Đề cương ôn tập môn Toán Lớp 12 - Phần 1: Định nghĩa tứ diện vuông

 PHẦN 1 – ĐỊNH NGHĨA TỨ DIỆN VUÔNG
VÀ MỘT SỐ TÍNH CHẤT CƠ BẢN
A – ĐỊNH NGHĨA TỨ DIỆN VUÔNG:
	Tứ diện OABC được gọi là tứ diện vuông khi tứ diện đó có OA, OB, OC đôi một vuông góc với nhau.
Chú ý:
	Tứ diện trực tâm là tứ diện có các cạnh đối vuông góc nhau. Như thế ta thấy rằng tứ diện vuông cũng là một loại tứ diện trực tâm đặc biệt. Chính vì vậy tứ diện trực tâm có đầy đủ tính chất của tứ diện trực tâm.
B. CÁC TÍNH CHẤT CỦA TỨ DIỆN VUÔNG:
Cho tứ diện vuông SABC đỉnh S. Khi đó ta có:
Kẻ đường cao SH. Khi đó H là trực tâm của tam giác ABC.
.
SABC2 = SSAB2+SSAC2+SSBC2( Định lí Pytago trong không gian).
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 vuông mà chúng tôi trình bày ở phần sau.
Chứng minh các tính chất nêu trên:
Tính chất 1: 
AH kéo dài cắt BC tại M, CH kéo dài cắt AB tại P.
Do 
Vì 
Từ (1) và (2) suy ra .
Hoàn toàn 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:
SM2=MH.MA
Suy ra:
SM2BC24=MH.BC2.MA.BC2
Hay ta có:
Lý luận hoàn toàn tương tự ta có:
Cộng từng vế (1), (2) và (3) ta có đpcm.
Tính chất 4:
Thật vậy trong ta giác ABC theo định lí hàm cosin ta có:
Suy ra A nhọn.
Tương tự cho B và C.
PHẦN II – CÁC BÀI TẬP VỀ TỨ DIỆN VUÔNG
Bài 1:
Cho tứ diện OABC có OA, OB, OC vuông góc nhau từng đôi một với. Gọi M là trung điểm BC. Vẽ và tính đoạn vuông góc chung của OC và AM.
+ Vẽ MM’//OC (), ta có: OC//(AM’M)
+ Vẽ 
+ Vẽ HI//OC (), vẽ IJ//OH () ta có IJ là đoạn vuông góc chung của OC và AM.
Tam giác OAM’ vuông có OH là đường cao nên: 
Suy ra 
Bài 2:
Trong mặt phẳng (P) cho tam giác ABC vuông tại A có AB=c, AC=b. Trên đường vuông góc với (P) tại A lấy điểm S sao cho SA=h (h>0).M là điểm di động trên SB. Gọi J,I lần lượt là các trung điểm của BC và AB .
Tính độ dài đoạn vuông góc chung của SI và AB.
Tính tỉ số thể tích các hình MBIJ và BSCA khi độ dài đoạn vuông góc chung của AC và MJ đạt giá trị lớn nhất
Gọi K là trung điểm AC, ta có AB//(SKI). Do đó, khoảng cách giữa SI và AB bằng khoảng cách từ A đến (SKI)
Vẽ .Do nên 
Mà KI//AB nên . Từ đó ta được 
Vậy khoảng cách giữa SI và AB là đoạn AH
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông SAK,đường cao AH 
Vậy khoảng cách cần tìm là 
Ta có 
Vẽ .Vì IJ//AC,mà nên 
Ta có AL nằm trong mp(ASB) nên 
Vậy 
Mà AC//(MIJ) nên AL là khoảng cách giữa AC và MJ
Mặt khác tam giác ALJ vuông tại L nên 
Khi đó 
Suy ra M là trung điểm AB
Vậy 
Bài 3:
Cho lăng trụ tam giác đều ABC.A’B’C’ có tất cả các cạnh đều bằng d
Tính thể tích tứ diện A’BB’C
Tính diện tích thiết diện do mp đi qua A’B’ và trọng tâm G của và tính tỉ số thể tích 2 phần của khối lăng trụ do chia cắt ra.
a)
b) Thiết diện là hình thang A’B’FE. Gọi M,M’ lần lượt là trung điểm AB và A’B’.
