KHAI THÁC SÂU HÌNH HỌC KHƠNG GIAN BẰNG TƯƠNG TỰ HĨA BÀI TỐN PHẲNG Xuất phát từ tốn hình học phẳng sau xem tốn gốc tương tự hóa tốn sang không gian khai thác sâu hệ tốn A BÀI TỐN GỐC: A Cho tam giác ABC cạnh AB, AC lấy điểm B’ C’ khác A Chứng minh rằng: C' B' SAB 'C ' AB' AC '  SABC AB AC Trong đó: SAB’C’ SABC diện tích AB’C’ ABC B Lời giải: Ta có: C SAB 'C ' = AB'.AC' sin A; SABC = AB.AC sin A; SAB ' C ' AB' AC' sin A  SABC AB AC sin A Vậy:  SAB ' C ' AB' AC '  Suy điều phải chứng minh SABC AB AC B BÀI TOÁN TƯƠNG TỰ HĨA: Trong SKG hình học 12 ban có tập sau, nhận thấy toán mở rộng sang khơng gian từ tốn phẳng nêu Cho khối chóp S.ABC cạnh SA, SB, SC lấy điểm A’, B’, C’ khác A Chứng minh rằng: VS.A ' B ' C ' SA ' SB' SC '  Trong VS.A’B’C’ VSABC VS.ABC SA SB SC thể tích khối chóp S.A’B’C’ S.ABC (Bài tập - SGK hình học 12 ban trang 25) Lời giải: Trang: 1/23 Gọi H’ H hình chiếu A’ A lên mặt phẳng (SBC) ta có: VS.A ' B 'C ' VS.ABC A 'H '.SSB'C ' A 'H '.SSB'C ' A'H'.SB'.SC'sin BSC A'H'.SB'.SC'     AH.S AH.SB.SCsin  BSC AH.SB.SC SAB AH.SSAB Ta có: SH’A’SHA Nên: A 'H ' SA '  AH SA A A' Vậy ta có: VS.A 'B 'C ' SA ' SB' SC'  VS.ABC SA SB SC B' B Vậy ta có điều phải chứng minh H S H' C' C C BÀI TỐN KHAI THÁC: Lại xem tốn mở rộng nêu toán gốc, ta khai thác tốn góc độ khác Sau đây, xin đưa ba hướng khai thác toán mở rộng sau: I ỨNG DỤNG ĐỂ TÌM TỶ SỐ THỂ TÍCH: Ví dụ 1: Cho hình chóp S.ABC có đáy tam giác vng cân C cạnh bên SA vng góc với mặt phẳng (ABC) có SA=AB Mặt phẳng () qua A vng góc với SB cắt SB B’ cắt SC C’ (B’ C’ khác S) Tìm tỉ số thể tích hai phần khối chóp cắt ()? Lời giải: S Ta đặt: CB = CA = a; AB =SA = a 2; SB = 2a; SC = a B’ VS.AB'C ' SA SB' SC' SB' SC'   VS.ABC SA SB SC SB SC Dễ dàng chứng minh tam giác AC’B’ vuông C’ A C ’ C B Trang: 2/23 Nên ta có: 2 VS.AB'C' SA SB' SC' SB' SC' SB'.SB SC'.SC  SA   SA  4a2 = = = = = 2= 2 2 VS.ABC SA SB SC SB SC SB SC  SB   SC  a 3a VS.AB 'C ' 1  Vậy VS.AB'C' = VS.ABC  VA.BCC ' B '  VS.ABC Hay VA.BCC ' B ' 3 Ví dụ 2: Cho khối chóp S.ABCD có đáy ABCD hình bình hành Gọi B’, D’ trung điểm SB SD Mặt phẳng (AB’D’) cắt SC C’ Tính tỉ số thể tích VS.AB' C ' D ' VABCDD ' C ' B ' Lời giải: Gọi O giao điểm AC BD I giao điểm SO B’D’ Khi AI cắt SC C’ S C' I B' Ta có: D' O' VS.AB 'C ' SB' SC ' SC '   VS.ABC SB SC SC VS.AC ' D ' SC ' SD ' SC '   VS.ACD SC SD SC