Google
Câu hỏi: Cho tứ diện SABC có SA, SB, SC vuông góc với nhau từng đôi một. Gọi H là hình chiếu vuông góc của S lên mp(ABC).
a) Chứng minh rằng H là trực tâm của tam giác ABC.
b) Chứng minh rằng \(\dfrac{1}{{S{H^2}}} = \dfrac{1}{{S{A^2}}} + \dfrac{1}{{S{B^2}}} + \dfrac{1}{{S{C^2}}}\)
c) Chứng minh rằng (SSBC)2 = (SHBC). (SABC) và
(SABC)2 = (SSAB)2 + (SSBC)2 + (SSCA)2
d) Chứng minh rằng
SG2 = (SA2 + SB2 + SC2)/9 (G là trọng tâm của tam giác ABC) và
(AB + BC + CA)2 ≤ 6(SA2 + SB2 + SC2).
e) Chứng minh rằng tam giác ABC có ba góc nhọn và
SA2tanA = SB2tanB = SC2tanC = 2SABC
a) Chứng minh rằng H là trực tâm của tam giác ABC.
b) Chứng minh rằng \(\dfrac{1}{{S{H^2}}} = \dfrac{1}{{S{A^2}}} + \dfrac{1}{{S{B^2}}} + \dfrac{1}{{S{C^2}}}\)
c) Chứng minh rằng (SSBC)2 = (SHBC). (SABC) và
(SABC)2 = (SSAB)2 + (SSBC)2 + (SSCA)2
d) Chứng minh rằng
SG2 = (SA2 + SB2 + SC2)/9 (G là trọng tâm của tam giác ABC) và
(AB + BC + CA)2 ≤ 6(SA2 + SB2 + SC2).
e) Chứng minh rằng tam giác ABC có ba góc nhọn và
SA2tanA = SB2tanB = SC2tanC = 2SABC
Lời giải chi tiết
A) Ta chứng minh: CH ⊥ AB & AH ⊥ BC
Ta có: AB ⊥ SC (do SH ⊥ (ABC)) & AB ⊥ SH (do SC ⊥ (SAB))
⇒ AB ⊥ (SCH) ⇒ AB ⊥ CH (1)
Tương tự, ta có BC ⊥ (SAH) nên AH ⊥ BC (2)
Từ (1) và (2) cho ta H là trực tâm ΔABC.
b) Giả sử CH kéo dài cắt AB tại C’, ta có
AB ⊥ CC' (do H là trực tâm) & AB ⊥ SC' (do AB ⊥ (SCH))
Trong tam giác SCC’, ta có \(\dfrac{1}{{S{H^2}}} = \dfrac{1}{{S{C^2}}} + \dfrac{1}{{SC{'^2}}}\) (3)
Mà SC’ là đường cao trong tam giác vuông SAB nên
$\dfrac{1}{{S{C'^2}}} = \dfrac{1}{{S{A^2}}} + \dfrac{1}{{S{B^2}}}$ (4)
Từ (3) và (4) ta có:
$\dfrac{1}{{S{H^2}}} = \dfrac{1}{{S{A^2}}} + \dfrac{1}{{S{B^2}}} + \dfrac{1}{{S{C^2}}}$
$\begin{array}{l}
c)\;{S_{HBC}} \cdot {S_{ABC}} = \left( {\dfrac{1}{2}H{A^\prime } \cdot BC} \right)\left( {\frac{1}{2}A{A^\prime } \cdot BC} \right)\\
= \dfrac{1}{4}\underbrace {H{A^\prime } \cdot A{A^\prime }}_{S{A^{\prime 2}}} = {\left( {\frac{1}{2}S{A^\prime } \cdot BC} \right)^2} = {\left( {{S_{SBC}}} \right)^2}
\end{array}$
Tương tự, ta có (SSCA )2 = SHCA. SABC (7)
(SSAB )2 = SHAB. SABC (8)
Cộng (6), (7), (8) vế theo vế, ta có