Ta có : 
Diện tích thiết diện là 
 Gọi lần lượt là thể tích phần trên (chứa A) và phần dưới (chứa C’) thiết diện hình lăng trụ
Ta thấy 
 Từ đó 
Bài 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.
 Gọi I là trung điểm của AB, suy ra I là tâm của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
 Vẽ tại I, khi đó là trục của tam giác SAB
Trong mặt phẳng tạo bởi và SC (do//SC), vẽ trung trực của SC cắt tại O, ta có OA=OB=OC=OD nên O chính là tâm mặt cầu ngoại tiếp SABC
Ta có bán kính mặt cầu là
Bài 5:
Cho tam diện Oxyz có Ox, Oy,Oz vuông góc nhau từng đôi một.Gọi I là điểm trong tam diện và a,b,c, là khoảng cách từ I đến các mặt (Oyz),(Oxz), (Oxy),. Mặt phẳng di động qua I cắt Ox,Oy,Oz lần lượt tại A, B, C.
a.chứng minh 
b. Tìm giá trị nhỏ nhất của và cho biết vị trí I đối với tam giác ABC lúc đó
Ta có
b)Vì I cố định nên a,b,c không đổi 
do ta có 
nên suy ra đạt giá trị lớn nhất khi (bất đẳng thức Cô-si)
lúc đó đạt giá trị nhỏ nhất , tức là OA.OB.OC đạt giá trị nhỏ nhất 
Mà 
Nện thể tích OABC đạt giá trị nhỏ nhất là khi OA=3a, OB=3b, OC=3c
Khi đó I là trọng tâm của tam giác ABC
Bài 6:
Cho Ox, Oy, Oz vuông góc với nhau đôi một 
Lấy AOx, BOy, COz sao cho OA=a, OB=b, OC=c
Tính diện tích tam giác ABC theo a, b, c 
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 OABC
a)Vẽ ,định lý 3 đường vuông góc cho ta 
Ta có: 
Vậy
b)Ta có:
suy ra 
Do đó 
Vậy giá trị lớn nhất của thể tích OABC là khi a = b = c
Khi đó AB = AC = BC = thay vào ta được 
Vậy GTLN của thể tích OABC là khi 
Bài 7:
Cho góc tam diện ba góc vuông Oxyz.Trên Ox, Oy, Oz lần lượt lấy các điểm A,B,C
a)Tính khoảng cách từ A đến (ABC) theo OA = a, OB = b, OC = c
b)Cho A cố định, B và C di động thoả OA+OC = OA. Hãy định vị trí của B và C sao cho thể tích tứ diện OABC đạt GTLN. Chứng minh rằng khi đó bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện OABC lại nhỏ nhất.
a)Gọi H là hình chiếu của O trên ABC
Ta có 
b)
Thể tích tứ diện OABC đạt giá trị lớn nhất là khi 
Xét hình hộp chữ nhật có 3 kích thước bằng OA, OB, OC, đường chéo hình hộp này là đường kính của mặt cầu ngoại tiếp OABC, do đó
R đạt giá tri nhỏ nhất khi và chỉ khi 
Bài 8:
Tứ diện ABCD có 3 góc phẳng vuông tại D. Kí hiệu là góc tạo bởi các tia DA, DB, DC với tia DG trong đó G là trọng tâm tam giác ABC.CMR 
Gọi M là giao điểm của AG với BC .Trên tia DG ta lấy điểm O sao cho OM//AD 
Vì AD vuông góc (BCD) nên OM vuông góc (BCD) 
Lại có MB=MC=MD nên OB=OC=OD 
Trong tam giác OBD cân tại có 
 nên 
Tam giác OCD cân tại O có
 nên 
Hai tam giác OMD và OMB bằng nhau 
Vì OM là phân giác của tam giác OBC, ta có
Trong tứ diện OBCD tổng các góc phẳng tại đỉnh O thoả mãn điều kiện 
 (đpcm).
Bài 9:
Cho tứ diện OABC có các góc phẳng tại đỉnh O vuông và thoả mãn điều kiện OC=OA+OB.CMR tổng các góc phẳng tại đỉnh C bằng 
Gọi tương ứng với số đo các góc ,,
Đặt OA=a, OB=b, OC=c 
 Ta có 
,
Và , 
Từ đó ta có 
Theo định lí hàm cosin với tam giác ABC ta có 
Mặt khác các số đo nằm trên khoảng nên (đpcm)
Bài 10:
Trong số các tứ diện OABC có 3 góc phẳng tại O vuông và cùng diện tích mặt ABC, tứ diện nào có thể tích lớn nhất?
Đặt x=OA, y=OB, c=OC
Ta có thể tích V của OABC là 
Diện tích tam giác ABC là 
Gọi k là diện tích của tam giác BAC, ta có 
Vậy max khi 
Bài 11:
Tứ diện ABCD có các góc phẳng vuông tại đỉnh D và DA=a, DB=b, DC=c.Chứng minh rằng tứ diện nội tiếp trong hình cầu và tìm bán kính hình cầu đó.
Vì các đường tròn ngoại tiếp các và có dây cung chung AB nên tồn tại duy nhất 1 hình cầu đi qua của tứ diện DABC.Gọi M là trung điềm của cạnh AB, khi đó M là tâm đường tròn ngoại tiếp . Đường thẳng 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 
Vì nên OD=OC=OK. Điều này chứng tỏ K nằm trên mặt cầu ngoại tiếp tứ diện. Trong tam giác vuông ta có: 
Gọi R là bán kình của hình cầu O thì 
Bài 12:
Cho tứ diện vuông ABC đỉnh O. P là điểm nằm trong đáy ABC. Đặt , , . Gọi là góc tạo bởi đường thẳng OP với (ABC). Chứng minh rằng .	
Xét hệ trục tọa độ Đề Các vuông góc nhận O làm gốc tọa độ, các trục tọa độ chứa OA, OB, OC, . Giả sử trong hệ tọa độ ấy, tọa độ các 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:
	(1)
Ta có
Nếu đặt thì ta có thể viết
Tương tự ta có:
Thay vào (1) , có:
	(2)
Theo phương trình đoạn chắn thì mặt phẳng ABC có phương trình 
mà P(x0,y0,z0) thuộc (ABC)
	(3)
Kẻ , ta có hiển nhiên công thức sau:
	(4)
Thay (3)(4) vào (2) có:	(5)
Chú ý là 
Vậy 
Chú ý:
Xét trường hợp đặc biệt khi , H là trực tâm 
Khi đó từ công thức đã chứng minh, ta có
	(6)
Chú ý nếu gọi 
là gó tạo bởi (OBC) với đáy (ABC) và ta có 
Vì vậy nếu gọi là 3 góc tạo bởi ba mặt OBC, OAC, OAB với đáy ABC, thì từ (6) ta có:
hay 	(7)
Vậy công thức: là mở rộng của công thức quen thuộc (7)
Công thức (4) có thể chứng minh bằng phương pháp tọa độ như sau:
Phương trình mặt phẳng (ABC) là ,
Hay 	(8)
Khi đó theo công thức tính khoảng cách điểm O(0,0,0) xuống mặt phẳng (8) ta có
hay 
Bài 13:
Cho tứ diện vuông OABC đỉnh O. Vẽ chiều cao OH của tứ diện. Đặt . Chứng minh rằng:
Dễ thấy H là trực tâm của và là tam giác nhọn. AH kéo dài cắt BC tại J. Vì , nên theo định lí 3 đường vuông góc ta có .
Ta có 	(1)
Xét vuông OAJ đỉnh O. Theo hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có , vậy từ (1) có 
Vẽ đường tròn ngọai tiếp, và gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp. G là trọng tâm . Theo đường thẳng Euler thì H, G, I thẳng hàng và và 
Ta có: 
	(2)
Với R là bán kính đường tròn ngoại tiếp 
Từ (1)(2) suy ra ; ở đây S là diện tích 
Do sự bình đẳng của các cặp , ta cũng có
	. Từ đó suy ra điều phải chứng minh.
