No 21 June 2021 |p 62 72 TẠP CHÍ KHOA HỌC ĐẠI HỌC TÂN TRÀO ISSN 2354 1431 http //tckh daihoctantrao edu vn/ EXTENDING SOME RESULTS OF FLAT GEOMETRY WHEN SOLVING SPATIAL GEOMETRY Le Thieu Trang 1 ,* 1[.]
No.21_June 2021 |p.62-72 TẠP CHÍ KHOA HỌC ĐẠI HỌC TÂN TRÀO ISSN: 2354 - 1431 http://tckh.daihoctantrao.edu.vn/ EXTENDING SOME RESULTS OF FLAT GEOMETRY WHEN SOLVING SPATIAL GEOMETRY Le Thieu Trang1,* Tan Trao University, Vietnam *Email address: lttrang0466@tuyenquang.edu.vn http://doi.org/10.51453/2354-1431/2021/510 Article info Recieved: 9/3/2021 Accepted: 3/5/2021 Abstract: In spatial geometry content, apart from math problems proving specific properties, problems proving geometric equality, geometric inequality, geometrical extremes are difficult problems for students in the learning process, in exams, especially in exams for excellent students and Math Olympiad These types of math are closely related to the results of flat Keywords: Flat Geometry, Geometry of space, Equality, Prove, Similar geometry that students have learned at secondary school In this article, some typical mathematical forms of geometric equality in space using the results of flat geometry have been chosen to engrave and apply knowledge of flat geometry to help students see general results when expanding space No.21_June 2021 |p.62-72 TẠP CHÍ KHOA HỌC ĐẠI HỌC TÂN TRÀO ISSN: 2354 - 1431 http://tckh.daihoctantrao.edu.vn/ MỞ RỘNG MỘT SỐ KẾT QUẢ CỦA HÌNH HỌC PHẲNG KHI GIẢI TỐN HÌNH HỌC KHƠNG GIAN Lê Thiếu Tráng1,* Trường Đại học Tân Trào, Việt Nam *Địa email: lttrang0466@tuyenquang.edu.vn http://doi.org/10.51453/2354-1431/2021/510 Thơng tin viết Tóm tắt Ngày nhận bài: Trong nội dung hình học khơng gian, ngồi tốn chứng minh tính chất đặc thù tốn chứng minh đẳng thức hình học, bất đẳng thức 9/3/2021 Ngày duyệt đăng: hình học, cực trị hình học, tốn khó học sinh, sinh viên trình học tập, kì thi, đặc biệt kì thi học sinh giỏi, 3/5/2021 Olympic Tốn Các dạng tốn có mối liên hệ chặt chẽ với kết hình học phẳng mà học sinh, sinh viên học bậc THCS Trong biết này, tác giả lựa chọn số dạng tốn tiêu biểu đẳng thức hình học khơng Từ khóa: Hình học phẳng, hình học khơng gian, đẳng thức, chứng minh, tương tự gian sử dụng kết hình học phẳng, nhằm khắc sâu vận dụng kiến thức hình học phẳng, giúp học sinh, sinh viên nhìn nhận kết tổng quát mở rộng chiều khơng gian 1- GIỚI THIỆU Trong chương trình hình học không gian lớp 8, lớp 11 bậc phổ thông học phần hình học sơ cấp bậc đại học, có nhiều tốn đẳng thức hình học, tốn khó học sinh, sinh viên, chúng có mối liên hệ chặt chẽ, mà thực mở rộng chiều không gian (3 chiều) hình học phẳng (2 chiều), việc sử dụng Tiên đề hình học khơng gian (Theo SGK phổ thông): "Trong mặt phẳng, kết hình học phẳng đúng" Qua viết này, với mục đích tác giả vừa ơn tập, khắc sâu kết hình học phẳng, vừa sử dụng chúng số tốn hình học khơng gian, ngồi cịn giúp người học tự tìm tính chất, tốn tương tự mở rộng chiều khơng gian MỘT SỐ BÀI TỐN HÌNH HỌC PHẲNG Bài toán Cho ABC, M