PHÂN LOẠI CÁC TỨ DIỆN TRONG KHÔNG GIAN I.TỨ DIỆN 1. Kiến thức cơ bản Tứ diện là hình có bốn mặt. 2. Một số bài toán cơ bản Bài 1. Cho tứ diện $ABCD$, $G$ là trọng tâm tứ diện. Chứng minh rằng: các tứ diện $BGCD$, $GCDA$, $GDAB$ và $GABC$ có cùng thể tích? Bài giải: Gọi $h_A$, $H'_A$ là các khoảng cách hạ từ $A$ và $G$ xuống $(BCD)$. Ta có: $\frac{V_{GBCD}}{V}=\frac{h'_A}{h_A}=\frac{GA'}{AA'}=\frac{1}{4} \Rightarrow V_{GBCD}=\frac{1}{4}V$ (Trong đó V là thể tích tứ diện $ABCD$) Tương tự như vậy cho ba tứ diện nhỏ còn lại: $V_{GBCD}=V_{GCDA}=V_{GDAB}=V_{GABC}=\frac{1}{4}V$ Bài 2. Cho tứ diện $ABCD$. Gọi $IJ$ là đoạn vuông góc chung của cặp cạnh đối $AB$ và $CD$ ($I$ thuộc $AB$, $J$ thuộc $CD$) và $\alpha$ là góc của cặp cạnh đó. Chứng minh thể tích của tứ diện được tính theo công thức: $V=\frac{1}{6}AB.CD.IJ.\sin(\alpha)$ Bài giải: Ta dựng hình hộp "ngoại tiếp" tứ diện $ABCD$ như hình vẽ. Đặt: $B=S_{AC_1BD_1}$ $h$ là chiều cao của hình hộp. $h$ chính là độ dài của $IJ$ và $IJ \bot AB$ và $IJ \bot CD$ $\alpha$ là góc của $AB$ và $C_1D_1$ Ta có thể tích của hình hộp là: $B.h=V_{C.ACBC_1}+V_{D.ABD_1}+V_{A.A_1CD}+V_{B.B_1CD}+V_{A.BCD}$ Nhưng $S_{ABC_1}=S_{ABD_1}=S_{A_1CD}=S_{B_1CD}=\frac{1}{2}$ Nên: $V_{C.ABC_1}=V_{D.ABD_1}=V_{A.A_1CD}=V_{B.B_1CD}=\frac{1}{6}B.h$ Suy ra: $V=V_{ABCD}=B.h-\frac{4}{6}B.h=\frac{1}{3}B.h$ Mặt khác: $IJ=h\,\, \text{và}\,\, B=\frac{1}{2}AB.C_1D_1.\sin(\alpha)=\frac{1}{2}AB.CD.\sin(\alpha)$ Cho nên cuối cùng ta có: $V=\frac{1}{6}AB.CD.IJ.\sin(\alpha)$ II.TỨ DIỆN VUÔNG 1. Kiến thức cơ bản: Tứ diên vuông $O.ABC$, vuông tại $O$ là tứ diện có ba mặt $OAB$, $OBC$, $OAC$ là ba tam giác vuông. Trong tứ diện vuông thì các cặp cạnh đối vuông góc với nhau từng đôi một Công thức thể tích của tứ diện vuông: $V=\frac{1}{6}OA.OB.OC$ 2. Một số bài toán cơ bản Bài 1. Cho tứ diên vuông $OABC$ vuông tại $O$. Gọi $H, G$ lần lượt là trực tâm, trọng tâm của tam giác $ABC$. Tính $OH$, $OG$ theo $OA=a$, $OB=b$, $OC=c$. Bài giải: $\bullet$Gọi $CC'$ là đường cao xuất phát từ $C$ trong $(ABC)$. Định lý ba đường vuông góc cho $OC' \bot AB$. Ngoài ra ta biết rằng: $$OH \bot (ABC)\implies OH \bot CC'$$ Ta có: $\frac{1}{OH^2}=\frac{1}{OC^2}+\frac{1}{OC'^2}=\frac{1}{OA^2}+\frac{1}{OB^2}+\frac{1}{OC^2}=\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}$ Suy ra: $OH=\frac{abc}{\sqrt{a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2}}$ $\bullet$Do $G$ là trọng tâm của tam giác $ABC$ nên ta có: $\vec{OG}=\frac{1}{3}(\vec{OA}+\vec{OB}+\vec{OC})$ Do đó: $OG^2=\vec{OG}^2=\frac{1}{9}(OA^2+OB^2+OC^2)$ Vì: $\vec{OA}.\vec{OB}=\vec{OB}.