A D O B C Suy ra: SC' SC' VS.AB 'C '  VS.AC ' D '  (VS.ABC  VS.ACD )  VS.ABCD SC SC Kẻ OO’//AC’ (O’SC) Ta có SC’ = C’O’ = O’C Do đó: V 1 VS.A ' B 'C ' D '  VS.ABCD Hay S.A ' B ' C ' D '  VS.ABCD Suy ra: VABCDD 'C 'B '  VS.AB' C ' D '  Vậy VABCDD ' C ' B ' Trang: 3/23 Ví dụ 3: Cho hình chóp S.ABC lấy M N cạnh SA SB SM SN  , 2 Mặt phẳng (α) qua MN song song với SC chia MA NB khối chóp thành hai phần, tìm tỉ số thể tích hai phần cho Lời giải: Kéo dài MN cắt AB I, kẻ MD song song SC (D  AC); E =DI  CB Khi tứ giác MNED thiết diện khối chóp cắt (α) S J M N A B I E D C Ta có: VA.MDI AM AD AI 2 16    VA.SCB AS AC AB 3 27 Vậy VA.MDI  16 VA.SCB 27 (Do kẻ MJ//AB ta có : NMJ NIB , BJ NJ  BI  AB ;AI  AB) Ta lại có: VIBNE VIAMD Suy ra: VI.BNE  VAMDEN  IB IN IE 1 1   IA IM ID 2 16 1 16  VA.MDI  VS.ABC  VS.ABC 16 16 27 27 VAMDI  VIBNE  16 VS.ABC  VS.ABC  VS.ABC 27 27 Gọi VSMDCEN phần thể tích cịn lại ta có : VSMDCEN VS.ABC  VAMDEN  VS.ABC Trang: 4/23 Vậy: VS.ABC   VS.ABC VAMDBNE VSMDCEN Ví dụ 4: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình thoi cạnh 2a; SA SB SC 2a Gọi M trung điểm cạnh SA; N giao điểm đường thẳng SD mặt phẳng (MBC) Gọi V, V1 thể tích khối chóp S.ABCD S.BCNM Tính tỷ số V1 V (Trích đề thi HSG Tỉnh Bà Rịa Vũng Tàu - 2009) Lời giải: S Do (MBC) chứa BC//(SAD) nên N giao điểm đường thẳng qua M song song với AD Suy N trung điểm SD Ta có: VS.ABC VS.ACD  M V N D A (Do ABCD hình thoi nên SABC SACD ) VS.MBC SB SC SM SM    VS.ABC SB SC SA SA  VS.MBC  O B C V VS.MCN SM SC SN SM SN V     VS.MCN  VS.ACD SA SC SD SA SD Suy ra: V1 VS.MBC  VS.NCM  3V V Vậy  V 8 Trong q trình tính thể tích khối đa diện, khơng phải tính trực tiếp cách dễ dàng Việc vận dụng toán mở rộng để tính thể tích khối đa diện gặp thường xuyên đề thi kỳ thi ĐH kỳ thi HSG Sau tơi xin đưa số tốn điển hình ứng dụng tốn mở rộng để tính thể tích Trang: 5/23 II ỨNG DỤNG ĐỂ TÍNH THỂ TÍCH: Ví dụ 1: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình thang,   BAD ABC 900 , AB BC a, AD 2a, SA  (ABCD) SA=2a Gọi M, N trung điểm SA SD Tính thể tích khối chóp S.BCNM theo a? (Trích đề thi ĐH & CĐ khối B năm 2008) Lời giải : Áp dụng cơng thức ta có: VS.BCM SB SC SM VS.CMN SM SN SC   ;   VS.BCA SB SC SA VS.CAD SA SD SC 1 VS.BCNM VS.BCM  VS.CNM  VS.BCA  VS.CAD Ta có: VS.ABC S  SA.SABC 2a 1  SA BA.BC  a 3 và: VS.ACD  SA.SACD a 1  