điểm đoạn BC Một đường thẳng d cắt AB, AC, AM điểm B’, C’, M’, ta có: MC AB AC AM MB BC AB' AC' AM ' Chứng minh: Hình Qua B C kẻ đường thẳng BM1 CM2 song song với d Dễ thấy BMM1 CMM2, nên: BM.MM2=CM.MM1 L.T.Trang/ No.21_Jun 2021|p.62-72 Theo Thales ta có: AB AM1 AC AM AB' AM ' AC' AM ' A d C' Vậy: MC AB MB AC MC AM1 MB AM AB' AC' AM ' AM ' MC.AM1 MB.AM AM ' MC AM MM1 MB AM MM AM ' M' B' M1 M B C M2 AM MB MC AM đpcm BC AM ' AM ' Hình ‘'Bài tốn Cho ABC, điểm M nằm tam giác Gọi A’=AMBC, B’=BMAC, C’=CMAB, ta có: A' M B' M C' M A' A B' B C' C A Chứng minh: Hình Kẻ MD AE vng góc với BC Ta có: S BMC S ABC MD A' M AE A' A Tương tự ta có: SCMA S ABC M B' M S AMB C' M Cộng đẳng B' B S ABC C' C thức ta được: B A' M B' M C' M S AMB S BMC SCMA S ABC 1 A' A B' B C' C S ABC S ABC Bài toán Cho đường thẳng AB điểm M Điều kiện cần đủ để điểm OAB tồn cặp số thực (x;y) cho: MO xMA yMB , với E D C A' Hình + Điều kiện đủ: Nếu MO xMA yMB , với x y , thay y =1-x vào đẳng thức vectơ ta có: x y MO xMA 1 x MB x MA MB MB Chứng minh + Điều kiện cần: Nếu OAB OA OB phương, nên tồn số thực k≠1 (do A, B phân biệt) cho: OA kOB MA MO k MB MO k 1 MO MA kMB MO MB xBA BO xBA , tức hai vectơ BO BA phương, hay điểm O thuộc đường thẳng AB Bằng cách lập luận tương tự đồng phẳng MO 1 k MA MB k 1 k 1 Đặt x 1 ; y k k 1 k 1 ba vectơ, khơng gian ta có: Trong khơng gian cho mp(ABC) điểm M Điều kiện cần đủ để điểm O(ABC) tồn số thực ta có: MO xMA yMB , với x y (x;y;z) cho: MO xMA yMB zMC , với x+y+z = Bài toán Định lí cơsin suy rộng: Cho ABC với AB=c, BC=a, CA=b diện tích S, ta có: cot A= b2 c a c2 a b2 a b2 c ; cot B= ; cot C = 4S 4S 4S Chứng minh Từ định lí cosin cho ABC ta có: 1 a b2 c 2bc.cosA b c bc.sinA cot A b2 c2 4S cot A 2 L.T.Trang/ No.21_Jun 2021|p.62-72 cot A= b2 c a Các đẳng thức lại chứng 4S Q minh tương tự d Bài toán Dựng giao tuyến hai mặt phẳng P Cho hai mặt phẳng (P) (Q) cắt Xác định giao tuyến B d = (P) (Q) A Phương pháp Xác định điểm A, B phân biệt thuộc đồng thời (P) (Q), d AB (hình 3) Hình Phương pháp Xác định điểm A thuộc đồng thời hai mặt phẳng biết phương giao tuyến l, d đường thẳng Q qua A có phương l d Phương l xác định nhờ định lí giao tuyến hệ nó: "Nếu hai mặt phẳng phân biệt chứa hai đường thẳng b P a song song, giao tuyến (nếu có) chúng song song hai đường thẳng đó" (hình 4) Bài tốn Xác định giao điểm đường thẳng với mặt phẳng Hình Q d Cho mặt phẳng (P) đường thẳng d cắt Xác định giao điểm I=(P)d d' Phương pháp: Xác định đường thẳng d'(P) mà d'd=I, I Id'(P) Id I=d(P) P Nếu khơng xác định d', ta tìm mp(Q) Hình chứa d cắt mp(P), d'=(P)(Q) (hình 5) MỘT SỐ BÀI TỐN ỨNG DỤNG TRONG KHÔNG A GIAN Bài Cho tứ diện ABCD, gọi P Q trung điểm P AB CD, điểm RBC cho BR=2RC Gọi S S=AD(PQR) Chứng minh AS=2SD Phân tích: Trước hết phải dựng điểm S=AD(PQR) Ta D B phân tích sau: Từ AS=2SD QC=QD, nên dựng CN//AS, NSE Khi QSD=QNC CN=SD Để có đpcm AS=2CN, tức CN đường trung bình EAS CE=CA Q R C N M Tiếp tục suy luận nhờ BR=2RC PA=PB, nên dựng CM//AB, MEP CRM BRP tỉ số , nhờ suy luận