Phuong phap trai hinh tren mat phang

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) [r]

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 A A A n Ta cắt hình chóp theo cạnh SAi trải mặt bên sau lên mặt phẳng chứa mặt SA A1 Như vậy, ta đa giác

1 n

A A A A (SA1SA1)

Do tổng góc đỉnh lớn 180 nên đỉnh S nằm đa giác, A S1 kéo dài cắt cạnh đa giác B

Gọi a độ dài đường gấp khúc A A B1 ; b độ dài đường gấp khúc BAk1 A1

 Chu vi đáy a b .

 2A S a b1   ; 

a b A S  

Một cách tương tự ta suy cạnh bên hình chóp nhỏ nửa chu vi đáy (đpcm)

VD2

Cho tứ diện gần ABCD có AB CD a  ; AC BD ; AD BC Xác định vị trí của

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  1; AB a ; CD b ; M N, là

trung điểm AB CD Tìm cạnh AD điểm P cho PM PN đạt giá trị

Trải tam giác ACD theo trục AD lên mặt phẳng ABD: ; ; C C N N     ; ;

DC DC b

PN PN



 

 

Yêu cầu tốn tương đương với: Tìm P AD cho PM PN nhỏ nhất.

 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;  Tứ giác AMDN 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:

;

DN AM DM AN

MN    



2

;

2 4

b b a a

MN    

 2 4

b b a a

MN    

Vậy điểm P cần tìm cạnh AD giao điểm MN AD Khi tổng

2

4

( ) ( )

4

nn nn

b b a a

PM PN  PM PN    

Cho hình chóp S ABC có góc phẳng đỉnh S 4 (0 3)  

 

, cạnh bên SA Chứng minh: AB BC AC   2(1 cos3 )

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.

(1)

,

a Chứng minh diện tích tồn phần tứ diện OABC không 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 vng OEDF = khơng 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 .

Giải:

Trải tứ diện ABCD xuống mặt phẳng ABD sau:

1

2

3 ;

; ;

ACB AC B

ACD AC B

DCB DC B

  

  

  

 C C3 180 ;

Do tổng góc đỉnh A = tổng góc đỉnh B = 180

 C A C2, , thẳng hàng C B C1, , thẳng hàng

Sau trải mặt tứ diện xuống mặt phẳng ABD, ta tứ giác nội tiếp

C C DC , dt tứ diện ABCD = dt C C DC1 2 3.

Ta có: dt C C DC1 = dt C C C2 3+dt DC C2 3

1

.2 sin

2 x y  2C C DH

  sin 2 32

4

xy  C C tg

 

2

1

2 sin (4 os )

4

xy  x y xy c  tg

    ( )2

2

x y tg

 

2

k tg 

Các tập tương tự:

Bài 1

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

*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:

1 ; ; ;

ABC A BC

ACD ACD

ABD A BD



  

  

 

  

Do ABCD tứ diện nên tam giác tam giác

   60

DBC CBA A BD 

     .

 DBDDBC CBA  A BD 3.60 180  D B D, , thẳng hàng.

Tương tự: A C A, , thẳng hàng

DD BD BD a

    ; A A A C CA  12a; Theo cách trải thì: A D A D1   a;

Xét tứ giác DA A D1   có A A D D 2 ;a A D A D1   a

 DA A D1   hình bình hành Theo cách trải trên:

1

1 1 2

1

; ; ; ;

;

M M

MQ M Q PN PN MN M N DN D N

N N N N

 



    



  

1 ; 2 ;

N N D D N N a

  

Ta có:

1 1 2

p MN NP PQ QM    N P PQ QM  M N N N  a (đpcm)

Dấu “=” xảy 

MN BD PQ MQ AC NP 

 

 

 

+ Nếu MN BD S

1

1

( )

( )

S MN S MNPQ

S BD S CBD

  

  

  



Mà (MNPQ) ( CBD)

S

 nằm giao tuyến (MNPQ) (CBD);

Mà PQ giao tuyến (MNPQ) (CBD)

1 ;

S PQ

 

Do ANM góc ngồi tam giác S ND1

 

1

ANM NDS

  ;

Mà NDS 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  ;

3 ;

MN NP PQ QM a

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 

3

p a

  ;

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 2

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 1 3?

