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 \(\frac{1}{{S{H^2}}} = \frac{1}{{S{A^2}}} + \frac{1}{{S{B^2}}} + \frac{1}{{S{C^2}}}\)
c) Chứng minh rằng (SSBC)2 = (SHBC). (SABC) và (SABC)2 = (SSAB)2 + (SSBC)2 + (SSCA)2
d) Chứng minh rằng \(S{G^2} = \frac{{S{A^2} + S{B^2} + S{C^2}}}{9}\) (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) Ta chứng minh: CH ⊥ AB và AH ⊥ BC
Ta có: AB ⊥ SC (do SH ⊥ (ABC)) và 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) và AB ⊥ SC' (do AB ⊥ (SCH))
Trong tam giác SCC’, ta có \(\frac{1}{{S{H^2}}} = \frac{1}{{S{A^2}}} + \frac{1}{{S{B^2}}}\,\,\left( 3 \right)\)
Mà SC’ là đường cao trong tam giác vuông SAB nên \(\frac{1}{{SC{'^2}}} = \frac{1}{{S{A^2}}} + \frac{1}{{S{B^2}}}\,\,\left( 4 \right)\)
Từ (3), (4) suy ra \(\frac{1}{{S{H^2}}} = \frac{1}{{S{A^2}}} + \frac{1}{{S{B^2}}} + \frac{1}{{S{C^2}}}\) (5)
c)
\(\begin{array}{l}
{S_{HBC}}.{S_{ABC}} = \left( {\frac{1}{2}HA'.BC} \right).\left( {\frac{1}{2}AA'.BC} \right)\\
= \frac{1}{4}HA'.AA'.B{C^2} = \frac{1}{4}SA{'^2}.B{C^2} = {\left( {\frac{1}{2}SA'.BC} \right)^2} = {\left( {{S_{SBC}}} \right)^2}\,\,\left( 6 \right)
\end{array}\)
Tương tự, ta có (SSCA)2 = SHCA. SABC (7)
(SSAB)2 = SHAB. SABC (8)
Cộng (6), (7), (8) vế theo vế, ta có:
\({\left( {{S_{SBC}}} \right)^2} + {\left( {{S_{SCA}}} \right)^2} + {\left( {{S_{SAB}}} \right)^2} = {S_{ABC}}.\underbrace {\left( {{S_{HBC}} + {S_{HCA}} + {S_{HAB}}} \right)}_{{S_{ABC}}} = {\left( {{S_{ABC}}} \right)^2}\)
d) Với G là trọng tâm \(\Delta ABC\), ta có:
\(\begin{array}{l}
\overrightarrow {SG} = \frac{1}{3}\left( {\overrightarrow {SA} + \overrightarrow {SB} + \overrightarrow {SC} } \right)\\
\Rightarrow S{G^2} = \frac{1}{9}\left( {\overrightarrow {S{A^2}} + \overrightarrow {S{B^2}} + \overrightarrow {S{C^2}} + 2\overrightarrow {SA} .\overrightarrow {SB} + 2\overrightarrow {SB} .\overrightarrow {SC} + 2\overrightarrow {SC} .\overrightarrow {SA} } \right)\\
= \frac{1}{9}\left( {\overrightarrow {S{A^2}} + \overrightarrow {S{B^2}} + \overrightarrow {S{C^2}} } \right)\left( {do\,\overrightarrow {SA} .\overrightarrow {SB} = \overrightarrow {SB} .\overrightarrow {SC} = \overrightarrow {SC} .\overrightarrow {SA} = 0} \right)
\end{array}\)
Áp dụng bất đẳng thức Cô-si, ta có:
2AB. BC ≤ AB2 + BC2
2CA. AB ≤ CA2 + AB2
2BC. CA ≤ BC2 + CA2
Suy ra (AB + BC + CA)2 = AB2 + BC2 + CA2 + 2(AB.BC + BC.CA + CA.AB)
≤ 3(AB2 + BC2 + CA2)
≤ 3(SA2 + SB2 + SB2 + SC2 + SC2 + SA2)
≤ 6(SA2 + SB2 + SC2).
e) Đặt SA = a, SB = b, SC = c
Trong ΔABC, ta có: \(\cos A = \frac{{A{B^2} + A{C^2} - B{C^2}}}{{2AB.AC}} = \frac{{{a^2}}}{{\sqrt {\left( {{a^2} + {b^2}} \right)\left( {{a^2} + {c^2}} \right)} }} > 0\)
Tương tự cos B > 0, cos C > 0.
Vậy ΔABC có ba góc nhọn.
Mặt khác, ta có: \(S{A^4}{\tan ^2}A = {a^4}\left( {\frac{1}{{{{\cos }^2}A}} - 1} \right) = {a^4}\left[ {\frac{{\left( {{a^2} + {b^2}} \right)\left( {{a^2} + {c^2}} \right)}}{{{a^4}}} - 1} \right]\)
= (a2 + b2)(a2 + c2) - a4 = a2b2 + b2c2 + c2a2
= 4(SSAB2 + SSBC2 + SSCA2) = 4(SABC)2 ⇒ SA2tanA = 2SABC.
Tương tự, ta có: SB2tanB = SC2tanC = 2SABC.
Vậy SA2tanA = SB2tanB = SC2tanC = 2SABC.
-- Mod Toán 11