Lí thuyết tứ diện:

Tứ diện bất kì:

Tứ diện là một hình chóp tam giác. Đó là hình chóp duy nhất mà mọi mặt đều có thể lấy làm đáy.

Thể tích tứ diện: ^{1 1 1}

3 _{A A} 3 _{B B} 6 sin

V = S h = S h = abd α trong đó S h_x, _xlà diện tích mặt đáy đối diện với đỉnh X và đường cao xuất phát từ đỉnh X; a, b là hai cạnh đối và d,α là khoảng cách và góc giữa hai cạnh đó.

Trong một tứ diện bất kì 7 đoạn thẳng này sau đây luôn đồng qui tại một điểm gọi là trọng tâm của tứ diện:

- 4 đoạn nối một đỉnh đến trọng tâm mặt đối diện.

- 3 đoạn nối trung điểm 2 cạnh đối.

Gọi M và N lần lượt là trung điểm CD và AB A, ′&B′là trộng tâm của các tam giác BCD và ACD.

Với G là trọng tâm tứ diện, ta có

3 GM GN GA GA

=



= ′



( )

AA hay BB′ ′ thường được gọi là trọng tuyến tứ diện.

Tứ diện đều :

Một tứ diện đều thì có : ³ 6

h=a trong đó a là cạnh của tứ diện, h là chiều cao tứ diện ^{3 2}

12

V =a V là thể tích của tứ diện 6

4

r= a r, R là bán kính mặt cầu nội tiếp và ngoại tiếp

3 6

3 4

R= r= a

Số đo goc của một cạnh bất kì bằng ¹ arccos3 Tứ diện gần đều

Tứ diện gần đều là tứ diện có các cặp cạnh đối đôi một bằng nhau.

Tính chất và điều kiện cần và đủ để một tứ diện là tứ diện gần đều:

Tổng các góc phẳng ở mỗi đỉnh góc tam diện bằng 180⁰

Hai góc phẳng tam diện nào đó của tứ diện bằng 180⁰ đồng thời có một cặp cạnh đối bằng nhau.

Các đoạn thẳng nối trung điểm của hai cạnh đối diện là đường vuông góc chung của hai cạnh đó.

Bốn mặt là tam giác có diện tích bằng nhau.

Tâm mặt cầu nội tiếp và ngoại tiếp trùng nhau.

Tâm mặt cầu nội tiếp và trọng tâm trùng nhau.

Tâm mặt cầu ngoại tiếp và trọng tâm trùng nhau.

Các góc phẳng nhị diện ứng với các cặp cạnh đối diện bằng nhau.

1. Cho tứ diện đều ABCD. Hãy tìm trên các mặt phẳng

(

^BCD

) (

^{, CDA}

) (

^{, DAB}

) (

^{, ABC}

)

các điểm X,Y,Z,T sao cho tổng độ dài các cạnh của tứ diện XYZT nhỏ nhất.

Giải:

Gọi O là tâm của tứ diện đều ABCD. H,I,J,K theo thứ tự là hình chiếu của O trên mặt phẳng

(

^BCD

) (

^{, CDA}

) (

^{, DAB}

) (

^{, ABC}

)

^.

Vì ABCD là tứ diện đều nên:

( )

( )

HI HJ HK HI HJ HK BCD IJ IK IH IJ IK IH CDA

 

+ + ⊥

 

 

 

+ + ⊥

 

 

( ) ( ) ( )

^*

JK JH JI JK JH JI DAB KH KI KJ KH KI KJ ABC

 

+ + ⊥

 

 

 

+ + ⊥

 

 

Giả sử X,Y,Z,T là các điểm bất kì, theo thứ tự thuộc mp

(

^BCD

) (

^{, CDA}

) (

^{, DAB}

) (

^{, ABC}

)

^.

Ta thấy:

. . . .

. . . .