Giải:

Trải mặt DBC xuống mặt phẳng ABC: DBC D BC1

Do tứ diện ABCD tứ diện cạnh a nên ABD C1 hình thoi cạnh a; A60 Ta tập hợp thỏa mãn điều kiện đề

Thật vậy, gọi P trung điểm BC

ABP

  vuông P

1

; 1; ;

2

PB  AB AP

 Q: BQA PQB PQA   120 (Thực Q điểm Torixenri tam giác

đều , ln tồn Q)

Áp dụng định lý cosin:

2 2

2 2

2 2

1 ;

; 1;

x y xy PB

x z xz PA

z y zy AB

   

   

   

2 2

2(x y z ) xy yz xz

       (1)

Lại có:

1 3 1

sin120 sin120 sin120

2 2 2

dt APB    xy   yz   xz 

3

( )

8 xy yz xz xy yz xz

       

; (2) Cộng vế với vế (1) (2) ta có:

2 2

4

x  y z xy yz xz  

(3) Cộng vế với vế vủa (2) (3) ta được:

2 7

( )

4

x y z    x y z  

Gọi Q điểm đối xứng Q qua P (Trong (ABD C1 ))

1

; ; ;

CQ BQ y D Q AQ z PQ PQ x

      

 Tập hợp đường gấp khúc thỏa mãn đề ta chọn là:

{AQ;BQ;PQ;PQ Q C DQ;  ; } (hay D Q1 ).

Rõ ràng AQ BQ PQ PQ   Q C DQ   1 

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 3

Giả sử S S SA; ;B C tổng góc phẳng đỉnh A B C D; ; ; tứ diện ABCD Chứng minh rằng: Nếu SA S SB; c SD ABCBAD ACDBDC

Ta có: SA SB Sc SD 4.180

360 A C

S S

    (SA S SB; c SD)

Trải tứ diện lên mặt phẳng ABC sau:

1

2

1 2

; ;

;

ABD ABD ABD ABD

ACD ACD ACD ACD

BCD B CD BCD B CD

     

     

     

+ Nếu SA SC 180

 Tứ diện ABCD tứ diện gần đều

ABC BAD

ACD BDC

 

  

 



+ Nếu SA SC Khơng tính tổng qt giả sử SA 180 Ta có: SA D AD1 360  BCB 1(lớn)BCB 1(nhỏ)SB;

Kéo dài B C1 cắt BD1 E

Ta có: BCB 1(nhỏ)CBE CEB S    B CB D CBE ;

 

1 1

CEB CB D BD B D

   

Mà BD1B D1

 BB D D1 hình bình hành  BB D D1 2; BB1 D D1 Xét hai tam giác D AD1 BCB1:

D AD1 cân A; BCB1 cân C; D AD1 BCB 1; BB1D D1 2;

1

D AD BCB

    AD1 BC AD BC

Kéo dài BC cắt D D1 F Ta có:

BB D D1  CFD CBB 1;

  

1 1

CFD CBB AD F

    AD BC1

Mà AD1BC  AD BC1 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 4

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 nhất

đó

Giải:

Trải tứ diện xuống mặt phẳng SBC sau:

1

2 ;

;

ABS A BS

ACS A CS

  

  

Khi đó, với điểm: BSB

CSC

Thì: PAB C  ABB C C A A B  B C C A A A1 2; Dấu “=” xảy  B C, A A1 2;

Do A A1, cố định  A A1 cố định

SB SC, cố định  Ta xác định B C,  thỏa mãn chu vi AB C  nhỏ

nhất Khi đó, ta có:

A SA1 A SB BSC CSA1   3.30 90 ;

1 2 2

A A SA SA SA

   

Xét SAB có AB a ASB ; 30

 75

SBA

.sin 75 15

sin 30 sin 30 2sin15

AB a a

SA   cos  

  

Vì

3

1 30 2

sin 15

2

cos 

  

   

; Do

2 15 90 sin15 sin15

4



          

1

2

3

2 3

2

a a a a

SA A A

     



  

; Vậy, giá trị nhỏ chu vi AB C 

2

a

 B C,  giao điểm SB SC, với

1

A A .

