứng minh G là tâm mặt cầu nội tiếp tứ diện ta phải chứng minh

ABCD

GABC

d G ABC , (

(

))



Một công việc quen thuộc như ở bài (2.2) ta có:

3 4 S

3 V S



ABC

ABCD



d G ABC , (

(

))



d G DBC , (

(

))



d G DBA , (

(

))



d G DAC , (

(

))

Ta có , vì các mặt của tứ diện có diện tích bằng nhau nên

3 4 S



ABC

DBC

ta suy ra được :

Vậy trọng tâm tứ diện cũng là tâm mặt cầu ngoại tiếp, nội tiếp tư diện.



khi và chỉ khi diện tích các mặt của tứ diện bằng nhau

Bài toán 4.3 Cho hình tứ diện ABCD. Chứng minh rằng tứ diện ABCD là tứ diện gần đều

A

Phân tích và lời giải: Dễ dàng suy ra phần thuận của bài toán vì các mặt của hình tứ diện này đều có có bộ 3 cạnh là a b c Còn phần đảo, ta nhận thấy rằng nếu gọi H, K là

M

hình chiếu của A, B lên CD, gọi M, N lần lượt trung điểm của AB, HK khi đó:

D

B



TH1: H K suy ra H K N . Dễ dàng suy ra được NM

H

N

là đường vuông góc chung của AB và CD.

K

C



 

BKH

NM AB

. Ta có AHK suy ra AN BN hay TH2. H K



 

AKB

Và ta cũng có AHB suy ra HM=KM. suy ra NM CD .

Từ đó ta thấy rằng, nếu diện tích các mặt của tứ diện bằng nhau thì đường vuông góc chung của các cặp cạnh đối diện qua trung điểm của các cạnh đó. Và như thế ta tiếp tục

chứng minh các cặp cạnh đối bằng nhau. Thật vậy, giả sử MN là đường vuông góc chung của AB và CD, khi đó phép đối xứng trục MN biến A thành B, và biến C thành D suy ra

nó biến AC thành BD. Hay ta có AC=BD.

Từ đó ta có kết luận: Nếu diện tích các mặt của tứ diện bằng nhau thì các cặp cạnh đối



bằng nhau. Từ đó suy ra điều phải chứng minh.

phẳng tại mỗi đỉnh bằng

180 khi và chỉ khi nó là tứ diện gần đều.

Bài tập 4.4 Cho hình tứ diện ABCD. Chứng minh rằng tứ diện ABCD có tổng 3 góc

D

Phân tích và lời giải: Dễ thấy, nếu tứ diện ABCD có các cặp đối bằng nhau khi đó theo trên ta có được mỗi mặt của

chúng có diện tích bằng nhau. Khi đó tổng 3 góc phẳng ở đỉnh D bằng tổng 3 góc của tam giác ABC nên tổng của

D2

D1

C

0180 .

chúng bằng

A

B

Ngược lại, giả sử tứ diện ABCD có các góc ở đỉnh có

D3

CA b BD b , ,



0180 và

  , , AD a BC a



AB c DC c  ,

tổng bằng

1D nằm khác phía điểm A với đường thẳng BC sao



Trên mặt phẳng (ABC) lấy điểm

1D BC

2D ,

3D tương tự sao cho

2D AC



cho tam giác bằng DBC , lấy điểm bằng DAC

3D AB





và bằng DAB  ( Khai triển tứ diện trên mặt phẳng (ABC)).

,D A D thẳng hàng.

D AB BAC CAD 2

Khi đó ta thấy rằng (cid:3) (cid:3) (cid:3) 0 180 , hay 3 điểm

,D B D và 3 điểm

D C D cũng thẳng hàng.



Tương tự cũng chúng minh được

D D D 3 1



Từ đó suy ra trong tam giác có các cạnh AC, AB, BC là đường trung bình

AC D B DB 1

nên chúng bằng nửa độ dài cạnh đáy hay , tương tự ta cũng có điều phải



chứng minh.

