phương pháp trải tứ diện

Bài giảng PHƯƠNG PHÁP TRẢI HÌNH TRÊN MẶT PHẲNG Người soạn :Trần Thị Hiền Tổ toán trường THPT Chuyên Hạ Long Û Khi giải một bài toán về tứ diện mà các dữ kiện của nó liên quan đến tổng các góc phẳng , hoặc tổng các cạnh…thì việc phẳng hoá tứ diện (tức là trải phẳng tứ diện đó lên một mặt phẳng) sao cho phù hợp sẽ cho ta một lời giải gọn gàng và dễ hiểu . Trong bài viết nhỏ này tôi xin trình bày một số bài toán áp dụng phương pháp này. Các ví dụ VD1. CMR nếu tổng các góc phẳng tại đỉnh của một hình chóp lớn hơn 180° thì mỗi cạnh bên của nó nhỏ hơn nửa chu vi đáy. Giải : Giả sử hình chóp đã cho là 12 . n SAA A. Ta cắt hình chóp theo các cạnh i SA rồi trải các mặt bên như sau lên cùng một mặt phẳng chứa mặt 12 SA A . Như vậy, ta sẽ được đa giác 12 1 n A AAA ′ 11 ()SA SA ′ = Do tổng các góc ở đỉnh lớn hơn 180 ° nên đỉnh S nằm trong đa giác, và 1 A S kéo dài cắt một cạnh nào đó của đa giác ở B . Gọi a là độ dài đường gấp khúc 12 A AB; b là độ dài đường gấp khúc 11 k B AA + ′ . ⇒ Chu vi đáy chính bằng ab+ . Mặt khác: 1 A SSBa+<; 1 A SbSB ′ <+ ; ⇒ 11 A SASab ′ +<+; ⇒ 1 2 A Sab<+ ; ⇒ 1 . 2 ab AS + < Một cách tương tự ta suy ra mỗi cạnh bên của hình chóp đều nhỏ hơn một nửa chu vi đáy. (đpcm) VD2. Cho tứ diện gần đều A BCD có A BCDa = = ; A CBD = ; A DBC = . Xác định vị trí của điểm M trên cạnh A B sao cho chu vi tam giác M CD nhỏ nhất. Xác định giá trị nhỏ nhất của chu vi đó. Giải : Trải tam giác DAB xuống mặt phẳng A BC thành tam giác DAB ′ và giữ nguyên cạnh A B . Khi đó ta có: DB DB ′ = ; DA DA ′ = . ⇒ DM DM ′ = ; Chu vi tam giác M DC là nhỏ nhất; ⇔ M DMCDC++ là nhỏ nhất; nhưng do DC không đổi ⇔ M DMC+ là nhỏ nhất; ⇔ M DMC ′ + là nhỏ nhất. Áp dụng bất đẳng thức trong tam giác ⇔ ,,DMC ′ thẳng hàng ⇒ M là giao điểm của D C ′ với A B . VD3: Cho tứ diện A BCD có: 1 A CADBCBD====; A Ba = ; CD b= ; , M N lần lượt là trung điểm của A B và CD . Tìm trên cạnh A D một điểm P sao cho PM PN+ đạt giá trị nhỏ nhất. Tính giá trị nhỏ nhất đó. Giải : Trải tam giác A CD theo trục A D lên mặt phẳng A BD : ; ; CC NN ′ → ′ → ; ; DC DC b PN PN ′ == ′ = Yêu cầu bài toán sẽ tương đương với: Tìm PAD ∈ sao cho PM PN ′ + nhỏ nhất. ⇒ P là giao điểm của M N ′ và A D Khi đó () nn PM PN MN ′′ += . + Tính M N ′ : Dễ thấy: Tam giác A BD cân ở D và M là trung điểm của A B ⇒ ;DM AB ⊥ Tam giác A CD ′ cân ở D và N ′ là trung điểm của A B ⇒ ; A NDC ′ ′ ⊥ ⇒ Tứ giác A MDN ′ nội tiếp có ; 2 a AM = ; 2 b DN ′ = 2 1; 4 b AN ′ =− 2 1; 4 a MD =− Áp dụng định lý Ptoleme ta có: ; 1 DN AM DM AN MN ′′ + ′ = ⇒ 22 .1 .1 ; 2424 bbaa MN ′ =−+− ⇒ 22 44 . 