Sáng kiến kinh nghiệm Một số tính chất tương tự giữa tam giác và tứ diện

	Nguyễn Huy Khôi – Thpt đô lương 2
Một số tính chất tương tự giữa tam giác và tứ diện.
- Các bạn trẻ yêu toán thân mến!
Các bạn đã làm quen với một số tính chất rất thú vị tương tự giữa tam giác vuông và tứ diện vuông (khối tứ diện có 3 mặt vuông). Chẳng hạn:
- Trong một tam giác vuông OAB (éAOB = 900) ta có hệ thức:
AB2 = OA2 +OB2 (Định lý Pithagore).
- Trong tứ diện vuông OABC (OA, OB, OC vuông góc với nhau từng đôi một) ta có hệ thức tương tự:
S2ABC = S2OAB+ S2OAC+ S2OBC,,
- Trong bài báo này chúng tôi xin được gới thiệu một số tính chất khá thú vị tương tự giữa tam giác và tứ diện.
ở đây, chúng tôi giới thiệu các tính chất tương tự nói trên thông qua các bài toán sau đây:
Bài toán 1: Cho tam giác ABC (BC = a1, CA = a2, AB = a3). M là một điểm nằm trong tam giác đó. Gọi Ra, Rb, Rc lần lượt là các khoảng cách từ M đến các dỉnh A, B, C; còn da, db, dc lần lượt là khoảng cách từ M đến các cạnh BC, CA, AB.
Chứng minh bất đẳng thức kép sau đây:
dadbdcÊ Ê.
(Trong đó S1 = SMBC, S2 = SMCA, S3 = SMAB).
Lời giải: Dựng AH ^ BC, khi đó ta có bất đẳng thức sau: 
Ra + da ³ ha (ha = AH).
Û a1Ra ³ a1ha - a1da Û a1Ra³2S – 2S1 (1).
Chứng minh một cách hoàn toàn tương tự ta cũng có:
a2Rb ³ 2S – 2S2 (2)
a3Rc ³ 2S – 2S3 (3)
Từ (1), (2), (3) ta suy ra:
a1Ra a2Rb a3Rc ³ (2S – 2S1)(2S – 2S2)´
´ (2S – 2S3) (4).
Chúng ta lại có:
(2S – 2S1) ³ a2db+a3dc ³ 2
 	(2S – 2S2) ³ 2 
 (2S – 2S3) ³ 2
Vậy (2S – 2S1)(2S – 2S2) (2S – 2S3) ³ 8a1a2a3dadbdc (5).
Từ (4), (5) ta suy ra bất đẳng thức kép cần chứng minh:
 dadbdcÊ Ê.
Bài toán (1) ta có thể mở rộng ra bài toán trong không gian.
Bài toán 2: Cho tứ diện bất kỳ A1A2A3A4. M là một điểm bất kỳ nằm 
 trong tứ diện đó. Gọi Ra, Rb, Rc,Rd lần lượt là các khoảng cách từ M đến các đỉnh A1, A2, A3, A4; còn da, db, dc,dd lần lượt là khoảng cách từ M đến các mặt đối diện với các đỉnh Ai (); V; Vi (); Si () lần lượt là thể tích các khối tứ diện A1A2A3A4; MA2A3A4; MA1A3A4; MA1A2A; MA1A2A3; diện tích các mặt của các khối tứ diện A1A2A3A4. Chứng minh bất đẳng thức kép sau:
dadbdcddÊ Ê (6)
Với cách giải hoàn toàn tương tự như bài toán phẳng 1, các bạn sẽ chứng minh được bất đẳng thức kép dạng (6). Mời các bạn chứng minh nó.
Bài toán 3: Cho tam giác ABC (BC=a, CA =b, BA = c). Gọi la là độ dài đường phân giác trong của tam giác đó kẻ từ đỉnh A . Chứng minh rằng: 
 a);
 b) la< ;
Lời giải: a) Lời giải câu a) khá đơn giản xin được nhường lời chứng minh cho 
các bạn.
 	b) Từ câu a) ta suy ra > la (7)
Lại có Ê Ê (8).