180 và có 2 cặp cạnh

Nhận xét: Từ trên ta thấy rằng chỉ cần một đỉnh có tổng 3 góc bằng

đối diện bằng nhau ta cũng suy ra được cặp cạnh còn lại bằng nhau.

2.3.5. Bài toán liên quan đến hình hộp ngoại tiếp hình tứ diện

Trong phần này tôi trình bày một số kĩ thuật ứng dụng việc dựng hình hộp ngoại tiếp hình tứ diện để giải toán, đặc biệt là tìm các kĩ thuật khác nhau trong các bài toán quen

BC AD a



thuộc liên quan đến thể tích tứ diện.

CA DB b AB DC c ,

 .



a) Gọi O là trung điểm của AB. Chứng minh rằng thiết diện (OCD) chia tứ diện đã

cho thành hai tứ diện AOCD và BOCD có thể tích bằng nhau.

b) Tính thể tích tứ diện ABCD

Bài tập 5.1 (HSGT Đăk Lăk -2010) Cho hình tứ diện gần đều ABCD có

Phân tích và lời giải

Cách thứ nhất: (theo đáp án của đề thi)

1h là đường cao tứ diện A.OCD kẻ từ A,

a) Gọi

A

2h là đường cao tứ diện B.OCD kẻ từ B, Ta có

Gọi

F



  

h 1

h 2

OA OB

O

h 1 h 2

K

E

D

Hai tứ diện có đáy chung và đường cao bằng nhau nên thể tích bằng nhau.

B

H

b) Từ bài tập 4.1 ta có được OCD cân , gọi H

C

HO AEBF (



)

là trung điểm của CD, từ O vẽ EF//CD ta có và

1 2

HO AEBF (



)

 AK OCD ( )

OE=OF= CD. Từ đó suy sa tứ giác AEBF là hình chữ nhật, và .

Kẻ AK EF , vì suy ra HO AK vậy do đó AK là đường



V 2



KA . .



AK CD FC

cao của tứ diện A.OCD

ABCD

AOCD

2 3

CD OH . 2

1 3

2 2 FC a FB







2  b FA

Theo câu a) ta có

2 2  FB FA



2 b

Vì FB//AK và AK FC suy ra FB FC vậy

 (1)



Hay

2  (2) FB FA c













Mặt khác tam giác AFB vuông suy ra









1 2





(





)



(





)

Từ (1) và (2) ta có

1 2

Vậy

(









)



AE FA FB FA 



. EF

c 2

( c

Ta có :



AK CD FC



(





)(





)(





)

ABCDV

1 2 . 3

1 6 2

Vậy :



(





)(





)(





)

1 6 2

Cách thứ 2: ( Sử dụng kĩ thuật dựng hình hộp ngoại tiếp)

Bài tập liên quan đến thể tích của tứ diện, do đó một cách tự nhiên là nghĩ đến dựng hình hộp ngoại tiếp tứ diện và tính thể tích khối hộp đó sau đó mới xét ccs yếu tố

liên quan. Thật vậy, xét một hình hộp ngoại tiếp tứ diện ABCD như hình vẽ, khi đó khối

hộp AD’BC’.B’CA’D là khối hộp chữ nhật.

A

D'

a) Gọi O là trung điểm của AB, dễ thấy mặt phẳng (OCD) chính là mặt phẳng (C’D’CD), mà mặt phẳng

O

B

C'

này chia khối hộp thành hai khối lăng trụ AC’D’.B’DC và khối BC’D’.A’DC có thể tích bằng nhau nên dễ dàng suy ra được hai khối tứ diện AOCD, BOCD có thể tích

C

B'

bằng nhau.

A'

D

b) Tính thể tích tứ diện.





