Tứ Diện Vuông Và ứng Dụng (phạm Minh Tuấn) - Tài Liệu Text - 123doc

Tải bản đầy đủ (.pdf) (49 trang)

1. Trang chủ
>>
2. Đề thi
>>
3. Đề thi lớp 12

Tứ diện vuông và ứng dụng (phạm minh tuấn)

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (1.29 MB, 49 trang )

Tửự dieọn vuoõng vaứ ửựngduùngSu tm v Biờn son: Phm Minh TunSƣu tầm: Phạm Minh TuấnPHẦN 1 – ĐỊNH NGHĨA TỨ DIỆN VUÔNGVÀ MỘT SỐ TÍNH CHẤT CƠ BẢNA – ĐỊNH NGHĨA TỨ DIỆN VUÔNG:Tứ diện OABC được gọi là tứ diện vuông khi tứ diện đó có OA, OB, OC đôi một vuônggóc với nhau.AOCBChú ý:Tứ diện trực tâm là tứ diện có các cạnh đối vuông góc nhau. Như thế ta thấy rằng tứ diệnvuông cũng l| một loại tứ diện trực t}m đặc biệt. Chính vì vậy tứ diện trực t}m có đầy đủ tínhchất của tứ diện trực tâm.B. CÁC TÍNH CHẤT CỦA TỨ DIỆN VUÔNG:Cho tứ diện vuông SABC đỉnh S. Khi đó ta có:1. Kẻ đường cao SH. Khi đó H l| trực tâm của tam giác ABC.1111 2 22..2SHSA SBSC 23.=( Định lí Pytago trong không gian).4. Tam giác ABC là tam giác nhọn.Và rất nhiều các tính chất khác mà các bạn sẽ được tìm hiểu trong phần bài tập về tứ diện vuôngmà chúng tôi trình bày ở phần sau.Chứng minh các tính chất nêu trên:Sƣu tầm: Phạm Minh TuấnAPSHBMCTính chất 1:AH kéo dài cắt BC tại M, CH kéo dài cắt AB tại P. SA  SB SA   SBC   SA  BCDo  SA  SCVì SH   ABC   SH  BC(1)(2)Từ (1) và (2) suy ra BC   SAH   BC  AM .Ho|n to|n tương tự ta chứng minh được CP vuông góc AB.Từ đó ta có đpcm.Tính chất 2:Được chứng minh trong phần III.Tính chất 3:Trong (SBC) ta hạ SM vuông góc với BC.Ta thấy rằng A, H, M thẳng hàng.Tam giác SAM vuông tại S ta có:Suy ra:Hay ta có:2SSBC SHBC .S ABC (1)Lý luận ho|n to|n tương tự ta có:Sƣu tầm: Phạm Minh Tuấn2S SAB S HAB .S ABC (2)2S SAC S HAC .S ABC (3)Cộng từng vế (1), (2) v| (3) ta có đpcm.Tính chất 4:Thật vậy trong ta gi{c ABC theo định lí hàm cosin ta có:222222AB 2  AC 2  BC 2  a  b    a  c    b  c a20cos A 2 AB. AC2 AB. ACAB. ACSuy ra A nhọn.Tương tự cho B và C.PHẦN II – CÁC BÀI TẬP VỀ TỨ DIỆN VUÔNGBài 1:Cho tứ diện OABC có OA, OB, OC vuông góc nhau từng đôi một vớiOA  a, OB  b . Gọi M là trung điểm BC. Vẽ và tính đoạn vuông góc chung của OCvà AM.CJMOIHAM'B+ Vẽ MM’//OC ( M '  OB ), ta có: OC//(AM’M)+ Vẽ OH  AM '  OH  ( AMM ')+ Vẽ HI//OC ( I  AM ), vẽ IJ//OH ( J  OC ) ta có IJ l| đoạn vuông góc chung của OC và AM.111Tam gi{c OAM’ vuông có OH l| đường cao nên:22OHOA OM '2abSuy ra IJ  OH 4a 2  b 2Sƣu tầm: Phạm Minh TuấnBài 2:Trong mặt phẳng (P) cho tam giác ABC vuông tại A có AB=c, AC=b. Trên đườngvuông góc với (P) tại