SKKN-Mở rộng hình học phẳng vào không gian

Nếu tam giác là một hình cơ sở của các hình trong hình học phẳng thì tứ diện đợc xem là cơ sở cuả các hình trong không gian.. Cũng nh trong hình học phẳng nếu ta không hiểu sâu, không nắ

Mở đầu

I Lý do chọn đề tài.

Hình học nói chung và hình học không gian nói riêng là môn học lý thú, giúp cho sự phát triển t duy của học sinh, đặc biệt là t duy trừu tợng Tuy nhiên khi nhắc đến không gian cũng nh khi hỏi một học sinh nào đó về một bài toán hình không gian thì các em thờng lắc đầu và la khó

Vì sao có hiện tợng đó? sở dĩ có hiện tợng đó là do nó xuất phát từ đặc tính riêng của hình không gian Khi ta mới tiếp cận với hình không gian ta cảm thấy nó là một môn học cực khó Vì khi giải toán ta không chỉ phải có cái nhìn trừu tợng có sự tởng tợng ra hình thể của nó, mà đôi khi còn phải tởng tợng ra kết cấu không gian của nó nh thế nào, hoặc đôi khi ta còn phải liên hệ với các vật thể trong thực tế Cái khó là ở chỗ đó Song nếu chỉ vì cái khó đó mà ta không có cái nhìn mới hoặc đầu t vào môn hình học không gian thì hình không gian mãi mãi là môn học khó nhất Tuy nhiên nếu ta tập trung, say mê hình học không gian thì ta mới thấy đợc hình không gian là môn học lý thú, nó không hề khó nh ta thờng nghĩ

Riêng tôi hình học không gian là một môn học mà tôi yêu thích, vì vạy tôi quyết định chọn đề tài này để nghiên cứu

Nếu tam giác là một hình cơ sở của các hình trong hình học phẳng thì tứ diện đợc xem là cơ sở cuả các hình trong không gian Cũng nh trong hình học phẳng nếu ta không hiểu sâu, không nắm vững các tính chất cơ bản của tứ diện thì việc giải các bài toán không gian sẽ gặp rất nhiều khó khăn và việc học hình học không gian đã khó lại càng khó hơn

Từ những lý do trên, tôi quyết định nghiên cứu về hình học không gian

và tôi chọn đề tài "Mở rộng một số tính chất của tam giác trong hình học phẳng cho tứ diện trong không gian", với mong muốn, một mặt tự bản thân đợc hiểu sâu hơn về hình học không gian, mặt khác tôi chỉ mong sao đề tài nghiên cứu của mình giúp ích cho học sinh học hình học không gian tốt hơn

II Nội dung:

Nội dung đề tài gồm hai phần:

Phần I: Nhắc lại một số tính chất của tam giác trong hình học phẳng Phần II: Phát biểu mở rộng một số tính chất của tam giác trong hình

học phẳng cho tứ diện trong không gian

III Phơng pháp nghiên cứu:

Trong quá trình nghiên cứu cơ sở su tầm các tài liệu thông qua quá trình phân tích, tổng hợp, lựa chọn Kết hợp giải và tham khảo các tài liệu sắp xếp các tính chất, các bài toán sao cho nó đảm bảo tính hệ thống, tính khoa học của đề tài

IV Giới hạn đề tài:

Dù có tham vọng nghiên cứu sâu hơn song tôi chỉ dừng lại ở việc nghiên cứu một số tính chất một soó bài toán cơ bản, thông dụng

Để hoàn thành đợc đề tài này tôi đã phải hết sức nỗ lực, song sự nỗ lực của tôi sẽ không đạt đợc kết quả cao nếu không có sự giúp đỡ tận tình của các thành viên trong tổ khoa học tự nhiên của nhà trờng Tôi xin chân thành cảm

ơn vì sự giúp đỡ đó./

Ngời viết đề tài

Giáo viên:Mai Thanh Huệ

2

Phần I:

Nhắc lại một số tính chất của tam giác

trong hình học phẳng

1 Tính chất của phân giác.

Cho  ABC, AD là đờng phân giác thì

=

2 Tính chất về trung tuyến:

Trong tam giác, 3 đờng trung tuyến cắt nhau tại một điểm, điểm này chia trung tuyến thành hai phần theo tỷ số 1: 3 tính từ đáy

3 Tính chất của trung trực:

Trong mọi tam giác, 3 đờng trung trực cắt nhau tại một điểm, điểm này cách đều ba đỉnh của tam giác

4 Tính chất đờng trung bình.

Đờng trung bình của tam giác song song với cạnh đáy và bằng 1/2 độ dài cạnh đáy

5 Tính chất ba đờng cao:

Trong một tam giác bất kỳ 3 đờng cao đồng quy tại một điểm, điểm này gọi là trực tâm của tam giác

Phần II:

Phát biểu mở rộng một số tính chất của tam giác trong hình học phẳng

cho tứ diện trong không gian

1 Tính chất của phân giác:

Ta nêu tính chất của mặt phẳng phân giác qua bài toán

Bài toán 1: Cho tứ diện ABCD, có 6 mặt phẳng phân giác của 6 nhị

diện các cạnh của tứ diện cắt nhau tại một điểm, điểm này cách đều 4 mặt của

tứ diện (điểm này gọi là tâm mặt cầu nội tiếp tứ diện) Gọi (P) là phân giác nhị diện AB (P) cắt CD tại M Gọi S1, S2 là diện tích  ABC và ABD

Khi đó: =

Bài giải:

3

A

D

N

I

M B

d

Cho tứ diện ABCD Gọi 1, 2, 3, 4, 5, 6 lần lợt là 6 mặt phẳng phân giác nhị diện cạnh AB; AC; AD; BC; BD và CD

Khi đó đặt: d1= (1)  (2) và I = d1 (3)

Ta có: I  d1  I (1) và I (2); I  (3)

Mặt khác: (1) là phân giác nhị diện cạnh AB

 d(I;(ABC)) = d(I;(ABD)

(2) là phân giác nhị diện cạnh CD

 d(I;(ACD)) = d(I;(BCD)

(3) là phân giác nhị diện cạnh AC

 d(I;(ABC)) = d(I;(ACD)

 d(I;(ABC)) = d(I;(ACD) = d(I; (BCD)) = d(I;(ABD))

 I (1)  (2)  (3) là duy nhất do đó giao điểm của (1); (2); (3); (4); (5); (6) là duy nhất

Giả sử (P) là mặt phẳng phân giác của nhị điện cạnh AB và (P)CD=M Khi đó:

Mặt khác do (P) là phân giác của nhị diện cạnh AB và M(P)

 d(M; (ABC)) = d(M;(ABD))



2

1 ))

(

; ( 3 1

)) (

; ( 3 1

S

S S

S ABD M

d S

ABC M

d S V

V MD

MC

ABD ABC

ABD

ABC

ABDM



2 Tính chất về trung tuyến.

Ta phát biểu mở rộng tính chất trung tuyến trong tam giác cho tứ diện qua bài toán

Bài toán 2:

Chứng minh rằng trong tứ diện ABCD các đờng nối từ đỉnh đến trọng tâm các mặt đối diện của tứ diện đồng quy tại một điểm (gọi là trọng tâm của

4

tứ diện) Điểm này chia đoạn thẳng nối từ đỉnh đến trọng tâm mặt đối diện thành hai đoạn có độ dài tơng ứng theo tỷ số 1:3

Bài giải:

Cho tứ diện ABCD Gọi G1, G2, G3, G4 tơng ứng là trọng tâm của tam giác đối diện với đỉnh A, B, C và D tơng ứng Gọi M là trung điểm của CD Khi đó AM và BM là trung tuyến của  ADC và  BCD  G1BM, G2BM 

