ABC

1. Chuyên đề: Tứ diện vuông
1. Định nghĩa: Tứ diện vuông là tứ diện có một góc tam diện ba mặt vuông.
2. Tính chất: Giả sử OABC là tứ diện vuông, , ,OA OB OA OC OB OC⊥ ⊥ ⊥ ;
, ,OA a OB b OC c= = = . Khi đó:
2.1. Các góc của tam giác ABC là các góc nhọn
2.2. H là trực tâm của tam giác ABC thế thì ( )OH ABC⊥ và 2 2 2 2
1 1 1 1
OH a b c
= + +
2.3. Gọi , ,α β γ lần lượt là góc tạo bởi OH với OA, OB, OC, ta có 2 2 2
cos cos cos 1α β γ+ + =
2.4. Gọi X, Y, Z lần lượt là góc giữa OA, OB, OC với mặt (ABC) ta có: 2 2 2
sin sin sin 1X Y Z+ + =
2.5. Nửa đường thẳng Ot cắt mặt đáy (ABC) tại M và đặt . Chứng minh rằng
2 2 2
1 1 1cos cos cos 1+ + =α β γ
2.6. 2 2 2
tan tan tana A b B c C= =
2.7.
2 2 2
. ; . ; .OAB HAB ABC OAC HAC ABC OBC HBC ABCS S S S S S S S S= = =
2.8.
2 2 2 2
OAB OAC OBC ABCS S S S+ + =
2.9. Gọi G là trọng tâm tam giác ABC, I là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện. Chứng minh O, G, I
thẳng hàng.
2.10.
1
6
OABCV abc= và ( )2 2 2 2 2 21
2
tpS ab bc ca a b a c b c= + + + + +
2.11. Gọi R, r lần lượt là bán kính của mặt cầu ngoại tiếp và nội tiếp tứ diện OABC thì
2 2 21
2
R a b c= + + và
3 OABC
tp
V
r
S
=
2.12. Gọi M, N, P theo thứ tự là trung điểm của BC, CA, và AB . Khi đó OMNP là tứ diện gần đều
và
1 1
4 24
OMNP OABCV V abc= =
2.13.
2
9
2
OAB OAC OBC
h
S S S+ + ≥
2.14.
2
3(1 3)
R
r
≥ +
Chứng minh
2.1. Xét tam giác ABC có
2 2 2 2 2 2 2 2 2
; ;AB a b AC a c BC b c= + = + = + . Suy ra
2 2 2 2
cos 0 (1)
2 . .
AC AB BC a
A
AB AC AB AC
+ −
= = > ⇒A nhọn. Hoàn toàn
tương tự ta có B, C nhọn.
2.2.
+ Từ giả thiết suy ra ( )
AB CH
AB OCH AB OH
AB OC
⊥
⇒ ⊥ ⇒ ⊥
⊥
.
Tương tự AC OH⊥ . Do vậy ( )OH ABC⊥
+ Giả sử CK là đường cao của tam giác ABC thế thì H CK∈ và
OK AB⊥ (vì ( )AB OCH⊥ ). Trong các tam giác vuông OCK và
Z
c
b
a
γ
O
A
B
C
K
H
1

2. OAB ta có
2 2 2
2 2 2 2
2 2 2
1 1 1
1 1 1 1
1 1 1
OH OC OK
OH OA OB OC
OK OA OB

= +
⇒ = + +
 = +

2 2 2 2
1 1 1 1
OH a b c
⇒ = + + (2)
2.3. Ta có
2
2
2
cos cos
OH OH
OC OC
γ = ⇒ γ = . Tương tự:
2 2
2 2
2 2
cos ;cos
OH OH
OA OB
α = β = . Nên ta có:
2 2 2
2 2 2 2
2 2 2 2 2 2
1 1 1
cos cos cos 1
OH OH OH
OH
OA OB OC OA OB OC
 