\vec{OC}=\vec{OC}.\vec{OA}=0$ Suy ra: $OG=\frac{1}{3}\sqrt{a^2+b^2+c^2}$ Vậy: $OH=\frac{abc}{\sqrt{a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2}}$ $OG=\frac{1}{3}\sqrt{a^2+b^2+c^2}$ Bài 2. Cho tứ diện $O.ABC$ vuông tại $O$. Gọi $S$, $S_1$, $S_2$, $S_3$ lần lượt là diện tích các tam giác $ABC$, $OBC$, $OCA$, $OAB$. Chứng minh: $S^2=S_1^2+S_2^2+S_3^2$. Bài giải: Ta có: $S_1^2+S_2^2+S_3^2=\frac{1}{4}OB^2.OC^2+\frac{1}{4}OC^2.OA^2+\frac{1}{4}OA^2.OB^2$ $=\frac{1}{4}OC^2(OA^2+OB^2)+\frac{1}{4}OA^2.OB^2$ $=\frac{1}{4}OC^2.AB^2+\frac{1}{4}OC'^2.AB^2$ $=\frac{1}{4}AB^2.(OC^2+OC'^2)$ $=\frac{1}{4}AB^2.CC'^2$ $=\frac{1}{2}AB^2.CC'^2$ $=S^2$ (đpcm) Bài 3. Cho tứ diện $OABC$ vuông tại $O$ với $OA=a$, $OB=b$, $OC=c$. Tính thể tích tứ diện $OABC$. Bài giải: Thể tích của tứ diện $V_{ABCD}=\frac{1}{6}OA.OB.OC=\frac{abc}{6}$ Bài 4. Cho tứ diện $OABC$ vuông tại $O$ với $OA=a$, $OB=b$, $OC=c$. Tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện $OABC$. Bài giải: $\bullet$Tam giác $AOB$ vuông tại $O$ nên tâm $I$ của đường tròn ngoại tiếp của nó là trung điểm của đoạn $AB$. Trục của đường tròn này là đường thẳng $Ix$ đi qua $I$ song song $OC$. Trong mặt phẳng $(OC, Ix)$ vẽ đường trung trực của $OC$. Đường trung trực này cắt $Ix$ tại $K$, đó chính là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện $OABC$. $\bullet$Tính bán kính $R$ của mặt cầu này là tính $R=OK$. Ta có: $R^2=OK^2=OI^2+IK^2$ $\,\,\,=\frac{AB^2}{4}+\frac{OC^2}{4}$ $\,\,\,=\frac{OA^2+OB^2+OC}{4}$ $\,\,\,=\frac{a^2+b^2+c^2}{4}$ Vậy: $R=\frac{1}{2}\sqrt{a^2+b^2+c^2}$ Bài 5. Cho tứ diện $OABC$ vuông tại $O$ với $OA=a$, $OB=b$, $OC=c$. Tính bán kính mặt cầu nội tiếp tứ diện $OABC$. Bài giải: Bán kính của mặt cầu nội tiếp tính bởi: $r=\frac{3V}{S_{TP}}$ Trong đó các chi tiết được tính như sau: $V=\frac{1}{6}OA.OB.OC=\frac{1}{6}abc$ $S_{TP}=S_{OAB}+S_{OBC}+S_{OAC}+S_{ABC}$ $\,\,\,\,=\frac{1}{2}ab+\frac{1}{2}bc+\frac{1}{2}ca+\frac{1}{2}AB.CA'$ Với $AB=\sqrt{a^2+b^2} \,\, \text{và} \,\, CA'^2=OA'^2+OC^2=\frac{a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2}{a^2+b^2}$ $CA'=\frac{\sqrt{a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2}}{\sqrt{a^2+b^2}}$ $S_{TP}=\frac{1}{2}(ab+bc+ca+\sqrt{a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2})$ Vậy: $r=\frac{abc}{ab+bc+ca+\sqrt{a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2}}$ III.TỨ DIỆN TRỰC TÂM(TỨ DIỆN TRỰC GIAO) 1. Kiến thức cơ bản: Tứ diên trực tâm (hay là tứ diện trực giao) là tứ diện các cặp cạnh đối vuông góc nhau từng đôi một. Tứ diện vuông, tứ diện đều là trường hợp đặc biệt của tứ diện trực tâm. 