A lấy điểm S sao cho SA=h (h>0).M là điểm di động trênSB. Gọi J,I lần lượt là các trung điểm của BC và AB .a) Tính độ dài đoạn vuông góc chung của SI và AB.b) Tính tỉ số thể tích các hình MBIJ và BSCA khi độ dài đoạn vuông góc chungcủa AC và MJ đạt giá trị lớn nhấtSMCHKLAIJBa) Gọi K l| trung điểm AC, ta có AB//(SKI). Do đó, khoảng cách giữa SI và AB bằng khoảngcách từ A đến (SKI)Vẽ AH  SK .Do AB  (SKA) nên AB  AHMà KI//AB nên AH  KI . Từ đó ta được AH  (SKI )Vậy khoảng cách giữa SI v| AB l| đoạn AHÁp dụng hệ thức lượng trong tam gi{c vuông SAK,đường cao AH11141 2 2222AHAKASbhbhVậy khoảng cách cần tìm là AH 2b  4h 2VBM BI BJ..b) Ta có BMIJ VBSCA BS BC BAVẽ AL  MJ .Vì IJ//AC,mà AC  ( SAB) nên IJ  (SAB)Ta có AL nằm trong mp(ASB) nên IJ  ALVậy AL  (MIJ )Mà AC//(MIJ) nên AL là khoảng cách giữa AC và MJSƣu tầm: Phạm Minh TuấnMặt khác tam giác ALJ vuông tại L nên AL  AJKhi đó AB  MJSuy ra M l| trung điểm ABV1 1 1 1Vậy BMIJ  . . VBSCA 2 2 2 8Bài 3:Cho lăng trụ tam giác đều ABC.A’B’C’ có tất cả các cạnh đều bằng da) Tính thể tích tứ diện A’BB’Cb) Tính diện tích thiết diện do mp  đi qua A’B’ và trọng tâm G của ABC vàtính tỉ số thể tích 2 phần của khối lăng trụ do  chia cắt ra.JEACGMFBC'A'M'B'd3 312b) Thiết diện l| hình thang A’B’FE. Gọi M,M’ lần lượt l| trung điểm AB v| A’B’.a) VA ' BB 'C  VABC . A ' B 'C '  VAA ' BC  VA ' B 'C 'C Ta có : M ' G  MM '2  MG 2 d 396Diện tích thiết diện làEF  A ' B '5d 2 39M 'G 236Gọi V1 ,V2 lần lượt là thể tích phần trên (chứa A) và phần dưới (chứa C’) thiết diện hình lăng trụSTa thấyJIEC 2  JC '  3dJC ' A ' C 3Sƣu tầm: Phạm Minh TuấnVJEFC8JE JF JC..VJA ' B 'C ' JA ' JB ' JC ' 27Từ đó k V1 19V2 8Bài 4:Cho hình chóp SABC có SA, SB, SC vuông góc nhau đôi một với SA=a, SB=b,SC=c. Hãy xác định tâm và bán kính mặt cầu ngoại tiếp SABC.CMOSBAIGọi I l| trung điểm của AB, suy ra I là tâm của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.Vẽ   (SAB) tại I, khi đó  là trục của tam giác SABTrong mặt phẳng tạo bởi  và SC (do  //SC), vẽ trung trực của SC cắt  tại O, ta cóOA=OB=OC=OD nên O chính là tâm mặt cầu ngoại tiếp SABCTa có bán kính mặt cầu làSƣu tầm: Phạm Minh TuấnR  SO  SI 2  IO 2 AB 2 SC 2 1 2 2 2a b c442Bài 5:Cho tam diện Oxyz có Ox, Oy,Oz vuông góc nhau từng đôi một.Gọi I là điểmtrong tam diện và a,b,c, là khoảng cách từ I đến các mặt (Oyz),(Oxz), (Oxy),. Mặtphẳng  di động qua I cắt Ox,Oy,Oz lần lượt tại A, B, C.a.chứng minhabc1OA OB OCb. Tìm giá trị nhỏ nhất của VOABC và cho biết vị trí I đối với tam giác ABC lúc