α + β+ γ = + + = + + = ÷
 
(theo (2))
2.4. Ta có · sin cosZ OCH Z= ⇒ = γ , tương tự sin cosX = α , sin cosY = β. Do đó
2 2 2
sin sin sin 1X Y Z+ + = (theo 2.3)
2.5.
Cách 1: Dựng hình hộp chữ nhật sao cho OM
là đường chéo và các cạnh của hình hộp xuất
phát từ O nằm trên các cạnh OA, OB, OC. Gọi
độ dài các cạnh của hình hộp là x, y, z. Ta có
2 2 2 2
OM x y z= + + ;
22 2 2
2
1cos
2O .
OM OZ ZM
M OZ
 + −
γ =  ÷
 
22 2 2 2 2 2
( ) ( )
2O .
x y z z x y
M OZ
 + + + − +
=  ÷
 
2
2 2
2 2 22 2 2
2
2 .
z z
x y zx y z z
 
 ÷= =
 ÷ + ++ + 
.
γ1
z
y
x
Y'
M
X'
T
Z
Y
X
O
B
A
C
Tương tự
2
1cos α =
2
2 2 2
x
x y z+ +
;
2
1cos β =
2
2 2 2
y
x y z+ +
. Từ đó suy ra đpcm.
Cách 2: Vì , ,OA OB OC
uuur uuur uuur
không đồng phẳng nên OOM xOA y B zOC= + +
uuuur uuur uuur uuur
Ta có:
+)
22 2 2 2 2 2 2 2
( O )OM OM xOA y B zOC x a y b z c= = + + = + +
uuuur uuur uuur uuur
(lưu ý
OA,OB,OC đôi một vuông góc nên . . . 0OAOB OAOC OB OC= = =
uuur uuur uuur uuur uuur uuur
)
+)
( )
22
2
1 2 2
( O )..
cos
.
xOA y B zOC OCOM OC
OM OC OM c
+ + 
γ = = ÷ ÷
 
uuur uuur uuur uuuruuuur uuur
2 4 2 2 2 2
2 2 2 2 2 2 2 2 2
.
z c z c z c
OM c OM x a y b z c
= = =
+ +
. Tương tự:
2 2
2
1 2 2 2 2 2 2
cos
x a
x a y b z c
α =
+ +
;
2 2
2
1 2 2 2 2 2 2
cos
y b
x a y b z c
β =
+ +
. Từ đó
suy ra đpcm.
γ1
a
b
c
C
B
A
O
K
M
2.6.
Xét ( )
2 2
22 4 2 4 4
2 4
1 .
tan tan 1 1
cos
AB AC
a A a A a a
A a
  
= = − = − ÷ ÷
   
(theo (1))
2

3. 2 2 4 2 2 2 2 4 2 2 2 2 2 2
. ( )( )AB AC a a b a c a a b a c b c= − = + + − = + + . Suy ra
2 2 2 2 2 2 2
tana A a b a c b c= + + . Hoàn toàn tương tự: 2 2 2 2 2 2 2
tanc C a b a c b c= + + ;
2 2 2 2 2 2 2
tanb B a b a c b c= + + . Vậy 2 2 2
tan tan tana A b B c C= = .
2.7.
Ta chứng minh trường hợp
2
.OAB HAB ABCS S S= , các trường hợp còn lại tương tự.
Cách 1: ta có
2
2 2 2 21 1 1 1 1
. . . . ( . ). .
2 2 4 4 2
HAB ABC OABS S KH AB KC AB KH KC AB OK AB OK AB S
     
= = = = = ÷  ÷  ÷
     
Cách 2: Theo công thức diện tích hình chiếu, ta có
·
2
1
.
2.cos .sin .
1
.
2
OAB
HAB OAB OAB OAB OAB
ABC
OK AB
SOK
S S OKH S Z S S
CK SCK AB
= = = = = ⇒ 2
.OAB HAB ABCS S S=
2.8.
Cách 1: Theo 2.7, ta có
2 2 2 2
. . . ( )OAB OAC OBC HAB ABC HAC ABC HBC ABC ABC HAB HAC HBC ABCS S S S S S S S S S S S S S+ + = + + = + + =
Cách 2:
+)
2 2 2 2 2 2 2 2 21
( )
4
OAB OAC OBCS S S a b a c b c+ + = + +
+)
22
2 2 2 2 2 2 2
2 2 2
3 1 1 1 1 1 1
3. . ( )
3 2 4
OABC
ABC
V
S a bc a b a c b c
OH a b c
  