G1, G2 (ABM)  AG1 và BG2 cắt nhau tại G

Ta có: G1, G2 là trọng tâm của BCD và ACD

 G1G2 //AB

Do AG1BG2 = G  =

Do G1 cố định  G AG1 cố định

Chứng minh tơng tự  DG4 và CD3 đi qua G và ta có:

* Chú ý : Các đờng AG1, BG2, CG3, DG4 đợc gọi là trụng tuyến của

tứ diện

Sau đây ta xét thêm tính chất của trọng tâm của tứ diện qua bài toán sau

Bài toán 3: Cho tứ diện ABCD Chứng minh rằng đờng nối trung điểm

của các cặp cạnh đối diện của tứ diện cắt nhau tại trọng tâm của tứ diện

Bài giải:

D B

C

M

G 2 G

G 1

A

A

Q

D

N C

P B

M

S R

Trớc hết ta chứng minh các đờng nối trung điểm của các cặp cạnh đối diện của tứ diện đồng quy

Gọi M, N, P, Q, R và S lần lợt là trung điểm của AB; CD; BC; AD;

AC và BD

Khi đó:

BC MR

MB MA

RC AR

2

1 // 













BC NS

ND NC

SB SD

2

1 // 













 MR//= NS MRNS là hình bình hành  MN và RS cắt nhau tại trung

điểm G' của MN và RS

Chứng minh tơng tự  MQNP là hình bình hành

 QP đi qua trung điểm G' của MN

 MN, PQ, RS đồng quy tại G'

Ta gọi: G' = MN PQ RS Ta chứng minh G' G là trọng tâm của

tứ diện

Gọi G1 là trọng tâm của BCD mp (ABN)  mp(APD) = AG1

Mặt khác:

' )

( ' '

) ( ' '

G APD

G PQ G

ABN G

MN G





















AG 1= (ABN) (APD)

Hay A, G', G1 thẳng hàng

Gọi G2 là trọng tâm ABC Chứng minh tơng tự ta cũng có G' BG2  G' = AG1BG2 G' G là trọng tâm của tứ diện ABCD

(Điều phải chứng minh)

3 Tính chất của trung trực:

Ta phải biến mở rộng tính chất của trung trực của tam giác cho tứ diện qua bài toán

Bài toán 4: Cho tứ giác ABCD, khi đó 6 mặt phẳng trung trực của 6

cạnh cắt nhau tại 1 điểm, điểm này cách đều các đỉnh của tứ diện (Điểm này gọi là tâm mặt cầu giao tiếp tứ diện)

Bài giải:

6

I

D N

C M B

O P O

1

A

Cho tứ diện ABCD gọi P1, P2, P3, P4, P5 và P6 là 6 mặt phẳng trung trực của 6 cạnh: AB; CD; DA;BC; BD và AC của tứ diện

Gọi M, N, P là các trung điểm của BC; CD và BD Khi đó gọi O1 là tâm

đờng tròn ngoại tiếp BCD  O1B = O1C và O1M BC; O1NCD; O1PBD

Từ O1 dựng đờng thẳng d  mp (BCD)

 d = P2P4P5 Thật vậy ta có d(BCD)

 d BC; d CD; d BD

Mặt khác O1MBC; O1NCD; O1PBD

 (d;M)BC; (d;N)CD; (d;P)BD

Do M,N là trung điểm của BC; CD và DB

(d;M) là mặt phẳng trung trực của BC

(d;N) là mặt phẳng trung trực của CD

(d;P) là mặt phẳng trung trực của BD

 (d;M) P4; (d;N) P2; (d;P) P5

 p2P4P5 = d

Gọi O = dP6 ((P6) là mặt phẳng trung trực của AC)

 Od  OB = OC = OD

OP6  OA = OC (4.1)

 O' (P1)(P2) (P3) (P4) (P5) (P6)