XY HI XZ HJ XT HK ZT JK TY KI YZ JI XY XZ XT ZT TY YZ

HI HJ HK JK KI JI

XY HI XZ HJ XT HK ZT JK TY KI YZ JI

HI HJ HK JK KI JI S

+ + + + + = + + + + +

≥ + + + + + =

Mà

;

;

;

SY XH HI IY XT XH HK KT XZ XH HJ JZ ZT ZJ JK KT TY TK KI IY YZ YI IJ JZ

= + + = + +

= + + = + +

= + + = + +

HI HJ HK S HI HJ HK JK KI IJ XH

HI HJ HK

 

⇒ = + + + + + +  + +

 

IJ IK IH JK JH JI KH KI KJ

IY ZI TK

IJ IK IH JK JH JI KH KI KJ

     

+  + + +  + + +  + + 

     

Vì XH,YI,ZJ,TK theo thứ tự thuộc mp

(

^BCD

) (

^{, CDA}

) (

^{, DAB}

) (

^{, ABC}

)

nên theo (*) ta có:

(1) XY YZ ZT TX+ + + +XZ YT+ ≥HI JI HK JK KI JH+ + + + + Nếu đẳng thức ở (1) xảy ra thì

; ; ; , , , 0

XY↑↑HI YZ↑↑IJ ZT ↑↑JK TX ↑↑KH ⇒∃α β γ δ >

Sao cho

; ; ;

0

HI XY IJ YZ JK ZT KH TX HI IJ JK KH

α β γ δ

α β γ δ

= = = =

⇒ + + + =

Lại có: HI IJ JK KH+++=0

và 3 vectơ bất kì trong 4 vectơ này không đồng phẳng nên α β γ δ= = =

HI XZ KH ZX α

α

 =

⇒ 

 =

(

HI JI HK JK KI JH

)

XY YZ ZT TX XZ YT

( )

²

α + + + + + = + + + + +

So sánh (1) và (2) ta có α =1. Suy ra: HX=IY=JZ=KT Đặt HX=IY=JZ =KT=a

Ta thấy tứ diện XYZT là ảnh của HIJK qua phép tịnh tiến T_a. Nếu a ≠0

thì H ≠ X , I Y≠ , HX / /IY ⇒a CD/ /

. T ng t a DB/ /

. Mâu thu n.

Kết luận: Tổng độ dài các cạnh của tứ diện XYZT nhỏ nhất khi và chỉ khi X,Y,Z,T tương ứng trùng với H,I,J,K.

2. Cho tứ diện ABCD, trọng tâm G. M là điểm bất kì, N là điểm thỏa NM =4MG. Chứng minh và tìm dấu bằng xảy ra khi nào của bất đẳng thức sau:

( )

2 1

NA NB NC ND+ + + ≤ MN MA MB MC MD+ + + + Giải:

*Trường hợp 1:

( )

¹

M ≡G⇒M ≡N ⇒ đúng và dấu bằng xảy ra.

*Trường hợp 2:

M ≠G. Gọi O là trung điểm của MN.

Ta cĩ:

2 2

2

2 2

2 AM AN AO AM AN MN

AOMN AOMN

AN AM AOMN AM AN

AM AN MN

 + =



− + =



⇒ − = ⇔ − + = ≤

+

Tương tự với BN,CN,DN.

( ) ( )

²

(

AO BO CO DO MN

)

AN BN CN DN AM BM CM DM

MN

+ + +

⇒ + + + − + + + ≤

2.4 . 2 2

GO MN MN 2 MN MN MN

= = =

đpcm. “=” xảy ra ở trường hợp 1.

Ngịai cách trên ta cịn cĩ thể sử dụng bất đẳng thức giá trị tuyệt đối:

2

x y z+ + + + + + + + + + + ≤y z t z t x x y t x y z t+ + + + x + y + z +t Tổng quát lên:

Cho n điểm (A n_i ≥3). Các điểm M,N,N thỏa:

∑

GA_i =0,MN =nMG^{. Chứng minh:}

( )

1 1

2

n n

i i

i i

NA MA n MN

= =

≤ + −

∑ ∑

3. Cho tứ diện OABC vuông tại O. Gọi α β γ, , là góc tạo bởi đường cao xuất phát từ đỉnh O với các cạnh OA, OB, OC. Chứng minh:

2 2 2 2 2 2

sin sin sin 2 2 cos 2 2 cos 2 2 cos

3 ^{α +}3 ^{β +}3 ^{γ ≥}cos α.3^{− α +}cos β.3^{− β +}cos .3γ ^{− γ} Giải:

Ta cĩ 1 ₂ 1₂ 1₂ 1₂ OH =OA +OB +OC nên

2 2 2

2 2 2

2 2 2

cos cos cos OH OH OH 1

α+ β+ γ = + + =

Đặt a=cos²α,b=cos²β,c=cos²γ thì a b c+ + =1 và

2 2 2

sin α = −1 a,sin β = −1 b,sin γ = −1 c

Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với:

3 3 3 9 9 9 3^a 3^b 3^c 3^a 3^b 3^c

a b c

+ + ≥ + +

( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )

1 1 1

1 3 1 3 1 3 0

3 3 3

1 1 1

2 2 2 0

3 3 3

1 1 1 1 1 1

3 3 3 3 3 3 0

a b c

a b c

a b b c c a

a b c

b c a c a b a b c

b a c b a c

⇔ − + − + − ≥

⇔ + − + + − + + − ≥

     

⇔ −  − + −  − + −  − ≥

     

Bất đẳng thức này luôn đúng vì ta có ¹ 3^x

y= là hàm số nghịch biến nên:

( )

1 1

1 1

3 3 0

1 1 3 3

3 3

a b

a b

a b

a b

b a a b

≥ ⇒ ≤   

⇒ − − ≥

  

 

≤ ⇒ ≥ 



Dấu bằng xảy ra ⇔ = = ⇔a b c cos²α =cos²β =cos²γ hay tứ diện OABC vuông cân tại O.

4. Cho tứ diện vuông OABC với OA = OB = OC = a.

a) Xác định mặt phẳng (P) sao cho tổng diện tích hình chiếu các mặt của tứ diện lên (P) đạt giá trị lớn nhất.

b) (P) hợp với

(

^BOC

) (

^{, COA}

) (

^{, AOB}

)

các góc nhọn α β γ, , .Chứng tỏ:

α β γ π+ + < . Giải:

a) Xét một pháp tuyến của (P) là đường thẳng d qua O. (P) hợp với (BOC), (COA), (AOB) các góc α, β, γ tương ứng là góc hợp bởi d với OA, OB, OC.

Gọi i j k e, , ,

lần lượt là các véctơ đơn vị của OA, OB,OC và d.

Ta có: e=cos .α^′i+cos .β^′j+cos .γ^′k với ^α′=

( )

^{i e, ,β′=}

( )

^{j e, ,γ′=}

( )

^{k e,}

2 2 2 2

1 e cosα^′.i cos β^′.j cos .γ^′k

⇒ = = + +

(1)

Mà α, β, γ ≤ 90⁰ nên α bằng hay bù với α^′,cos²α′ =cos²α . Tương tự đối với β γ, nên từ (1) ^⇒cos²α+cos²β+cos²γ =1 (2)

Do ²

OAB OBC OCA 2

S =S =S =a , nên tổng diện tích hình chiếu các mặt tứ diện lên (P) là

( )

2

cos cos cos cos

2 ^ABC

S⁼ a α⁺ β⁺ γ ⁺S ϕ với ϕ là góc hợp bởi (P) với (ABC).

Mà cosα+cosβ+cosγ ≤ 3(cos²α+cos²β +cos )²γ = 3 Và cosϕ≤1, nên ^{2 3}

2 ^ABC

S≤a +S .

( ) ( )

( )

max

cos cos cos ,cos 1 P / / ABC

S ⇔ α = β = γ ϕ= ⇔^P ABC

 ≡ b) Từ

( )

^{2 ⇒cos 2α +cos 2β+2cos2γ =0}

Giả sử ^,

( )

⁰

2

α β γ π+ + ≥ π ≥ ≥ −γ π α β+ ≥

( )

( ) ( ) ( )

cosγ cos π α β cos α β 4

⇒ ≤ − + = − +

Nên từ (3) suy ra ^{cos 2α+cos 2β+2cos2}

(

^{α β+}

)

^≥0

( ) ( ) ( )

( ) ( )

2cos cos cos 0

cos cos cos 0 5

α β α β α β

α β α β

⇒ +  − + + ≥

⇒ + ≥

Mà

( )

^{4 ⇒cos}

(

^{α β+}

)

^{≤ −cosγ <0}

Và cosα >0,cosβ >0 nên (5) không thể xảy ra. Suy ra α β γ π+ + < .

5. Trong không gian cho một tứ diện đều. Chứng minh rằng tổng khoảng cách từ một điểm nào đó đến các đỉnh của tứ diện là nhỏ nhất nếu và chỉ nếu điểm đó trùng với tâm hình cầu ngoại tiếp tứ diện đều đã cho.