đóxAIOCzBya) Ta cóVOABC  VIOAB  VIOCA  VIOBC11 OA.OB.OC  (OA.OB.c  OB.OC.a  OA.OC.b)66abc1OA OB OCb)Vì I cố định nên a,b,c không đổiabcdo ta có1OA OB OCa b cabc1nên suy rađạt giá trị lớn nhất khi.. (bất đẳng thức Cô-si)OA OB OCOA OB OC 3Sƣu tầm: Phạm Minh TuấnOA.OB.OCđạt giá trị nhỏ nhất , tức l| OA.OB.OC đạt giá trị nhỏ nhấtabc1Mà VOABC  OA.OB.OC69Nện thể tích OABC đạt giá trị nhỏ nhất là abc khi OA=3a, OB=3b, OC=3c2lúc đóKhi đó I l| trọng tâm của tam giác ABCBài 6:Cho Ox, Oy, Oz vuông góc với nhau đôi mộtLấy A  Ox, B  Oy, C  Oz sao cho OA=a, OB=b, OC=ca) Tính diện tích tam giác ABC theo a, b, cb) Giả sử A, B, C thay đổi nhưng luôn luôn có OA + OB + OC + AB + AC +BC = k không đổi .Hãy xác định giá trị lớn nhất của thể tích tứ diện OABCCOBHAa)Vẽ OH  AB ,định lý 3 đường vuông góc cho ta CH  ABTa có:111 a 2  b2 2 2OH 2 a 2 b 2abCH 2  OC 2  OH 2  c 2 a 2b 2  b 2 c 2  c 2 a 2CH a 2  b2a 2  b2a 2b 2Sƣu tầm: Phạm Minh TuấnVậyS ABC 11AB.CH a 2b 2  b 2 c 2  c 2 a 222b)Ta có: k  a  b  c  a 2  b 2  b 2  c 2  c 2  a 2 3 3 abc  2ab  2bc  2ac  3 3 abc  3 3 2ab2ac2casuy ra k  3 3 abc  3 2 3 abc  3(1  2) 3 abc 3 abc k3(1  2)k3 abc 27(1  2)3Do đó1k3VOABC  abc 6162(1  2)3Vậy giá trị lớn nhất của thể tích OABC làk3khi a = b = c162(1  2)3Khi đó AB = AC = BC = a 2 thay v|o ta được k  3a  3a 2  a  b  c k3(1  2)k3kVậy GTLN của thể tích OABC làkhi a  b  c 3162(1  2)3(1  2)Bài 7:Cho góc tam diện ba góc vuông Oxyz.Trên Ox, Oy, Oz lần lượt lấy các điểmA,B,Ca)Tính khoảng cách từ A đến (ABC) theo OA = a, OB = b, OC = cb)Cho A cố định, B và C di động thoả OA+OC = OA. Hãy định vị trí của B và Csao cho thể tích tứ diện OABC đạt GTLN. Chứng minh rằng khi đó bán kính mặtcầu ngoại tiếp tứ diện OABC lại nhỏ nhất.Sƣu tầm: Phạm Minh TuấnxAacOzCbHBya)Gọi H là hình chiếu của O trên ABC11 1 1abc 2  2  2  OH Ta có2OHa b ca 2b 2  b 2 c 2  c 2 a 211 bc 2 1 3b) VOABC  abc  a() a66224Thể tích tứ diện OABC đạt giá trị lớn nhất là1 3aa khi b  c 242Xét hình hộp chữ nhật có 3 kích thước bằng OA, OB, OC, đường chéo hình hộp n|y l| đườngkính của mặt cầu ngoại tiếp OABC, do đóa 311 2 1R  ( a 2  b2  c 2 a  (b  c)2 2222 2R đạt giá tri nhỏ nhất khi và chỉ khi b  c a2Bài 8:Tứ diện ABCD có 3 góc phẳng vuông tại D. Kí hiệu  ,  ,  là góc tạo bởi các tiaDA, DB, DC với tia DG trong đó G là trọng tâm tam giác ABC.CMR       AGọi M l| giao điểm của AG với BC .Trên tia DG ta lấy điểmO sao cho OM//ADVì AD vuông góc (BCD) nên OM vuông góc (BCD)OLại có MB=MC=MD nên OB=OC=ODTrong tam giác OBD cân tại cóβα GγCDMBSƣu tầm: Phạm Minh TuấnBDO   nên BOD    2Tam giác OCD cân tại O cóCDO   nên COD    2Hai tam giác OMD và OMB bằng nhau BOM DOM  Vì OM là phân giác của tam giác OBC, ta cóBOC  2Trong tứ diện OBCD tổng các góc phẳng tại đỉnh O thoả mãn điều kiện  2    2  2        (đpcm).Bài 9:Cho tứ diện OABC có các góc phẳng tại đỉnh O vuông và thoả mãn điều kiệnOC=OA+OB.CMR tổng các góc phẳng tại đỉnh C bằng 900Gọi  ,  ,  tương ứng với số đo c{c góc OCA , OCB , ACBĐặt OA=a, OB=b, OC=cTa cósin  a, sin  ba2  c2b2  c 2ccVà cos  , cos  222a cb  c2Từ đó ta có sin(   ) c2a 2  c2 b2  c2Theo định lí hàm cosin với tam giác ABC ta có cos  c2a 2  c2 b2  c2 sin(   )  cos Mặt khác các số đo  ,  ,  nằm trên khoảng (00 ;900 ) nên     900   (đpcm)Bài 10:Trong số các tứ diện OABC có 3 góc phẳng tại O vuông và cùng diện tích mặtABC, tứ diện nào có thể tích lớn nhất?Đặt x=OA, y=OB, c=OCTa có thể tích V của OABC làVxyz6Sƣu tầm: Phạm Minh TuấnDiện tích tam giác ABC là( xy )2  ( yz ) 2  ( zx) 2Gọi k là diện tích của tam giác BAC, ta cók 2  ( xy ) 2  ( yz ) 2 ( zx) 2  3 3 ( xyz ) 2 xyz V k33 3k318 3k3kVậy max V khi x  y  z 18 33Bài 11:Tứ diện ABCD có các góc phẳng vuông tại đỉnh D và DA=a, DB=b, DC=c.Chứngminh rằng tứ diện nội tiếp trong hình cầu và tìm bán kính hình cầu đó.Vì c{c đường tròn ngoại tiếp các DAB và ABC có dây cung chung AB nên tồn tại duy nhất 1hình cầu đi qua của tứ diện DABC.Gọi M l| trung điềm của cạnh AB, khi đó M l| t}m đườngtròn ngoại tiếp ABD . Đường thẳng d  ( ABD) tại M là trục của đường tròn .Theo giả thiết d//CD và nếu O là tâm hình cầu ngoại tiếp thì O nằm trong mặt phẳng (CDM).Gọi K  MD  OCVì CDM  D nên OD=OC=OK. Điều này chứng tỏ K nằm trên mặt cầu ngoại tiếp tứ diện.Trong tam giác CDK vuông ta có:CD  c, DK  2DM  AB  a 2  b2Gọi R là bán kình của hình cầu O thì R CK2a 2  b2  c22Bài 12:Cho tứ diện vuông ABC đỉnh O. P là điểm nằm trong đáy ABC. Đặt u vBPCP, w. GọiBOCOAP,AO là góc tạo bởi đường thẳng OP với (ABC). Chứng minhrằng u 2  v2  w2  2  cot 2  .Sƣu tầm: Phạm Minh TuấnCHPyOBAxXét hệ trục tọa độ Đề Các vuông góc nhận O làm gốc tọa độ, các trục tọa độ chứa OA, OB, OC,HPO   . Giả sử trong hệ tọa độ ấy, tọa độ c{c đỉnh A,B,C tương ứng là:A(a,0,0); B(0,b,0); C(0,0,c)Giả sử tọa độ điểm P là P(x0,y0,z0)Ta có:u 2  v 2  w2AP 2 BP 2 CP 2AO 2 BO 2 CO 2AP 2 BP 2 CP 2 2  2a2bc(1)Ta cóAP 2  ( x0  a) 2  y0 2  z0 2 ;BP 2  x0 2  ( y0  b) 2  z0 2 ;CP 2  x0 2  y0 2  ( z0  c) 2 ;Nếu đặt p2  x02  y02  z02 thì ta có thể viết 2x AP 2  x0 2  y0 2  z0 2  a 2  2 x0 a  p 2  a 2 1  0 a Tương