Chuyên đề Toán học về ứng dụng phép biến hình trong mặt phẳng chương trình THPT cơ bản đến nâng cao lớp 11, 12 được biên soạn tương đối đầy đủ về các bài tập được giải chi tiết từng bài. Tài liệu này giúp giáo viên tham khảo để dạy học, học sinh tham khảo rất bổ ích nhằm nâng cao kiến thức toán học về ứng dụng phép biến hình trong mặt phẳng và để ôn thi THPQG và thi đại học.
CHỦ ĐỀ: ỨNG DỤNG CÁC PHÉP BIẾN HÌNH TRONG MẶT PHẲNG ĐỂ GIẢI TỐN HÌNH HỌC PHÉP NGHỊCH ĐẢO A CHUẨN KIẾN THỨC A.TÓM TẮT GIÁO KHOA Định nghĩa Cho điểm O cố định số thực k ≠ Phép biến hình biến điểm M khác O thành điểm cho M ' thuộc đường thẳng OM OM.OM ' = k gọi phép nghịch đảo cực O , phương tích k k Kí hiệu phép nghịch đảo cực O , phương tích k fO M '∈ OM k Vậy fO ( M ) = M ' ⇔ OM '.OM = k Khi M tiến lại gần cực nghịch đảo O M ' tiến xa O , nghĩa k M → O fO ( M ) = M ' → ∞ Tính chất Tính chất k k Phép nghịch đảo có tính chất đối hợp, tức fO ( M ) = M ' ⇔ fO ( M ') = M ( k chuyên đề ta dùng kí hiệu f thay cho fO không gây hiểu nhầm) Tính chất hiển nhiên f ( M ) = M ' ⇔ OM.OM ' = k ⇔ OM '.OM = k ⇔ f ( M ') = M 2 Từ tính chất ta có f ( M ) = ffo ( M ) = f ( M ') = M ⇒ f phép đồng Nếu f ( M ) = M M gọi điểm kép f Tính chất Nếu k < hiển nhiên f khơng có điểm kép ( ) Nếu k > tập hợp điểm kép f đường tròn O; k Đường tròn gọi đường tròn nghịch đảo f ( ) Thật vậy, f ( M ) = M ⇔ OM.OM = k > ⇔ OM = k ⇔ M ∈ O; k Từ định nghĩa ta thấy ảnh điểm M thuộc đường thẳng d qua cực O điểm M ' thuộc d f ( d ) = d ta nói d đường thẳng kép f Nếu hai đường trịn ( C ) ( C') có chung điểm A góc hai tiếp tuyến ( C ) ( C') cắt A ,B Gọi d,d' tiếp tuyến ( C ) ( C') A Góc hai đường thẳng d d' gọi góc ( C ) ( C') Nếu góc hai tiếp tuyến d d' 900 ta nói ( C) ( C') hai đường trịn trực giao Tính chất • Nếu f ( M ) = M ' đượng trịn qua M M ' đường tròn bất biến, nghĩa f ( C ) = C • Nếu PO/( C ) = k ( C ) bất biến qua f ( ) • Nếu đường tròn ( C ) trực giao với đường trịn O, k ( C ) bất biến qua f Chứng minh: • Giả sử f ( M ) = M ' ( C ) đường tròn qua M ,M ' Lấy điểm N thuộc ( C ) , gọi N ' giao điểm ON với ( C ) Ta có ON.ON ' = OM.OM ' = k ⇒ f ( N ) = N ' ⇒ ( C ) bất biến • PO/ ( C ) = k ,Lấy M thuộc ( C ) , gọi M ' = f ( M ) ⇔ OM.OM ' = k = PO/( C ) ⇔ M '∈ ( C ) ⇒ ( C ) bất biến ( ( ) = ( k) ) • Vì ( C ) O; k trực giao nên PO/ C = k ( C ) bất biến Tính chất • Ảnh