Sáng kiến kinh nghiệm Phát triển tư duy học sinh qua việc khai thác các yếu tố hình học của một số hình tứ diện đặc biệt

 
2 2 2 2
1 2 3, (2.1.2)S S S S   . 
Thật vậy , áp dụng BĐT Schwarz ta có 
2 22 2 2
3 1 2 31 2
2 2 2 2 2 2 2
1 2 3 1 2 3
( )
1
P P P PP P S
S S S S S S S
 
    
 
. 
đẳng thức xảy ra khi P trực tâm tam giác ABC. Hay giá trị nhỏ nhất của P là 1. 
Bài tập 2.5 Cho tứ diện vuông O.ABC đỉnh O, có , ,OA a OB b OC c   goi , ,   lần 
lượt là số đo của các góc tạo bởi lần lượt các mặt bên ( ), ( ), ( )OAB OBC OCA và mặt đáy. 
Chứng minh: 
2 2 2
cos +cos cos +cos cos +cos
6 3,(2.5).
cos cos cos
     
  
   
Phân tích và lời giải: Một hướng khác khai thác khác 
nữa trong tứ diện vuông này đó chính là khai thác yếu 
tố về góc tạo bởi cạnh bên và mặt đáy của tứ diện. Để 
giải bài toán, một cách quen thuộc nhất là sự chuyển 
đổi từ bất đẳng thức hình học sang bất đẳng thức đại 
số, từ đó học sinh phát hiện ra: 
cos cos ,cos ,cos
OH OH OH
COH
OC OB OA
      
Nên từ (2.1.1) ta có được 
2 2 2
2 2 2
2 2 2
cos cos cos 1
OH OH OH
OC OB OA
        , 
 Từ đó nhận thấy rằng, bất đẳng thức 
C B
A
O
KH
11 
2 2 2
cos +cos cos +cos cos +cos
6 3
cos cos cos
     
  
   có dạng của bất đẳng thức đại số: 
2 2 2
2 2 2
6 3, 1,(2.5)
x y y z z x
x y z
z x y
  
      . 
 Đến đây,việc chứng minh (2.5) thật sự không khó, thật vậy ta có 
2 2 2
2 2 2 2 2 2 2 2 2
2 2 2 2( )x y y z z x x x z z y y x z y x y z
z x y z y y x x z yz xy xz xyz
                        
    
Hơn nữa, ta có:    2 22 2 2 3 1 23 6 3
27
AM GM
x y z xyz xyz
xyz

       
Từ đó ta có 
2 2 2
6 3.
x y y z z x
z x y
  
   
 
Bài tập 2.6 (HSGT-Đăk Lăk 2019).Cho tứ diện vuông O.ABC đỉnh O, có 
, ,OA a OB b OC c   , M là điểm tùy ý trên cạnh AB. Chứng minh rằng: 
2 2 2( , ) ( , ) ( , ) 2( ) , (2.6).d A OM d B OM d C OM a b c     
Phân tích và lời giải: Đây là đề thi gần đây nhất của tỉnh 
được khai thác từ loại tứ diện vuông và từ một bất đẳng 
thức quen thuộc Bunhiacopski. Có rất nhiều hướng tiếp 
cận bài toán, nhưng cách tự nhiên nhất là học sinh phải 
chuyển bất đẳng thức hình học sang bất đẳng thức dạng 
đại số. Từ đó dễ nhận ra được: 
  ( , ) , OC OABd C OM c  
 ( , ) .sin , ( , ) .sin ,d B OM BM BMO d A OM AM BMO  
 Suy ra, ( , ) ( , ) ( , ) c AB.sind A OM d B OM d C OM BMO    
Hơn nữa ta có  2 2c AB.sin BMO c a b    , (đẳng thức xảy ra khi OM AB ). 
Khi đó, bất dẳng thức hình học trở thành bất dẳng thức đại số: 
2 2 2 2 22( )c a b a b c     
Dễ dàng áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopski ta được: 
 
2
2 2 2 2 2 2 2(1 1 )(c )c a b a b      
O
B
A
C
M
12 
I
S
A'
B'
C'
MK
N
E
F
T
Hay 2 2 2 2 22( )c a b a b c     , đẳng thức xảy ra khi 2 2c a b  
Từ đó suy ra 2 2 2( , ) ( , ) ( , ) 2( )d A OM d B OM d C OM a b c     , đẳng thức xảy ra khi bộ 
ba số  , ,a b c là bộ Pythagore. 
 