2. Một số bài toán cơ bản Bài 1. Chứng minh rằng: Trong một tứ diện nếu có 2 cặp cạnh đối vuông góc nhau thì cặp cạnh đối thứ 3 cũng vuông góc nhau. Bài giải: Theo giả thiết $ABCD$ là tứ diện trực tâm nên $AB \bot CD$ và $AC \bot BD$ Vẽ $AH \bot (BCD)$. Ta có: $CD \bot AB \,\, \text{và}\,\, CD \bot AH \Rightarrow CD \bot (ABH) \Rightarrow CD \bot BH$ $BD \bot AC \,\, \text{và}\,\, BD \bot AH \Rightarrow BD \bot (CAH) \Rightarrow BD \bot CH$ Hai kết quả trên cho ta thấy $H$ là trực tâm của tam giác $BCD$ nên ta có: $BC \bot DH \,\, \text{và}\,\, BC \bot AH \Rightarrow BC \bot (ADH) \Rightarrow BC \bot AD$ Bài 2. Chứng minh một tứ diện trực tâm nếu và chỉ nếu tổng bình phương các cặp cạnh đối bằng nhau từng đôi một. Bài giải: $\bullet$ Thuận: Cho tứ diện $ABCD$ có các cặp cạnh đối vuông góc nhau. Vẽ $BI \bot CD$ trong $BCD$. Ta có: $CD \bot AB \,\, \text{và}\,\, CD \bot BI \Rightarrow CD \bot (ABI) \Rightarrow CD \bot AI$ Gọi $M$ là trung điểm $CD$. Ta có: $AC^2-AD^2=2\overline{CD}.\overline{MI}$ $BC^2-BD^2=2\overline{CD}.\overline{MI}$ Suy ra: $AC^2-AD^2=BC^2-BD^2 \iff AC^2+BD^2=BC^2+AD^2$ (1) Nếu ta sử dụng thêm $BC \bot AD$ ta sẽ được: $AB^2+CD^2=AC^2+BD^2$ (2) Từ (1) và (2) ta được: $AC^2+BD^2=BC^2+AD^2=AB^2+CD^2$ (3) $\bullet$ Đảo: Cho tứ diện $ABCD$ có các cạnh thỏa mãn (3). Ta chứng minh đó là một tứ diện trực tâm. Vẽ đường cao $BI$ trong tam giác $BCD$, đường cao $AJ$ trong tam giác $ACD$. Vẫn gọi $M$ là trung điểm $CD$. Ta có: $BC^2-BD^2=2\overline{CD}.\overline{MI}$ (4) $AC^2-AD^2=2\overline{CD}.\overline{MJ}$ (5) Từ (3) suy ra: $BC^2-BD^2=AC^2-AD^2$ Do đó (4) và (5) cho ta: $I \equiv J$ Vậy: $CD \bot (ABI) \Rightarrow CD \bot AB$ Tương tự như vậy nếu ta sử dụng thêm cho hết giả thiết (3) ta sẽ được $BC \bot AD$ và $AC \bot BD$ IV. TỨ DIỆN GẦN ĐỀU 1. Kiến thức cơ bản: Tứ diên gần đều(hoặc giả đều) là tứ diện có các cạnh đối bằng nhau từng đôi một. Do đó bốn mặt của nó là bốn tam giác bằng nhau và ngược lại. Ta sẽ thấy có những điều kiện ít hơn dẫn tới tứ diện gần đều. 2. Một số bài toán cơ bản Bài 1. Cho tứ diện vuông $OABC$ vuông tại $O$. Gọi $M$, $N$, $P$ lần lượt là trung điểm của $AB$, $BC$, $CA$. Chứng minh: $OMNP$ là một tứ diện gần đều. Bài giải: Tam giác $OAB$ vuông tại $O$: $OM=\frac{1}{2}AB$ Tam giác $CAB$ có đường trung bình là $PN$: $PN=\frac{1}{2}AB$ Cho nên: $OM=PN$ Tương tự như vậy ta cũng có: $ON=PM$ và $OP=MN$ Các cặp cạnh đối của tứ diện $OMNP$ bằng nhau từng đôi một nên tứ diện $OMNP$ là tứ diện gần đều. Bài 2. Cho hình hộp chữ nhật $ABCD.A'B'C'D'$. Chứng tỏ rằng: $ACB'D'$ là tứ diện gần đều. Bài giải: Hai