\(\begin{array}{l}{\left( {{S_{SBC}}} \right)^2} + {\left({{S_{SCA}}} \right)^2} + {\left({{S_{SAB}}} \right)^2}\\ = {S_{ABC}}\left({{S_{HBC}} + {S_{HCA}} + {S_{HAB}}} \right)\\ = {S_{ABC}}.{S_{ABC}} = {\left({{S_{ABC}}} \right)^2}\end{array}\)
d, Với G là trọng tâm tam giác ABC, ta có
$\overrightarrow {SG} = \frac{1}{3}(\overrightarrow {SA} + \overrightarrow {SB} + \overrightarrow {SC} )$
Suy ra
\[S{G^2} = \frac{1}{9}\left( {{{\overrightarrow {SA} }^2} + {{\overrightarrow {SB} }^2} + {{\overrightarrow {SC} }^2} + 2\overrightarrow {SA} \cdot \overrightarrow {SB} + 2\overrightarrow {SB} \cdot \overrightarrow {SC} + 2\overrightarrow {SC} \cdot \overrightarrow {SA} } \right)\]
Hay \[S{G^2} = \frac{1}{9}\left( {S{A^2} + S{B^2} + S{C^2}} \right)\]
(Vì $\overrightarrow {SA} \cdot \overrightarrow {SB} = \overrightarrow {SB} \cdot \overrightarrow {SC} = \overrightarrow {SC} \cdot \overrightarrow {SA} = 0$)
Áp dụng bất đẳng thức Cô-si, ta có:
\[\begin{array}{*{20}{l}}
{2AB.{\rm{ }}BC{\rm{ }} \le {\rm{ }}A{B^2}\; + {\rm{ }}B{C^2}}\\
{2CA.{\rm{ }}AB{\rm{ }} \le {\rm{ }}C{A^2}\; + {\rm{ }}A{B^2}}\\
{2BC.{\rm{ }}CA{\rm{ }} \le {\rm{ }}B{C^2}\; + {\rm{ }}C{A^2}}
\end{array}\]
Suy ra
$\begin{array}{*{20}{l}}
{{{\left( {AB{\rm{ }} + {\rm{ }}BC{\rm{ }} + {\rm{ }}CA} \right)}^2}\; = {\rm{ }}A{B^2}\; + {\rm{ }}B{C^2}\; + {\rm{ }}C{A^2}\; + {\rm{ }}2\left( {AB.{\rm{ }}BC{\rm{ }} + {\rm{ }}BC.{\rm{ }}CA{\rm{ }} + {\rm{ }}CA.{\rm{ }}AB} \right)}\\
{ \le {\rm{ }}3\left( {A{B^2}\; + {\rm{ }}B{C^2}\; + {\rm{ }}C{A^2}} \right)}\\
{ \le {\rm{ }}3\left( {S{A^2}\; + {\rm{ }}S{B^2}\; + {\rm{ }}S{B^2}\; + {\rm{ }}S{C^2}\; + {\rm{ }}S{C^2}\; + {\rm{ }}S{A^2}} \right)}\\
{ \le {\rm{ }}6\left( {S{A^2}\; + {\rm{ }}S{B^2}\; + {\rm{ }}S{C^2}} \right).}
\end{array}$
e) Đặt $SA{\rm{ }} = {\rm{ }}a,{\rm{ }}SB{\rm{ }} = {\rm{ }}b,{\rm{ }}SC{\rm{ }} = {\rm{ }}c$
Trong ΔABC, ta có: \(\cos A = \dfrac{{A{B^2} + A{C^2} - B{C^2}}}{{2AB. AC}}\) \(= \dfrac{{{a^2}}}{{\sqrt {\left( {{a^2} + {b^2}} \right)\left({{a^2} + {c^2}} \right)} > 0}}\)
Tương tự cosB > 0, cosC > 0.
Vậy ΔABC có ba góc nhọn.
