PDFTiger Bài giảng PHƯƠNG PHÁP TRẢI HÌNH TRÊN MẶT PHẲNG Người soạn Trần Thị Hiền Tổ toán trường THPT Chuyên Hạ Long � Khi giải một bài toán về tứ diện mà các dữ kiện của nó liên quan đến tổng các góc[.]
Bài giảng PHƯƠNG PHÁP TRẢI HÌNH TRÊN MẶT PHẲNG Người soạn :Trần Thị Hiền Tổ toán trường THPT Chuyên Hạ Long Khi giải toán tứ diện mà kiện liên quan đến tổng góc phẳng , tổng cạnh…thì việc phẳng hố tứ diện (tức trải phẳng tứ diện lên mặt phẳng) cho phù hợp cho ta lời giải gọn gàng dễ hiểu Trong viết nhỏ tơi xin trình bày số tốn áp dụng phương pháp Các ví dụ VD1 CMR tổng góc phẳng đỉnh hình chóp lớn 180° cạnh bên nhỏ nửa chu vi đáy Giải: Giả sử hình chóp cho S A1 A2 An Ta cắt hình chóp theo cạnh SAi trải mặt bên sau lên mặt phẳng chứa mặt SA1 A2 Như vậy, ta đa giác A1 A2 An A1′ ( SA1 = SA1′ ) Do tổng góc đỉnh lớn 180° nên đỉnh S nằm đa giác, A1S kéo dài cắt cạnh đa giác B Gọi a độ dài đường gấp khúc A1 A2 B ; b độ dài đường gấp khúc BAk +1 A1′ ⇒ Chu vi đáy a + b Mặt khác: A1S + SB < a ; A1′S < b + SB ; ⇒ A1S + A1′S < a + b ; ⇒ A1S < a + b ; a+b Một cách tương tự ta suy cạnh bên hình chóp nhỏ nửa chu vi đáy (đpcm) ⇒ A1S < VD2 Cho tứ diện gần ABCD có AB = CD = a ; AC = BD ; AD = BC Xác định vị trí điểm M cạnh AB cho chu vi tam giác MCD nhỏ Xác định giá trị nhỏ chu vi Giải: Trải tam giác DAB xuống mặt phẳng ABC thành tam giác D′AB giữ nguyên cạnh AB Khi ta có: D′B = DB ; D′A = DA ⇒ D′M = DM ; Chu vi tam giác MDC nhỏ nhất; ⇔ MD + MC + DC nhỏ nhất; DC không đổi ⇔ MD + MC nhỏ nhất; ⇔ MD′ + MC nhỏ Áp dụng bất đẳng thức tam giác ⇔ D′, M , C thẳng hàng ⇒ M giao điểm D′C với AB VD3: Cho tứ diện ABCD có: AC = AD = BC = BD = ; AB = a ; CD = b ; M , N trung điểm AB CD Tìm cạnh AD điểm P cho PM + PN đạt giá trị nhỏ Tính giá trị nhỏ Giải: Trải tam giác ACD theo trục AD lên mặt phẳng ABD : C → C ′; DC = DC ′ = b; N → N ′; PN = PN ′; Yêu cầu tốn tương đương với: Tìm P ∈ AD cho PM + PN ′ nhỏ ⇒ P giao điểm MN ′ AD Khi ( PM + PN ′) nn = MN ′ + Tính MN ′ : Dễ thấy: Tam giác ABD cân D M trung điểm AB ⇒ DM ⊥ AB; Tam giác AC ′D cân D N ′ trung điểm AB ⇒ AN ′ ⊥ DC ′; a b ⇒ Tứ giác AMDN ′ nội