4 bbaa MN −+ − ′ = Vậy điểm P cần tìm trên cạnh A D là giao điểm của M N ′ và A D . Khi đó tổng 22 44 ()( ) 4 nn nn bbaa PM PN PM PN − +− ′ +=+ = . VD4: Cho hình chóp .S ABC có các góc phẳng ở đỉnh S đều bằng 4 α (0 ) 3 π α << , còn cạnh bên SA bằng 1. Chứng minh: 2(1 os3 )AB BC AC c α ++≥ − . Gợi ý : Trải các mặt SBA & SAC lên mặt phẳng SBC , sau đó dùng định lý hàm số cosin. VD5: Cho góc tam diện vuông Oxyz ; A Ox ∈ , B Oy ∈ ; COz ∈ sao cho 1OA OB OC=+=. (1) ,a Chứng minh rằng diện tích toàn phần của tứ diện OABC không đổi khi B &C thay đổi nhưng vẫn thỏa mãn (1) . ,b Tính n n n ?OAB OAC BAC++= , c Tính n n n ?OBA ABC OCB++= Giải : , a Trải tứ diện OABC xuống mặt phẳng OBC như sau: ; ; OAB FDC OAC EDB Δ→Δ Δ→Δ ⇒ Tứ giác OEDF là hình vuông. Vì A BC DCBΔ=Δ (ccc) ⇒ dt tp của tứ diện OABC = dt tp của hình vuông OEDF = 1 không đổi. (đpcm) ,b n n n 90OAB OAC BAC++=°; , c n n n 90OBA ABC OCB++=° ; VD6: Cho tứ diện A BCD thỏa mãn: ,a n n 180 ;ACD BCD+=° ,b Tổng các góc phẳng ở đỉnh A bằng tổng các góc phẳng ở đỉnh B và bằng 180° . Tính diện tích toàn phần của tứ diện theo A CCBk + = & n A CB α = ; Giải : Trải tứ diện A BCD xuống mặt phẳng A BD như sau: 1 2 3 ; ; ; A CB AC B A CD AC B DCB DC B Δ→Δ Δ→Δ Δ→Δ ⇒ m l 23 180 ;CC+= ° Do tổng các góc ở đỉnh A = tổng các góc ở đỉnh B = 180° ⇒ 21 ,,CAC thẳng hàng và 13 ,,CBC thẳng hàng. Sau khi trải các mặt của tứ diện xuống mặt phẳng A BD , ta được tứ giác nội tiếp 12 3 CC DC , và dt tp của tứ diện A BCD = dt 12 3 CC DC . Ta có: dt 12 3 CC DC = dt 213 CCCΔ +dt 23 D CC Δ 23 11 .2 .2 .sin . 22 x yCCDH α =+ 2 23 1 2.sin . 42 x yCCtg α α =+ 22 1 2.sin (4 4 8.os). 42 x yxyxyctg α αα =++− 2 () 2 x ytg α =+ 2 2 ktg α = . Các bài tập tương tự: Bài 1. Cho tứ diện đều A BCD cạnh bằng a. Một mặt phẳng cắt 4 cạnh tứ diện tại , , , M NPQ. Chứng minh rằng chu vi p của thiết diện M NPQ không nhỏ hơn 2a và không lớn hơn 3a . Giải : *Chứng minh p 2a≥ Không mất tính tổng quát, giả sử ;;; M AB N AD P CD Q BC ∈ ∈∈∈; Trải tứ diện A BCD xuống mặt phẳng B CD như sau: 1 ; ; ; A BC A BC A CD ACD A BD A BD ′ Δ→Δ Δ→Δ ′ ′ Δ→Δ Do A BCD là tứ diện đều nên các tam giác trên đều là tam giác đều n n n 60DBC CBA A BD ′′′ ⇒== =°. ⇒ n n n n 3.60 180DBD DBC CBA A BD ′′′′ =++ =°=°. ⇒ ,,DBD ′ thẳng hàng. Tương tự: 1 ,, A CA ′ thẳng hàng. 2DD BD BD a ′′ ⇒=+= ; 11 2 A AACCA a ′′ = += ; Theo như cách trải thì: 1 ; A DADa ′ ′ == Xét tứ giác 1 D AAD ′′ có 11 