Phương pháp trải hình trên mặt phẳng

Truy cập www.khongbocuoc.com để download thêm tài liệu học tập khác Bài giảng PHƯƠNG PHÁP TRẢI HÌNH TRÊN MẶT PHẲNG Người soạn :Trần Thị Hiền Tổ toán trường THPT Chuyên Hạ Long Û co m Khi giải toán tứ diện mà kiện liên quan đến tổng góc phẳng , tổng cạnh…thì việc phẳng hoá tứ diện (tức trải phẳng tứ diện lên mặt phẳng) cho phù hợp cho ta lời giải gọn gàng dễ hiểu Trong viết nhỏ xin trình bày số toán áp dụng phương pháp Các ví dụ gb oc uo c 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 kh on 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 ; ⇒ 2A1S < a + b ; Truy cập www.khongbocuoc.com để download thêm tài liệu học tập khác a+b Một cách tương tự ta suy cạnh bên hình chóp nhỏ nửa chu vi đáy (đpcm) ⇒ A1S < oc uo c co m 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 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 on gb AB kh 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: co m Truy cập www.khongbocuoc.com để download thêm tài liệu học tập khác on gb oc uo c Trải tam giác ACD theo trục AD lên mặt phẳng ABD : C → C ′; DC = DC ′ = b; N → N ′; PN = PN ′; Yêu cầu toán 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 kh b − b2 + a − a ⇒ MN ′ = Vậy điểm P cần tìm cạnh AD giao điểm MN ′ AD Khi tổng b − b2 + a − a ( PM + PN ) nn = ( PM + PN ′) nn = VD4: Truy cập www.khongbocuoc.com để download thêm tài liệu học tập khác Cho hình chóp S ABC có góc phẳng đỉnh S 4α (0 < α < π ) , cạnh m 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 cos in VD5: Cho góc tam diện vuông Oxyz ; A ∈ Ox , B ∈ Oy ; C ∈ Oz cho OA = OB + OC = (1) c oc uo n+n n =? ABC + OCB c, Tính OBA Giải: co a, Chứng minh diện tích toàn phần tứ diện OABC không đổi B &C thay đổi thỏa mãn (1) n + OAC n + BAC n =? b, Tính OAB gb a, Trải tứ diện OABC xuống mặt phẳng OBC sau: ΔOAB → ΔFDC ; kh on ΔOAC → ΔEDB; ⇒ Tứ giác OEDF hình vuông Vì ΔABC = ΔDCB (ccc) ⇒ dt tứ diện OABC = dt hình vuông OEDF = không đổi (đpcm) n + OAC n + BAC n = 90° ; b, OAB n+n n = 90° ; ABC + OCB c, OBA VD6: Cho tứ diện ABCD thỏa mãn: n = 180°; a, n ACD + BCD b, Tổng góc phẳng đỉnh A tổng góc phẳng đỉnh B 180° Tính diện tích toàn phần tứ diện theo AC + CB = k & n ACB = α ; Giải: Trải tứ diện ABCD xuống mặt phẳng ABD sau: ΔACB → ΔAC1B; ΔACD → ΔAC2 B; co m Truy cập www.khongbocuoc.com để download thêm tài liệu học tập khác gb α on = k 2tg oc uo c ΔDCB → ΔDC3 B; m +C l = 180°; ⇒ C 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 ΔC2C1C3 + dt ΔDC2C3 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 Các tập tương tự: kh 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: co *Chứng minh p ≥ 2a Không tính tổng quát, giả sử M ∈ AB; N ∈ AD; P ∈ CD; Q ∈ BC ; Trải tứ diện ABCD xuống mặt phẳng BCD sau: ΔABC → ΔA′BC ; m Truy cập www.khongbocuoc.com để download thêm tài liệu học tập khác kh on gb oc uo c ΔACD → ΔA1CD; ΔABD → ΔA′BD′; Do ABCD tứ diện nên tam giác tam giác n = CBA n′ = n ⇒ DBC A′BD′ = 60° n′ = DBC n + CBA n′ + n A′BD′ = 3.60° = 180° ⇒ DBD ⇒ 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 oc uo c + 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; ANM góc tam giác S ND Do