Bài 14:
Cho tứ diện vuông OABC đỉnh O, và giả sử OA = a, OB = b, OC = c. Đặt và . Gọi r là bán kính hình cầu nội tiếp trong tứ diện OABC. Chứng minh .
Áp dụng công thức 	(1)
Với V, Stp tương ứng là thể tích và diện tích toàn phần của tứ diện. 
Thay (do OABC là tứ diện vuông đỉnh O) vào (1)
và có 
	(2)
Theo định lý Pytago trong không gian thì , vì thế 
	(3)
Thay (3) vào (2) có 
Đó là điều phải chứng minh.
Bài 14:
Cho tứ diện vuông DABC đỉnh D. Giả sử . M là một điểm tùy ý trong đáy ABC. Gọi l là tổng các khoảng cách từ A,B,C xuống DM.
Chứng minh rằng 
Đặt thì ta có ngay 
Vì góc tam diện đỉnh D là vuông nên ta luôn dựng được 1 hình hộp chữ nhật có DM là đường chéo, còn DA, DB, DC là phương của các cạnh bên.
Vậy ra có: 
Do 
 hay
	(1)
Ta có 	(2)
Nên từ (1) và (2) có 	(3)
Lại do 	(4)
. Đó chính là điều phải chứng minh.
Dấu bằng xảy ra và đồng thời có dấu bằng trong (3) và (4), tức là 
Bài 15:
Cho tứ diện vuông OABC đỉnh O. Gọi R, r, h, V tương ứng là bán kính mặt cầu ngoại tiếp, nội tiếp, đường cao hạ từ O và thể tích của tứ diện. Chứng minh rằng: 
Đặt , chiều cao 
Ta thấy ngay 
Ở đây Stp và SABC tương ứng là diện tích toàn phần và diện tích đáy ABC của tứ diện đã cho. Vì thế
	(1)
Ở đây Sxq là diện tích xung quanh của tứ diện O.ABC đỉnh O, và dễ thấy:
	(2)
Vì OABC là tứ diện vuông đỉnh O, nên bán kính hình cầu ngoại tiếp R được tính bằng công thức
	(3)
Từ (1)(2)(3) suy ra bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với bất đẳng thức sau:
	(4)
Do (4) hiển nhiên đúng dpcm. Dấu bằng xảy ra OABC là tứ diện vuông cân đỉnh O.
Chú ý: 
Với mọi tứ diện ABCD, thì bán kính hình cầu nội tiếp r của nó được tính bằng công thức sau: 
Ở đây V, Stp tương ứng là thể tích và diện tích toàn phần của tứ diện. 
Thật vậygọi I là tâm hình cầu nội tiếp của tứ diện, thì
hay
Bài 16:
Cho tứ diện vuông OABC đỉnh O. Kẻ đường cao OH=h. Gọi R,r tương ứng là bán kính hình cầu ngoại tiếp và nội tiếp tứ diện.
Chứng minh rằng 
Chứng minh rằng 
Đặt OA = a, OB = b, OC = c
Theo tính chất của tứ diện vuông đỉnh O, ta có:
	(1) 
Ta có: 	(*)
Do 
(Ở đây 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:
	(2)
Hiển nhiên ta có 	(3)
Dấu bằng trong (3) xảy ra . Từ (1) và (3) có:
 hay 	(4)
Từ (2) và ( ...  điểm đến một mặt phẳng troong nhiều trường hợp tỏ ra khá bất lợi. Trong bài viết, ký hiệu d(a ; b) là khoảng cách giữa đường thẳng a và đường thẳng b ; d(X;(YZT)) là khoảng cách từ điểm X đến mặt phẳng (YZT).
Thí dụ 1: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi tâm O, cạnh a, 
= 60, SO mp(ABCD) và SO = 
a) Tính d(O;(SBC)), d(A;(SBC)).
b) Tính d(AD;SB).