SA CA.CD 1  2a a 2.a  a 3 B M N A 2a D a C Vậy: 1 a 2a a VS.BCNM VS.BCM  VS.CNM  VS.BCA  VS.CAD    2.3 4.3 Nên: 1 a 2a a VS.BCNM VS.BCM  VS.CNM  VS.BCA  VS.CAD    2.3 4.3 Ví dụ 2: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình vng cạnh a, mặt bên SAD tam giác nằm mặt phẳng vng góc với đáy Gọi M, N, P trung điểm cạnh SB, BC, CD Tính thể tích khối tứ diện CMNP theo a Trang: 6/23 (Trích đề thi ĐH & CĐ khối A năm 2007) Lời giải : Ta có: S VCMNP CN CP   VCMBD CB CD (1) VCMBD VM.BCD MB    VCSBD VS.BCD SB (2) M A B a H Nhân theo vế (1) với (2) ta có: N VCMNP 1   VCMNP  VS.BCD VS.BCD 8 D C P Gọi H trung điểm AD ta có SH  AD mà (SAD)  (ABCD) nên SH (ABCD) Do đó: Vậy: 1 a a3 VS.BCD  SH.SBCD  a  3 2 12 VCMNP a3 (đvtt)  96 Ví dụ 3: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình chữ nhật, AB = a; BC = a Cạnh bên SA vng góc với đáy SA = b Gọi M trung điểm SD, N trung điểm AD Gọi (P) mặt phẳng qua BM cắt mặt phẳng (SAC) theo đường thẳng vng góc với BM Chứng minh rằng: AC  (BMN) tính thể tích khối đa diện S.KMHB Lời giải : Dễ CM AC  BN Lại có:  S (1) MN // SA MN  AC K M (2) A Từ (1) (2) ta có: AC  (BMN) I N D H O Giả sử (P) cắt (SAC) theo giao tuyến (d)  BM Mà (d) AC đồng phẳng  B C (d) // (AC) Trang: 7/23 Gọi: O = (AC)(BD) Trong mặt phẳng (SBD): SO cắt BM I Qua I kẻ đường thẳng (d) // (AC) cắt SA, SC H, K  Mặt phẳng (MHBK) mặt phẳng (P) cần dựng Lại I trọng tâm SDC HK//AC nên: SH SK SI    SC SA SO (3) Theo cơng thức tính tỉ số thể tích ta có: VSMBK VSDBA  SM SB SK  ; SD SB SA VSMHB SM SH SB   VSDCB SD SC SB  VSKMHB =VSKMB + VSMHB = 1  VS.DBC  VS.DBA   VS.ABCD = 2.a b (đvtt) 3 Ví dụ 4: Cho tứ diện ABCD có cạnh Gọi M, N trung điểm cạnh BD AC Trên đường thẳng AB lấy điểm P, DN lấy điểm Q cho PQ song song với CM Tính thể tích khối tứ diện AMNP (Tích đề thi HSG tỉnh Nghệ An 2009 ) Lời giải :Qua B kẻ đường thẳng d song song CM Gọi K giao điểm đường thẳng CD d Khi Q giao điểm DN AK Từ Q kẻ đường thẳng d’ song song với AK Khi P giao d’ AB Gọi I giao AM DP ta có NI, CM, PQ đơi song song A P Q I E N M B D C K Trong mặt phẳng (ACM) kẻ NI//CM ( I  AM ); Gọi E trung điểm PB suy ME // PI P trung điểm AE nên ta có: Trang: 8/23 AP  AB MC đường trung bình tam giác DBK nên: BK 2CM  Suy ra: PQ AP 1    PQ  P  BK AB 3 VAMNP AM AN AP 1    VAMCB AM AC AB Do M trung điểm BD nên: VAMCB  VABCD Tứ diện