ABCD

'. AD BC B CA D

1 3

AC x AD y AB z ’



’

. Ta có

 ta có:

















Ngoài ra, trong khối hộp chữ nhật AD’BC’.B’CA’D gọi



c 2

a 2

b 2



  y     z 

suy ra



















 V xyz



2 2

Do đó thể tích khối hộp là



















Vậy



ABCD

6 2

Nhận xét: Nhận thấy rằng hình hộp ngoại tiếp tứ diện trên là hình hộp chữ nhật và mặt





 AA







cầu ngoại tiếp của hình hộp cũng là mặt cầu ngoại tiếp tứ diện. Do đó bán kính mặt cầu

1 2

b 8

ngoại tiếp tứ diện chính là .

Bài tập 5.2. Chứng minh rằng tổng bình phương diện tích các mặt của hình hộp ABCD.A’B’C’D’ gấp hai lần tổng bình phương diện tích các mặt của tứ diện ACB’D’.

A

B



,S , AC

Phân tích và lời giải: Nhận thấy hình hộp  lần lượt là ABCD.A’B’C’D’. Gọi

diện tích các mặt ADD’A’; ABCD; DCC’D’ của

C

D

A'

B'

1H . Gọi

với AD’ và cắt AD’ tại hình hộp và xét mặt phẳng (P) tùy ý vuông góc ,H H là hình

D'

chiếu của B’, C lên (P). Dễ thấy rằng

C'

H2







H H 2

H H 1

H H H H  cos AD 1

H3

H1

3 'AD là góc nhị diện cạnh AD’ của tứ diện

ACB’D’).

(1) (

2 D A 4









cos



2 AD

2  ACD

2   AB D



 ACD



  AB D

Nhân hai vế của phương trình (1) cho ta được:









S .

cos

2 S  CD

2   ACD

2    CB D



 ACD



  CB D







S .

cos



2 S CA

ACD

 CB A

 CA

2 ACD 

2  CB A 



Tương tự, ta cũng có được :



2 S  CD

2 S AC 





cos



cos



cos

)

2 S    ABD

S 2   ACD

S (    ABD

 AD '

S    CBD

 CD '

S   CBA

 CA

2 S  AD 2  S 3   ACD 



2 S    BCD 

2 S   ACB 

2 S   ACD

2 S    BCD

2 S   ACB

2 S    ABD







Vậy



2 AD

2 S AC

2 S CD

2   ACD

2   B CD

2   ACB

2   AB D

Suy ra:

d d d là khoảng cách giữa các cặp cạnh đối tứ diện và 1

h h h h là 1 3

chiều cao tương ứng với bốn đỉnh tứ diện. Chứng minh rằng







1 2 d 1

1 2 d 2

1 2 d 3

1 2 h 1

1 2 h 2

1 2 h 3

1 2 h 4

Bài tập 5.2. Gọi

Phân tích và lời giải: Gọi

d d d lần lượt là 1

A

B

,AB CD

khoảng cách giữa các cặp cạnh

 ,

 , ,AC B D

,CB AD

 .Khi đó

C

D



A'



ACB D

ABCD A B C D .

d S 1

d S 2

d S 3

1 3

B'

D'

Từ đó suy ra:

C'









2 CD

2 CB

2 AD





1 V 9

1 2 d 1

1 2 d 2

1 2 d 3







Hơn nữa theo, bài toán trước ta có



2  SAD S

2 AC

2 S  CD

2 S   ACD

2 S    BCD

2 S   ACB

2 S    ABD

Suy ra:













2  ACD

2   B CD

2  ACB

2   AB D





1 V 9

1 2 d 1

1 2 d 2

1 2 d 3

1 2 h 1

1 2 h 2

1 2 h 3

1 2 h 4

Đặc biệt với tứ diện gần đều ta có hệ thức





4 2 h

1 2 d 1

1 2 d 2

1 2 d 3

1H là trực tâm tam giác BCD, CC là đường cao tam giác BCD. Chứng minh rằng tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BCD là trung điểm

1HH

Phân tích và lời giải: Xét hình hộp ngoại tiếp tứ

Bài tập 5.4 Cho tứ diện gần đều ABCD có đường cao AH,

A

B

O

H

C'

C

O1

H1

D

A'

diện như hình vẽ, khi đó hình hôp này là hình hộp chữ nhật. Gọi O là tâm hình hộp đó và AA là đường chéo của hình hộp. Khi đó ta có tứ diện A BCD là tứ diện vuông nên hình chiếu của A lên mặt phẳng (BCD ) là trực tâm tam giác BCD và hình chiếu của điểm O trên mặt phẳng (BCD )là điểm 1O trung điểm

1HH .