tự ta có: 2y BP 2  p 2  b 2 1  0 b  2z CP 2  p 2  c 2 1  0 c Sƣu tầm: Phạm Minh TuấnThay vào (1) , có:xy z 1 1 1u 2  v 2  w2  p 2  2  2  2   3  2 0  0  0a b ca b c (2)Theo phương trình đoạn chắn thì mặt phẳng ABC có phương trìnhx y z   1 mà P(x0,y0,z0) thuộc (ABC)a b cx0 y0 z0  1a b c(3)Kẻ OH  ( ABC ) , ta có hiển nhiên công thức sau:1 1 11 2 2 2a b cOH 2(4)p2u v w 1OH 22Thay (3)(4) vào (2) có:22(5)Chú ý là p2  x02  y02  z02  OP2 u 2  v 2  w2 OP 21 1  2  1  1  cot 2   12OHsin Vậy u 2  v2  w2  2  cot 2 Chú ý:1. Xét trường hợp đặc biệt khi P  H , H là trực tâm ABC  OH  ( ABC )Khi đó từ công thức đã chứng minh, ta có222 AH   BH   CH    2 AO   BO   CO  cos2 OAH  cos2 OBH  cos2 OCH  2O(6)Chú ý nếu gọi M  AH  BC AMO là gó tạo bởi (OBC) với đ{y (ABC) v| ta cócos2 OAH  sin 2 AMOACHMBSƣu tầm: Phạm Minh TuấnVì vậy nếu gọi  ,  ,  là 3 góc tạo bởi ba mặt OBC, OAC, OAB với đ{y ABC, thì từ (6) ta có:sin 2   sin 2   sin 2   2hay cos 2a  cos 2b  cos 2c  1(7)Vậy công thức: u 2  v2  w2  2  cot 2  là mở rộng của công thức quen thuộc (7)2. Công thức (4) có thể chứng minh bằng phương ph{p tọa độ như sau:Phương trình mặt phẳng (ABC) làHay acx  acy  abz  abc  0x y z  1,a b c(8)Khi đó theo công thức tính khoảng c{ch điểm O(0,0,0) xuống mặt phẳng (8) ta cóabc1b 2 c 2  a 2 c 2  a 2b 2OH OHa 2b 2 c 2b 2 c 2  a 2 c 2  a 2b 2hay11 1 1 2 2 22OHa b cBài 13:Cho tứ diện vuông OABC đỉnh O. Vẽ chiều cao OH của tứ diện. ĐặtA  CAB, B  ABC , C  BCA,   AOH ,   BOH ,   COH . Chứng minh rằng:sin 2  sin 2  sin 2 sin 2 A sin 2 B sin 2CDễ thấy H là trực tâm của ABC và ABC là tam giác nhọn. AH kéo dài cắt BC tại J  AJ  BC .Vì OA  (OBC ) , nên theo định lí 3 đường vuông góc ta có OJ  BC .AH 2(1)OA2Xét  vuông OAJ đỉnh O. Theo hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có OA2  AH . AJ , vậy từAH(1) có sin 2  AJ2Ta có sin  Sƣu tầm: Phạm Minh TuấnAOαIGHCABHJMCJBVẽ đường tròn ngọai tiếp ABC , và gọi I l| t}m đường tròn ngoại tiếp. G là trọng tâm ABC .Theo đường thẳng Euler thì H, G, I thẳng hàng và HG  2IG  AH  2IM và A  CAB  BIMBM IM.Ta có: sin 2 A  2sin A cos A  2IB IBBC AH BC. AH 2..(2)2 IB 2 IB2R2Với R l| b{n kính đường tròn ngoại tiếp ABCTừ (1)(2) suy rasin 2 2R2R2; ở đ}y S l| diện tích ABCsin 2 A BC. AJSDo sự bình đẳng của các cặp   , B  ,   , C  , ta cũng cósin 2  sin 2  R 2. Từ đó suy ra điều phải chứng minh.sin 2 B sin 2C SBài 14:Cho tứ diện vuông OABC đỉnh O, và giả sử OA = a, OB = b, OC = c. ĐặtSOAB  S1 , SOBC  S2 , SOAC  S3 và S AABC  S . Gọi r là bán kính hình cầu nội