Lời giải.
a)Từ giả thiết ta tính được OB =; OC =
Do tứ diện OSBC vuông tại O nên
= + + = + + = 
Suy ra d(O;(SBC)) = 
Lại có = = 2
Nên:
d(A;(SBC)) = 2d(O;(SBC)) = 2. = 
b) vì AD//(SBC) nên d(AD;SB) = d(AD;(SBC)) = d(A;(SBC)) = 
Thí dụ 2. Cho hình lập phượng ABCD. có cạnh bằng a. Tính d(AC ; DC) 
Lời giải. 
Vì AC// (nên 
d(AC ; ) = d(AC ; () = d(A ; () = d( ; () 
Tứ diện vuông tại nên 
= ++= 
Do đó d(AC ; ) = 
Thí dụ 3. Cho lăng trụ đứng ABC. có đáy ABC là tam giác vuông tại B, AB = BC = a, cạnh bên = . Gọi M là trung điểm của BC 
a) Tính d(AM ; )
b) Tính d(M; ())
Lời giải.
a)Gọi E là trung điểm của thì //(AME) . Do đó 
d(AM ; ) = d( ; (AME) ) = d(; (AME)) = d(; (AME)) 
 Vì tứ diện BAME vuông tại B nên ta có: 
= + +=
Suy ra d(; (AME)) = 
Vậy d(AM ; ) = 
b)Ta thấy d(M; ())= .Vì tứ diện B. vuông tại B, nên 
= + +=++=
Suy ra d(B; ()) = . Do đó d(M; ()) = 
Thí dụ 4. Cho lăng trụ đều có tất cả các cạnh bằng a. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của , . Tính d(
Lời giải. 
Gọi O và lần lượu là trung điểm của BC và ; còn P là giao điểm của với CN. Vì // mp(CAN) nên d(; CN) = d( ; (CAN))=d(; (CAN))= d(B ; (CAN))= 2d(O ; (CAN))=2d(O;(CAP))
Tứ diện OACP vuông tại O nên 
= ++=
Vậy d(O ; (CAP)) = 
Do đó d(= 
Thí dụ 5. Cho hình chóp S.ABCD, có đáy ABCD là hình thang, =,BA=BC=a, AD = 2a. Cạnh bên SA vuông góc với đáy SA = .Gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên SB. Tính d(H; (SCD))
Lời giải
Gọi M là giao điểm của AB với Cd; K là giao điểm của AH với SM. Dể thấy B là trung điểm của AM. Ta có:
=== =
Suy ra H là trọng tâm của tam giác SAM 
Từ đó = =
Tứ diện ASDM vuông tại A nên 
= ++ =
Suy ra d(A;(SCD)) = a
Vậy d( H;(SCD))= 
Thí dụ 6. Cho hình lập phương ABCD. có cạnh bằng a .Gọi K là trung điểm của . Tính d(CK; )
Lời giải(h.6.7)
Gọi M là trung điểm của 
Ta có //KC nên
d(CK; ) = d(CK; ())= d(K; ())
Gọi N là giao điểm của AK với 
P là giao điểm của AB với 
Khi đó = = 
Suy ra d(CK; ) = = 
Tứ diện vuông tại A nên= ++=
Suy ra d(A;()) = .Vậy d( CK; )=
BÀI TẬP
1.Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, cạnh SA vuông góc với đáy và 
SA = 
a) Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AB và CD. Tính d(SM; BN)
b) Gọi G là trọng tâm tam giác SAB. Tính d(G;(SBD))
2. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là nửa lục giác đều nội tiết trong đường tròn đường kính AD = 2a và SA vuông góc với đáy, với SA = a. Tính d(AD;(SBC))
3. Cho tứ diện ABCD có AD = BC = a, AC = BD = b, AB=CD=c. Tính d(A;(BCD))
4.Cho hình lập phương ABCD. có cạnh bằng a. Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm của AD và . Gọi O là giao điểm của AC và BD. Tính S(B;(MNP)), d(O;(MNP))
5. Cho hình hộp chữ nhật ABCD. có AB = a, AD = 2a, = a. Gọi M là điểm chia trong đoạn AD theo tỉ số =3. Tính d( M; ())
6. Cho hình hộp chữ nhật ABCD. có AB =6 cm ,AD = 4cm và d( A; (= 2cm . Tính thể tích của hình hộp chữ nhật đó
7. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi tâm O, SO mp(ABCD), AC =4, BD=2, SO= . Tính 
a) d(A;(SBC)) b) d(AB;SD)
8. Cho lăng trụ đứng có đáy ABC là tam giác vuông tại A. Biết =1, BC=2, AB = .Tính d( A;(
PHẦN V - MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP TÌM CỰC TRỊ
TRONG HÌNH HỌC KHÔNG GIAN
Trong chương trình môn Hình học không gian lớp11, bên cạnh những bài toán xác định, tính toán các yếu tố hoặc chứng minh tính chất còn kể đến các bài toán cực trị có ứng dụng rất lớn. Những dạng bài toán như vậy trong sách giáo khoa phổ thông còn ít; hơn nữa nhiều học sinh còn gặp khó khăn khi xác định phương pháp giải. 