tiếp có AM = ; DN ′ = ; 2 b2 a2 ′ AN = − ; MD = − ; 4 Áp dụng định lý Ptoleme ta có: DN ′ AM + DM AN ′ MN ′ = ; b b2 a a2 ′ ⇒ MN = − + 1− ; 4 b − b2 + a − a2 ⇒ MN ′ = Vậy điểm P cần tìm cạnh AD giao điểm MN ′ AD Khi tổng b − b2 + a − a2 ( PM + PN ) nn = ( PM + PN ′) nn = VD4: Cho hình chóp S ABC có góc phẳng đỉnh S 4α (0 < α < π ) , cạnh bên SA Chứng minh: AB + BC + AC ≥ 2(1 − cos3α ) Gợi ý: Trải mặt SBA & SAC lên mặt phẳng SBC , sau dùng định lý hàm số cosin VD5: Cho góc tam diện vng Oxyz ; A ∈ Ox , B ∈ Oy ; C ∈ Oz cho OA = OB + OC = (1) a, Chứng minh diện tích tồn phần tứ diện OABC khơng đổi B &C thay đổi thỏa mãn (1) b, Tính OAB + OAC + BAC = ? c, Tính OBA + ABC + OCB = ? Giải: a, Trải tứ diện OABC xuống mặt phẳng OBC sau: ∆OAB → ∆FDC ; ∆OAC → ∆EDB; ⇒ Tứ giác OEDF hình vng Vì ∆ABC = ∆DCB (ccc) ⇒ dt tứ diện OABC = dt hình vuông OEDF = không đổi (đpcm) b, OAB + OAC + BAC = 90° ; c, OBA + ABC + OCB = 90°; VD6: Cho tứ diện ABCD thỏa mãn: a, ACD + BCD = 180°; b, Tổng góc phẳng đỉnh A tổng góc phẳng đỉnh B 180° Tính diện tích toàn phần tứ diện theo AC + CB = k & ACB = α ; Giải: Trải tứ diện ABCD xuống mặt phẳng ABD sau: ∆ACB → ∆AC1B; ∆ACD → ∆AC2 B; ∆DCB → ∆DC3 B; ⇒ C2 + C3 = 180°; Do tổng góc đỉnh A = tổng góc đỉnh B = 180° ⇒ C2 , A, C1 thẳng hàng C1 , B, C3 thẳng hàng Sau trải mặt tứ diện xuống mặt phẳng ABD , ta tứ giác nội tiếp C1C2 DC3 , dt tứ diện ABCD = dt C1C2 DC3 Ta có: dt C1C2 DC3 = dt ∆C2C1C3 + dt ∆DC2C3 1 α = x.2 y.sinα + C2C3 DH = xy.sin α + C2C32 tg 2 α α = xy.sin α + (4 x + y − xy.cosα ).tg = ( x + y ) tg 2 = k 2tg α Các tập tương tự: Bài Cho tứ diện ABCD cạnh a Một mặt phẳng cắt cạnh tứ diện M , N , P, Q Chứng minh chu vi p thiết diện MNPQ không nhỏ 2a không lớn 3a Giải: *Chứng minh p ≥ 2a Khơng tính tổng qt, giả sử M ∈ AB; N ∈ AD; P ∈ CD; Q ∈ BC ; Trải tứ diện ABCD xuống mặt phẳng BCD sau: ∆ABC → ∆A′BC ; ∆ACD → ∆A1CD; ∆ABD → ∆A′BD′; Do ABCD tứ diện nên tam giác tam giác ⇒ DBC = CBA′ = A′BD′ = 60° ⇒ DBD′ = DBC + CBA′ + A′BD′ = 3.60° = 180° ⇒ D, B, D′ thẳng hàng Tương tự: A′, C , A1 thẳng hàng ⇒ DD′ = BD + BD′ = 2a ; A′A1 = A′C + CA1 = 2a ; Theo cách trải