tiếp trongtứ diện OABC. Chứng minh r S1  S 2  S3  S.abcOSƣu tầm: Phạm Minh TuấncabCAÁp dụng công thức r 3VStp(1)BVới V, Stp tương ứng là thể tích và diện tích toàn phần của tứ diện.Thay V 1abc (do OABC là tứ diện vuông đỉnh O) vào (1)abcvà có r abca  S1  S 2  S3  S abc( S1  S2  S3  S )22  S1  S2  S3   S 2 (2)Theo định lý Pytago trong không gian thì S12  S22  S32  S 2 , vì thế2  S1  S2  S3   S 2   4S1S2  4S2 S3  4S1S32 ab2c  abc 2  a 2bc abc(a  b  c)Thay (3) vào (2) có r (3)S1  S 2  S3abcĐó l| điều phải chứng minh.Bài 14:Cho tứ diện vuông DABC đỉnh D. Giả sử DA  a, DB  b, DC  c,  a  b  c  . M làmột điểm tùy ý trong đáy ABC. Gọi l là tổng các khoảng cách từ A,B,C xuống DM.Chứng minh rằng l  a  bOSƣu tầm: Phạm Minh TuấncabCABĐặt ADM   , BCM   , CDM   thì ta có ngay l  a sin   b sin   c sin Vì góc tam diện đỉnh D là vuông nên ta luôn dựng được 1 hình hộp chữ nhật có DM l| đườngchéo, còn DA, DB, DC l| phương của các cạnh bên.Vậy ra có: sin 2   sin 2   sin 2   3  (cos 2   cos 2   cos 2  )  2Do 0  sin  ,sin  ,sin   1 sin   sin   sin   sin 2   sin 2   sin 2  sin   sin   sin   2 hay sin   sin   1  1  sin Ta có b  a(1)(2)Nên từ (1) và (2) có b(sin   sin   1)  a(1  sin  )(3)a sin   b sin   b sin   a  bLại do c  b  c sin   b sin (4) 1  a sin   b sin   c sin   a  b . Đó chính l| điều phải chứng minh.Dấu bằng xảy ra  sin   sin 2  ,sin   sin 2  ,sin   sin 2  v| đồng thời có dấu bằng trong (3) và(4), tức là      90o ,   0M CBài 15:Cho tứ diện vuông OABC đỉnh O. Gọi R, r, h, V tương ứng là bán kính mặt cầungoại tiếp, nội tiếp, đường cao hạ từ O và thể tích của tứ diện. Chứng minh rằng:V h  r  2R 2 rh3Sƣu tầm: Phạm Minh TuấnOCAHBĐặt OA  a, OB  b, OC  c , chiều cao OH  hTa thấy ngay r 3V3V;h StpS ABCỞ đ}y Stp và SABC tương ứng là diện tích toàn phần và diện tích đ{y ABC của tứ diện đã cho. Vìthế3V 3V.S ABC StpV ( Stp .3V  3V .S ABC )V h  r 23V 3VR rhR 2 .3V .3VR2..S ABC StpV.Stp  S ABCS xq(1)3R 22R2Ở đ}y Sxq là diện tích xung quanh của tứ diện O.ABC đỉnh O, và dễ thấy:ab  bc  caS xq (2)2Vì OABC là tứ diện vuông đỉnh O, nên bán kính hình cầu ngoại tiếp R được tính bằng công thức1 2 2 2Ra b c(3)2Từ (1)(2)(3) suy ra bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với bất đẳng thức sau:2  ab  bc  ca 3 a  b  c22223 ab  bc  ca  a 2  b2  c 2  a  b  b  c   c  a   0222(4)Do (4) hiển nhiên đúng  dpcm. Dấu bằng xảy ra  a  b  c  OABC là tứ diện vuông cânđỉnh O.Chú ý:Sƣu tầm: Phạm Minh TuấnVới mọi tứ diện ABCD, thì bán kính hình cầu nội tiếp rA3Vcủa nó được tính bằng công