Bài tập 2.7 (HSGT-Đăk Lăk 2018).Cho tứ diện vuông S.ABC đỉnh S, có. Gọi I là tâm 
đường tròn nội tiếp tam giác ABC, (P) là mặt phẳng thay đổi qua I cắt SA, SB, SC tại A’ , 
B’, C’ xác định vị trí của (P) sao cho thể tích tứ diện ,S A B CV    đạt giá trị nhỏ nhất. 
Phân tích và lời giải . Đây là một cách khai thác khác 
của tứ diện vuông từ bài hệ tọa độ trong không gian ( Bài 
tập tổng quát trong hệ tọa độ không gian cũng như cách 
giải khác của bài toán này đươc trình bày ở mục 2.3.6) . 
Với những định hướng quen thuộc từ việc tìm mối liên 
hệ giữa điểm nằm trong tứ diện và thể tích của của tứ 
diện đó là ta phải lập được các tỉ số thể tích. Từ đó ta 
thấy rằng, từ I dựng các đường thẳng song song với 
SA,SB,SC cắt các mặt phẳng (SBC), (SCA),(SAB) tại các điểm cố định E, T, F. Từ giả 
thiết bài toán mặt phẳng (P) qua I cắt SA, SB, SC tại A’, B’, C’ nên kéo dài A’I, B’I, C’I 
sẽ cắt các cạnh B’C’, C’A’, A’C’ lần lượt tại M, N, K khi đó ta có: 
; ; ;
' ' '
IB C IA C IB A
A B C A B C A B C
S SIE IT IF S
SA S SB S SC S
       
          
   
Từ đó suy ra: 1
' ' '
IB C IA C IB A
A B C A B C A B C
S SIE IT IF S
SA SB SC S S S
       
          
      
Mặt khác áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có 
3
27 . . (2.7.1)
' ' ' ' ' '
IE IT IF IE IT IF
SA SB SC SA SB SC
    
 
'. '. ' 27 . .SA SB SC IE IT IF  
Từ đó suy ra ,S A B CV    đạt giá trị nhỏ nhất khi đẳng thức (2.7.1) xảy ra. Tức là 
1
' ' ' 3
IE IT IF
SA SB SC
   hay ' 3 , ' 3 , ' 3SA IE SB IT SC IF   . 
Nhận xét: Mở rộng tiếp theo của bài toán là tính thể tích ,S A B CV    theo ,S ABCV ? 
13 
2.3.3 Bài toán liên quan đến hình tứ diện trực tâm 
Trong phần này ta khai thác một hình tứ diện cũng khá đặc biệt, nó được thác triển 
từ tứ diện vuông bằng cách thay đổi điều kiện các cạnh chung đỉnh O đôi một vuông góc 
thành các có các cặp cạnh đối vuông góc đó chính là hình tứ diện trực tâm. 
Các bài toán được đặt ra trong phần này chủ yếu khai thác các yếu tố về trọng tâm, 
tâm mặt cầu ngoại tiếp hình tứ diện, khai thác các đẳng thức liên quan đến điểm đó. 
Bài tập 3.1. Cho hình tứ diện trực tâm ABCD.Chứng minh rằng chân đường cao hạ từ 
đỉnh của tứ diện là trực tâm tam giác đáy, các đường cao của tứ diện đồng quy.. 
Phân tích và lời giải: Nhận thấy tứ diện vuông là tứ diện 
trực tâm, ở bài tứ diện vuông ta có được việc chứng minh 
chân đường cao tứ diện là trực tâm tam giác đáy liệu nó có 
còn đúng cho tứ diện trực tâm.Từ đó học sinh dễ phát hiện 
được việc chứng hình chiếu 1A của A lên mặt đáy là trực 
tâm của mặt đáy bằng phép chứng tương tự ở tứ diện 
vuông.thật vậy, ta có 1 1 .
BC
BC A D
BC AD

 