2; A ADD aADADa ′′ ′′ == = = ⇒ 1 D AAD ′′ là hình bình hành. Theo cách trải hình như trên: 1 111212 12 ;; ; ; ; MM M QMQPNPNMNMNDN DN NNNN → ⎫ ′ ⇒= = = = ⎬ →→ ⎭ 12 12 ;2;NN DDNN a ′ ⇒=& Ta có: 1 1 12 12 2. p MN NP PQ QM N P PQ QM M N N N a=+++=++ + ≥ = (đpcm) Dấu “=” xảy ra ⇔ M NBDPQ M QACNP ⎧ ⎨ ⎩ && && *Chứng minh 3 p a≤ + Nếu 1 M NBDS∩≡ 11 11 () () SMN S MNPQ SBD S CBD ∈⇒∈ ⎧ ⇒ ⎨ ∈⇒∈ ⎩ Mà ( ) ( ) M NPQ CBD≠ 1 S⇒ nằm trên giao tuyến của ( ) M NPQ và ( )CBD ; Mà PQ là giao tuyến của ( ) M NPQ và ( )CBD 1 ;SPQ⇒∈ Do n A NM là góc ngoài của tam giác 1 SND n n 1 A NM NDS⇒>; Mà n n 1 60NDS DAB=°= n n A NM NAM MN AM⇒>⇒<; + Nếu M Q cắt tia CA tại 2 S : Chứng minh tương tự ta có M QMB < M NMQAMMBABa⇒+<+==; Lại có: ;PQ BD a≤= NP AC a≤=; 3; M NNPPQQM a⇒+++≤ Nếu M Q cắt tia A C tại 2 S : Chứng minh tương tự ta có : M QBQ PQ QC ≤ ≤ ⇒ M QPQBCa+≤= M NBDa≤= NP AC a≤= 3 p a⇒≤ ; Nếu M NBD PQBD⇒&& ⇒ M ANΔ là tam giác đều M NAM⇒=; Tương tự: PQ QC= ; Chứng minh như trên ta suy ra 3 p a ≤ . (đpcm) Dấu “=” xảy ra ⇔ M NPQ trùng với một mặt bên của tứ diện. Bài 2. Trên bề mặt của một tứ diện đều mà độ dài cạnh bằng 1, ta chọn một tập hợp hữu hạn các đoạn thẳng sao cho có thể nối hai đỉnh bất kì của tứ diện bằng một đường gấp khúc thuộc tập hợp các đoạn thẳng đó. Có thể chọn được hay không một tập hợp như vậy mà tổng độ dài tất c ả các đoạn nhỏ hơn 13+ ? Giải : Trải mặt DBC xuống mặt phẳng A BC : 1 D BC D BC Δ →Δ . Do tứ diện A BCD là tứ diện đều cạnh a nên 1 A BD C là hình thoi cạnh a ; l 60 A = ° . Ta sẽ chỉ ra một tập hợp thỏa mãn điều kiện đề bài. Thật vậy, gọi P là trung điểm của B C A BP⇒Δ vuông ở P và 13 ;1; ; 22 PB AB AP=== ⇒ :Q∃ n n n 120BQA PQB PQA===°(Thực ra Q chính là điểm Torixenri trong tam giác đều , do đó luôn tồn tại Q) Đặt PQ x= ; B Qy= ; A Qz= ; Áp dụng định lý cosin : 22 2 22 2 22 2 1 ; 4 3 ; 4 1; xyxyPB xzxzPA zyzyAB ++= = ++= = ++= = 222 2( ) 2.xyz xyyzxz⇒ ++ +++= (1) Lại có: 1133111 . . sin120 sin120 sin120 22 2 8 2 2 2 dt APB xy yz xzΔ = = = °+ °+ ° 33 1 () 84 2 xy yz xz xy yz xz⇔= ++⇔++=; (2) Cộng vế với vế của (1) và (2) ta có: 222 3 4 xyzxyyzxz + ++++= (3) Cộng vế với vế vủa (2) và (3) ta được: 2 77 () 42 xyz xyz++ =⇒++= . Gọi Q ′ là điểm đối xứng của Q qua P (Trong 1 () A BD C ) 1 ;;;CQ BQ y D Q AQ z PQ PQ x ′′′ ⇒== == == ⇒ Tập hợp các đường gấp khúc thỏa mãn đề bài ở đây ta chọn là: {AQ;BQ;PQ; ; ; }PQ Q C DQ ′′ ′ (hay 1 D Q ′ ). Rõ ràng 71 3AQ BQ PQ PQ Q C DQ ′′ ′ +++ + + =<+ Và hai đỉnh bất kì của tứ diện đều được nối bởi một đường