Giải:

Giả sử ABCD là tứ diện đều có O là tâm hình cầu ngoại tiếp và P là điểm tùy ý trong không gian. Gọi X là trung điểm CD. Cho ^P′là chân đường vuông góc hạ từ P xuống mặt phẳng (AXB). Ta sẽ chứng minh rằng nếu P không trùng với P′thì

PA PB PC PD P A P B P C P D+ + + > ′ + ′ + ′ + ′ .

Thật vậy, giả sử P không trùng với ^P′, ta có PA P A> ′ vì góc PP’A vuông; cũng vậy, ta có PB > P’B. Do BX và AX vuông góc CD nên (BAX) là mặt phẳng trung trực của CD. Suy ra P’CD là tam giác cân tại P’, còn PCD thì không cân tại P (nếu ngược lại thì P trùng P’ bởi khi ấy P cũng thuộc mặt phẳng (ABX))

Mặt khác, ^PP′và CD nằm trên hai mặt phẳng song song nhau nên khoảng cách giữa P và CD cũng bằng khoảng cách giữa P’ và CD. Điều này kéo theo

PC PD P C CD+ > ′ + . Để thấy điều này, ta gọi C′&D′ lần lượt là các điểm đối xứng của C và D qua đường thẳng ^PP′, ta có:

PC PD PC+ = ′+PD C D> ′ ′=P C′ ′+P D P C P D′ = ′ + ′ . Từ đó ta suy ra điều phải chứng minh.

Từ chắng minh trên, ta suy ra được rằng nếu P là điểm sao cho PA + PB + PC + PD nhỏ nhất, P phải nằm trong mặt phẳng (ABX); hoàn toàn tương tự, nó cũng phải nằm trong mặt phẳng (CDY), với Y là trung điểm của AB. Suy ra rằng P phải nằm trên XY, đường nối trung điểm của các cặp cạnh đối AB và CD.

Lặp lại lí luận một cách tương tự như trên, P cũng nằm trên đường nối trung điểm hai cặp cạnh còn lại của tứ diện ABCD; nói cách khác, P trùng với tâm mặt cầu ngoại tiếp của tứ diện.

6. Chứng minh rằng mọi tứ diện đều có một đỉnh mà 3 cạnh xuất phát từ đỉnh đó có độ dài thích hợp để lập thành một tam giác.

Giải.

Ta xét cạnh dài nhất của tứ diện. Giả sử AB là cạnh dài nhất của tứ diện ABCD. Giả sử ngược lại, khẳng định của bài toán là sai, nghĩa là không có đỉnh nào trong tứ diện ABCD để cho 3 cạnn xuất phát từ đỉnh đó có độ dài thích hợp để lập thành một tam giác.

Lúc đó ta phải có:

AB> AC AD+ (xét đỉnh A), BA BC BD> + (xét đỉnh B)

Từ đó ta suy ra 2AB> AC AD BC BD+ + + , (*) Nhưng trong tam giác ABC và ABD ta lạ có:

;

AB<AC CB AB+ <AD DB+ nên ta được2AB<AC+AD BC BD+ + , (**) Mâu thuẫn giữa (*) và (**) cho ta điều phải chứng minh.

7. Tứ diện ABCD có góc BCD = 90⁰ và chân đường vuông góc hạ từ D xuống mặt phẳng (ABC) trùng với trực tâm tam giác ABC. Chứng minh rằng:

(

^{AB BC CA+ +}

)

^{2 ≤6}

(

^AD2+BD2+CD2

)

Giải:

Trước tiên ta sẽ chứng minh rằng CDA=90⁰

Thật vậy, gọi H là hình chiếu của D xuống mặït phẳng

(

^ABC

)

, giả sử CH cắt AB tại E.

Do AB⊥CE&AB⊥DH nên ^AB⊥

(

^DEC

)

, suy ra AB⊥DE. Từ đó, các tam giác vuông BED và CED cho ta:

BD² = DE²+BE CB², ² =CE²+BE².

Trừ vế theo vế cả hai đẳng thức trên ta được: CB²–BD² =CE²–DE². Nhưng vì tam giác BCD vuông nên ta lại có CB² –BD² =CD², suy ra

2 2 2

CE = CD +DE , tức là tam giác CDE vuông tại D. Tóm lại, ta có CD⊥DB và CD⊥DE nên CD⊥AD. Nói cách khác, CDA=90⁰. Hoàn toàn tương tự ta cũng có

Từ đó ta được: ^{AB2 +BC2+CA2 =2}

(

^{AD2 +BD2+CD2}

)

^{. (1)}

Mặt khác bất đẳng thức AM-GM cho ta :

(

^{AB BC CA+ +}

)

^{2 ≤3}

(

^AB2+BC2+CA2

) ^{( )}

²

Kết hợp (1) và (2) ta được

(

^{AB BC CA+ +}

)

^{2 ≤6}

(

^AD2+BD2+CD2

)

Dấu bằng xảy ra khi AB = BC = CA.