thức sau: r StpỞ đ}y V, Stp tương ứng là thể tích và diện tích toàn phầncủa tứ diện.IThật vậygọi I là tâm hình cầu nội tiếp của tứ diện, thìDBV  VI .BCD  VI . ACD  VI . ABD  VI . ABChayC11V  r  S BCD  S ACD  S ABD  S ABC   r.Stp333VrStpBài 16:Cho tứ diện vuông OABC đỉnh O. Kẻ đường cao OH=h. Gọi R,r tương ứng là bánkính hình cầu ngoại tiếp và nội tiếp tứ diện.a. Chứng minh rằngh 1 3rb. Chứng minh rằngR 33 3r2OabcrABa. Đặt OA = a, OB = b, OC = cTheo tính chất của tứ diện vuông đỉnh O, ta có:CSƣu tầm: Phạm Minh Tuấn11 1 1 2 2 22ha b c3V 1 Stp Ta có:Stp r VDoStpV(1)(*)S1  S2  S3  S4 1 1 1 1   3Vh1 h2 h3 h4(Ở đ}y h1, h2, h3, h4 là bốn chiều cao tứ diện).Vì thế từ (*) , và do O.ABC là tứ diện vuông đỉnh O, với OA = a, OB = b, OC = c, nên ta có:1 1 1 1 1   (2)r a b c h21 1 1 1 1 1(3)Hiển nhiên ta có      3  2  2  2 a b ca b c Dấu bằng trong (3) xảy ra  a  b  c . Từ (1) và (3) có:21 1 1331 1 1     2 hay a  b  c  ha b c hTừ (2) và (4) suy ra:(4)1 11 13 hay r hr h h3 1h 3 1rĐó l| đpcm. Dấu bằng xảy ra  trong (3) có dấu bằng  a  b  c  O.ABC là tứ diện vuôngc}n đỉnh O.b. Đặt OA = a, OB = b, OC = c. từ cách dựng tâm hình cầu ngoại tiếp I (xem hình bên) suy ra:R  OI  OM 2  MI 2BC 2 OA2 1 2 2 2a b c442Lại áp dụng công thức:abc33V6rabbcacStp  S ABC222Có thể tính được ngay: S ABC Từ đó suy ra r 1 2 2a b  b2c 2  a 2c 22abcab  bc  ca  a 2b 2  b 2c 2  c 2 a 2Như vậy ta có:R ab  bc  ac  a 2b 2  b 2c 2  c 2 a 22abca 2  b2  c2Áp dụng bất đẳng thức Côsi, từ (1) suy ra:(1)Sƣu tầm: Phạm Minh TuấnR 3 3 a 2b 2 c 2  3 3 a 4b 4 c 4r2abcSau khi rút gọn, dễ thấy3 3 a 2  b2  c2VF (2) (2)33 32R 33 3r2Đó l| đpcm. Dấu bằng xảy ra  trong (2) có dấu bằng  a = b = c  OABC là tứ diện vuôngVậy từ (2) có:c}n đỉnh O.Bài 17:Cho tứ diện vuông ABCD đỉnh A. Gọi A là cạnh lớn nhất của tứ diện xuất phát từA và r là bán kính hình cầu nội tiếp tứ diện. Chứng minh rằng a  3  3 rAabcBDCĐặt AB = a; AC = b; AD = c; như vậy a  b, a  c .Áp dụng công thức:3VabcrStp ab ac bc2    S 22 2Ở đ}y S = SBCD, ta thấy ab  acabc bc  2 S ab  ac  bc  2 S   3  3  bca  3 3 r  a  3 3 2S  ab  ac  2bc  3bcDo a = max(a,b,c)  ab + ac  2bc(Dấu bằng trong (3)  a = b = c)(2)(3)Sƣu tầm: Phạm Minh TuấnTheo định lý Pytago:BC  a 2  b2 ; CD  b2  c 2 ; BD  a 2  c 2 . Từ đó ta thấy cả ba góc của  ABC đều nhọn vì bìnhphương mỗi cạnh đều bé hơn tổng bình phương 2 cạnh còn lại. Có thể cho là BC là cạnh lớnnhất của  BCD  BDC là góc lớn nhất.Ta có 2S  BD.CD.sin BDC  b 2  c 2 . b 2  c 2 sin BDC 2ac . 