Từ (7), (8) ta suy ra la <(Đpcm).
Từ bài toán 3 ta đi đến bài toán mở rộng sau:
Bài toán 4: Cho tứ diện ABCD, mặt phẳng phân giác của nhị diện cạnh AB của
tứ diện đó cắt cạnh CD tại E. Đặt diện tích các DABC, DABE, DABD tương ứng
là S1, S2, S3.
a. Chứng minh hệ thức 
(Trong đó 2j là số đo nhị diện cạnh AB của tứ diện ABCD).
b. Chứng minh hệ thức: S2 < ;
Lời giải: Dựng mặt phẳng (d) qua E vuông góc với AB và M = mf(d)ầAB. Qua C và D kẻ các đường thẳng song song với AB chúng cắt (d) lần lượt tại C’ và D’, khi đó ta có:
dtABC’ = S1; dtABD’ = S3, do AB^(d), D’M ^ AB, C’M ^ AB, EM ^ AB và do mf(ABE) là mặt phẳng phân giác của nhị diện cạnh AB nên: éC’ME = éD’ME = j
( 0<j <900).
Giả sử AB = a, C’M = b, D’M = c, EM = l; Khi đó :
S1 = ab/2, S2 = al/2, S3 = ac/2 suy ra: S2/S1 = l/b; S2/S3 = l/c (9)
Mặt khác theo bài toán 3: (10).
Từ (9) và (10) ị (Đpcm).
b. Từ câu a, ta suy ra ().S2 = 2cosj < 2;
Từ đó suy ra:
S2 <Ê Ê ị Đpcm.
Bài toán 5: Cho tam giác ABC. M là một điểm bất kỳ nằm trong tam giác đó. Đặt diện tích các tam giác MBC; MCA; MAB lần lượt là S1, S2, S3
a. Chứng minh rằng: S1 + S2+ S3 = 
b. Chứng minh rằng với mọi điểm I ta có hệ thức:
S1 + S2+ S3 = SABC.;
Lời giải của bài toán này được trình bày trên tạp chí Toán học và tuổi trẻ số 5-1992. ở đây chúng ta quan tâm đến bài toán mở rộng của nó. Ta đi đến bài toán 6:
Bài toán 6: Cho tứ diện ABCD. I là một điểm bất kì nằm trong tứ diện đó, kí hiệu Vi () lần lượt là thể tích các khối tứ diện IBCD, IACD, IABD, IABC.
 a. Chứng minh rằng: V1 + V2+ V3 + V4 = ;
 b. Chứng minh rằng với mọi điểm O trong không gian ta có hệ thức:
Lời giải: 
Ta đặt SCJD = S2; SBJD = S3, SBJC = S4. Theo bài toán 5 ta có hệ thức sau:
SBCD = S2+ S3 + S4(1)
Mặt khác dễ dàng chứng minh được:
S2/V2= S3/V3= S4/V4 (4)
Từ (1) và (2) ta đi đến kết quả:
V1 + V2+ V3 + V4 = VABCD.;
(V2+V3+V4) = V2+ V3 + V4 (3)
Với nhận xét rằng: =- (4)
Từ (3) và (4) ta có: V1 + V2+ V3 + V4 = (Đpcm).
b. Từ câu a , ị V1(-) + V2(-) + V3(-) + V4(-) = 
 Û V1 + V2+ V3 + V4 = VABCD. (Đpcm).
Bài toán 7: Cho tam giác ABC. M là một điểm bất kì nằm trong tam giác đó. Chứng minh bất đẳng thức:
a.MA + b.MB + c.MC ³ 4S DABC
Lời giải bài toán 7 dành cho bạn đọc.
Chúng ta lại mở rộng bài toán trên trong không gian.