1. Giải bài toán cực trị hình học liên hệ giữa các yếu tố: độ dài đoạn vuông góc chung là khoảng cách ngắn nhất giưã hai điểm của hai đường thẳng chéo nhau 
 Bài toán: Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ cạnh a. Xét các mặt phẳng đi qua BD’ cắt AA’ ở M, cắt CC’ ở N. Xác định vị trí của M, N sao cho diện tích thiết diện tạo thành có diện tích nhỏ nhất.
Giải:
 Hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ cạnh a. 
Một mặt phẳng đi qua BD’ cắt AA’ ở M, cắt CC’ ở N (như hình vẽ). 
Do các mặt bên đối diện song song với nhau, nên các cạnh đối của thiết diện song song; mặt phẳng đi qua BD’ cắt hình hập phương theo thiết diện là hình bình hành BMD’N. Gọi H là hình chiếu của M trên BD’. 
Diện tích S của thiết diện bằng 2 lần diện tích của tam giác MBD’. 
Ta có: S = MH. BD’ . 
Vì BD’ = a. 3 không đổi. Suy ra S nhỏ nhất khi MH nhỏ nhất.
Do M thuộc AA’, H thuộc BD’. MH nhỏ nhất khi nó là đường vuông góc chung của AA’ và BD’.
Khi đó dễ chứng minh rằng H là tâm của hình lập phương và M là trung điểm của AA’, N là trung điểm của CC’. 	
	2. Giải bài toán cực trị hình không gian thông qua bài toán cực trị trong hình học phẳng
 Bài toán:
 Chứng minh rằng cạnh dài nhất của một hình tứ diện là khoảng cách lớn nhất 
giữa hai điểm thuộc tứ diện.
 Giải:
 Trước tiên ta xét bài toán hình học phẳng: “ Chứng minh rằng trong tam giác, cạnh dài nhất chính là khoảng cách lớn nhất giữa 2 điểm thuộc tam giác”.
 Gọi 2 điểm bất kỳ thuộc tam giác là M, N. Ta xét các trường hợp sau:
 Trường hợp M, N trùng với hai đỉnh của tam giác ta có ngay:
MN max (AB, AC, BC).
 Trường hợp M, hoặc N trùng với 1 đỉnh của tam giác (giả sử M trùng với A). Khi đó nếu N thuộc AB hoặc N thuộc AC thì ta có ngay lời giải. Nếu N thuộc BC thig\f tuỳ theo vị trí của N ta có MN < AB hoặc MN < AC. Do dó MN max (AB, AC, BC).
 Trường hợp M và N không trùng với đỉnh của tam giác. Ta đưa về trường hợp trên bằng cách nối NB, ta có: MN < max (AB, BN, NA) max (AB, BC, CA). 
Bài toán trên được chứng minh. Ta sử dụng kết quả đẻ giải bài toán không gian.