hình chữ nhật $ABCD$ và $A'B'C'D'$ bằng nhau nên: $AC=B'D'$ Tương tự ta cũng có: $AB'=CD'$ và $AD'=CB'$ Các cạnh đối của tứ diện $ACB'D'$ bằng nhau từng đôi một nên tứ diện $ACB'D'$ là tứ diện gần đều. Bài 3. Cho tứ diện $ABCD$ có $AB=CD=a$, $AD=BC=b$, $AC=BD=c$. Tính thể tích tứ diện $ABCD$ theo $a,\,\,b,\,\,c$ Bài giải: $\bullet$ Dựng thiết diện vuông $AB'C'D'$ như sau: Trong mặt phẳng $(BCD)$ các đường thẳng qua $B$ song song $CD$, qua $C$ song song với $BD$ và qua $D$ song song với $BC$ tạ o thành tam giác $B'C'D'$ Ta cần chứng minh: Tứ giác $AB'C'D'$ là tứ diện vuông (Hay đôi một vuông góc tại $A$) *Từ cách dựng ta suy ra: $DB'=DC'=BC=c$ *Do giả thiết: $BC=AD'$ *Suy ra: $DA=DB'=DC'$ *Cho nên tam giác AB'C' là tam giác vuông tại A *Tương tự như vậy các tam giác AC'D' và AB'D' $\bullet$ Tính $V_{A.B'C'D'}$ rồi tính $V_{A.BCD}$ *Theo định lý Pi-ta-go áp dụng vào các tam giác vuông đã được ở trên ta có: $B'C'^2=AB'^2+AC'^2=4c^2$ (1) $B'D'^2=AB'^2+AD'^2=4b^2$ (2) $C'D'^2=AD'^2+AC'^2=4a^2$ (3) Cộng (1) (2) (3) theo từng vế ta có: $AB'^2+AC'^2+AD'^2=2(a^2+b^2+c^2)$ (4) Lấy (4) trừ (3), trừ (2) và trừ (1) ta được: $AB'=\sqrt{2}\sqrt{b^2+c^2-a^2}$ $AC'=\sqrt{2}\sqrt{a^2+c^2-b^2}$ $AD'=\sqrt{2}\sqrt{a^2+b^2-c^2}$ Suy ra: $V_{A.B'C'D'}=\dfrac{AB'.AC'.AD'}{6}=\dfrac{\sqrt{2}}{3}\sqrt{(b^2+c^2-a^2)(a^2+c^2-b^2)(a^2+b^2-c^2)}$ *Hai hình chóp A.BCD và A.B'C'D' có cùng đường cao nhưng: $S_{BCD}=\dfrac{1}{4}S_{B'C'D'}$ Nên suy ra thể tích của hình chóp A.BCD là: $V_{ABCD}=\dfrac{\sqrt{2}}{12}\sqrt{(b^2+c^2-a^2)(a^2+c^2-b^2)(a^2+b^2-c^2)}$ $\bullet$ Kết luận Bài 4. Cho tứ diện gần đều $ABCD$ với $AB=CD=a$; $AC=BD=b$, $AD=BC=c$. Tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diên $ABCD$? Bài giải: $\bullet$ Gọi $I$, $J$ lần lượt là trung điểm của $AB$ và $CD$. Ta đã biết $IJ$ đoạn vuông góc chung của $AB$ và $CD$. Gọi $O$ là trung điểm của $IJ$. $O$ chính là tâm của mặt cầu ngoại tiếp tứ diện $ABCD$. Thật vậy: $IJ$ là trung trực của $AB$ và $CD$ nên $OA=OB$ và $OC=OD$ Nhưng các đoạn nối trung điểm của các cạnh đối trong tứ diện đồng qui tại $O$ nên, chẳng hạn xét cặp $AC$ và $BD$ ta suy ra: $OA=OC$ và $OB=OD$ Vậy: $OA=OB=OC=OD$ $\bullet$ $\Delta ABC$ có trung tuyến $CI$ nên: $CI^2=\frac{2CA^2+2CB^2-AB^2}{4}=\frac{2b^2+2c^2-a^2}{4}$ $\Delta IJC$ vuông tại $I$ nên: $IJ^2=CI^2-CJ^2=\frac{2b^2+2c^2-a^2}{4}-\frac{a^2}{4}=\frac{b^2+c^2-a^2}{2}$ $\Delta AIO$ vuông tại $I$ nên: $R^2=OA^2=AI^2+OI^2=\frac{AB^2}{4}+\frac{IJ^2}{4}=\frac{a^2+b^2+c^2}{8}$ $\iff R=\sqrt{\frac{a^2+b^2+c^2}{8}}$ Bài 5. Cho tứ diện gần đều $ABCD$ với $AB=CD=a$; $AC=BD=b$, $AD=BC=c$. Tính bán kính mặt cầu nội tiếp tứ diên $ABCD$? Bài giải: Bán kính mặt cầu nội tiếp tính bởi: $r=\frac{3V}{S_{TP}}$ Trong đó: $V_{ABCD}=\dfrac{\sqrt{2}}{12}\sqrt{(b^2+c^2-a^2)(a^2+c^2-b^2)(a^2+b^2-c^2)}$ $S_{TP}=4\sqrt{p(p-a)(p-b)(p-c)}$ với $p=\frac{a+b+c}{2}$ Vậy: $r=\frac{\sqrt{2}}{16}.