thì: A1D = A′D′ = a; Xét tứ giác DA1 A′D′ có A′A1 = D′D = 2a; A1D = A′D′ = a ⇒ DA1 A′D′ hình bình hành Theo cách trải trên: M → M1 ⇒ MQ = M 1Q; PN = PN1; MN = M N ; DN1 = D′N ; N → N1; N → N ⇒ N1 N D′D; N1 N = 2a; Ta có: p = MN + NP + PQ + QM = N1P + PQ + QM + M N ≥ N1 N = 2a (đpcm) MN BD PQ Dấu “=” xảy ⇔ MQ AC NP *Chứng minh p ≤ 3a + Nếu MN ∩ BD ≡ S1 S ∈ MN ⇒ S1 ∈ ( MNPQ) ⇒ S1 ∈ BD ⇒ S1 ∈ (CBD ) Mà ( MNPQ) ≠ (CBD) ⇒ S1 nằm giao tuyến ( MNPQ ) (CBD ) ; Mà PQ giao tuyến ( MNPQ ) (CBD ) ⇒ S1 ∈ PQ; Do ANM góc tam giác S1 ND ⇒ ANM > NDS1 ; Mà NDS1 = 60° = DAB ⇒ ANM > NAM ⇒ MN < AM ; + Nếu MQ cắt tia CA S2 : Chứng minh tương tự ta có MQ < MB ⇒ MN + MQ < AM + MB = AB = a ; Lại có: PQ ≤ BD = a; NP ≤ AC = a ; ⇒ MN + NP + PQ + QM ≤ 3a; Nếu MQ cắt tia AC S2 : Chứng minh tương tự ta có : MQ ≤ BQ PQ ≤ QC ⇒ MQ + PQ ≤ BC = a MN ≤ BD = a NP ≤ AC = a ⇒ p ≤ 3a ; Nếu MN BD ⇒ PQ BD ⇒ ∆MAN tam giác ⇒ MN = AM ; Tương tự: PQ = QC ; Chứng minh ta suy p ≤ 3a (đpcm) Dấu “=” xảy ⇔ MNPQ trùng với mặt bên tứ diện Bài Trên bề mặt tứ diện mà độ dài cạnh 1, ta chọn tập hợp hữu hạn đoạn thẳng cho nối hai đỉnh tứ diện đường gấp khúc thuộc tập hợp đoạn thẳng Có thể chọn hay khơng tập hợp mà tổng độ dài tất đoạn nhỏ + ? Giải: Trải mặt DBC xuống mặt phẳng ABC : ∆DBC → ∆D1BC Do tứ diện ABCD tứ diện cạnh a nên ABD1C hình thoi cạnh a ; A = 60° Ta tập hợp thỏa mãn điều kiện đề Thật vậy, gọi P trung điểm BC ⇒ ∆ABP vuông P PB = ; AB = 1; AP = ; 2 ⇒ ∃Q : BQA = PQB = PQA = 120° (Thực Q điểm Torixenri tam giác , ln tồn Q) Đặt PQ = x ; BQ = y ; AQ = z ; Áp dụng định lý cosin : x + y + xy = PB = ; x + z + xz = PA2 = ; 2 z + y + zy = AB = 1; ⇒ 2( x + y + z ) + xy + yz + xz = (1) Lại có: 1 3 1 dt ∆APB = = = xy sin120° + yz sin120° + xz sin120° 2 2 3 ⇔ = ( xy + yz + xz ) ⇔ xy + yz + xz = ; (2) (3) Cộng vế với vế (1) (2) ta có: x + y + z + xy + yz + xz = 7 Cộng vế với vế vủa (2) (3) ta được: ( x + y + z ) = ⇒ x + y + z = Gọi Q′ điểm đối xứng Q qua P (Trong ( ABD1C ) ) ⇒ CQ′ = BQ = y; D1Q′ = AQ = z; PQ′ = PQ = x; ⇒ Tập hợp đường gấp khúc thỏa mãn đề ta chọn là: {AQ;BQ;PQ;PQ′; Q′C ; DQ′} (hay D1Q′ ) Rõ ràng AQ + BQ + PQ + PQ′ + Q′C + DQ′ = < + Và hai đỉnh tứ diện nối đường gấp khúc thuộc tập hợp đoạn thẳng Như ta chọn tập hợp đoạn thẳng thỏa mãn đề với cách chọn Bài Giả sử S A ; S B ; SC tổng góc phẳng đỉnh A; B; C ; D tứ diện ABCD Chứng minh rằng: Nếu S A = S B ; Sc = S D ∆ABC = ∆BAD ∆ACD = ∆BDC Giải: Ta có: S A + S B + Sc + S D = 4.180° ⇒ S A + SC = 360° ( S A = S B ; Sc = S D ) Trải tứ diện lên mặt phẳng ABC sau: ∆ABD → ∆ABD1 ⇒ ∆ABD = ∆ABD1; ∆ACD → ∆ACD2 ⇒ ∆ACD = ∆ACD2 ; ∆BCD → ∆B1CD2 ⇒ ∆BCD = ∆B1CD2 ; + Nếu S A = SC = 180° ⇒ Tứ diện ABCD tứ diện gần ∆ABC = ∆BAD ⇒ ∆ACD = ∆BDC + Nếu S A ≠ SC Khơng tính tổng qt giả sử S A < 180° Ta có: S A = D1 AD2 = 360° − BCB1 (lớn) = BCB1 (nhỏ) = S B ; Kéo dài B1C cắt BD1 E Ta có: BCB1 (nhỏ) = CBE + CEB = S B = CB1D2 + CBE ; ⇒ CEB = CB1D2 ⇒ BD1 B1D2 Mà BD1 = B1D2 ⇒ BB1D2 D1 hình bình hành ⇒ BB1 D1D2 ; BB1 = D1D2 Xét hai tam giác D1 AD2 BCB1 : ∆D1 AD2 cân A ; ∆BCB1 cân C ; D1 AD2 = BCB1 ; BB1 = D1D2 ; ⇒ ∆D1 AD2 = ∆BCB1 ⇒ AD1 = BC ⇒ AD = BC Kéo dài BC cắt D1D2 F Ta có: Do ∆D1 AD2 = ∆BCB1 ⇒ CBB1 = AD1D2 = AD1F ; BB1 D1D2 ⇒ CFD1 = CBB1 ; ⇒ CFD1 = CBB1 = AD1F ⇒ AD1 BC Mà AD1 = BC ⇒ AD1BC hình bình hành ⇒ BD1 = AC ⇒ BD = AC ; Xét hai tam giác ∆ABC ∆BAD , ta có: AB chung; BD = AC ; AD = BC ⇒ ∆ABC = ∆BAD (ccc) Chứng minh tương tự: ∆ACD = ∆BDC (đpcm) Bài Cho hình chóp S ABC có ASB = 30° ; AB = a Lấy B′, C ′ thuộc cạnh SB, SC Xác định vị trí B′, C ′ cho chu vi ∆AB′C ′ nhỏ Tính giá trị nhỏ Giải: Trải tứ diện xuống mặt phẳng SBC sau: ∆ABS → ∆A1BS ; ∆ACS → ∆A2CS ; Khi đó, với điểm: B′ ∈ SB C ′ ∈ SC Thì: PAB′C′ = AB′ + B′C ′ + C ′A = A1B′ + B′C ′ + C ′A2 ≥ A1 A2 ; Dấu “=” xảy ⇔ B′, C ′ ∈ A1 A2 ; Do A1 , A2 cố định ⇒ A1 A2 cố định SB, SC cố định ⇒ Ta xác định B′, C ′ thỏa mãn chu vi ∆AB′C ′ nhỏ Khi đó, ta có: A1SA2 = A1SB + BSC + CSA2 = 3.30° = 90° ; ⇒ A1 A2 = 2.SA1 = 2.SA2 = 2.SA Xét ∆SAB có AB = a; ASB = 30° ⇒ SBA = 75° (Vì ∆SAB cân S ) AB a a SA = sin 75° = cos15° = sin 30° sin 30° 2sin15° − 1 − cos30° = 2− ; = Vì sin 15° = 2 Do 0° < 15° < 90° ⇒ sin15° > ⇒ sin15° = a ⇒ SA = 2− = a 2− ⇒ A1 A2 = Vậy, giá trị nhỏ chu vi ∆AB′C ′ A1 A2 2− a 2− = 2a ; −1 2a