đường thẳng qua cực biến thành • Ảnh đường thẳng khơng qua cực biến thành đường trịn qua cực Chứng minh: Ý thứ hiển nhiên, nhắc tới phần đường thẳng qua cực đường thẳng kép Ta chứng minh tính đắn ý thứ hai Gọi A hình chiếu O Δ , gọi B= f( A ) Lấy điểm MΔ∈ , giả sử N = f ( M ) ta có OA.OB = OM.ON = k ⇒ A ,B,M ,N nằm đường tròn ⇒·BNM = ·BAM = 900 hay N thuộc đường trịn đường kính OB Khi M chạy Δ N chạy đường trịn đường kính OB Vậy ảnh Δ đường trịn đường kính OB (hình vẽ bên ứng với trường hợp k > ) Tính chất • Ảnh đường trịn qua cực đường thẳng khơng qua cực vng góc với đường kính xuất phát từ cực đường trịn • Ảnh đường trịn khơng qua cực đườngtrịn Chứng minh: • Giả sử đường tròn ( C ) qua cực A điểm đối xứng O qua tâm đường tròn ( C ) Gọi B = f ( A ) , lấy M thuộc ( C ) ( dĩ nhiên M ≠ A ) Gọi N = f ( M ) OM.ON = k = OA.OB suy A ,B,M ,N nằn đường tròn ⇒ ·ABN =·AMO = 900 Vậy quỹ tích N đường thẳng qua B vng góc với OA Hay ảnh ( C ) đường thẳng d không qua O vng góc với đường kính đường trịn xuất phát từ cực O Gọi ( I ) đường trịn khơng qua cực O , M điểm ( I ) Gọi N = OM ∩ ( I ) Đặt p k p = OM.ON p = PO/( I ) ( I ) bất biến qua fI Gọi M ' = fO OM.OM ' = k ⇒ OM ' ON = k p uuuuu r k uuuu r k ⇒ OM ' = ON Vậy M ' ảnh N phép vị tự tâm O , tỉ số p p Đảo lại ảnh M' N phép vị tự tâm O , tỉ số k p uuuuu r k uuuu r k k OM ' = ON ⇒ OM ' = ON ⇒ OM.OM ' = ON.OM = k ⇒ M ' ảnh M p p p k qua phép nghịch đảo fO Vậy ảnh ( I ) qua phép nghịch đảo đường tròn ( I ') -ảnh ( I ) k k phép vị tự tâm O tỉ số p = P O/ ( I ) k Lưu ý: fO ( I ) ≠ I ' Tính chất Tích hai phép nghịch đảo cực fOk1 fOk2 phép vị tự tâm O k2 k1 Chứng minh: Giả sử fOk1 :M → M 1,fOk2 :M → M ' OM.OM = k1 O,M ,M thẳng hàng ; tỉ số OM 1.OM ' = k2 O,M ,M ' thẳng hàng, suy hàng, Vậy ffOk2 o k1 O V k2 ÷ O, k ÷ 1 = V k O, ÷ ÷ k1 :M → M ' k Hệ quả: V( O;k2 ) o ffO1 = OM ' k1.k2 O ( Vì fOk2 = V k O; ÷ ÷ k1 ofOk1 ) OM = k2 O,M ,M ' thẳng k1 Tính chất Nếu phép nghịch đảo cực O , phương tích k biến A ,B thành k A ',B' tương ứng A 'B' = AB OA.OB Chứng minh: - Nếu A ,B với cực O thẳng hàng A ',B' nằm trục OAB OA.OA ' = OB.OB' = k ⇒ A 'B' = OB' − OA ' = k − k = k k OA − OB) = ( −AB) ⇒ A 'B' = AB ( OA.OB OA.OB OA.OB k OB OA - Nếu A ,B,O khơng thẳng hàng từ OA.OA ' = OB.OB' = k ⇒ OA.OA ' = OB.OB' ⇒ ⇒ OA OB = ⇒ ΔOAB : ΔOB'A ' OB' OA ' k k A 'B' OA ' OA.OA ' = = = ⇒ A 'B' = AB AB OB OA.OB OA.OB OA.OB Ta nói góc tạo đường thẳng đường trịn góc tạo đường thẳng với tiếp tuyến đường trịn điểm chung chúng Tính chất Góc tạo đường thẳng d đường tròn ( C ) qua cực nghịch đảo có số đo góc tạo ảnh chúng phếp nghịch đảo đó.