Tương tự cũng chứng minh được 1AC A B , hay 1A là trực tâm tam giác DBC . 
Tiếp theo, để chứng minh các đường cao của tứ diện đồng quy ta chứng minh từng đôi 
một các đường cao cắt nhau Xét hai đường cao 1 1,AA BB tùy ý hạ từ A, và B. Ta có: 
1 1,DC AA DC AB DC BA    .Tương tự ta cũng có 1DC AB 
 Kéo dài 1BA cắt DC tại E , ta có E cũng là giao điểm của 1AB với DC, Khi đó hai đường 
cao 1 1,AA BB tam giác ABE.cắt nhau tại trực tâm H của tam giác. 
Tương tự ta chứng minh được hai đường cao tùy ý của tứ diện đôi một cắt nhau. Do đó 
chúng đồng phẳng hoặc đồng qui. 
Điều này chứng tỏ các đường cao của tứ diện đồng qui. 
 
Bài tập 3.2 ( HSG Tỉnh Đăk Lăk 2014).Cho hình tứ diện trực tâm ABCD. 
a) Chứng minh rằng tổng bình phương các cạnh đối diện bằng nhau . 
b) Gọi M là một điểm nằm trong tứ diện ABCD, gọi V là thể tích của tứ diện ABCD; S1, 
S2, S3, S4 lần lượt là diện tích các tam giác BCD, CDA, DAB, ABC. Tìm giá trị nhỏ nhất 
của biểu thức 1 2 3 4. . . . P MA S MB S MC S MD S    theo V. 
B1
A1
A
D
C
B
E F
14 
a) Chứng minh tổng bình phương các cạnh đối diện bằng nhau , tức là ta phải chứng 
minh 2 2 2 2 2 2AB CD AD CB AC BD     
Phân tích và lời giải: Gọi M, N, P,Q,I,J lần lượt trung 
điểm AB, CD, AD, BC,AC,BD .Khi đó, các tứ giác 
MNPQ, MINJ, là hình bình hành, hơn nữa nó là hình chữ 
nhật. Suy ra các đường chéo bằng nhau, hay 
MN PQ IJ  . 
Ngoài ra, ta có: 
2 2 2 2 24( ) 4 .AD CB NI MI MN    
2 2 2 2 24( ) 4 .AB CD PI QI PQ    
2 2 2 2 24(PM ) 4AC BD PN MN    
Từ đó suy ra: 2 2 2 2 2 2AB CD AD CB AC BD     . 
b) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức : 1 2 3 4. . . .P MA S MB S MC S MD S    theo V. 
Kẻ AA1, MA2 lần lượt vuông góc với mặt phẳng (BCD), 
khi đó ta có: 2 2 1AM MA AA AA   hay 
1 2 (1)AM AA MA  , dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi M 
thuộc đường cao AA1, Từ (1) suy ra: 
1 1 1 2 1 1 .. . . . 3 3 (2)M BCDAM S AA S MA S AM S V V     
Dấu bằng xẩy ra khi M thuộc đường cao AA1. 
 Hoàn toàn tương tự cho các mặt CDA, DAB, ABC ta 
có : 
2 .. 3 3 (3)M CDABM S V V  , dấu = xảy ra khi M thuộc đường cao tứ diện hạ từ đỉnh B, 
3 .. 3 3 (4)M DABCM S V V  , dấu = xảy ra khi M thuộc đường cao tứ diện hạ từ đỉnh C, 
4 .. 3 3 (5)M ABCDM S V V  , dấu = xảy ra khi M thuộc đường cao tứ diện hạ từ đỉnh D, 
Từ (2), (3), (4) và (5) ta có: 1 2 3 4. . . . 9MA S MB S MC S MD S V    dấu bằng xảy ra khi 
M trùng H. 
 Vậy GTNN của 1 2 3 4. . . . MA S MB S MC S MD S   là 9V. 
 
A2
A1
A
D B
M
C
A
B D
C
M
NQ
P
I
J
15 
Bài tập 3.3. Cho hình tứ diện trực tâm ABCD. Chứng minh trằng trung điểm các cạnh và 
chân đường vuông góc chung của các cặp cạnh đối cùng nằm trên một mặt cầu. 
Phân tích và lời giải Tiếp tục khai thác các đường nối 
trung điểm 2 cạnh đối diện và đường vuông góc chung 
của hai cạnh đối diện ta thấy rằng nếu IK là đoạn vuông 
góc chung của của hai cạnh AB, CD và M, N là trung 
điểm của AB và CD thì ta có AB IN  ( )AB CID 
hay I thuộc mặt cầu đường kính MN, tương tự K cũng 
thuộc mặt cầu đường kính MN. Từ đó suy ra Trung điểm 
các cạnh và chân đường vuông góc chung của các cặp 
cạnh đối cùng nằm trên một mặt cầu. 
 