Hơn nữa ta có O là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình hộp nên nó cũng là tâm mặt cầu ngoại tiếp

tứ diện và do đó hình chiếu của O lên mặt phẳng (BCD) là tâm đường tròn ngoại tiếp tam

giác BCD.

Trong phần này tôi trình bày các bài toán hình học trong hệ tọa độ Oxyz. Nội dung chủ

yếu là sử dụng các tính chất đặc trưng của các loại hình tứ diện đã được đề cập ở các phần

trước để giải các bài tập ở mức vận dụng cao thường xuất hiện trong kì thi THPT Quốc

gia.

2.3.6. Các bài toán trong hệ tọa độ Oxyz liên quan đến các hình tứ diện đặc biệt

Bài tập 6.1 Trong không gian Oxyz , cho điểm



 2; 1; 1

. Gọi 

P là mặt phẳng đi qua H

và cắt các trục tọa độ tại A , B , C sao cho H là trực tâm tam giác ABC . Phương trình mặt phẳng 

P là

6 0

y z



y z

6 0

    .

   .



6 0

y z

  . 6 0

    .

A. 2 B.

C. D. 2

trắc nghiệm nên yếu tố thời gian phải đặt lên hàng đầu, tức là tìm cách giải ngắn nhất ở bài

toán, sau đây tôi trình bày hai cách giải thể hiện rất rõ điều đó:

Phân tích và lời giải: Yêu cầu bài toán rất rõ ràng và nếu sử dụng các kỉ thuật giải thông thường là giải được ngay, vậy thì vấn đề tôi cần nói đến ở bài này là gì? Vì đây là bài toán

toán bằng phương pháp tọa độ thuần túy đó là:

; 0; 0

Ox

; 0

Oy

0; 0;

Gọi

 A a









 c Oz

.Khi đó mặt phẳng 

P có dạng:

x a

z    . c

(cid:1)(cid:1)(cid:1)(cid:2) AH

(cid:1)(cid:1)(cid:1)(cid:2) BH







2;1







b c ;

; 0;

(cid:1)(cid:1)(cid:1)(cid:2) AC

y b (cid:1)(cid:1)(cid:1)(cid:2) BC

Ta có



 ;1;1



 ;1





  



  

Do H là trực tâm tam giác ABC nên:

1 c 0  

a c

6 6

1 2  a a b  b      b c     2 c 0

      

x y z

6 0

  

     .

Vậy phương trình của mặt phẳng 

P là:

x 3

y 6

z 6

Cách 1. Nếu như học sinh không phân tích đặc điểm của tứ diện vuông, các em sẽ giải bài

là

(cid:1)(cid:1)(cid:1)(cid:2) thấy rằng, H là trực tâm tam giác ABC nên H là chân đường cao của tứ diện. Hay OH

ABC

(cid:2) n

(cid:1)(cid:1)(cid:1)(cid:2) OH



vectơ pháp tuyến của mặt phẳng (ABC), từ đó ta có suy ra







 2;1;1

Do đó, PT mp(ABC) có dạng: 2(



 2) 1(

 

1) 1(



 0

6 0

     . y z

6 0

y z

Vậy phương trình mặt phẳng (P) là: 2

    .