ABCD có cạnh nên: VABCD  Vậy: 2 (ĐVTT)  VAMCB   12 12 24 (ĐVTT) VAMNB  VAMCB  144 Ví dụ 5: Cho hình chóp S.ABCD có đáy hình vng cạnh a; SA = a SA vng góc với đáy, mặt phẳng (P) qua A vng góc với SC cắt SB, SC, SD B’, C’, D’.Tính thể tích khối chóp S.AB’C’D’ theo a (Trích đề thi HSG Tỉnh Hải Dương 2012) Lời giải : S Ta có: BC  AB; BC  SA  BC  (SAB); C' SC  (P)  SC  AB’  D' AB’ (SBC) C D B' Tương tự ta có: O AD’  SD a A B Trang: 9/23 Lại có: VS.AB ' C ' D ' Vs.AB 'C '  VS.AD ' C ' VS.AB'C ' SA SB' SC ' SB.SB' SC.SC '    VS.ABC SA SB SC SB2 SC SA SA 3  2   SB SC 20 VS.AD 'C ' SA SD ' SC' SD.SD ' SC.SC'   VS.ADC SA SD SC SD SC  Do: (1) (2) SA SA 3   SD SC2 20 1 a3 VS.ABC VS.ADC  a a  Khi cộng theo vế (1) (2) ta có: VS.AB 'C ' VS.AD 'C ' VS.AD 'C ' VS.AB ' C '   9   + = a3 a VS.ADC VS.ABC 20 20 10 6  a 3 3.a VS.AB 'C ' D '   10 20 Việc chứng minh ứng dụng đẳng thức thức hình học khơng gian quan trọng song không dễ dàng để chứng minh đẳng thức Sau tơi xin đưa ra số đẳng thức quan việc chứng minh đơn giản việc vận dụng toán mở rộng III ỨNG DỤNG ĐỂ CHỨNG MINH CÁC ĐẲNG THỨC: Ví dụ 1: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình bình hành Mặt phẳng () cắt cạnh SA, SB, SC, SD A’, B’, C’, D’ Chứng minh rằng: SA SC SB SD    SA ' SC ' SB' SD ' Lời giải : Trang: 10/23 S D' A' C' D A C B' B Xét hình chóp S.ABC S.ADC ta có: VS.A ' B ' C ' SA ' SB' SC '  VS.ABC SA SB SC (1) Và: VS.A ' D ' C ' SA ' SD ' SC '  VS.ADC SA SD SC (2) Vì: VS.ABC VS.ACD  VS.ABCD Cộng theo vế (1) (2) ta có: VS.A ' B'C ' D ' SA ' SB' SC ' SA ' SD ' SC '   SA SB SC SA SD SC VS.ABCD (3) Tương tự xét hình chóp S.ABD S.BCD ta có: VS.A ' B ' D ' SA ' SB' SD '  VS.ABC SA SB SD (4) và: VS.B ' C ' D ' SB' SC ' SD '  VS.BCD SB SC SD (5) vì: VS.ABD VS.BCD  VS.ABCD Cộng theo vế (4) (5) ta có: VS.A ' B'C ' D ' SA ' SB' SD ' SB' SC ' SD '   SA SB SD SB SC SD VS.ABCD (6) Từ (3) (6) ta có: Trang: 11/23 SA ' SB' SC' SA ' SD ' SC'   SA SB SC SA SD SC SA ' SB' SD ' SB' SC' SD'  SA SB SD SB SC SD  SA ' SB' SC' SD '  SD SB     SA SB SC SD  SD ' SB'  SA ' SB' SC' SD '  SC SA     SA SB SC SD  SC ' SA '   SD SB SC SA    Suy điều phải chứng minh SD ' SB' SC' SA ' Ví dụ 2: Cho hình chóp S.ABC Gọi G tâm tam giác ABC Mặt phẳng () cắt cạnh SA, SB, SC, SG điểm A’, B’, C’, G’ khác S Chứng minh rằng: SA SB SC SG   3 SA ' SB' SC ' SG ' Lời giải : Do G trọng tâm tam giác ABC nên: S VS.ABG VS.BCG A' A G' C' B' G C B VS.ACG  VS.ABC Ta có: VS.A ' B 'C ' SA ' SB' SC '  VS.ABC SA SB SC (1) Trang: 12/23 Mặt khác ta có: VS.A 'B 'C ' VS.A ' B'G ' VS.A 'C 'G ' VS.B'C 'G '     VS.ABC VS.ABC VS.ABC VS.ABC  V V 1 V   S.A ' B'G '  S.A 'C 'G '  S.B 'C 'G '   VS.ABG VS.ACG VS.BCG   SA ' SB' SG ' SA ' SC' SG ' SB' SC' SG '        SA SB SG SA SC SG SB SC SG   SA ' SB' SC ' SG '  SC SB SA      SA SB SC SG  SC ' SB' SA '  (2) Từ (1) (2) ta có: SA SB SC SG   3 Suy điều phải chứng minh SA ' SB' SC' SG ' Ví dụ : Cho tứ diện ABCD cạnh a ,AH đường cao tứ diện O trung điểm AH Một mặt phẳng qua O cắt cạnh AB, AC, AD M ,N ,P CMR: 1    AM AN AP a Lời giải Ta có : VA.MNP AM AN AN  VA.BCD AB AC AD (1) Mặt khác : VA.MNP VA.MON  VA.NOP  VA.PON  VA.BCD VA.BCD  VA.MON VA.NOP VA.PON   VA.BCD VA.BCD VA.BCD  VA.MON V V  A.NOP  A.PON ( Do VA.BCH = VA.CDH = VA.BDH = VA.BCD ) 3VA.BCH 3VA.CDH 3VA.BDH  AM AN AO AN AP AO AP AM AO    =    AB AC AH AC AD AH AD AB AH  1  AM AN AN AP AP AM    =    AB AC AC AD AD AB  Trang: 13/23 = AM AN AP  AD AB AC      AB AC AD  AP AM AN  Từ (1) (2) ta có : (2) AM AN AN AM AN AP  AD AB AC     =  AB AC AD AB AC AD  AP AM AN  1 a a a  1      AM AN AP  Hay ta có : 1    Suy điều phải chứng minh AM AN AP a Ví dụ 4: Cho hình chóp S.ABC, Lấy điểm M nằm tam giác ABC đường thẳng qua M song song với SA, SB, SC cắt mặt bên điểm A’, B’, C’.Chứng minh rằng: VM.A ' B ' C ' MA ' MB' MC '  VS.ABC SA SB SC Lời giải : S Gọi A1, B1, C1 điểm đối xứng với A’, B’, C’ qua M Khi ta có: A ; B2 ; C cho: B' B2 C' VM.A ' B 'C ' VM.A1B1C1 Trên cạnh SA, SB, SC lấy điểm C2 A2 A' C A M B A1 C1 B1 SA MA ' ;SB2 MB' ;SC MC' Khi hình chóp S.A B2C2 ảnh hình chóp M.A1B1C1 qua phép  tịnh tiến theo véc tơ MS Nên ta có: VM.A ' B'C ' VM.A1B1C1 VS.A 2B2C2 Khi đó: VM.A ' B ' C ' VS.A 2B2C2 SA SB2 SC2   VS.ABC VS.ABC SA SB SC Trang: 14/23 Hay: VM.A ' B' C ' MA ' MB' MC'  VS.ABC SA SB SC Ví dụ : Cho hình chóp S.ABCD đáy ABCD hình vng cạnh a, SA vng góc với đáy.Góc tạo SC mặt phẳng (SAB)  Một mặt phẳng qua A vng góc với SC cắt SB, SC, SD M, N, P S V  cos2  CMR: S.AMNP   VS.ABCD  cos   N P Lời giải : Lại có : VS.AMNP 2VS.AMN SA SM SN   VS.ABCD VS.ABCD SA SB SC SM SN SM.SB SN.SC  SB SC SB2 SC SA SA  2 SB SC C D Ta có ta có từ (gt) suy BSC  , BC  SB, SC  AN M O a B A   1 Mặt khác ta