Nhận xét: Một vấn đề tiếp theo được đặt ra là trong trong tam giác ba điểm , ,O G H cùng 
nằm trên một đường thẳng đó là đường thẳng Euler, vậy trong không gian liệu rằng ba 
điểm ấy cũng thẳng hàng? Bài toán tiếp theo sẽ giúp ta làm sáng tỏ câu hỏi trên. 
Bài tập 3.4. Cho tứ diện trực tâm ABCD, gọi O, G, H lần lượt là tâm mặt cầu ngoại tiếp, 
trọng tâm và trực tâm của tứ diện, d là độ dài đoạn thẳng nối trung điểm hai cạnh đối 
diện. Chứng minh G là trung điểm OH và 2 2 24 3OH R d  , ( R bán kính mặt cầu ngoại 
tiếp tứ diện). 
 Phân tích và Lời giải 
+) Chứng minh G là trung điểm OH ? 
Rõ ràng yêu cầu bài toán đã giúp cho ta định hướng 
được công việc là phải chứng minh 3 điểm O, G, H 
thẳng hàng. 
Gọi 1 1 1H , ,G O lần lượt là trực tâm, trọng tâm, tâm đường 
tròn ngoại tiếp ∆BCD, khi đó 1 1 1H , ,G O thẳng hàng ( 
đường thẳng Euler) và 1H AH , 1G AG , 1 1/ /OO AH 
nên H, G, O cùng thuộc  1 1AH O . 
Gọi 2, 2, 2H G O lần lượt là trực tâm, trọng tâm, tâm đường tròn ngoại tiếp ∆ACD. 
Chứng minh tương tự ta có: H, G, O cùng thuộc  2 2 DH O 
Do đó H, G, O thuộc giao tuyến của hai mặt phẳng  1 1AH O và  2 2 DH O 
G2
O2
H2
O1
G1H1
H
G
A
B
C
D
O
M
N
M
A
B
C
D
KN
I
16 
Hay H, G, O thẳng hàng. 
 Hơn nữa ta nhận thấy rằng, mặt phẳng 2( )CDH và mặt phẳng trung trực (P) của cạnh 
AB song song với nhau và 2( ),O (P)H CDH  nên việc chứng minh G là trung điểm OH 
tức là phải chứng minh G thuộc mặt phẳng cách đều hai mặt phẳng (P) và 2( )CDH . Thật 
vậy, ta có:  2 2CH ABD CH AB   ,mà AB CD  2HAB CD  . 
 Gọi M, N trung điểm AB, CD. ta có 2( ), M (P)N CDH  G trung điểm MN nên suy 
ra G nằm trên mặt phẳng cách đều 2( ); ( )P CDH . Hay G là trung điểm OH( vì O, G, H 
thảng hàng). 
 Trong tam giác, OCD ta có: 
2 2 2
2
2 4
OD OC CD
ON

  . 
 Trong tam giác, OAB ta có
2 2 2
2
2 4
OA OB AB
OM

  . 
 Trong tam giác, OMN ta có 
2 2 2
2
2 4
OM ON MN
OG

  
 ⇒ 
2 2 2
2 2
8 4
AB CD MN
OG R

   
 Từ trên ta có, 2 2 2 2 2 2AB CD AD CB AC BD     
 Suy ra 
2 2
2
4
AB CD
MN

 
 Từ đó suy ra: 2 2 24 - 3OH R d . 
 