gấp khúc thuộc tập hợp các đoạn thẳng đó. Như vậy ta có thể chọn được một tập hợp các đoạn thẳng thỏa mãn đề bài với cách chọn như trên. Bài 3. Giả sử ;; A BC SSS là tổng các góc phẳng tại các đỉnh ; ; ; A BCD của tứ diện A BCD . Chứng minh rằng: Nếu ; A Bc D SSSS== thì A BC BAD Δ =Δ và A CD BDC Δ =Δ . Giải : Ta có: 4.180 ABcD SSSS+++= ° 360 AC SS⇒+= ° ( ; A Bc D SSSS==) Trải tứ diện lên mặt phẳng A BC như sau: 11 22 12 12 ; ; ; ABD ABD ABD ABD A CD ACD ACD ACD B CD B CD BCD B CD Δ→Δ ⇒Δ=Δ Δ→Δ ⇒Δ=Δ Δ→Δ ⇒Δ=Δ + Nếu 180 AC SS== ° ⇒ Tứ diện A BCD là tứ diện gần đều A BC BAD A CD BDC Δ=Δ ⎧ ⇒ ⎨ Δ=Δ ⎩ + Nếu A C SS≠ . Không mất tính tổng quát giả sử 180 A S < °. Ta có: n n 12 1 360 A SDAD BCB==°−(lớn) n 1 B CB= (nhỏ) B S = ; Kéo dài 1 B C cắt 1 B D tại E . Ta có: n 1 B CB (nhỏ) n n n n 12B CBE CEB S CB D CBE=+== +; n n 12 1 12 CEB CBD BD BD⇒= ⇒& Mà 112 B DBD= ⇒ 121 B BDD là hình bình hành 112 B BDD⇒ & ; 112 B BDD = Xét hai tam giác 12 D AD và 1 B CB : 12 D ADΔ cân tại A ; 1 B CBΔ cân tại C ; n 12 DAD n 1 B CB= ; 112 B BDD= ; 12 1 D AD BCB⇒Δ =Δ 1 A DBC ADBC⇒=⇒= Kéo dài B C cắt 12 D D tại F . Ta có: Do 12 1 D AD BCBΔ=Δ n n n 1121 CBB AD D AD F⇒= =; n n 112 1 1 B BDD CFD CBB⇒=& ; n n n 111 CFD CBB AD F⇒== ⇒ 1 A DBC& Mà 1 A DBC= 1 A DBC⇒ là hình bình hành 1 B DAC BDAC⇒=⇒=; Xét hai tam giác A BCΔ và B AD Δ , ta có: A B chung; B DAC= ; A DBC = A BC BAD⇒Δ =Δ (ccc) Chứng minh tương tự: A CD BDCΔ=Δ (đpcm). Bài 4. Cho hình chóp đều . SABC có n 30 A SB = ° ; A Ba = . Lấy , B C ′ ′ lần lượt thuộc cạnh , SB SC . Xác định vị trí của , B C ′′ sao cho chu vi A BC ′ ′ Δ là nhỏ nhất. Tính giá trị nhỏ nhất đó. Giải : [...]... 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 như sau: ΔBAD → ΔRAD; ΔBCD → ΔQCD; ΔBAC → ΔPAC ; Dễ thấy RDQ = QCP = RAP = 180° 1 Và VABCD = VBPQR ; 4 Xét tứ diện BPQR có: ΔPBQ : BC = CP = CQ ⇒ PBQ = 90°; ΔRBQ : Tương tự: RBQ = 90° ; ΔRBP : Tương tự: RBP = 90° ; ⇒ Tứ diện BPQR có góc B là góc tam diện vuông 1 ⇒ VBPQR = BR.BQ.BP ; 6 Đặt: BR = x,... CK ; (2) Xét tứ giác BHCK : Từ (1) và (2) ⇒ BHCK là 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 là hình bình hành ⇒ SB = A2C = AC Chứng minh tương tự: SC = A1B = AB Xét tứ diện SABC : SA = BC , SC = AB, SB = AC ; ⇒ SABC là tứ diện gần đều (đpcm) ⇒ Bài7 Cho tứ diện ABCD có các... ⇒ DBC = QKP ; Như vậy, ta có: S B = ABD + ABC + CBD = NKQ + QKP + LKP = LKN = 90° Tổng các góc phẳng ở đỉnh B là 1v Bài 6 Cho tư diện SABC có các mặt SAB, SBC , SCA tương đương và tổng các góc phẳng ở đỉnh