 Xét khoảng cách giữ M và N là 2 điểm bất kỳ thuộc tứ diện ABCD. Bao giờ cũng dựng được một tam giác có 3 cạnh thuộc các mặt của tứ diện và chứa M, N (chỉ cần dựng 1 mặt phẳng chứa MN và 1 đỉnh của tứ diện (hình vẽ). Nối AM cắt BC ở E, nối AN cắt CD ở F.
 Theo kết quả bài toán phẳng:
 MN max (AE, EF, FA). 
Mà AE max (AB, BC, CA); EF max (BC, CD, DB); AF max (AC, CD, DA).
 Từ đó suy ra max (AE, EF, FA) max (AB, AC, AD, BC, CD, DA). 
 Tức là MN không lớn hơn cạnh của tứ diện.
3. Giải bài toán cực trị hình học bằng phương pháp chứng minh bất đẳng thức liên hệ giữa các yếu tố
 Bài toán:
 Trong các tứ diện vuông (tứ diện có 3 mặt vuông xuất phát từ một đỉnh) nằm trong một mặt cầu bán kính R; tìm kích thước tứ diện ngoại tiếp mặt cầu có bán kính lớn nhất.
	Giải:	
	Dễ thấy tứ dịên vuông cần tìm nội tiếp trong mặt cầu bán kính R cho trước.
 Gỉa sử tứ diện vuông OABC có các mặt vuông OAB, OBC, OCA vuông ở O và OA = a , OB = b , OC = c; ta có: R = ;
Thể tích tứ diện OABC là: V = a.b.c ; (1)
 Gọi r là bán kính mặt cầu nội tiếp tứ diện OABC ta có: 
V = ( S OAB +SOBC + SOCA+SABC) = ( a.b + b.c + c.a + ) 	 (2) 
	Từ (1) và (2) suy ra: = ++ + 
	Do đó : ++ + ). 
Ta có: , đẳng thức có khi : a = b = c;
 ++ , đẳng thức có khi : a = b = c. 
 Vì = 3, 
 đẳng thức có khi : a = b = c; 
	Suy ra: + ; hay r = , 
 đẳng thức có khi a = b = c = .
 Vậy tứ diện vuông cần tìm có 3 cạnh a = b = c= , chứa mặt cầu có bán kính lớn nhất là r = .
4. Giải bài toán cực trị hình học bằng phương pháp diện tích, thể tích
 Bài toán:
Cho tứ diện 3 mặt vuông OABC đỉnh O, có OA = a , OB = b , OC = c. Gọi x, y, z là khoảng cách từ một điểm M trên mặt ABC đến các mặt OBC, OCA, OAB. Tìm giá trị lớn nhất của tích T = x. y. z .	 
 Giải:	
 Cho tứ diện vuông OABC, có OA = a , OB = b , OC = c, vẽ hình hộp chữ nhật nội tiếp có 1 đỉnh M nằm trên mặt ABC, các đỉnh còn lại nằm trên các mặt vuông của tứ diện (như hình vẽ).
 Đặt các kích thước của hình hộp chữ nhật là OX = x, OY = y, OZ = z . Khi đó x, y, z tương ứng bằng khoảng cách từ M đến các mặt OBC, OCA, OAB.
 Ta có thể tích của hình hộp là: V = x. y. z
 Vẽ CM cắt AB tại K; gọi I là hình chiếu của M trên mặt OAB và là đỉnh của hình hộp chữ nhật, ta có O, I, K thẳng hàng; gọi KQ = x1 , KP = y1 tương ứng là các đoạn vuông góc từ K đến OB, OA. 
 Khi đó sử dụng tỷ số diện tích của hai hình chữ nhật OXIY và OPKQ đồng dạng với hệ số tỷ lệ là: OI/ OK = ZM/ OK = CZ/ CO = (c - z )/ c; ta được :
 x. y = (c – z)2. x1. y1/ c2. 
 Do đó thể tích của hình hộp chữ nhật có ba kích thước: x, y, z là
 V = x. y. z = (c – z)2 . z . x1 .y1/ c2 (*).