ngược, có lời giải Giải: Hình Hình E + Dựng S=AD(PQR): Từ giả thiết ta thấy PR không song song với AC PRAC=E Hai mặt phẳng (PQR) (ACD) có điểm chung phân biệt E Q nên (PQR)(ACD)=EQ Trong mp(ACD) EQAD=S S=AD(PQR) + Chứng minh AS=2SD: Kẻ CM //AB, CN //AD Ta có: RPBRCM tỉ số Vì PA=PB CM đường trung bình EAP CA=CE CN đường trung bình EAS AS=2CN Mặt khác CNQ=DSQ nên AS=2SD L.T.Trang/ No.21_Jun 2021|p.62-72 Nhận xét: Đây đẳng thức hình học dạng đơn giản, ý tưởng hay dùng phương pháp phân tích lên Trong tốn trên, kiến thức hình học phẳng sử dụng đơn giản tam giác đồng dạng, tam giác tính chất đường trung bình tam giác sử dụng mặt phẳng cụ thể - Trong giảng dạy ta phân tích tốn theo kiểu phân tích lên: A0 A1 A2 A0: AS=2SD, Q trung điểm CD để kẻ CN//AS dẫn đến C trung điểm AK A1: CNQ=DSQ (đồng dạng tỉ số 1) A2: C trung điểm AK dẫn đến kẻ CM//SA để suy RPB RCM tỉ số - Trong lập luận CNQ=DSQ (hay đồng dạng tỉ số 1), thay Q trung điểm CD tỉ số khác, ta có đẳng thức mới, toán tổng quát: R Q chia đoạn BC CD theo tỉ số k l - Cũng dựng S cách khác: Gọi S K=RQBD, S=KPAD Bài Cho hình chóp S.ABCD, đáy hình bình hành Gọi M, N trung điểm AB SC Gọi I K giao điểm AN MN N với mp(SBD) Tính tỉ số: IA , KM , IB IN KN IK I Phân tích:Trước hết ta phải dựng giao điểm đường thẳng AN, AM với mp(SBD), điều kiện tiên để giải tốn Để tính tỉ số dựa vào tính chất điểm, đường đặc biệt tam giác, định lí Thales K J C D O A Giải: B M Hình + Dựng I, K: Gọi O=ACBD Trong mp(SAC) ta có: ANSO=I Do SO(SBD) nên I=AN(SBD) Trong mp(ANB): K=MNIB Do IB(SBD) nên K=MN(SBD) + Tính tỉ số: * IA : Phân tích: Đây đẳng thức đơn giản dạng ẩn (chưa biết giá trị), ta cần xét cụ thể tam giác (mặt IN phẳng) chứa đoạn thẳng này, từ dựa vào giả thiết N trung điểm SC, O trung điểm AC Ta thấy: Do N trung điểm SC O trung điểm AC nên I trọng tâm SAC IA IN N * KM : Phân tích: Tìm hướng giải ý trên, phải để ý tỉ KN số biết, để đạt mục đích, ta cần kẻ đường phụ để sử dụng Định lí Thales, ta có lời giải (hình 8): I K J Gọi J trung điểm IA Do M trung điểm AB nên JM đường trung bình AIB JM //IB Trong NJM có: IK //JM J trung điểm NJ nên K trung điểm MN Vậy KM KN A M Hình B L.T.Trang/ No.21_Jun 2021|p.62-72 * IB : Tỉ số thực hệ kết Trong NJM có: IK JM Trong ABC có: IK IB JM IB Vậy IK Nhận xét: Qua hai tốn trên, đẳng thức hình học dạng đơn giản nhất, ta thấy, điều cốt yếu phải dựng giao điểm đường thẳng với mặt phẳng (liên quan đến tốn dựng giao tuyến hai mặt phẳng), sau suy luận từ kết hình học phẳng mặt phẳng cụ thể để có kết mong muốn Tuy nhiên kiến thức mở đầu quan trọng ta ứng dụng cho Bài Cho hình chóp S.ABCD, đáy hình bình hành Một mặt phẳng (P) cắt cạnh SA, SB, SC, SD A’, B’, C’, D’ Chứng minh đẳng thức: SA SC SB SD SA' SC' SB' SD' Phân tích: Ta thấy biểu thức vế nằm tam giác S mặt chéo, sau dựng giao tuyến, kết có tốn Giải: Hình D' A' Gọi O=ACBD Dễ thấy SO, A'C', B'D' đồng qui O' Trong kết O' toán thay điểm M trung điểm O SAC C' SBD ta có: OC B' SA SC SO OA AC SA' SC' SO' SA SC SO OB SD OD SB BD SO