có : SB a.cot  ,SC  a sin   2 2 2  cos  cos 2 SA  SB  AB  a cot   a  a  Nên   a sin   sin   SM SA sin  cos 2 cos 2  Do = a 2 SB SB sin  a cos  cos  (2) SN SA cos 2 sin   a cos 2 SC SC sin  a (3) V  cos2  Lấy (2) (3) thay vào (1) ta có : S.AMNP   Vậy ta có điều phải CM VS.ABCD  cos   Đối với tốn tìm giá trị nhỏ lớn đại lượng biến thiên khơng dễ dàng Bởi việc tìm giá trị nhỏ lớn đại lượng biến thiên hình học khơng gian lại khó khăn Sau tơi xin đưa số tốn hay khó mà việc vận dụng tốn mở rộng để giải thực thuận lợi đơn gian Trang: 15/23 D BÀI TOÁN PHÁT TRIỂN: Ví dụ 1: Cho hình chóp S.ABC có SA = a Gọi G trọng tâm tam giác SBC, mặt phẳng (P) qua AG cắt cạnh SB, SC M, N Gọi V1, V thể tích khối chóp S.AMN S.ABC Tìm giá trị lớn S V V1 (Trích đề thi HSG lớp 12 Tỉnh Hải Dương năm 2012-2013 ) A N Lời giải : M Gọi J giao điểm SG BC  J trung điểm BC Suy ra: SABJ SACJ  SABC  VS.ABJ VS.ACJ  G C B V VS.ABC  2 Đặt: x SM SN ,y  (x, y  (0;1]) SB SC VS.AMG SA SM SG 2x V 2x    VS.AMG  VS.ABJ SA SB SJ 3 Tương tự: VS.AGN  V1 V 2y V V  V1 VS.AMG  VS.AGN  (y  x) 3 (1) SA SM SN xy  V1 Vxy SA SB SC (2)  Từ (1) (2)  x + y = 3xy (*) Theo bất đẳng thức trung bình cộng trung bình nhân ta có: x  y 2 xy Dấu “=” xảy x = y Từ (*) ta có: Trang: 16/23 3xy 2 xy  xy  Dấu “=” xảy khi: x=y= V   V1 xy Ví dụ 2: Dấu “=” xảy x = y = Vậy giá trị lớn V SM SN   =  V1 SB SC Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình bình hành Gọi K trung điểm SC Mặt phẳng () qua AK cắt SB SD M N Đặt V1 VS.AMKN ; V VS.ABCD Khi mặt phẳng () song song BD tỉnh tỉ số Đặt x  V1 V SM SN V V , y Tính theo x y CMR:   V SB SD V (Dựa theo đề thi HSG tỉnh Khánh Hòa) Lời giải : a) Gọi O tâm hình bình hành ABCD I giao điểm AK SO; Qua I kẻ đường thẳng song song với BD cắt SB SD M N S Ta có: SM SN  ;  SB SD K N Vì S.ABCD có đáy hình bình hành nên: VS.ABC = VS.ADC D = V C M Ta có: VS.AMK SM SK 1    VS.ABC SB SC 3 I O A B Trang: 17/23 1  VS.AMK  V  VS.ANK  V 6 Mà: b) Ta có: V1  V V = VS.ABC + VS.ADC Vậy V1 = VS.AMK + VS.ANK  VS.AMK SM SK x   x  VS.AMK  V VS.ABC SB SC Tượng tự ta có: y V xy VS.ANK  V Suy ra:  V 4 (1) V Do: V1 = VS.AMN + VS.MNK VS.ABC = VS.ADC = Mà: VS.AMN SM SN xy  xy  VS.AMK  V VS.ABD SB SD  VS.KMN SM SN SK xy  xy  VS.KMK  V VS.CBD SB SD SC  V1 3xy  V (2) Từ (1) (2) suy ra: y x Do x > 0; y > nên suy x  3x  Mặt khác: y 1  x 1  x  3x  