Bài toán 3 Cho tứ diện trực tâm ABCD. Chứng minh rằng trọng tâm và trực tâm các mặt 
nằm trên một mặt cầu. 
Phân tích và lời giải: Như ta đã biết, G là trọng tâm tứ 
diện nên 1
1
3
GG GA 




 



 , hay phép vị tự tâm G tỉ số 
1
3
 
biến điểm A thành 1G ( 1G trọng tâm tam giác BCD) mà A 
thuộc mặt cầu tâm O nên 1G thuộc mặt cầu tâm O là ảnh 
của O qua 1
( , )
3
G
V

 , hay các trọng tâm của các mặt cũng 
thuộc mặt cầu tâm O bán kính 
3
R
r  .Từ đó ta thấy I
O/
O1G1H1
A
OGH
17 
rằng bài toán đặt ra cho học sinh là mặt cầu tâm O có qua điểm 1H hay không? 
Với yêu cầu đó ta thấy được công việc cần thực hiện của bài toán là chứng minh trực tâm 
1H của tam giác BCD thuộc mặt cầu tâm O . Thật vậy , trong tam giác 1 1AH G có 
1 1
3 3
O G GO GH   , gọi I là hình chiếu của O lên cạnh 1 1H G ta có 1/ / AHO I suy ra I 
là trung điểm 1 1H G hay 1 1O H O G  , Do đó mặt cầu tâm O bán kính 3
R
r  qua trực tâm 
của các mặt đáy. 
Hay trọng tâm và trực tâm các mặt nằm trên một mặt cầu. 
 
2.3.4 Bài toán liên quan đến hình tứ diện gần đều 
 Một trong các yếu tố về các góc ở đỉnh của tứ diện chưa được khai khác ở hai loại tứ 
diện trên. Trong phần này tôi khai thác nó cùng với loại tứ diện mà yếu tố hình học cũng 
không kém phần thú vị đó là tứ diện gần đều. 
 Trong phần này tôi trình bày những bài tập mang tính định tính, các bài tập thường 
xuất hiện trong các đề thi HSG lớp 12 cấp tỉnh. 
Bài tập 4.1 Cho hình tứ diện gần đều ABCD.Chứng minh rằng các đường thẳng qua 
trung điểm hai cạnh đối diện cũng là đường vuông góc chung của hai cạnh đó. 
Phân tích và lời giải Đây là một công việc cơ bản của 
gải toán hình học, từ đề bài đã định hướng lời giải. Việc 
chứng minh đường thẳng qua trung điểm và vuông góc 
với cạnh chính là chứng minh nó là đường thẳng trung 
trực của đoạn thẳng hay nói cách khác là chứng minh 
tam giác cân. Thật vậy, gọi M, N lần lượt là trung điểm 
của AB và CD. Khi đó : 
Trong tam giác ACD ta có 
2 2 2
2 2( )
4
AD AC DC
AN
 
 
Trong tam giác BCD ta có 
2 2 2
2 2( )
4
BD BC DC
BN
 
 , 
 Vì AC BD nên suy ra, AN BN , hay tam giác NAB cân. Do đó MN AB . 
Tương tự ta cũng chứng minh được MN CD . 
Vậy MN là đường vuông góc chung của AB và CD. 
A
B
C
D
M
N
18 
Bài tập 4.2 ( HSGT Đăk Lăk-2016) Cho hình tứ diện gần đều ABCD.Chứng minh rằng 
trọng tâm tứ diện cũng là tâm mặt cầu nội tiếp, ngoại tiếp tứ diện. 
Phân tích và lời giải Như ta được biết nếu G là trọng 
tâm tứ diện, thì G là trung điểm MN. Một cách liên hệ 
ngay đó là để chứng minh G là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ 
diện ta chứng minh GA GB GC GD   . Từ đó học 
sinh có thể tính ngay được: 
2 2 2 2 2 2 2 21 1( ) ( )
4 4
GB GA MN AB MN CD GD GC      
. 
Vậy G là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện. 
Tương tự như trên, để chứng minh G là tâm mặt cầu nội tiếp tứ diện ta phải chứng minh 
( ,( )) ( ,( )) ( ,( )) ( ,( ))d G DBC d G DBA d G DAC d G BAC   . 
Một công việc quen thuộc như ở bài (2.2) ta có: 
Ta có 
3
3 4( , ( ))
ABCD
GABC
ABC ABC
VV
d G ABC
S S 
  , vì các mặt của tứ diện có diện tích bằng nhau nên 
ta suy ra được : 
3 3
4 4( , ( )) ( , ( )) ( , ( )) ( , ( ))
ABCD ABCD
ABC DBC
V V
d G ABC d G DBC d G DBA d G DAC
S S 
    
. 
Vậy trọng tâm tứ diện cũng là tâm mặt cầu ngoại tiếp, nội tiếp tư diện. 
  