2bc sin(vì BDC 33(Dấu bằng trong (4) có  a  b  c )2)  3bc(4)Từ (3) và (4)  (2) đúng đpcm.Dấu bằng có  AB  AC  AD .Bài 18:Cho OABC là tứ diện vuông đỉnh O, với OA  a, OB  b, OC  c . Gọi r là bán kínhhình cầu nội tiếp tứ diện.Chứng minh1 1 1 13 3   r a b c a bcOacbIrABGọi I là tâm hình cầu nội tiếp.Ta có:V  VI . ABC  VI .OAB  VI .OBC  VI .OCAVI . ABC VI .OAB VI .OBC VI .OCAVVVVr r r r1   h c b a111 1 1 1  h a b c(1)CSƣu tầm: Phạm Minh TuấnTừ (1) suy ra bất đẳng thức đã cho có dạng tương đương sau:13 3h abc(2)Do OABC là tứ diện vuông đỉnh O, nên theo b|i cơ bản ta có11 1 1 2 2 22ha b c(3)Từ (3) và theo bất đẳng thức Côsi, ta có:11 1 11 2  2  2  33 2 2 22ha b cabc(4)a  b  c(5)2 9 3 a 2b 2 c 2Từ (3)(4)(5) suy ra:13 3h abcVậy (2) đúng  đpcm. Dấu bằng xảy ra  a  b  c OABC là tứ diện vuông c}n đỉnh O.Bài 19:Cho góc tam diện vuông Oxyz đỉnh O. Lấy A, B, C lần lượt trên Ox, Oy, Oz saocho OA  OB  OC  AB  AC  BC  l , trong đó I là một đại lượng dương cho trước.Gọi V là thể tích của tứ diện OABC.Chứng minh V l32 13(1)162Xác định vị trí của A, B, C để có dấu bằng trong (1)xAcCzObBy

Tài liệu liên quan

• Tài liệu Mẫu Công văn giới thiệu địa điểm lập dự án đầu tư xây dựng công trình ppt
  • 5
  • 1
  • 5
• Sáng kiến kinh nghiệm GIÚP HỌC SINH GIỎI LỚP 5 GIẢI CÁC BÀI TOÁN CÓ LIÊN QUAN ĐẾN DIỆN TÍCH HÌNH TAM GIÁC
  • 23
  • 944
  • 3
• Sáng kiến kinh nghiệm Phương pháp dạy học tích cực và các bước giải quan trọng không thể thiếu khi giải các bài toán có lời văn ở lớp 3
  • 9
  • 769
  • 2
• PHÂN LOẠI các bài TOÁN về CÔNG SUẤT của DÒNG điện XOAY CHIỀU NHẰM GIÚP học SINH lớp 12 TRƯỜNG THPTQUẢNG XƯƠNG 4 NÂNG CAO CHẤT LƯỢNG học tập
  • 24
  • 545
  • 0
• Rèn luyện tư duy sáng tạo của học sinh thông qua các bài toán về tiếp tuyến của đường hypebol
  • 17
  • 303
  • 0
• Xây dựng nội dungvà phương pháp dạy học sinh khá giỏi lớp 5 giải các bài toán về tỉ số phần trăm
  • 2
  • 300
  • 1
• Hướng dẫn học sinh khá, giỏi phương pháp giải các bài toán nâng cao về truyền tải điện năng đi xa
  • 20
  • 273
  • 0
• Kinh nghiệm giải các bài toán về chuyển động của các hạt mang điện trong điện trường và từ trường
  • 16
  • 172
  • 0
• Kinh nghiệm giải các bài toán về chuyển động của các hạt mang điện trong điện trường và từ trường
  • 16
  • 147
  • 0
• SKKN kinh nghiệm giải các bài toán về chuyển động của các hạt mang điện trong điện trường và từ trường
  • 16
  • 184
  • 0

Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

(1.29 MB - 49 trang) - Tứ diện vuông và ứng dụng (phạm minh tuấn) Tải bản đầy đủ ngay ×