1  Vậy ta có: x   ;1 2  Xét hàm số: 3x V1 3xy 1   f(x) = = với x   ;1 4(3x  1) V 2  Ta có: f’(x) = 3x(3x  2) 4(3x  1) Bảng biến thiên: x f’(x) f(x) 3 + Trang: 18/23 Ví dụ 3: Vậy: V1   V Khi  x 1 V1    x 1 V  M trung điểm SB M trùng B; Khi V1   x V 3 Cho tứ diện ABCD có G trọng tâm tam giác BCD Mặt phẳng () qua trung điểm I đoạn thẳng AG cắt cạnh AB, AC, AD điểm (khác A) Gọi hA, hB, hC, hD khoảng cách từ điểm A, B, C, D đến mặt phẳng () Chứng minh rằng: h 2B  h C2  h 2D h 2A (Đề thi học sinh giỏi tỉnh Nghệ An năm 2012-2013 ) Lời giải : Gọi B’, C’, D’ giao điểm mặt phẳng () với cạnh AB, AC, AD A B' D' I D C' Ta có: B G C VAGBC VAGCD VAGDB  VABCD Vì: VAB'C' D' VAIB'C'  VAIC' D '  VAID' B' (*) (*) nên: VAB'C' D' VAIB'C' V V   AIC' D'  AID' B' VABCD 3VAGBC 3VAGCD 3VAGDB  AB'.AC'.AD ' AI.AB'.AC' AI.AC'.AD ' AI.AD '.AB '    AB.AC.AD 3.AG.AB.AC 3.AG.AC.AD 3.AG.AD.AB Trang: 19/23  AB AC AD AG   3 6 AB' AC' AD' AI  BB' CC' DD'   3 AB' AC' AD' Mặt khác ta có: BB' h B CC' h C DD' h D  ,  ,  AB' h A AC' h A AD' h A Suy ra: hB hC hD   3  h B  h C  h D 3h A hA hA hA Ta có:  hB  hC  hD    hB  2 3  h B2  h C2  h D2  (**) h C    h C  h D    h D  h B  0 (luôn đúng) Kết hợp với (**) ta được:  3h A  hay: Ví dụ 4: 3  h 2B  h C2  h 2D  h 2B  h C2  h 2D h 2A Vậy ta có điều phải chứng minh Cho góc tam diện Oxyz điểm M cố định góc Một mặt phẳng () qua M cắt tia Ox , Oy , Oz tai A’ ,B’ , C’ Tìm () để khối tứ diện OABC tích lớn (Trích đề thi HSG Tỉnh Bà Rịa Vũng Tàu - 2009) Lời giải : Giả sử () cắt Ox, Oy, Oz A, B, C Qua M kẻ đường thẳng song song với tia Ox, Oy, Oz cắt mặt (yOz), (zOx), (xOy) điểm A1, B1, C1 Theo ví dụ ta có: Vì VM.A1B1C1 khơng đổi nên ta có: O B1 A1 C1 C B' A x C' A' M z B y VOABC đạt giá trị nhỏ lớn Trang: 20/23 ... C C BÀI TỐN KHAI THÁC: Lại xem tốn mở rộng nêu toán gốc, ta khai thác tốn góc độ khác Sau đây, xin đưa ba hướng khai thác toán mở rộng sau: I ỨNG DỤNG ĐỂ TÌM TỶ SỐ THỂ TÍCH: Ví dụ 1: Cho hình. .. dụng đẳng thức thức hình học khơng gian quan trọng song không dễ dàng để chứng minh đẳng thức Sau tơi xin đưa ra số đẳng thức quan việc chứng minh đơn giản việc vận dụng toán mở rộng III ỨNG... thiên không dễ dàng Bởi việc tìm giá trị nhỏ lớn đại lượng biến thiên hình học khơng gian lại khó khăn Sau tơi xin đưa số tốn hay khó mà việc vận dụng tốn mở rộng để giải thực thuận lợi đơn gian