S bằng 180° Chứng minh rằng SABC là tứ diện gần đều Giải: Trải tứ diện lên mặt phẳng SBC như sau: ΔSBC → ΔSBC ; ΔSAB → ΔSA1B; ΔSAC → ΔSA2C ; Do tổng các góc phẳng tại đỉnh S bằng 180° nên A1SB +... ⎪ ⇒ ⎨ y = 2(c 2 + a 2 − b 2 ) ; ⎪ 2 2 2 ⎪ z = 2(b + a − c ) ⎩ Vậy thể tích tứ diện là: 1 1 1 VABCD = VBPQR = xyz 4 4 6 = 1 (b 2 + c 2 − a 2 )(c 2 + a 2 − b 2 )(b 2 + a 2 − c 2 ) 3 2 Bài 8 Cho tứ diện ABCD , biết rằng tổng các góc phẳng ở mỗi đỉnh đều bằng nhau Chứng minh rằng bán kính đường tròn nội tiếp của các mặt của tứ diện đều bằng nhau Giải: Gọi: S A là tổng các góc phẳng tại đỉnh A ; S B là... tổng các góc phẳng tại 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 là tứ diện gần đều ⇒ ΔABC = ΔDCB = ΔCDA = ΔBAD ; ⇒ Bán kính đường tròn nội tiếp của các mặt tứ diện đều bằng nhau (đpcm) Bài 9 Cho tứ diện ABCD có tất cả các mặt đều là các tam giác nhọn Lấy các điểm tùy ý X , Y , Z , T tương ứng nằm bên trong các đoạn AB, BC , CD, AD... BB′ = AA′; ) Áp dụng định lý hàm số cosin vào tam giác cân ACA′ ta có: AA′ = XX ′ = 2 AC 2 − 2 AC.sin A′CA = 2 AC.sin k trong đó 2k = BAC + CAD + DAB (đpcm) Bài 10 Cho tứ diện có 4 mặt tương đương Chứng minh rằng :Tứ diện này là tứ diện gần đều Lời giải bài toán quen thuộc này xin dành cho bạn đọc là XX ′ = AA′ (Do ... nào có chiều dài cực tiểu b, Giả sử DAB + BCD = CDA + ABC Khi đó hãy chứng minh rằng có vô số đường gấp khúc khép kín XYZTX có chiều dài bé nhất là 2 AC sin k , trong đó 2k = BAC + CAD + DAB Giải: Trải tứ diện lên 1 mặt phẳng (α ) như sau: ΔABC → ΔABC ; ΔBCD → ΔBCD; ΔCDA → ΔCDA′; ΔDAB → ΔDA′B′; ⇒ AB = A′B′ và BX = B′X ′ ; Khi đó đường gấp khúc khép kín XYZTX trở thành đường gấp khúc XYZTX ′ nằm trong.. .Trải tứ diện xuống mặt phẳng SBC như sau: ΔABS → ΔA1BS ; ΔACS → ΔA2CS ; Khi đó, với các điểm: B′ ∈ SB C ′ ∈ SC Thì: PAB′C′ = AB′ + B′C ′ + C ′A = A1B′ + B′C ′ + C ′A2 ≥ A1 A2 ; Dấu “=” xảy ra ⇔ B′, C ′ ∈ A1... 90° ⇒ sin15° > 0 ⇒ sin15° = a ⇒ SA = 2 2− 3 2 = a 2− 3 ⇒ A1 A2 = 2 Vậy, giá trị nhỏ nhất của chu vi ΔAB′C ′ là A1 A2 2− 3 4 a 2− 3 = 2a ; 3 −1 2a tại B′, C ′ là giao điểm của SB, SC với 3 −1 Bài 5 Cho tứ diện ABCD có các góc ở đỉnh A bằng 90° và AB = AC + AD Tính tổng các góc phẳng ở đỉnh B Giải: Dựng KLMN là hình vuông cạnh AB ⇒ LMN = 90° Trên LM lấy P sao cho: MP = AD ⇒ LP = ML − MP = AB − AD = . MNPQ SBD S CBD ∈⇒∈ ⎧ ⇒ ⎨ ∈⇒∈ ⎩ Mà ( ) ( ) M NPQ CBD≠ 1 S⇒ nằm trên giao tuyến của ( ) M NPQ và ( )CBD ; Mà PQ là giao tuyến của ( ) M NPQ và ( )CBD 1 ;SPQ⇒∈ Do n A NM là góc ngoài của tam