(1; 2; 2)

. Mặt phẳng (

) qua

Cách 2. Nhận thấy đây là tứ diện vuông đỉnh O, do đó theo kết quả của Bài toán 2.1 ta





đạt giá trị

P cắt các trục

Ox Oy Oz tại ,

,A B C khác gốc tọa độ sao cho

2 R 1 2 S 1

2 R 2 2 S 2

2 R 3 2 S 3

Bài tập 6.2 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm

nhỏ nhất, trong đó

S S S là diện tích tam giác OAB , OBC , OCA và 1

R R R là diện 1 3



, PBC

, PCA

. Khi đó điểm M nào sau đây thuộc (

) :

tích tam giác PAB

(2; 0;5)

(5; 0; 2)

(5;1; 2)

(2;1;5)

A. B. C. D.

Phân tích và lời giải

được mp (

) có

(cid:2) n

(cid:1)(cid:1)(cid:1)(cid:2) OH



   

 1; 2; 2



Vậy phương trình mp (

) : (

 

1) 2(



 2) 2(



 . 0

(5; 0; 2)

Điểm

thuộc mp (

) .

Đây là bài toán được sinh ra trực tiếp từ Bài tập 2.4. Từ kết quả bài tập này ta có ngay

S có tâm

 1; 2;3



và đi qua điểm

  . Xét các điểm

AB AC AD ,



 5; 2; 1

,B C D thuộc mặt cầu  ,

S sao cho

đôi một vuông góc với nhau. Thể tích của khối tứ diện ABCD có giá trị lớn nhất bằng?

Bài tập 6.3. ( THPT QG-2018) Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu 

256 3

128 3

A. 128 . B. C. D. 256 .

Đây là một bài vận dụng cao trong đề thi THPT

Phân tích và lời giải

B

QG 2018, mức độ khó của nó cũng được mọi người

E

A

ghi nhận. Đây là bài tập sinh ra từ dạng hình hộp

D

ngoại tiếp tứ diện.

I B'

E'

tiếp mặt cầu 

Nhận thấy ABCD là tứ diện vuông đỉnh A , nội S , điều này gợi cho ta liên hệ đến

C

D'

hình hộp ngoại tiếp tứ diện. Nhưng đây là tứ diện

vuông nên ABCD là tứ diện đặt ở góc A của hình hộp chữ nhật tương ứng có các cạnh

AB AC AD như hình vẽ và đường chéo AE  là đường kính của hình cầu ngoại tiếp hình





24 R

hộp. Từ đó ta có



abc





2 2 2 a b c

Xét

ABCD

2 ABCD

1 6

1 36







2 2 2 a b c





V 36.





2 2 2 a b c

V R 

Mà

2 ABCD

3 4 3 . 27

b 3

R 3

  

  

  

  

R IA



4 3

 V

Với

256 3



Vậy max V

256 3

M(9;1;1)

nhỏ nhất là

Bài tập 6.4. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, phương trình mặt phẳng (P) đi qua , cắt các tia Ox, Oy, Oz tại A, B, C sao cho thể tích tứ diện OABC có giá trị điểm

x 7

z    1 3

y 3

x 27

z    1 3

y 3

  

A. B.

x 27

y 3

z 3

x 27

z    1 3

y 3



Phân tích và lời giải: Một trong các kiểu bài viết phương trình mặt phẳng chắn các

trục tọa độ tạo ra tứ diện vuông đặc biệt nào đó được khai thác rất nhiều và nó đã xuất

( ; 0; 0)

(0; 0; )

(0;

Ox B b

, ( , a b c

, Oy C

A a

c Oz 

0)



hiện trong đề thi THPTQG và bài toán này chính là bài toán gốc của mọi vấn đề. Tương tự ;0) các bài toán trước .giá sử

  

Khi đó PT mặt phẳng (P) có dạng:

x a

y b

z c

  

(9;1;1)

) ( P

(1);

Từ giả thiết ta có



9 a

1 b

1 c

abc



Hơn nữa, ta cũng có

(2)

OABC

1 6

Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta được:

hay

abc 

243

 1 27.