n co m Truy cập www.khongbocuoc.com để download thêm tài liệu học tập khác kh on gb n; ⇒n ANM > NDS n = 60° = DAB n ⇒n n ⇒ MN < AM ; ANM > NAM Mà NDS + 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 S : Chứng minh tương tự ta có : Truy cập www.khongbocuoc.com để download thêm tài liệu học tập khác co PQ ≤ QC ⇒ MQ + PQ ≤ BC = a MN ≤ BD = a NP ≤ AC = a ⇒ p ≤ 3a ; Nếu MN & BD ⇒ PQ & BD ⇒ ΔMAN tam giác ⇒ MN = AM ; Tương tự: PQ = QC ; Chứng minh ta suy p ≤ 3a (đpcm) Dấu “=” xảy ⇔ MNPQ trùng với mặt bên tứ diện m MQ ≤ BQ gb oc uo c 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 không tập hợp mà tổng độ dài tất đoạn nhỏ + ? Giải: Trải mặt DBC xuống mặt phẳng ABC : ΔDBC → ΔD1BC kh on A = 60° Ta Do tứ diện ABCD tứ diện cạnh a nên ABD1C hình thoi cạnh a ; l tập hợp thỏa mãn điều kiện đề Thật vậy, gọi P trung điểm BC ⇒ ΔABP vuông P PB = ; AB = 1; AP = ; 2 n = PQB n = PQA n = 120° (Thực Q điểm Torixenri tam giác ⇒ ∃Q : BQA , tồn Q) Đặt PQ = x ; BQ = y ; AQ = z ; Áp dụng định lý cosin : Truy cập www.khongbocuoc.com để download thêm tài liệu học tập khác oc uo c co m 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 ΔAPB = = = xy sin120° + yz sin120° + xz sin120° 2 2 3 ⇔ = ( xy + yz + xz ) ⇔ xy + yz + xz = ; (2) Cộng vế với vế (1) (2) ta có: x + y + z + xy + yz + xz = (3) 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′ ) gb 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 kh on 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 ΔABC = ΔBAD ΔACD = ΔBDC Giải: Truy cập www.khongbocuoc.com để download thêm tài liệu học tập khác 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: ΔABD → ΔABD1 ⇒ ΔABD = ΔABD1; 1 B c A co ΔBCD → ΔB1CD2 ⇒ ΔBCD = ΔB1CD2 ; + Nếu S A = SC = 180° ⇒ Tứ diện ABCD tứ diện gần ⎧ΔABC = ΔBAD ⇒⎨ ⎩ΔACD = ΔBDC + Nếu S A ≠ SC Không tính tổng quát giả sử S A < 180° Ta có: n n (lớn) = BCB n (nhỏ) = S ; S =D AD = 360° − BCB m ΔACD → ΔACD2 ⇒ ΔACD = ΔACD2 ; oc uo Kéo dài B1C cắt BD1 E n (nhỏ) = CBE n + CEB n = S = CB n n Ta có: BCB B D2 + CBE ; n = CB n ⇒ CEB D ⇒ BD & B D Mà BD1 = B1D2 ⇒ BB1D2 D1 hình bình hành ⇒ BB1 & D1D2 ; BB1 = D1D2 Xét hai tam giác D1 AD2 BCB1 : ΔD1 AD2 cân A ; ΔBCB1 cân C ; n n ; BB = D D ; D AD = BCB 1 gb ⇒ ΔD1 AD2 = ΔBCB1 ⇒ AD1 = BC ⇒ AD = BC Kéo dài BC cắt D1D2 F Ta có: n=n AD1D2 = n AD1F ; Do ΔD1 AD2 = ΔBCB1 ⇒ CBB n = CBB n; BB & D D ⇒ CFD 1 kh on n = CBB n=n ⇒ CFD AD1F ⇒ AD1 & BC 1 Mà AD1 = BC ⇒ AD1BC hình bình hành ⇒ BD1 = AC ⇒ BD = AC ; Xét hai tam giác ΔABC ΔBAD , ta có: AB chung; BD = AC ; AD = BC ⇒ ΔABC = ΔBAD (ccc) Chứng minh tương tự: ΔACD = ΔBDC (đpcm) Bài ASB = 30° ; AB = a Lấy B′, C ′ thuộc cạnh Cho hình chóp S ABC có n SB, SC Xác định vị trí B′, C ′ cho chu vi ΔAB′C ′ nhỏ Tính giá trị nhỏ Giải: co m Truy cập www.khongbocuoc.com để download thêm tài liệu học tập khác Trải tứ diện xuống mặt phẳng SBC sau: ΔABS → ΔA1BS ; oc uo c ΔACS → ΔA2CS ; 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 ΔAB′C ′ nhỏ Khi đó, ta có: n n + CSA n = 3.30° = 90° ; A1SA2 = n A1SB + BSC ⇒ A1 A2 = 2.SA1 = 2.SA2 = 2.SA ASB = 30° Xét ΔSAB có AB = a; n on gb n = 75° ⇒ SBA (Vì ΔSAB 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 kh ⇒ SA = 