 Bài toán 4.3 Cho hình tứ diện ABCD. Chứng minh rằng tứ diện ABCD là tứ diện gần đều 
khi và chỉ khi diện tích các mặt của tứ diện bằng nhau 
Phân tích và lời giải: Dễ dàng suy ra phần thuận của bài 
toán vì các mặt của hình tứ diện này đều có có bộ 3 cạnh là 
, , .a b c Còn phần đảo, ta nhận thấy rằng nếu gọi H, K là 
hình chiếu của A, B lên CD, gọi M, N lần lượt trung điểm 
của AB, HK khi đó: 
TH1: H K suy ra H K N  . Dễ dàng suy ra được NM 
là đường vuông góc chung của AB và CD. 
TH2. H K . Ta có AHK BKH   suy ra AN BN hay 
NM AB 
A
B
C
D
G
H N
M
M
A
B
C
D
K
H
N
19 
 Và ta cũng có AHB AKB   suy ra HM=KM. suy ra NM CD . 
Từ đó ta thấy rằng, nếu diện tích các mặt của tứ diện bằng nhau thì đường vuông góc 
chung của các cặp cạnh đối diện qua trung điểm của các cạnh đó. Và như thế ta tiếp tục 
chứng minh các cặp cạnh đối bằng nhau. Thật vậy, giả sử MN là đường vuông góc chung 
của AB và CD, khi đó phép đối xứng trục MN biến A thành B, và biến C thành D suy ra 
nó biến AC thành BD. Hay ta có AC=BD. 
Từ đó ta có kết luận: Nếu diện tích các mặt của tứ diện bằng nhau thì các cặp cạnh đối 
bằng nhau. Từ đó suy ra điều phải chứng minh. 
 
Bài tập 4.4 Cho hình tứ diện ABCD. Chứng minh rằng tứ diện ABCD có tổng 3 góc 
phẳng tại mỗi đỉnh bằng 0180 khi và chỉ khi nó là tứ diện gần đều. 
 Phân tích và lời giải: Dễ thấy, nếu tứ diện ABCD có các 
cặp đối bằng nhau khi đó theo trên ta có được mỗi mặt của 
chúng có diện tích bằng nhau. Khi đó tổng 3 góc phẳng ở 
đỉnh D bằng tổng 3 góc của tam giác ABC nên tổng của 
chúng bằng 0180 . 
 Ngược lại, giả sử tứ diện ABCD có các góc ở đỉnh có 
tổng bằng 0180 và , ,AD a BC a  , ,CA b BD b 
,AB c DC c  
 Trên mặt phẳng (ABC) lấy điểm 1D nằm khác phía điểm A với đường thẳng BC sao 
cho tam giác 1D BC bằng DBC , lấy điểm 2D , 3D tương tự sao cho 2D AC bằng DAC 
và 3D AB bằng DAB ( Khai triển tứ diện trên mặt phẳng (ABC)). 
 Khi đó ta thấy rằng    03 2 180D AB BAC CAD   , hay 3 điểm 2 3, ,D A D thẳng hàng. 
Tương tự cũng chúng minh được 1 3, ,D B D và 3 điểm 2 1, ,D C D cũng thẳng hàng. 
 Từ đó suy ra trong tam giác 2 3 1D D D có các cạnh AC, AB, BC là đường trung bình 
nên chúng bằng nửa độ dài cạnh đáy hay 1AC D B DB  , tương tự ta cũng có điều phải 
chứng minh. 
 
Nhận xét: Từ trên ta thấy rằng chỉ cần một đỉnh có tổng 3 góc bằng 0180 và có 2 cặp cạnh 
đối diện bằng nhau ta cũng suy ra được cặp cạnh còn lại bằng nhau. 
D3
D1
D2
D
C
A
B
20 
2.3.5. Bài toán liên quan đến hình hộp ngoại tiếp hình tứ diện 
 Trong phần này tôi trình bày một số kĩ thuật ứng dụng việc dựng hình hộp ngoại tiếp 
hình tứ diện để giải toán, đặc biệt là tìm các kĩ thuật khác nhau trong các bài toán quen 
thuộc liên quan đến thể tích tứ diện. 
Bài tập 5.1 (HSGT Đăk Lăk -2010) Cho hình tứ diện gần đều ABCD có , BC AD a  
, CA DB b AB DC c    . 
 a) Gọi O là trung điểm của AB. Chứng minh rằng thiết diện (OCD) chia tứ diện đã 
cho thành hai tứ diện AOCD và BOCD có thể tích bằng nhau. 
 b) Tính thể tích tứ diện ABCD 
Phân tích và lời giải 
Cách thứ nhất: (theo đáp án của đề thi) 
 a) Gọi 1h là đường cao tứ diện A.OCD kẻ từ A, 
Gọi 2h là đường cao tứ diện B.OCD kẻ từ B, Ta có 
1
1 2
2
1 .
h OA
h h
h OB
    