8. Gọi R là bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD. Gọi Ga, Gb, Gc, Gd là trọng tâm các tam giác BCD, CDA, DAB, ABC. Đặt: G_a =m G_a; _b =m G_b; _c=m G_c; _d = m_d.

Chứng minh rằng: ³

( )

16 ^{a b c d}

R≥ m +m +m +m

Giải.

Gọi O là tâm hình cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD. Ta có:

( )

²

( )

²

2 2 2 2 2

4R =OA +OB +OC +OD = OG GA+ + +... OG GD+ (với G là trọng tâm tứ diện ABCD).

Do: GA GB GC GD+++=0

2 2 2 2 2

2

2 2 2 2 2 2

4 4 2 ( )

4 4

R OG GA GB GC GD OG GA GB GC GD R OG GA GB GC GD

⇒ = + + + + + + + +

⇔ = + + + +

Theo tính chất trọng tâm tứ diện:

3 3 3 3

; ; ; ;

4 ^a 4 ^b 4 ^c 4 ^d

GA= m GB= m GC= m GD= m

( )

( )

2 2 2 2 2 2

2 2 2 2 2

4 4 9

16 4 9

16

a b c d

a b c d

R OG m m m m

R m m m m

⇔ = + + + +

⇒ ≥ + + +

Mặt khác theo cauchy-schwarz:

( ) ^{( )}

( )

( )

2 2 2 2 2

2 2

4 4 9 1

16 4 3 16

a b c d a b c d

a b c d

a b c d

m m m m m m m m

R m m m m

R m m m m

+ + + ≥ + + +

⇒ ≥ + + +

⇔ ≥ + + +

Đẳng thức xảy ra ⇔

a b c d

G O

m m m m

≡



= = =

 ^⇒ ABCD là tứ diện đều.

9. Chứng minh rằng tồn tại khối tứ diện ABCD mà các mặt của nó là các tam giác

tứ diện là lớn nhất, còn cạnh nào là nhỏ nhất và hãy tính độ dài cạnh nhỏ nhất nếu độ dài cạnh lớn nhất là một.

10. Chứng minh rằng nếu một tứ diện có cạnh a nội tiếp trong tứ diện đều cạnh b sao cho trên mỗi mặt của khối tứ diện cạnh b có đúng một đỉnh của khối tứ diện nội tiếp, thì 3a ≥ b.

11. Trong tứ diện ABCD các cạnh AD, BC và CD vuông góc lẫn nhau, còn độ dài tương ứng của chúng là a, b, c. Chứng minh rằng với mỗi điểm M nằm trên mỗi cạnh của tam giác ABC, tổng S các khoảng cách từ các đỉnh A, B và C đến đường thẳng DM thỏa mãn bất đẳng thức:

S≤ 2(a²+b²+c²). Khi nào xảy ra đẳng thức?

Giải

Để xác định, giả sử M nằm trên cạnh AB và MND=ϕ khi đó S= +c acosϕ+bsinϕ Kí hiệu

2 2

cos sin , arccos a

d a b y

a b

ϕ ϕ

= + =

+ ta có bất đẳng thức

^{d = a2+b2}

(

^{cos cosy ϕ+sin siny ϕ}

)

^{= a2 +b2cos}

(

^ϕ−y

)

^{≤ a2+b2}

Đồng thời đẳng thức cũng xảy ra khi và chỉ khi ϕ =y, nghĩa là khi

cos AD cos

AB DAB

ϕ= = hay DM ⊥ AB. Mặt khác ta có bất đẳng thức

(

^{2 2}

)

2

S c d= + ≤ c +d và đđẳng thức xảy ra khi c = d hay các cạnh AD, BD, CD có thể làm cạnh của một tam giác vuông. Còn DM là đường cao hạ xuống cạnh bé nhất của tam giác ABC

12. Cho tứ diện ABCD có trọng tâm G vànội tiếp trong mặt cầu tâm O. Các đường thẳng AG, BG, CG, DG lần lượt cắt mặt cầu tại điểm thứ hai A B C D′ ′ ′ ′, , , . Chứng minh rằng:

( )

2

AA′+BB′+CC′+DD′≥ 6 AB CA AD BC CD+ + + + Giải

Đặt S= AB²+AC²+AD² +BC²+BD²+CD² Ta có ^{AA AG′. =}

(

^{AG GA AG+ ′}

)

^{= AG2+AG GA. ′}

Mặt phẳng qua tâm O và AA′ cắt mặt cầu theo đường tròn lớn bán kính R.