	Bài toán 8: Cho tứ diện ABCD. M là một điểm bất kì nằm trong tứ diện đó. Gọi SA, SB, SC, SD lần lượt là diện tích các mặt của tứ diện đối với các đỉnh 
A, B, C, D. Chứng minh: SA.MA +SB.MB +SC.MC +SD.MD ³ 9VABCD.
Lời giải: Gọi Vi () lần lượt là thể tích của các khối tứ diệnMBCD, MACD, MABD, MABC. Ta có: AA1Ê MA + MA2 Û VABCD ÊSA.MA +V1. Chứng minh một cách hoàn toàn tương tự:
 VABCD Ê SB.MB + V2; VABCD Ê SC.MC + V3; VABCD Ê SD.MD + V4. 
Từ đó suy ra:
SA.MA +SB.MB +SC.MC +SD.MD ³ 9VABCD (Đpcm).
 *
 * *
Vì khuôn khổ bài báo, chúng tôi xin dừng ở đây. Xin mời các bạn tiếp tục cuộc hành trình với các cặp bài toán sau:
Bài tập 1: Cho DABC nhọn. Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác đó. Các đường thẳng AO, BO, CO cắt các cạnh đối diện lần lượt tại A1, B1, C1. Chứng minh rằng:
AA1+BB1+CC1 ³ 
 (R- bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC).
Bài tập 1’: Cho tứ diện ABCD. Gọi O là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện đó (O nằm trong tứ diện ABCD). Các đường thẳng AO,BO,CO,DO cắt các mặt đối diện lần lượt tại A1, B1, C1, D1. Chứng minh rằng:
AA1+BB1+CC1 + DD1³ 
(R- bán kính đường mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD).
Bài tập 2: Cho DABC. Gọi ha, hb, hc, r lần lượt là độ dài các đường cao, bán kính đường tròn nội tiếp của tam giác đó. Chứng minh rằng:
ha + hb + hc ³ 9r
Bài tập 2’. Cho tứ diện ABCD. Gọi hi (), r lần lượt là độ dài các đường cao, bán kính mặt cầu nội tiếp tứ diện đó. Chứng minh rằng:
h1 + h2 + h3 + h4 ³ 16r
Bài tập 3: Cho DABC. Gọi a, b, c; ma, mb, mc lần lượt là độ dài các cạnh và độ dài các đường trung tuyến của tam giác đó. Chứng minh rằng:
ma2 + mb2+ mc2 = ( a2 + b2 + c2)
Bài tập 3’: Cho tứ diện ABCD. Gọi ai () là độ dài các cạnh và ma, mb, mc là độ dài các đường trọng tuyến của tứ diện đó. Chứng minh rằng:
ma2 + mb2 + mc2+ md2 = 
(Hướng dẫn: Sử dụng công thức Leibnitz).
Bài tập 4: Cho 2 tam giác DABC và DA’B’C’. Gọi G, G’ lần lượt là trọng tâm của 2 tam giác đó, Chứng minh rằng:
GG’ Ê (AA’ + BB’ + CC’)
Dấu bằng xảy ra khi nào?.
Bài tập 4’: Cho 2 tứ diện ABCD và A’B’C’D’ ở vị trí bất kì trong không gian. Gọi G, G’ lần lượt là trọng tâm của chúng. Chứng minh rằng:
GG’ Ê (AA1 + BB1 + CC1+ DD1)
Dấu đẳng thức xảy ra khi nào?
Bài tập 5: Cho tam giác ABC (é A = 900). Dựng AD BC. Gọi AE, AF lần lượt là các đường phân giác của các góc é BAD, é CAD. Chứng minh rằng:
 Ê -1
Dấu bằng xảy ra khi nào?
Bài tập 5’: Cho tứ diện vuông OABC, Góc tam diện đỉnh O là tam diện vuông. Các mặt phẳng phân giác của góc nhị diện ( [OAB], OA, [OAH]); ([OAC], OA, [OAH]) cắt BC lần lượt tại E, F (H là trực tâm của tam DABC). Chứng minh rằng:
Ê -1
Dấu bằng xảy ra khi nào?
Chúc các bạn thành công!