9 abc

  

Dấu "=" xảy ra 

 (P):

  

x 27

y 3

z 3

27 3 3

  a  b    c 

9 bc 9 a

 1 b

ac  1 c

    

C. D.

Nhận xét: Nếu bài toán này ở đây thì không có vấn đề gì đặc biệt, quay lại Bài toán 2.6

tiếp tam giác ABC, (P) là mặt phẳng thay đổi qua I cắt SA, SB, SC tại A’ , B’, C’ xác định

vị trí của (P) sao cho thể tích tứ diện

V 



 đạt giá trị nhỏ nhất. ta thấy Bài toán 2.6

,S A B C

chính là trường hợp đặc biệt của Bài toán 6.4 trong trường hợp M chính là I, vấn đề đặt ra

nữa là liệu có tìm được tọa độ của I hay không? Sau đây để giải bài toán này tôi chỉ trình

bày cách xác định tọa độ của I.

( ;0;0)

(0; ;0)

(0;0; )

A a

Ox B b

, Oy C



c Oz 

Giả sử

, khi đó dễ dàng tính được

 AB m





BC n

 



 CA p





(HSGT-Đăk Lăk 2018).Cho tứ diện vuông S.ABC đỉnh S, có. Gọi I là tâm đường tròn nội

Xét tam giác ABC với I là tâm đường tròn ngoại tiếp, kéo dài AI cắt BC tại D (chân

đường phân giác góc A)

A

E

ta suy ra được

Từ đẳng thức

 

(cid:1)(cid:1)(cid:1)(cid:2) DB

(cid:1)(cid:1)(cid:1)(cid:2) DC

m p

I

B

C

D

bp ;  p m p m

mc 

  

  

 

(cid:1)(cid:1)(cid:2) ID

hay

Hơn nữa ta có I cũng là chân đường phân giác góc B của tam giác ABC nên ta có (cid:1)(cid:1)(cid:2) (cid:1)(cid:1)(cid:2) IA ID

(cid:1)(cid:1)(cid:2) IA

 

BD BA

2 2 2  m b m c 2  p m

)

(

Từ đẳng thức vectơ trên ta suy ra được tọa độ I. Và theo bài toán trên ta suy ra được

phương trình mặt phẳng (P). từ đó suy ra vị trí của các điểm A’,B’,C’ thỏa yêu cầu .

Với cách giải này, ta thấy có vẻ hơi phức tạp nhưng ta có thể xác định được vị trí của

A’,B’,C’ theo a,b,c.

0;0;

với

 A a

 ;0;0 ,



 b 0; ;0 ,









a b c  , ,

,a b c ,

.Giả sử

thay đổi nhưng thỏa mãn

không đổi. Diện tích tam

giác ABC đạt giá trị lớn nhất bằng

2 3

Bài tập 6.5. Trong hệ trục tọa độ Oxyz cho 3 điểm

2 3 2

2 3 6

A. B. C. D.

sử dụng các yếu tố đặc biệt của tứ diện để giải toán là một hướng đầu tiên nghĩ đến. Bài toán được trình bày theo hai cách như sau:

Phân tích và lời giải: Đây cũng là một cách thác triển khác của Bài toán 6.3 do đó việc

chuẩn.

Áp dụng công thức phương trình mặt phẳng theo đoạn chắn ta có phương trình mp(ABC)



x a

y b

z   c

H x y z ;

;

ABC

Gọi

là hình chiếu vuông góc của O lên









Cách thứ nhất: Giải thuần túy theo phương pháp tọa độ không gian của chương trình





 



abc

)

(

ABC

   cay abz  





 



bcx        

        OH AB    OH AC 

2 2 ab c  2 a bc  2 2 a b c 





 





Khi đó



abc 





 





OA OB OC



abc

Ngoài ra, ta có

OABCV

1 6

















 S

ABC

V 3 ABCD OH

1 2

Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có

2 2 a b



2 2 b c



2 c a









 2





(



2 2 )

Suy ra: 











1 3

  b

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi

max

S 



Vậy

1 2

k 3

   x           z  

có ngay

.Từ đó áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta được kết

















1 2

quả như cách thứ nhất.