Dễ thấy GA GA. ′ =R²−OG²

Vì thế: ^{AA AG′. = AG2+}

(

^R2−OG2

)

^{≥2 AG R2}

(

^2−OG2

)

Do G là trọng tâm tứ diện nên GA GB GC GD+++=0

Từ đó ^{GA2+GB2+GC2+GD2 =}

(

^{GO OA+}

)

^{2+ ⋅⋅⋅ +}

(

^{GO OD+}

)

²

( )

2 2

2 2

4 4 2

4 4 2 4

GO R GO OA OB OC OD

GO R GO OG

= + + + + +

= + + ⋅

Vậy ^{GA2+GB2+GC2+GD2 =4GO2+4R2−8GO2 =4}

(

^R2−OG2

)

⁽²⁾

Từ (1) và (2) ta cĩ :AA′ ≥ GA²+GB²+GC²+GD² Ta _{cĩ cơng th}ức tính trung tuyến tứ diện

( ) ( )

2 2 2 2 1 2 2 2

3AG = AB +AC +AD −3 BC +CD +DB

( )

2 2 2 2 1 2 2 2 2 2 2

GA GB GC GD 4 AB AC AD BC CD DB

⇒ + + + = + + + + +

Nhờ thế: 1 ^{2 2} 1

( )

2 2 6

AA′ ≥ AB + ⋅⋅⋅ +CD ≥ AB+ ⋅⋅⋅ +CD 1 1 2

( )

2 6 AB CD

≥ + ⋅⋅⋅ +

Nên ¹ ( )

AA′ ≥2 6 AB+ ⋅⋅⋅ +CD . Tương tự,

1 1 1

( ); ( ); ( )

2 6 2 6 2 6

BB′≥ AB+ ⋅⋅⋅ +CD CC′≥ AB+ ⋅⋅⋅ +CD DD′≥ AB+ ⋅⋅⋅ +CD . Cộng 4 bất đẳng thắc trên ta có:

2 ( )

AA′+BB′+CC′+DD′≥ 6 AB AC AD BC BD CD+ + + + + Dấu đẳng thức xảy ra khi ^AG2

(

^{R2 –OG2}

)

AB AC AD BC BD CD

 =



= = = = =

 hay ABCD là tứ diện đều.

13. Cho tứ diện ABCD với AB = CD = a; BC = AD = b; AC = BD = c. M là điểm tùy ý trong không gian. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức MA + MB + MC + MD.

Giải.

Vì tứ diện ABCD là tứ diện gần đều nên trọng tâm của tứ diện trùng với tâm O của mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD. Do đó ta có:

0 OA OB OC OD+++=

OA OB OC OD R= = = = (bán kính mặt cầu ngoại tiếp ABCD) Ta có:

MA ¹ MA OA ¹ MA OA ¹(MO OA OA) ¹ MO OA R.

R R R R

= ⋅ ≥ ⋅ = + ⋅= ⋅ +

Tương tự:MB ¹ MO OB R

≥ R ⋅ +

MC ¹ MO OC R.

≥ R ⋅ +

MD ¹ MO OD R.

≥ R ⋅ +

Do đó:MA MB MC MD ¹ MO OA OB OC OD

( )

⁴R ⁴R

+ + + ≥ R⋅ +++ + =

Ta có tứ diện gần đều với 3 kích thước a, b, c thì bán kính mặt cầu ngoại tiếp

2 2 2

1

2 2

a b c

R + +

=

VậyMA MB MC MD+ + + ≥ ²

(

a²+b²+c²

)

Dấu đẳng thức xảy ra ⇔M ≡O.

Trong tài liệu Các phương pháp giải bất đằng thức trong hình học phẳng dành cho học sinh THCS (Trang 67-78)