Mặt khác, ta có:
\(\begin{array}{l}S{A^4}.{\tan ^2}A = {a^4}\left( {\dfrac{1}{{{{\cos }^2}A}} - 1} \right)\\ = {a^4}\left[ {\dfrac{{\left({{a^2} + {b^2}} \right)\left({{a^2} + {c^2}} \right)}}{{{a^4}}} - 1} \right]\end{array}\)
$\begin{array}{*{20}{l}}
{ = {\rm{ }}\left( {{a^2}\; + {\rm{ }}{b^2}} \right)\left( {{a^2}\; + {\rm{ }}{c^2}} \right){\rm{ }} - {\rm{ }}{a^4}\; = {\rm{ }}{a^2}\;{b^2}\; + {\rm{ }}{b^2}\;{c^2}\; + {\rm{ }}{c^2}\;{a^2}}\\
{ = {\rm{ }}4\left( {{S_{SAB}}^2\; + {\rm{ }}{S_{SBC}}^2\; + {\rm{ }}{S_{SCA}}^2} \right){\rm{ }} = {\rm{ }}4{{\left( {{S_{ABC}}} \right)}^2}}\\
{ \Rightarrow {\rm{ }}S{A^2}tanA{\rm{ }} = {\rm{ }}2{S_{ABC}}.}
\end{array}$
Tương tự, ta có: $S{B^2}\tan B{\rm{ }} = {\rm{ }}S{C^2}\tan C{\rm{ }} = {\rm{ }}2{S_{ABC}}.$
Vậy $S{A^2}\tan A{\rm{ }} = {\rm{ }}S{B^2}\tan B{\rm{ }} = {\rm{ }}S{C^2}\tan C{\rm{ }} = {\rm{ }}2{S_{ABC}}.$
A) Ta chứng minh: CH ⊥ AB & AH ⊥ BC
Ta có: AB ⊥ SC (do SH ⊥ (ABC)) & AB ⊥ SH (do SC ⊥ (SAB))
⇒ AB ⊥ (SCH) ⇒ AB ⊥ CH (1)
Tương tự, ta có BC ⊥ (SAH) nên AH ⊥ BC (2)
Từ (1) và (2) cho ta H là trực tâm ΔABC.
b) Giả sử CH kéo dài cắt AB tại C’, ta có
AB ⊥ CC' (do H là trực tâm) & AB ⊥ SC' (do AB ⊥ (SCH))
Trong tam giác SCC’, ta có \(\dfrac{1}{{S{H^2}}} = \dfrac{1}{{S{C^2}}} + \dfrac{1}{{SC{'^2}}}\) (3)
Mà SC’ là đường cao trong tam giác vuông SAB nên
$\dfrac{1}{{S{C'^2}}} = \dfrac{1}{{S{A^2}}} + \dfrac{1}{{S{B^2}}}$ (4)
Từ (3) và (4) ta có:
$\dfrac{1}{{S{H^2}}} = \dfrac{1}{{S{A^2}}} + \dfrac{1}{{S{B^2}}} + \dfrac{1}{{S{C^2}}}$
$\begin{array}{l}
c)\;{S_{HBC}} \cdot {S_{ABC}} = \left( {\dfrac{1}{2}H{A^\prime } \cdot BC} \right)\left( {\frac{1}{2}A{A^\prime } \cdot BC} \right)\\
= \dfrac{1}{4}\underbrace {H{A^\prime } \cdot A{A^\prime }}_{S{A^{\prime 2}}} = {\left( {\frac{1}{2}S{A^\prime } \cdot BC} \right)^2} = {\left( {{S_{SBC}}} \right)^2}
\end{array}$
Tương tự, ta có (SSCA )2 = SHCA. SABC (7)
(SSAB )2 = SHAB. SABC (8)
Cộng (6), (7), (8) vế theo vế, ta có
\(\begin{array}{l}{\left( {{S_{SBC}}} \right)^2} + {\left({{S_{SCA}}} \right)^2} + {\left({{S_{SAB}}} \right)^2}\\ = {S_{ABC}}\left({{S_{HBC}} + {S_{HCA}} + {S_{HAB}}} \right)\\ = {S_{ABC}}.{S_{ABC}} = {\left({{S_{ABC}}} \right)^2}\end{array}\)
d, Với G là trọng tâm tam giác ABC, ta có
$\overrightarrow {SG} = \frac{1}{3}(\overrightarrow {SA} + \overrightarrow {SB} + \overrightarrow {SC} )$
Suy ra