Bài 5

Cho tứ diện ABCD có góc đỉnh A 90 AB AC AD  Tính tổng các

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

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:

       90

B

S ABD ABC CBD NKQ QKP LKP LKN       

Tổng góc phẳng đỉnh B 1v Bài 6

Cho tư diện SABC có mặt SAB SBC SCA, , tương đương tổng góc phẳng đỉnh S 180 Chứng minh SABC tứ diện gần đều.

Giải:

Trải tứ diện lên mặt phẳng SBC sau:

1

2 ; ; ;

SBC SBC

SAB SA B

SAC SA C

  

  

  

Do tổng góc phẳng đỉnh S 180 nên

A SB BSC CSA1   A SA1 180 1, ,

A S A

 thẳng hàng.

Hạ SI BH CK, , vuông góc với BC SA SA, 1,

Do A S A1, , thẳng hàng nên BH CK, vng góc với A A1

;

BH CK

  (1)

Theo đề bài: dtSAB dtSAC dtSBC 

1

1

1

2 2

;(*)

dtSA B dtSA C dtSBC

BH A S CK A S BC SI

BH A S CK A S BC SI

  

  

  

Mà SA1SA2 SA

BH CK

Xét tứ giác BHCK: Từ (1) (2)  BHCK hình chữ nhật BC HK

  hay BC SA BC SA 1,  2; Ta có BC SA 2, mà SI BC CK, SA2

2

SI CK BC SA SA

     ; (Kết hợp với *)

Xét tứ giác SA CB2 : BC SA 2, BC SA 2

SA CB

 hình bình hành  SB A C 2 AC

Chứng minh tương tự: SCA B AB1 

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

  

  

  

Và

1 ABCD BPQR

V  V

; Xét tứ diện BPQR có:



:

90 ;

PBQ BC CP CQ PBQ

  

  

RBQ

 : Tương tự: RBQ90 ;

RBP

 : Tương tự: RBP90 ;

 Tứ diện BPQR có góc B góc tam diện vng.

1

BPQR

V BR BQ BP

 

; Đặt: BR x BP y BQ z ,  ,  ;

Ta có:

2 2

2 2

2 2

(2 ) ; (2 ) ; (2 ) ;

x z b b

x y c c

y z a a

             

2 2

2 2

2 2

2( )

2( )

2( )

x b c a

y c a b

z b a c

                 ;

Vậy thể tích tứ diện là:

2 2 2 2 2

1 1

4

1 ( )( )( )

3

ABCD BPQR

V V xyz

b c a c a b b a c

 

     



Bài 8

Cho tứ diện ABCD, biết tổng góc phẳng đỉnh Chứng minh bán kính đường trịn nội tiếp mặt tứ diện

Gọi: SA tổng góc phẳng đỉnh A; SB tổng góc phẳng đỉnh B; SC tổng góc phẳng đỉnh C; SD tổng góc phẳng đỉnh D; Ta có: SA SB SC SD 4.180 ;

Mà SA SB SC SD  SA SB SC SD 180 ;

ABCD

 tứ diện gần đều.

ABC DCB CDA BAD

     ;

 Bán kính đường trịn nội tiếp mặt tứ diện (đpcm).

Bài 9

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 2ACsink , 2k BAC CAD DAB   .

Giải:

; ;

; ;

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 trong

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.

Khơng tính tổng qt 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

Khơng có có nghĩa muốn có đường gấp khúc  AB A B  

  180    2.180

B A A A AB   B A C A CA CAB  

        

 (  )  (  ) 2.180

B A D  DA C A CD  DCB BCA CAB

       

 180   180  2.180

B A D  A DC DCB CBA

         

   

   

B A D DCB A DC CBA BAD DCB CBA ADC

  

   

   

Khi độ dài đường gấp khúc đạt XXAA (Do

; ;

XXBB AA XX  BBAA )

Áp dụng định lý hàm số cosin vào tam giác cân ACA ta có:

AAXX 2AC2  2AC.sinA CA

2AC.sink

 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