2− = a 2− ⇒ A1 A2 = Vậy, giá trị nhỏ chu vi ΔAB′C ′ A1 A2 2− a 2− = 2a ; −1 2a B′, C ′ giao điểm SB, SC với −1 Truy cập www.khongbocuoc.com để download thêm tài liệu học tập khác oc uo c n = 90° Dựng KLMN hình vuông cạnh AB ⇒ LMN 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 : n = LMN n = CAD n = 90° PMQ co m Bài Cho tứ diện ABCD có góc đỉnh A 90° AB = AC + AD Tính tổng góc phẳng đỉnh B Giải: gb MP = AD; MQ = AC ; ⇒ ΔACD = ΔMQP (cgc) ⇒ DC = PQ ; Chứng minh tương tự: ΔKLP = ΔBAC ; ΔKNQ = ΔBAD n; n n; ⇒ KP = BC; KQ = BD; n ABC = LKP ABD = NKQ Xét hai tam giác BCD KPQ : DC = PQ ; KP = BC ; KQ = BD; n = QKP n; ⇒ ΔBCD = ΔKPQ (ccc); ⇒ DBC on Như vậy, ta có: n = NKQ n + QKP n + LKP n = LKN n = 90° SB = n ABD + n ABC + CBD Tổng góc phẳng đỉnh B 1v kh 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: m Truy cập www.khongbocuoc.com để download thêm tài liệu học tập khác Trải tứ diện lên mặt phẳng SBC sau: ΔSBC → ΔSBC ; co ΔSAB → ΔSA1B; oc uo c ΔSAC → ΔSA2C ; Do tổng góc phẳng đỉnh S 180° nên n n + CSA n=n A1SB + BSC A1SA2 = 180° ⇒ A1 , S , A2 thẳng hàng Hạ SI , BH , CK vuông góc với BC , SA1 , SA2 Do A1 , S , A2 thẳng hàng nên BH , CK vuông 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) kh on gb ⇒ 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: oc uo c co m Truy cập www.khongbocuoc.com để download thêm tài liệu học tập khác Trải tứ diện lên mặt phẳng DAC sau: ΔBAD → ΔRAD; ΔBCD → ΔQCD; on gb ΔBAC → ΔPAC ; n = QCP n = RAP n = 180° Dễ thấy RDQ Và VABCD = VBPQR ; Xét tứ diện BPQR có: ΔPBQ : BC = CP = CQ n = 90°; ⇒ PBQ n = 90° ; ΔRBQ : Tương tự: RBQ n = 90° ; ΔRBP : Tương tự: RBP kh ⇒ Tứ diện BPQR có góc B góc tam diện vuông ⇒ VBPQR = BR.BQ.BP ; Đặt: BR = x, BP = y, BQ = z; Truy cập www.khongbocuoc.com để download thêm tài liệu học tập khác co (b + c − a )(c + a − b )(b + a − c ) c = m ⎧ x + z = (2b) = 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 gb oc uo Bài Cho tứ diện ABCD , biết tổng góc phẳng đỉnh Chứng minh bán kính đường tròn nội tiếp mặt tứ diện Giải: kh on 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 ⇒ ΔABC = ΔDCB = ΔCDA = ΔBAD ; ⇒ Bán kính đường tròn nội tiếp mặt tứ diện (đpcm) Bài Truy cập www.khongbocuoc.com để download thêm tài liệu học tập khác oc uo c co m 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 n + BCD n ≠ CDA n+n ABC Chứng minh có đường gấp a, Giả sử DAB khúc XYZTX có chiều dài cực tiểu n + BCD n = CDA n+n ABC Khi chứng minh có vô số đường gấp b, Giả sử DAB n + CAD n + DAB n khúc khép kín XYZTX có chiều dài bé AC sin k , 2k = BAC Giải: kh on gb Trải tứ diện lên mặt phẳng (α ) sau: ΔABC → ΔABC ; ΔBCD → ΔBCD; ΔCDA → ΔCDA′; ΔDAB → ΔDA′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′ ACA′ nằm lục giác lớn 180° (hình vẽ 1) Nếu n Truy cập www.khongbocuoc.com để download thêm tài liệu học tập khác co m ⇒ 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 ⇒ Không có gtnn oc uo c Nếu n ACA′ nằm lục giác nhỏ 180° (hình vẽ 2) ⇒ Độ dài đường gấp khúc XYZTX ′ nhỏ ⇔ X ′ ≡ A′ & X ≡ A - Trái giả thiết ⇒ Không có ⇒ AA′ ≠ BB′ Không có có nghĩa muốn có đường gấp khúc ⇔ AB & A′B′ n n n = 2.180° ′A′A + n ′A′C + n ⇔B A′AB = 180° ⇔ B A′CA + CAB n n n + ( BCA n + CAB n ) = 2.180° ′A′D + ( DA ′C + n ⇔B A′CD) + DCB on gb n n + 180° − CBA n = 2.180° ′A′D + 180° − n ⇔B A′DC + DCB n n=n n ′A′D + DCB ⇔B A′DC + CBA n + DCB n = CBA n+n ⇔ BAD 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 n A′CA n + CAD n + DAB n (đpcm) = AC.sin k 2k = BAC kh 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 [...]