\frac{\sqrt{(b^2+c^2-a^2)(a^2+c^2-b^2)(a^2+b^2-c^2)}}{\sqrt{p(p-a)(p-b)(p-c)}}$ V.TỨ DIỆN ĐỀU 1. Kiến thức cơ bản: $\bullet$ Tứ diện đều là tứ diện có 6 cạnh bằng nhau, do đó 4 mặt của nó là bốn tam giác đều bằng nhau. 2. Một số bài toán cơ bản Bài 1. Chứng minh rằng tứ diện đều là tứ diện trực tâm? Bài giải: Gọi $I$ là trung điểm của $CD$. Ta có: $CD\bot AI\,\, \text{và}\,\, CD\bot BI \Rightarrow CD \bot (ABI) \Rightarrow CD\bot AB$ Tương tự như thế ta cũng có: $BC \bot AD$ và $AC \bot BD$. Vậy: Tứ diện $ABCD$ là tứ diện vuông Bài 2. Cho tứ diện đều $ABCD$ cạnh a. Tính đường cao tứ diện? Bài giải: Vẽ $AH$ vuông góc với $(BCD)$. Do $ADCB$ là tứ diện đều nên $H$ là tâm của tam giác đều $BCD$. Ta có: $AH^2=AB^2-BH^2=a^2-(\frac{2}{3}-\frac{a\sqrt{3}}{2})^2=\frac{2a^2}{3}$ Vậy: $h=AH=\frac{a\sqrt{6}}{3}$ Bài 3. Cho tứ diện đều $ABCD$ cạnh $a$. Tính thể tích của tứ diện? Bài giải: Diện tích tam giác $BCD$: $S_{BCD}=\frac{a^2\sqrt{3}}{4}$ Đường cao tứ diện đều $ABCD$: $h=AH=\frac{a\sqrt{6}}{3}$ Thể tích của tứ diện đều $ABCD$: $V_{ABCD}=\frac{1}{3}S_{BCD}.AH=\frac{a^3\sqrt{2}}{12}$ Bài 4. Cho tứ diện đều $ABCD$, cạnh $a$. Tính bán kính của mặt cầu ngoại tiếp tứ diện $ABCD$? Bài giải: $\bullet$ Hạ $AH$ vuông góc với $mp(ABC)$, $AH$ chính là trục của đường tròn ngoại tiếp $\Delta ABC$. Gọi $I$, $J$ lần lượt là trung điểm của $CD$ và $AB$. Do $IA=IB$ nên $IJ$ là trung trực của $AD$ vẽ trong $mp(IAB)$. Giao điểm $O$ của $AH$ và $IJ$ là tâm $O$ của mặt cầu ngoại tiếp tứ diện $ABCD$. $\bullet$ Tứ giác $OHBJ$ là tứ giác nội tiếp nên: $AO.AH=AJ.AB \implies AO=R=\frac{AB^2}{2AH}$ Mà ta đã biết đường cao trong tứ giác đều là: $AH=\frac{a\sqrt{6}}{3}$ Nên: $R=\frac{a\sqrt{6}}{4}$ $\bullet$ Vậy: $R=\frac{a\sqrt{6}}{4}$ Bài 5. Cho tứ diện đều $ABCD$, cạnh $a$. Tính bán kính của mặt cầu nội tiếp tứ diện $ABCD$? Bài giải: Ta có: $CD \bot (ABI) \implies (ABI) \bot (ACD)$ (theo giao tuyến $AI$) Cho nên khoảng cách từ $O$ đến $(ACD)$ là khoảng cách từ $O$ đến $AI$. Nhưng $IJ$ là phân giác góc $\widehat{AIB}$ nên: $OH=OK$ Vậy $O$ cách đều hai mặt $(BCD)$ và $(ACD)$. Tương tự ta cũng chứng minh tất cả các mặt của tứ diện. Vậy $O$ là tâm của mặt cầu ngoại tiếp tứ diện $ABCD$. Bán kính của mặt cầu này: $r=OH=AH-AO=\frac{a\sqrt{6}}{12}$ Vậy: $r=\frac{a\sqrt{6}}{12}$