SD' SB' SO' SA' SC' SD' C SO' SB SD SO SB' D SO' O A B Hình Vậy SA SC SB SD đpcm SA' SC' SB' SD' Nhận xét: Qua 3, giúp người học thấy rõ việc sử dụng kết hình học phẳng khơng gian Từ suy luận chứng minh đẳng thức hình học khơng gian phức tạp Trong tốn trên, ta sử dụng phép chiếu song song theo phương l lên đường thẳng SO Học sinh, sinh viên suy luận tổng quát qua toán sau: S Bài Cho tứ diện SABC, G trọng tâm ABC Một mặt phẳng (P) cắt SA, SB, SC, SG A’, B’, C’, G’ Chứng minh đẳng C' thức: SA SB SC SG SA' SB' SC' SG' A' Giải: Hình 10 Trong ABC, SBC, SAM ta có: AGBC=M; M' G' B' SMB’C’=M’; A’M’SG=G’ Áp dụng kết toán 1: - Trong SBC với MB MC BC nên: MC SB SC SM MB BC SB' SC' SM ' SB SC SM (1) SB' SC' SM ' - Với SAM với GM AM , GA AM nên: 3 GM SA SM SG GA AM SA' SM ' SG' C A G M B Hình 10 L.T.Trang/ No.21_Jun 2021|p.62-72 SA SM SG (2) SA' SM ' SG' Cộng (1) với (2) ta có: SB SC SA SM SM SG SB' SC' SA' SM ' SM ' SG' Hay: SA SB SC SG đpcm SA' SB' SC' SG' Bài Cho tứ diện ABCD, M điểm tứ diện Gọi A’=AM(BCD), B’=BM(ACD), C’=CM(ABD), D’=DM(ABC) Chứng minh đẳng thức: A' M B' M C' M D' M A' A B' B C' C D' D Phân tích: Đẳng thức cần chứng minh ta thấy tương tự A kết tốn hình học phẳng, qui tam giác theo tỉ số cần xác định, tỉ số cịn thiếu ta cần thêm kiến thức hình học khơng gian để qui hình học phẳng Cụ thể ta có: I Giải Hình 11 C' + Dựng điểm B’, C’, D’: Gọi P=BA’CD, D' B' M E=DA’BC, F=CA’BD Nối AP, AE, AF Trong mặt phẳng (ABP), (ACF), (ADE) ta có: B’=BMAP; C’=CMAF; D’=DMAE F + Chứng minh đẳng thức: Dễ thấy CD’, PM, DC’ đồng D B quy điểm IAB E A' P Áp dụng kết toán 2: Trong CID: MP MD' MC (1); Trong ABP: IP DD' CC' C Hình 11 IM MB' MA' (2) IP BB' AA' Vì MP+MI=PI, nên cộng (1) (2) ta có: MP MD' MC IM MB' MA' A' M B' M C' M D' M 2 IP DD' CC' IP BB' AA' A' A B' B C' C D' D Nhận xét: Ta thấy, hình học phẳng sử dụng phương pháp diện tích, mở rộng khơng gian sang chiều, ta hồn tồn dùng phương pháp thể tích, cách suy luận phương pháp mở rộng chiều không gian Cụ thể: Kẻ AH MK vng góc mp(BCD), thì: A' M MK VMBCD A' A AH VABCD Tương tự ta có: B' M VMACD ; C' M VMABD ; D' M VMABC B' B VBACD C' C VCABD D' D VDBAC Cộng đẳng thức ta có điều phải chứng minh Cách lại nằm phần kiến thức sau, học sinh, sinh viên học đến phần thể tích Cách thứ áp dụng trực tiếp kết hình học phẳng, cần học xong phần giao tuyến hai mặt phẳng giải Các tốn hồn tồn làm phương pháp thể tích, coi cách giải khác dành cho bạn đọc ... CHÍ KHOA HỌC ĐẠI HỌC TÂN TRÀO ISSN: 2354 - 1431 http://tckh.daihoctantrao.edu.vn/ MỞ RỘNG MỘT SỐ KẾT QUẢ CỦA HÌNH HỌC PHẲNG KHI GIẢI TỐN HÌNH HỌC KHÔNG GIAN Lê Thiếu Tráng1,* Trường Đại học Tân... thức hình học phẳng, giúp học sinh, sinh viên nhìn nhận kết tổng quát mở rộng chiều không gian 1- GIỚI THIỆU Trong chương trình hình học khơng gian lớp 8, lớp 11 bậc phổ thông học phần hình học. .. này, tác giả lựa chọn số dạng tốn tiêu biểu đẳng thức hình học khơng Từ khóa: Hình học phẳng, hình học khơng gian, đẳng thức, chứng minh, tương tự gian sử dụng kết hình học phẳng, nhằm khắc sâu