 O' d  P1  O' O

 Giao điểm O của P1, P2, P3, P4, P5, P6 là duy nhất

 (P) cắt d tại O, ta có O = (P1)(P2) (P6)

Thật vậy ta có O(P) mặt phẳng trung trực của AD OA = OD

Vậy O đờng trung trực của AB; CD; AD; BD; AC và BC

Do đó: O = (P1)(P2) (P6)

Theo (4.1)  O cách đều các đỉnh của tứ diện

 O là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện

4 Tính chất đờng trung bình:

Ta mở rộng tính chất của đờng trung bình của tam giác cho tứ diện qua bài toán

Bài toán 5: Cho tứ diện ABCD D', B', C' lần lợt là trung điểm của AD,

AB và AC thì (D'B'C')//(DBC) và SD'B'C' = SDBC

D B

C' A

Bài giải:

Cho tứ diện ABCD, gọi B', C', D' là trung điểm của AB; AC và AD Khi đó B'C'; C'D' và D'B' lần lợt là đờng trung bình của tam giác ABC; ACD và ADB

Do đó:









 BC C

B

BC C B

2

1 ' '

//

' '

;









 DC D

C

DC D C

2

1 ' '

//

' '

;









 BD D

B

BD D B

2

1 ' '

//

' '

 (B'C'D') //(BCD) và BCD B'C'D' theo tỷ lệ số



(Mặt phẳng (D'B'C') đợc gọi là mặt phẳng trung bình của tứ diện)

5 Tính chất ba đờng cao:

Ta mở rộng tính chất trực tâm của tam giác qua bài toán

Bài toán 6: Cho tứ diện ABCD Chứng minh rằng điều kiện cần và đủ

để 4 đờng cao của tứ diện đồng quy là ABCD là tứ diện trực tâm

Định nghĩa 1: (Tứ diện trực tâm là tứ diện có các cặp cạnh đôi một vuông góc với nhau)

"Tứ diện ABCD đợc gọi là tứ diện trực tâm tơng đơng với AB  CD; AC

 BD; AD BC"

Định nghĩa 2: Đờng cao của tứ diện là đờng vuông góc hạ từ đỉnh xuống mặt đối diện

Bài giải

* Chứng minh điều kiện cần

8

C

D B

D

1

A

A

1

C M

Giải sử ABCD là tứ diện trực

tâm ta chứng minh các đờng cao của

tứ diện đồng quy

Thật vậy gọi A1 là chân đờng

vuông góc hạ từ đỉnh A của tứ diện

Đặt DA1  BC = M

Khi đó: AA1  (BCD)  AA1  BC

Mà ABCD là tứ diện trực tâm  AD  BC  BC  (AMD) BC MD;

BC  AM  MD là đờng cao của  BCD; AM là đờng cao của  ABC

Nếu gọi D1 là hình chiếu vuông góc của D trên AM  DD1  AM và

BC  DD1  DD1 (ABC)  DD1 cũng là đờng cao của tứ diện

Mặt khác ta thấy hai đờng cao của tứ diện AA1; DD1 đều  cùng mặt phẳng (AMD) do đó chúng cắt nhau Vậy AA1 cắt DD1

Tơng tự nh trên, ta cũng sẽ chứng minh đợc các đờng cao AA1; BB1;

CC1; DD1 đôi một cắt nhau, mà các mặt phẳng (ABC); (ABD); (ACD); (BCD)

đôi một cắt nhau  AA1; BB1; CC1; DD1 không đồng phẳng  AA1; BB1; CC1;

DD1 đồng quy

Đặt H = AA1  BB1,  CC1  H là trực tâm của tứ diện

* Chứng minh điều kiện đủ

Giả sử ABCD là tứ diện có các đờng cao AA1; BB1; CC1; DD1 đồng quy,

ta chứng minh tứ diện ABCD là tứ diện trực tâm

Đặt H = AA1  BB1,  CC1 DD1

M = DA1  BC

Thì AA1 (BCD)  AA1  BC

DD1 (ACD)  DD1  BC

 BC  (AMD)  BC  AD

Chứng minh hoàn toàn tơng tự  AB  CD và AC  BD

 ABCD là tứ diện trực tâm

(Bài toán đợc chứng minh).