0; 2; 3

Cách thứ hai. Nhận thấy tứ diện OABC là tứ diện vuông đỉnh O nên theo Bài tập 2.1.2 ta

 1; 2; 0







   a b

2 c

;

 1; 0;3



 I a b c là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện OABC . Tính



S  4

S   1

S  2

S   3

Bài tập 6.5. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba điểm

A. B. C. D.

 IA IB

có cách giải tổng quát thông qua việc thiết lập hệ:

và sử dụng máy tính cầm tay

 IA IC IA ID 

    

Phân tích và lời giải. Với việc tìm tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện là không khó, vì bài toán

để giải hệ đó, như vậy sẽ không rèn luyện được tư duy cho học sinh. Ở đây tôi trình bày các

cách giải khác phương pháp truyền thống trên như sau:

đó học sinh sẽ thấy được tứ diện OABC là tứ diện có các cặp cạnh đối bằng nhau nên nó là

tứ diện gần đều. Từ đó suy ra trọng tâm tứ diện là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện

suy ra được S=4.

Hay

(

)

;

1 1 3 2 2 2

Cách thứ nhất: Kiểm tra các dấu hiệu nhận biết tứ diện đặc biệt để phân loại tứ diện. Khi

là hình chứ nhật nên tâp mặt cầu ngoại tiếp hình hộp cũng là tâm mặt cầu ngoại tiệp hình

chữ nhật. Từ đó ta cũng suy ra được tọa độ của I.

Cách thứ 2. Dựng hình hộp ngoại tiếp hình tứ diện, khi đó phát hiện ra được hình hộp này

bằng cách dựng hình hộp có góc hình hộp là tứ diện góc vuông, khi đó mặt cầu ngoại tiếp

hình hộp cũng là mặt cầu ngoại tiếp tứ diện.

Nhận xét: Cách thứ 2 cũng phù hợp cho việc tìm tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện vuông

2.3.7. Bài tập luyện tập

 OA a OB b OC c



 goi

Bài tập tự luận

,   lần

lượt là số đo của các góc tạo bởi lần lượt các mặt bên (

OAB OBC OCA và mặt đáy.

), (

)

Chứng minh:





2 

2 

2  sin

sin

2  sin

sin

2  sin

3 4

cos 2  

cos 2  

(R, r bán kính mặt cầu ngoại tiếp,nội tiếp tứ diện).



1 r

1     b

1 a

1 c

3 3   a b c

R r

3 3 2

)

(R bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện, h=OH).



 (h r 2 R rh

2 3

Bài tập 7.1 Cho tứ diện vuông O.ABC đỉnh O, có

mặt, 4 trung điểm các đường cao, 4 trực tâm của 4 mặt nằm trên mặt cầu.

Bài tập 7.2 Cho hình tứ diện gần đều ABCD Chân 4 đường cao hạ từ các đỉnh xuống các

,HG H G

(cid:1)(cid:1)(cid:1)(cid:2) HN

(cid:1)(cid:1)(cid:1)(cid:1)(cid:2) (cid:1)(cid:1)(cid:1)(cid:1)(cid:2)  3 , HG GM

(cid:1)(cid:1)(cid:1)(cid:1)(cid:2)  3   GH



tiếp tứ diện. Chứng minh

Bài tập7.3 Cho tứ diện trực tâm ABCD với trực tâm H và trọng tâm G, G , H lần lượt là  với mặt cầu ngoại trọng tâm, trực tâm tam giác ABC, N, M là giao điểm của

1H là trực tâm tam giác BCD,



H C H C .