= = + + = + + ÷ ÷  ÷   
. Suy ra đpcm.
( Lưu ý có thể tính ABCS theo công thức Herong)
2.9.
Gọi L, J lần lượt là trung điểm của AB, OC. Dựng điẻm I sao cho OJIL là hình bình hành.
Vì ( ) ( )OJ OAB LI OAB⊥ ⇒ ⊥ ⇒ LI là trục của tam giác
OAB OI IA IB⇒ = = . Mặt khác dễ thấy IJ là trung trực của
tam giác OIC nên IO IC= . Do vậy I là tâm đường tròn
ngoại tiếp tứ diện.
Gọi G OI CL= ∩ , G thuộc trung tuyến CL của tam giác
ABC. Ta có
1
2
GL IL
G
GC OC
= = ⇒ là trọng tâm tam giác ABC.
Vậy O, G, I thẳng hàng.
G
M I
J
L
O
A
B
C
2.10.
+)
1 1 1 1
. . .
3 3 2 6
OABC OABV OC S OC OAOB abc= = =
+) Theo 2.8 ta có
2 2 2 2 2 21
2
ABCS a b a c b c= + + , từ đó ta có
( )2 2 2 2 2 21
2
tpS ab bc ca a b a c b c= + + + + +
2.11.
+)
2 2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 21
2 2 4 4 2
AB OC AB OC a b c
R OI OL IL a b c
+ + +   
= = + = + = = = + + ÷  ÷
   
3

4. +) Gọi T là tâm mặt cầu nội tiếp tứ diện OABC, ta có:
31 1
( ) .
3 3
OABC
OABC TOAB TOAC TOBC TABC OAB OAC OBC ABC tp
tp
V
V V V V V r S S S S r S r
S
= + + + = + + + = ⇒ =
2.12.
+ Dễ thấy:
1
2
MN OP AB= = ;
1
2
NP OM BC= = ;
1
2
MP ON AC= = . Do vậy tứ diện ONMP là tứ diện gần đều.
+ Ta có
1 1 1
. . 1. .
2 2 4
CONM
OABC
V OC CN CM
V OC CA CM
= = = . Tương tự :
1 1
;
4 4
AONP BOMP
OABC OABC
V V
V V
= = . Từ đó ta có:
1
4
OMNP OABCV V=
P
N
M
C
B
A
O
2.13.
2 2
2
1 1
9 ( ) 9 ( ) 9
2 2 2
OAB OAC OBC
h h
S S S ab bc ca ab bc ca
h
+ + ≥ ⇔ + + ≥ ⇔ + + ≥
2.2
2 2 2
1 1 1
( ) 9ab bc ca
a b c
 
¬ → + + + + ≥ ÷
 
.
Áp dụng BĐT Côsi cho 3 số dương ta có
3
2 2 2 2 2 2 3 2 2 23
2 2 2 2 2 2
3 2 2 2
1 1 1 1
3 1 1 1 1
( ) 3 .3 9
3
a a a a b c ab bc ca a b c
a b c a b c
ab bc ca a b c

+ + ≥  
⇒ + + + + ≥ =  ÷
 
+ + ≥
(đpcm)
2.14.
2
3(1 3)
R
r
≥ +
Từ 2.11, ta có
2 2 21
2
R a b c= + + và
3 OABC
tp
V
r
S
= , do đó:
( )2 2 2 2 2 2 2 2 2
2 2 22 2 2
1
..2 2
3 3 3.
6
tp
OABC OABC
tp
a b c ab bc ca a b a c b cS a b cR a b c
V abcr V
S
+ + + + + + ++ ++ +
= = =
( ) 3 2 2 2 3 2 2 2 3 4 4 42 2 2 2 2 2 2 2 2 3 3 3.2
a b c a b c a b ca b c ab bc ca a b a c b cR
r abc abc
 + ÷+ + + + + + +
 ⇒ = ≥
3 3 3
3( 3 1)
abc abc
abc
+
= = + . Vậy:
2
3(1 3)
R
r
≥ + . Dấu “=” xảy ra khi a=b=c.
4