B′, C ′ giao điểm SB, SC với −1 Bài Cho tứ diện ABCD có góc đỉnh A 90° AB = AC + AD Tính tổng góc phẳng đỉnh B Giải: Dựng KLMN hình vng cạnh AB ⇒ LMN = 90° Trên LM lấy P cho: MP = AD ⇒ LP = ML − MP = AB − AD = AC Trên MN lấy Q cho: MQ = AC ⇒ NQ = MN − MQ = AB − AC = AD Xét hai tam giác ACD MQP : PMQ = LMN = CAD = 90° MP = AD; MQ = AC ; ⇒ ∆ACD = ∆MQP (cgc) ⇒ DC = PQ ; Chứng minh tương tự: ∆KLP = ∆BAC ; ∆KNQ = ∆BAD ⇒ KP = BC ; KQ = BD; ABC = LKP; ABD = NKQ; Xét hai tam giác BCD KPQ : DC = PQ ; KP = BC ; KQ = BD; ⇒ ∆BCD = ∆KPQ (ccc); ⇒ DBC = QKP ; Như vậy, ta có: S B = ABD + ABC + CBD = NKQ + QKP + LKP = LKN = 90° Tổng góc phẳng đỉnh B 1v Bài Cho tư diện SABC có mặt SAB, SBC , SCA tương đương tổng góc phẳng đỉnh S 180° Chứng minh SABC tứ diện gần Giải: Trải tứ diện lên mặt phẳng SBC sau: ∆SBC → ∆SBC ; ∆SAB → ∆SA1B; ∆SAC → ∆SA2C ; Do tổng góc phẳng đỉnh S 180° nên A1SB + BSC + CSA2 = A1SA2 = 180° ⇒ A1 , S , A2 thẳng hàng Hạ SI , BH , CK vng góc với BC , SA1 , SA2 Do A1 , S , A2 thẳng hàng nên BH , CK vng góc với A1 A2 ⇒ BH CK ; (1) Theo đề bài: dtSAB = dtSAC = dtSBC ⇒ dtSA1B = dtSA2C = dtSBC BH A1S CK A2 S BC.SI = = 2 ⇒ BH A1S = CK A2 S = BC.SI ;(*) Mà SA1 = SA2 = SA ⇒ BH = CK ; (2) Xét tứ giác BHCK : Từ (1) (2) ⇒ BHCK hình chữ nhật ⇒ BC HK hay BC SA1 , BC SA2 ; Ta có BC SA2 , mà SI ⊥ BC , CK ⊥ SA2 ⇒ SI = CK ⇒ BC = SA2 = SA ; (Kết hợp với *) Xét tứ giác SA2CB : BC SA2 , BC = SA2 ⇒ SA2CB hình bình hành ⇒ SB = A2C = AC Chứng minh tương tự: SC = A1B = AB Xét tứ diện SABC : SA = BC , SC = AB, SB = AC ; ⇒ SABC tứ diện gần (đpcm) ⇒ Bài7 Cho tứ diện ABCD có cạnh AD = BC = a; AC = BD = b; AB = CD = c Tính thể tích tứ diện theo a,b,c Giải: Trải tứ diện lên mặt phẳng DAC sau: ∆BAD → ∆RAD; ∆BCD → ∆QCD; ∆BAC → ∆PAC ; Dễ thấy RDQ = QCP = RAP = 180° Và VABCD = VBPQR ; Xét tứ diện BPQR có: ∆PBQ : BC = CP = CQ ⇒ PBQ = 90°; ∆RBQ : Tương tự: RBQ = 90° ; ∆RBP : Tương tự: RBP = 90° ; ⇒ Tứ diện BPQR có góc B góc tam diện vng ⇒ VBPQR = BR.BQ.BP ; Đặt: BR = x, BP = y, BQ = z; x + z = (2b)2 = 4b ; Ta có: x + y = (2c) = 4c ; y + z = (2a ) = 4a ; x = 2(b + c − a ) ⇒ y = 2(c + a − b ) ; 2 z = 2(b + a − c ) Vậy thể tích tứ diện là: 1 VABCD = VBPQR = xyz 4 = (b + c − a )(c + a − b )(b + a − c ) Bài Cho tứ diện ABCD , biết tổng góc phẳng đỉnh Chứng minh bán kính đường trịn nội tiếp mặt tứ diện Giải: Gọi: S A tổng góc phẳng đỉnh A ; S B tổng góc phẳng đỉnh B ; SC tổng góc phẳng đỉnh C ; S D tổng góc phẳng đỉnh D ; Ta có: S A + S B + SC + S D = 4.180°; Mà S A = S B = SC = S D ⇒ S A = S B = SC = S D = 180°; ⇒ ABCD tứ diện gần ⇒ ∆ABC = ∆DCB = ∆CDA = ∆BAD ; ⇒ Bán kính đường trịn nội tiếp mặt tứ diện (đpcm) Bài Cho tứ diện ABCD có tất mặt tam giác nhọn Lấy điểm tùy ý X , Y , Z , T tương ứng nằm bên đoạn AB, BC , CD, AD a, Giả sử DAB + BCD ≠ CDA + ABC Chứng minh khơng thể có đường gấp khúc XYZTX có chiều dài cực tiểu b, Giả sử DAB + BCD = CDA + ABC Khi chứng minh có vơ số đường gấp khúc khép kín XYZTX có chiều dài bé AC sin k , 2k = BAC + CAD + DAB Giải: Trải tứ diện lên mặt phẳng (α ) sau: ∆ABC → ∆ABC; ∆BCD → ∆BCD; ∆CDA → ∆CDA′; ∆DAB → ∆DA′B′; ⇒ AB = A′B′ BX = B′X ′ ; Khi đường gấp khúc khép kín XYZTX trở thành đường gấp khúc XYZTX ′ nằm lục giác ABDB′A′C Rõ ràng XYZTX ′ ngắn điểm X , Y , Z , T , X ′ thẳng hàng Trường hợp 1: AB A′B′ ⇔ AA′ ≠ BB′ Không tính tổng quát ta giả sử AA′ < BB′ Nếu ACA′ nằm lục giác lớn 180° (hình vẽ 1) ⇒ Độ dài đường gấp khúc XYZTX ′ nhỏ ⇔ Y ≡ Z ≡ C - Trái giả thuyết điểm X , Y , Z , T tương ứng nằm bên đoạn AB, BC , CD, AD ⇒ Khơng có gtnn Nếu ACA′ nằm lục giác nhỏ 180° (hình vẽ 2) ⇒ Độ dài đường gấp khúc XYZTX ′ nhỏ ⇔ X ′ ≡ A′ & X ≡ A - Trái giả thiết ⇒ Khơng có ⇒ AA′ ≠ BB′ Khơng có có nghĩa muốn có đường gấp khúc ⇔ AB A′B′ ⇔ B′A′A + A′AB = 180° ⇔ B′A′C + A′CA + CAB = 2.180° ⇔ B′A′D + ( DA′C + A′CD) + DCB + ( BCA + CAB) = 2.180° ⇔ B′A′D + 180° − A′DC + DCB + 180° − CBA = 2.180° ⇔ B′A′D + DCB = A′DC + CBA ⇔ BAD + DCB = CBA + ADC Khi độ dài đường gấp khúc đạt XX ′ BB′ AA′; XX ′ = BB′ = AA′; ) Áp dụng định lý hàm số cosin vào tam giác cân ACA′ ta có: AA′ = XX ′ = AC − AC.sin A′CA = AC.sin k 2k = BAC + CAD + DAB (đpcm) Bài 10 Cho tứ diện có mặt tương đương Chứng minh :Tứ diện tứ diện gần Lời giải toán quen thuộc xin dành cho bạn đọc XX ′ = AA′ (Do