CC là đường cao tam giác BCD. Chứng minh rằng

Bài tập7.4 Cho tứ diện gần đều ABCD có đường cao AH,

Bài tập trắc nghiệm

Điểm M cố định thuộc tam giác ABC có khoảng các lần lượt đến các mặt phẳng (OBC),

(OCA), (OAB) là 1,2,3. Khi tồn tại a,b,c thỏa thể tích khối chóp O.ABC nhỏ nhất, giá trị

nhỏ nhất của thể tích khối chóp O.ABC là

A. 18

Câu 7.5. Cho hình chóp O.ABC có OA=a, OB=b, OC=c đôi một vuông góc với nhau.

C. 6

B. 27



  ABCD A B C D .

có



(



D. 20

 b (0;0; ) A

D a (0;

B a

;0),

điểm A trùng với gốc tọa độ,

với

. Gọi M là

CC

a b

 

trung điểm của cạnh

. Giả sử

, hãy tìm giá trị lớn nhất của thể tích khối tứ

A BDM

diện

max



max



Câu 7.6. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hình hộp chữ nhật ( ;0;0),



A MBD

64 27

max

 

max



A. B.



A MBD

64 27

27 64

;0;0

,Oxyz

xét các điểm

C. D.



 0;0;1

 B m



0; ;0



m n

 

với

và

Biết rằng khi

m n ,

thay đổi, tồn tại một

 C n



  1;1;1

ABC

mặt cầu cố định tiếp xúc với mặt phẳng

và đi qua

. Tính bán kính

của mặt cầu





đó?

R

1R

Câu 7.7. Trong không gian với hệ tọa độ

2 2

3 2

2; 0; 0

 0; 2; 0

A. B. C. D.

 A 







0; 0; 2

 . Gọi D là điểm khác O sao cho DA , DB , DC đôi một vuông góc nhau và





;

   . a b c

 I a b c là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD . Tính S



S   4

S   1

S   2

Câu 7.8. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba điểm

S   3

A. B.



Câu 7.9. Cho tứ diện ABCD có AB = CD = a; AC = BD = b; AD = BC = 6. Bán kính của mặt cầu ngoại tiếp tứ diện là:

A.

B.

b 2

 b 2 2



D,

C.

b 6

 b 4 2

3. KẾT LUẬN

3.1. Kết luận

Trong bài viết này tôi đã trình bày những vấn đề sau:

Khai thác các yếu tố hình học đặc trưng của hình tứ diện đặc biệt như tứ diện trực

tâm, tứ diện gần đều, tứ diện vuông.

Sử dụng tính chất của hình hộp ngoại tiếp tứ diện để giải các bài toán, đây là kĩ

thuật rất có ích để giúp học sinh giải các bài toán trắc nghiệm thi THPT Quốc gia.

Thác triển xây dựng các bài toán từ bài toán gốc.Trong mỗi bài toán, tác giả đã

phân tích rất kĩ các yêu cầu đề bài giúp học sinh quen với tư duy giải toán hình học.

3.2 Kiến nghị

Để các đề tài sáng kiến kinh nghiệm được áp dụng rộng rãi và hiệu quả, tôi kính đề nghị sở giáo dục tổ chức các buổi hội thảo để báo cáo, thảo luận các đề tài đồng thời phổ biến các đề tài trên các website của ngành để học sinh, giáo viên dễ tham khảo trao đổi hơn.

[1] HÌNH HỌC 11 – Trần Văn Hạo (Chủ biên), NXB Giáo dục, năm 2006.

[2] SÁNG TẠO TOÁN HỌC – G.Pôlia, NXB Giáo dục, năm 1997.

[3] PHƯƠNG PHÁP DẠY HỌC MÔN TOÁN – Nguyễn Bá Kim, NXB Đại học sư

phạm, năm 2002.

[4] Đề thi thử nghiệm, đề thi minh họa THPT Quốc gia các năm trước.

[5] Đề thi học sinh giỏi toán 12 của tỉnh Đăk Lăk các năm trước.

[6] Tài liệu chuyên toán Hình học 11-Đoàn Quỳnh (chủ biên), NXB Giáo dục, năm 2018.

[7] Các tài liệu trên mạng internet.

TÀI LIỆU THAM KHẢO