Nhận xét:

Qua việc mở rộng số tính chất của tam giác cho tứ diện ta thấy

+ Hình học phẳng và hình học không gian có mối quan hệ lôgíc có tính tơng hỗ nhau, chứ không nh một số ngời vẫn cho rằng hình học không gian là một mảng riêng của hình học

+ Nếu tam giác là cơ sở của hình học phẳng thì tứ diện là cơ sở của hình học không gian

+ Các tính chất của tam giác trong hình học phẳng hoàn toàn có thể mở rộng đợc cho tứ diện trong không gian

Từ các bài toán mà tôi đã nêu ra ở trên có thể giúp chúng ta có một cách nhìn biện chứng hơn đối với môn hình học và hình không gian nói riêng giúp cho các giáo viên nh bản thân tôi, cũng nh các em học sinh có thể dạy tốt, học tốt hơn phần hình học không gian trong chơng trình THCS

Kết luận.

Đề tài tập trung nghiên cứu một số tính chất của tứ diện với các nội dung bao gồm

Phần I: Trong phần này tôi chỉ đa ra một số tính chất của tam giác theo các (sgk) mà học sinh THCS đã đợc học

Phần II: Trong phần này tôi đã tập trung nghiên cứu đa ra các bài toán

về tứ diện có liên quan đến các tính chất của tam giác Trong đề tài này tôi đã giải quyết đợc 6 bài toán về tứ diện

Trong quá trình làm đề tài bản thân tôi đã thu đợc nhiều điều bổ ích

Đầu tiên là những kiến thức về hình không gian, giúp tôi hiểu sâu hơn, tự tin hơn trớc hình không gian Bên cạnh đó từ nghiên cứu làm đề tài tôi đã hiểu

10

thêm về phơng pháp nghiên cứu khoa học và làm thế nào để làm việc cũng nh nghiên cứu khoa học đợc tốt nhất

Tôi xin chân thành cảm ơn các đồng nghiệp trong tổ khoa học tự nhiên nhà trờng, Ban giám hiệu nhà trờng đã tận tình giúp đỡ tôi hoàn thành đề tài

Dù đã cố gắng tốt nhất nhng đề tài sẽ không tránh khỏi những thiếu sót

Rất mong đợc sự góp ý của đồng nghiệp./

Tài liệu tham khảo

 Hình học 7 - NXB Giáo dục năm 2001

 Hình học 8 - NXB Giáo dục năm 2001

 Hình học 9 - NXB Giáo dục năm 2001

 Hình học 11 - NXB Giáo dục năm 2001

 Giải toán hình học 11 - Trần Thành Minh (NXB giáo dục 2000)

 Nâng cao hình học 11 Phạm Khắc Ban - NXBGD năm 2001

 Các chuyên đề toán PT hình học 11

Nguyễn Danh Phan - NXB giáo dục năm 1999

 Tuyển tập 100 bài toán hình không gian chọn lọc-Nguyễn Đức Đông 2001

 Tuyển tập 340 bài toán hình học không gian

IF.AHANY GIN - Hoàng Hữu Nh dịch - NXB - TPHCM năm 1998

phßng gi¸o dôc huyÖn Nga S¬n

Trêng THCS nga lÜnh

- -§Ò tµi

ph¸t biÓu më réng mét sè tÝnh chÊt cña tam gi¸c trong

h×nh häc ph¼ng cho tø diÖn trong kh«ng gian

Ngêi thùc hiÖn: Mai Thanh HuÖ

§¬n vÞ: Trêng THCS nga LÜnh

N¨m häc: 2004 - 2005

************