... ABC + CBD Tổng các góc phẳng ở đỉnh B là 1v kh 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: m Truy cập www.khongbocuoc.com để download thêm các tài liệu học tập khác Trải tứ diện lên mặt phẳng SBC như sau: ΔSBC → ΔSBC ; co ΔSAB → ΔSA1B; oc uo c ΔSAC → ΔSA2C ; Do tổng các góc phẳng tại đỉnh S bằng... xyz 4 4 6 gb oc uo 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: kh on Gọi: S A là tổng các góc phẳng tại đỉnh A ; S B là tổng các góc phẳng tại đỉnh B ; SC là tổng các góc phẳng tại đỉnh C ; S D là tổng các góc phẳng tại đỉnh D ; Ta có: S A + S B + SC + S D = 4.180°; Mà S A = S... tài liệu học tập khác oc uo c n = 90° Dựng KLMN là hình vuông cạnh AB ⇒ LMN Trên LM lấy P sao cho: MP = AD ⇒ LP = ML − MP = AB − AD = AC Trên MN lấy Q sao cho: MQ = AC ⇒ NQ = MN − MQ = AB − AC = AD Xét hai tam giác ACD và MQP : n = LMN n = CAD n = 90° PMQ co m 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: gb MP = AD; MQ = AC ; ⇒ ΔACD =... Cho tứ diện ABCD có các cạnh AD = BC = a; AC = BD = b; AB = CD = c Tính thể tích tứ diện theo a,b,c Giải: oc uo c co m Truy cập www.khongbocuoc.com để download thêm các tài liệu học tập khác Trải tứ diện lên mặt phẳng DAC như sau: ΔBAD → ΔRAD; ΔBCD → ΔQCD; on gb ΔBAC → ΔPAC ; n = QCP n = RAP n = 180° Dễ thấy RDQ 1 Và VABCD = VBPQR ; 4 Xét tứ diện BPQR có: ΔPBQ : BC = CP = CQ n = 90°; ⇒ PBQ n = 90° ;...co m Truy cập www.khongbocuoc.com để download thêm các tài liệu học tập khác Trải tứ diện xuống mặt phẳng SBC như sau: ΔABS → ΔA1BS ; oc uo c 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 ′ ∈... BCD n = CDA n+n ABC Khi đó hãy chứng minh rằng có vô số đường gấp b, Giả sử DAB n + CAD n + DAB n khúc khép kín XYZTX có chiều dài bé nhất là 2 AC sin k , trong đó 2k = BAC Giải: kh on gb 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 lục giác... 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 Truy cập www.khongbocuoc.com để download thêm các tài liệu học tập khác oc uo c co m 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 n + BCD n ≠... BH A1S = CK A2 S = BC.SI ;(*) Mà SA1 = SA2 = SA ⇒ BH = 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 =... AA′ < BB′ ACA′ nằm trong lục giác lớn hơn 180° (hình vẽ 1) Nếu n Truy cập www.khongbocuoc.com để download thêm các tài liệu học tập khác co m ⇒ Độ dài đường gấp khúc XYZTX ′ nhỏ nhất ⇔ Y ≡ Z ≡ C - Trái giả thuyết các điểm X , Y , Z , T tương ứng nằm bên trong các đoạn AB, BC , CD, AD ⇒ Không có gtnn oc uo c Nếu n ACA′ nằm trong lục giác nhỏ hơn 180° (hình vẽ 2) ⇒ Độ dài đường gấp khúc XYZTX ′ nhỏ nhất... XX ′ = BB′ = AA′; ) Áp dụng định lý hàm số cosin vào tam giác cân ACA′ ta có: AA′ = XX ′ = 2 AC 2 − 2 AC.sin n A′CA n + CAD n + DAB n (đpcm) = 2 AC.sin k trong đó 2k = BAC kh 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