 Từ đó suy ra nếu có đồng thời x1 .y1 lớn nhất và (c – z)2. z lớn nhất thì V đạt giá trị lớn nhất.
 Ta có hai lần diện tích tam giác OAB là a. b = x1 . b + y1 . a ; áp dụng bất đẳng thức Cô si ta được x1. y1 lớn nhất là a. b/ 4, khi x1 = a/ 2 và y1 = b/ 2. Khi đó K là trung điểm của AB.
 Hàm số F (z) = (c – z)2. z đạt giá trị lớn nhất là: 4 c3/ 27, khi z = c / 3.
 Kết hợp lại V trong (*) đạt giá trị lớn nhất là :
 V = a. b. c / 27 ; khi x = a/ 3 , y = b/ 3 , z = c/ 3 (tương thích). Khi đó M là trọng tâm của tam giác ABC.
 Vậy với M là trọng tâm của tam giác ABC, thì T = x. y .z lớn nhất là: a. b. c/ 27 với x = a/ 3 , y = b/ 3 , z = c/ 3.	
 Cách giải khác (lớp 12) 
 Xét hệ tọa độ trực chuẩn oyz. Ta có: A (a, 0, 0); B (0, b, 0); C (0, 0, c) (với x, y, z và a, b, c là các số dương). Khi đó phương trình đoạn chắn của mặt phẳng đi qua A, B, C có dạng:
 x/ a + y/ b + z/ c = 1.
 Áp dụng bất đẳng thức Cô-si ta được: 13 33 x.y.z / a.b.c Đẳng thức có khi x/a = y/ b = z/ c = 1/3.
 Hay x. y. z a. b. c / 27. Đẳng thức có khi với x = a/ 3 , y = b/ 3 , z = c/ 3.
 Vậy giá trị lớn nhất của x. y .z là: a. b. c/ 27; với x = a/ 3 , y = b/ 3 , z = c/ 3.	
	5. Giải bài toán cực trị hình học ứng dụng bằng phương pháp tối ưu hoá 
 Bài toán:
 Cho một tấm bìa hình vuông cạnh a. Cắt theo các cạnh của hình vuông 4 tam giác cân bằng nhau; trồi gấp lên ghép lại thành một hình chóp tứ giác đều. Tìm kích thước hình chóp có thể tích lớn nhất.
 Giải:
 Giả sử hình chóp tứ giác đều S.ABCD dựng được, có cạnh đáy là x. Trải các mặt bên trên mặt phẳng của đáy, ta có hình khai triển của hình chóp như hình vẽ (các đỉnh của hình vuông trùng với đỉnh của hình chóp). 
 Bây giờ ta xét với giá trị nào của x (0 < x a/ 2), sẽ thoả mãn yêu cầu của đề bài? 
 Gọi V là thể tích của hình chóp S.ABCD, có đường cao là SH ta có:
 V = x2. SH/ 3.
 Gọi M là trung điểm của AB, trong tam giác vuông SMH có:
 SH2 = SM2 – HM2. Dẽ thấy SM = a/ 2 – x/2 và HM = x/2.
 Vậy V = x2 .
Đặt t = x / (a/ 2 ) ta được V = (a3 / 4). t2. (với 0 < t 1).
V đạt giá trị lớn nhất khi t2. đạt giá trị lớn nhất. Chuyển t 2 vào trong căn thức và áp dụng bất đẳng thức Cô si cho 4 số t/4 và số 1-t, ta tìm được t = 4/5.
 Suy ra x = a, thoả mãn các điều kiện đã đặt, thì V đạt giá trị lớn nhất. 
 Vậy hình chóp có cạnh đáy là x = a thỏa mãn yêu cầu của bài toán.
MỤC LỤC
Lời nói đầu	trang 1
Phần I – Định nghĩa tứ diện vuông và một số tính chất cơ bản	trang 2
Phần II – Các bài tập về tứ diện vuông	trang 5
Phần III – Bài tập tự luyện	trang 38
Phần IV – Ứng dụng của tứ diện vuông	trang 40
Phần V – Một số phương pháp tìm quĩ tích trong không gian	trang 45