\[S{G^2} = \frac{1}{9}\left( {{{\overrightarrow {SA} }^2} + {{\overrightarrow {SB} }^2} + {{\overrightarrow {SC} }^2} + 2\overrightarrow {SA} \cdot \overrightarrow {SB} + 2\overrightarrow {SB} \cdot \overrightarrow {SC} + 2\overrightarrow {SC} \cdot \overrightarrow {SA} } \right)\]
Hay \[S{G^2} = \frac{1}{9}\left( {S{A^2} + S{B^2} + S{C^2}} \right)\]
(Vì $\overrightarrow {SA} \cdot \overrightarrow {SB} = \overrightarrow {SB} \cdot \overrightarrow {SC} = \overrightarrow {SC} \cdot \overrightarrow {SA} = 0$)
Áp dụng bất đẳng thức Cô-si, ta có:
\[\begin{array}{*{20}{l}}
{2AB.{\rm{ }}BC{\rm{ }} \le {\rm{ }}A{B^2}\; + {\rm{ }}B{C^2}}\\
{2CA.{\rm{ }}AB{\rm{ }} \le {\rm{ }}C{A^2}\; + {\rm{ }}A{B^2}}\\
{2BC.{\rm{ }}CA{\rm{ }} \le {\rm{ }}B{C^2}\; + {\rm{ }}C{A^2}}
\end{array}\]
Suy ra
$\begin{array}{*{20}{l}}
{{{\left( {AB{\rm{ }} + {\rm{ }}BC{\rm{ }} + {\rm{ }}CA} \right)}^2}\; = {\rm{ }}A{B^2}\; + {\rm{ }}B{C^2}\; + {\rm{ }}C{A^2}\; + {\rm{ }}2\left( {AB.{\rm{ }}BC{\rm{ }} + {\rm{ }}BC.{\rm{ }}CA{\rm{ }} + {\rm{ }}CA.{\rm{ }}AB} \right)}\\
{ \le {\rm{ }}3\left( {A{B^2}\; + {\rm{ }}B{C^2}\; + {\rm{ }}C{A^2}} \right)}\\
{ \le {\rm{ }}3\left( {S{A^2}\; + {\rm{ }}S{B^2}\; + {\rm{ }}S{B^2}\; + {\rm{ }}S{C^2}\; + {\rm{ }}S{C^2}\; + {\rm{ }}S{A^2}} \right)}\\
{ \le {\rm{ }}6\left( {S{A^2}\; + {\rm{ }}S{B^2}\; + {\rm{ }}S{C^2}} \right).}
\end{array}$
e) Đặt $SA{\rm{ }} = {\rm{ }}a,{\rm{ }}SB{\rm{ }} = {\rm{ }}b,{\rm{ }}SC{\rm{ }} = {\rm{ }}c$
Trong ΔABC, ta có: \(\cos A = \dfrac{{A{B^2} + A{C^2} - B{C^2}}}{{2AB. AC}}\) \(= \dfrac{{{a^2}}}{{\sqrt {\left( {{a^2} + {b^2}} \right)\left({{a^2} + {c^2}} \right)} > 0}}\)
Tương tự cosB > 0, cosC > 0.
Vậy ΔABC có ba góc nhọn.
Mặt khác, ta có:
\(\begin{array}{l}S{A^4}.{\tan ^2}A = {a^4}\left( {\dfrac{1}{{{{\cos }^2}A}} - 1} \right)\\ = {a^4}\left[ {\dfrac{{\left({{a^2} + {b^2}} \right)\left({{a^2} + {c^2}} \right)}}{{{a^4}}} - 1} \right]\end{array}\)
$\begin{array}{*{20}{l}}
{ = {\rm{ }}\left( {{a^2}\; + {\rm{ }}{b^2}} \right)\left( {{a^2}\; + {\rm{ }}{c^2}} \right){\rm{ }} - {\rm{ }}{a^4}\; = {\rm{ }}{a^2}\;{b^2}\; + {\rm{ }}{b^2}\;{c^2}\; + {\rm{ }}{c^2}\;{a^2}}\\
{ = {\rm{ }}4\left( {{S_{SAB}}^2\; + {\rm{ }}{S_{SBC}}^2\; + {\rm{ }}{S_{SCA}}^2} \right){\rm{ }} = {\rm{ }}4{{\left( {{S_{ABC}}} \right)}^2}}\\
{ \Rightarrow {\rm{ }}S{A^2}tanA{\rm{ }} = {\rm{ }}2{S_{ABC}}.}
\end{array}$
Tương tự, ta có: $S{B^2}\tan B{\rm{ }} = {\rm{ }}S{C^2}\tan C{\rm{ }} = {\rm{ }}2{S_{ABC}}.$
Vậy $S{A^2}\tan A{\rm{ }} = {\rm{ }}S{B^2}\tan B{\rm{ }} = {\rm{ }}S{C^2}\tan C{\rm{ }} = {\rm{ }}2{S_{ABC}}.$