Hai tứ diện có đáy chung và đường cao bằng nhau nên 
thể tích bằng nhau. 
 b) Từ bài tập 4.1 ta có được OCD cân , gọi H 
là trung điểm của CD, từ O vẽ EF//CD ta có và 
OE=OF=
1
2
CD. Từ đó suy sa tứ giác AEBF là hình chữ nhật, và ( )HO AEBF . 
Kẻ AK EF , vì ( )HO AEBF suy ra HO AK vậy ( )AK OCD do đó AK là đường 
cao của tứ diện A.OCD 
Theo câu a) ta có 
2 . 1
2 . . . . .
3 2 3ABCD AOCD
CD OH
V V KA AK CD FC   
Vì FB//AK và AK FC suy ra FB FC vậy 2 2 2 2 2FC a FB b FA    
Hay 2 2 2 2FB FA a b   (1) 
Mặt khác tam giác AFB vuông suy ra 2 2 2FB FA c  (2) 
Từ (1) và (2) ta có    2 2 2 2 2 2 2 21 1,
2 2
FB a b c FA c a b      
Vậy 2 2 2 2 2 2 2 2
1 1
( ) ( )
2 2
FC a a b c a b c       
O
A
B
C
D
E
F
H
K
21 
Ta có : 
2 2 2) 2 2 2( ( ). .
2
a b c c a bAE FA FB FA
AK
EF EF c
   
   
Vậy : 2 2 2 2 2 2 2 2 21 12 . . . . ( )( )( )
3 6 2
ABCDV AK CD FC a b c b c a c a b        
 2 2 2 2 2 2 2 2 21 ( )( )( )
6 2
a b c b c a c a b       . 
Cách thứ 2: ( Sử dụng kĩ thuật dựng hình hộp ngoại tiếp) 
Bài tập liên quan đến thể tích của tứ diện, do đó một cách tự nhiên là nghĩ đến 
dựng hình hộp ngoại tiếp tứ diện và tính thể tích khối hộp đó sau đó mới xét ccs yếu tố 
liên quan. Thật vậy, xét một hình hộp ngoại tiếp tứ diện ABCD như hình vẽ, khi đó khối 
hộp AD’BC’.B’CA’D là khối hộp chữ nhật. 
a) Gọi O là trung điểm của AB, dễ thấy mặt phẳng 
(OCD) chính là mặt phẳng (C’D’CD), mà mặt phẳng 
này chia khối hộp thành hai khối lăng trụ AC’D’.B’DC 
và khối BC’D’.A’DC có thể tích bằng nhau nên dễ dàng 
suy ra được hai khối tứ diện AOCD, BOCD có thể tích 
bằng nhau. 
b) Tính thể tích tứ diện. 
Ta có ' '.
1
3ABCD AD BC B CA D
V V   . 
Ngoài ra, trong khối hộp chữ nhật AD’BC’.B’CA’D gọi ’ , ’ . ’AC x AD y AB z   ta có: 
2 2 2
2 2 2
2 2 2
x y a
y z b
z x c
  

 
  
 suy ra 
2 2 2 2 2 2 2 2 2
2 2 2, ,
2 2 2
a b c b c a c a b
x y z
     
   
Do đó thể tích khối hộp là 
   2 2 2 2 2 2 2 2 2
2 2
a b c a c b b c a
V xyz
     
  
Vậy 
   2 2 2 2 2 2 2 2 2
6 2
ABCD
a b c a c b b c a
V
     
 . 
O
A
D
B'
C' B
D'
C
A'
22 
Nhận xét: Nhận thấy