( Bạn đọc tự chứng minh tính chất này) B LUYỆN KĨ NĂNG GIẢI CÁC DẠNG BÀI TẬP Bài toán 01: ỨNG DỤNG PHÉP NGHỊCH ĐẢO TRONG BÀI TOÁN CHỨNG MINH ĐẲNG THỨC VÀ TÍNH TỐN Các ví dụ Ví dụ ( Định lí Ptolé meé) Cho tứ giác ABCD Chứng minh ABCD nội tiếp AB.CD + AD.BC = AC.BD Lời giải Xét phép nghịch đảo tâm A , phương tích k ≠ k Gọi B',C',D' ảnh A ,B,C qua fO Vậy A ,B,C,D nằm đường tròn ( O ) ⇔ B',C',D' nằm đường thẳng d k ( ảnh ( O ) qua fO ) Vậy ABCD nội tiếp B'C'+ C'D' = B'D' ( *) Mà B'C' = k AB.AC k B'D' = BD AB.AD Do BC,C'D' = k AC.AD CD, k k ( *) ⇔ AB.AC BC + AC.AD CD = k BD AB.AD BC CD BD ⇔ + = AB.AC AC.AD AB.AD ⇔ BC.AD + CD.AB = AC.BD Ví dụ Trong mặt phẳng cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn ( O ) Giả sử M điểm mằn đường tròn ( O ) , đường thẳng MA ,MB,MC cắt ( O ) điểm A ',B',C' Chứng minh SA 'B'C' MA '.MB'.MC' = SABC MA.MB.MC Lời giải Xét phép nghịch đảo cực M , phương tích k = PM /( O ) Do MA.MA ' = MB.MB' = MC.MC' = k ( 1) nên fOk :A → A ',B → B',C → C' , A 'B' = k MA.MB k AB , B'C' = k MB.MC BC , AC ( 2) MA.MC Mặt khác theo cơng thức tính diện tích tam giác ta có AB.BC.CA A 'B'.B'C'.C'A ' SABC = ,SA 'B'C' = 4R 4R SA 'B'C' A 'B'.B'C'.C'A ' ⇒ = ( 3) SABC AB.BC.CA A 'C' = k S MA '.MB'.MC' = Từ ( 1) ,( 2) ,( 3) ta có A 'B'C' = ( đpcm) SABC ( MA.MB.MC ) MA.MB.MC 10 Bài toán 02: ỨNG DỤNG PHÉP NGHỊCH ĐẢO TRONH BÀI TOÁN CHỨNG MINH THẲNG HÀNG VÀ ĐỒNG QUY Các ví dụ Ví dụ Cho đường tròn ( O;R ) nội tiếp tam giác ABC , tiếp xúc với cạnh BC,CA ,AB A 1,B1,C1 Gọi A ,B2 ,C giao điểm thứ hai AA ,BB1 ,CC1 với ( O ) , M ,N ,P trung điểm B1C1,C1A ,A 1B1 Chứng minh: a) Đường tròn ngoại tiếp tam giác MA 1A ,NB1B2 ,PC1C qua O b) Ba đường trịn có điểm chung thứ hai Lời giải a) Để chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác MA 1A ,NB1B2 , PC1C qua O Ta có phép nghịch đảo cực O , phương tích k biến đường trịn thành đường thẳng Xét phép nghích đảo fOR Dễ thấy A ,M ,O thẳng hàng, tam giác AB1O vuông B1 có đường cao B1M nên OM.OA = OB12 = R 2 ⇒ fOR :M → A Mặt khác Mặt khác ( O;R ) đường tròn nghịch đảo fOR nên điểm ( O ) điểm kép Do ⇒ fOR :A → A ,A → A Vậy đường trịn ( MA A ) có ảnh qua A ,A 1,A Đây đường thẳng nên ( MA 1A ) phải qua cực O Tương tự đường tròn ( NBB1 ) ,( PCC1 ) qua O b) Để chứng minh ba đường trịn có chung điểm thứ hai ta cần chứng minh ba đường thẳng ảnh AA ,BB1,CC1 đồng quy A 1B B1C C1A = −1 nên theo định lí cesva AA ,BB1 ,CC1 đồng quy A 1C B1A C1B điểm I , ba đường tròn qua điểm I ' ảnh I qua Dễ thấy phép nghịch đảo fOR 11 Ví dụ Cho đường trịn ( O ) đường kính BC Một điểm A nằm ngồi đường tròn Gọi B0 ,C giao điểm AC,AB với ( O ) Gọi M ,N tiếp điểm tiếp tuyến vẽ từ A đến ( O ) Chứng minh H ,M ,N thẳng hàng Lời giải Để chứng minh điểm H ,M ,N thẳng hàng ta chứng minh ảnh ba điểm nằm đường tròn qua cực phép nghịch đảo Xét phép nghịch đảo cực A , phương tích k = AM = AN Ta có fAA M :M → M ,N → N nên fAA M : ( AMN ) → MN Gọi A ảnh H phép nghịch đảo Để chứng minh H ,M ,N thẳng hàng ta cần chứng minh A ∈ ( AMN ) Mà AH.AA = AN = AB0.AC nên tứ giác A 0CB0H nội tiếp ⇒·HA 0C = ·CB0H = 900 , điểm A nhì đoạn OA góc vng suy A ∈ ( AMN ) fAAM ( A ) = H ∈ MN , hay H ,M ,N thẳng hàng Ví dụ Cho A ,B,C,D bốn điểm phân biệt nằm đường thẳng xếp theo thứ tự Các đường trịn đường kính AC,BD cắt điểm X,Y Đường thẳng XY cắt BC Z Cho P điểm đường thẳng AB khác Z Đường thẳng CP cắt đường trịn đường kính AC điểm thứ hai M , đường thẳng BP cắt đường tròn đường kính BD N Chứng minh AM ,DN ,XY đồng quy Lời giải Để chứng minh ba đường thẳng đồng quy thường ta có hai hướng sau: - Chứng minh ảnh ba đường trịn phép nghịch đảo cực O , phương tích k mà ba đường trịn có điểm chung I khác O , k ba đường thẳng đồng quy I ' = fO ( I ) - Chứng minh hai đường thẳng ảnh hai đường tròn cắt phép nghịch đảo cực O , phương tích k đường cịn lại qua cực O , đồng thời trục đẳng phương hai đường trịn đó, ba đường thẳng đồng quy điểm I ' ( I ' ảnh giao điểm (khác cực)của hai đường trịn) Dựa vào phân tích ta có lời giải sau tự nhiên 12 Gọi ( C1 ) ,( C ) đường tròn đường kính AC đường trịn đường kính BD A ' = PA ∩ ( C1 ) ,D' = PD ∩ ( C ) Do P nằm XY ( trục đẳng phương ( C1 ) ( C ) ) nên PP/( C ) = PP/( C ) ⇒ PB.PN = PC.PM = k Xét phép nghịc đảo cực P , phương tích k Ta có fPk :M a C,A a A ' ⇒ ( PA 'C ) a AM k Tương tự fP :N a B,D a D' ⇒ ( PBD') a NB Do fPk :XY a XY nên để chứng minh AM ,DN ,XY đồng quy ta chứng minh XY trục đẳng phương hai đường tròn ( PA 'C ) ( PBD') Do ·PZC =·PA 'C = 900 ⇒ Z ∈ PA "C Tương tự ( ) Z ∈ ( PBD') suy PZ trục đẳng phương hai đường tròn ( PA 'C ) ( PBD') Vậy AM ,DN ,XY đồng quy Bài toán 03: ỨNG DỤNG PHÉP NGHỊCH ĐẢO ĐỂ GIẢI BÀI TỐN QUỸ TÍCH Các ví dụ Ví dụ Cho đường trịn ( O ) dây cung AB cố định, P điểm thay đổi ( O ) Gọi ( C ) ( C') hai đường tròn qua P tiếp xúc với AB A B Tìm quỹ tích giao điểm thứ hai hai đường tròn Lời giải Gọi Q giao điểm thứ hai ( C ) ( C') , I giao điểm PQ với AB, ta có IQ.IP = IA = PI/( C ) IQ.IP = IB2 = PI /( C') ⇒ IA = IB2 ⇒ IA = IB ⇒ I trung điểm AB Xét phép nghịch đảo cực I , phương k tích k = IA ta có fI :Q a P , mà P ∈ ( O ) nên quỹ tích điểm Q ảnh ( O ) k qua fI Vì I ∉ ( O ) nên ảnh ( O ) đường trịn 13 Vì fIIA = V I , IA P I/( O) ÷ ÷ = V IA I , ÷ − IA ÷ = V( I ,−1) , phép vị tự tâm I , tỉ số −1 phép đối xứng tâm I , ảnh ( O ) đường trịn ( O') ảnh ( O ) phép đối xứng tâm I Ví dụ Ch đường trịn ( O ) điểm S nằm ngồi đường trịn ( O ) Hai cát tuyến lưu động qua S cắt ( O ) A ,A ' B,B' Gọi M giao điểm thứ hai đường tròn ngoại tiếp tam giác SAB' SBA ' Tìm quỹ tích điểm M Lời giải Xét phép nghịch đảo cực S, phương tích k = PS/( O ) , ta có: fSk : ( O ) a ( O ) ( theo tính chất 3b) Lại có SA.SA ' = PS/( O) = SB.SB' nên A → A ',B a B' ( SAB') a A 'B ( SBA ') a B'A Do giao điểm M hai đường tròn ( SAB') ( SA 'B) biến thành điểm M ' = AB'∩ A 'B Vẽ tiếp tuyến ST ( O ) , gọi H giao điểm SO với đường thẳng Δ qua T vuông góc với SO Theo VD 2, ta có M 'Δ ∈ Vậy quỹ tích điểm M đường trịn đường kính SO ( đường trịn ngịch đảo), ảnh Δ qua phép nghịch đảo CÁC BÀI TỐN LUYỆN TẬP Cho ΔABC nội tiếp đường trịn ( O ) Gọi B0 ,C hình chiếu B,C Ac,AB Chứng minh tiếp tuyến đường tròn ( O ) A song song với B0C0 , từ suy OA ⊥ B0C Cho đường tròn ( O ) đường kính AB Điểm I đoạn AB( khác A ,B ) Một đường thẳng d thay đổi qua I cắt ( O ) P,Q ( d không trùng với AB ) Đường thẳng AP,AQ cắt tiếp tuyến m M ,N ; m tiếp tuyến ( O ) B Chứng minh đường tròn ( AMN ) qua điểm cố định thứ hai, suy tâm ( AMN ) nằm đường thẳng cố định Cho ba điểm A ,B,C nằm đường thẳng Qua A ,B điểm E biến thiên đường trung trực Δ AB ta dựng đường tròn ( ABE ) 14 2 1 1 OH OH OH suy = + + ÷ + ÷ + ÷ =1 2 OH OA OB OC OA OB OC ⇔ cosα +cos 2β +cos 2γ =1 • Áp dụng định lí tang ( định lí sin mở rộng) ta có • Từ ( ) 2 2 2 AB2 + AC − BC a + b + a + c − b + c a2 cotA = = = 4SA BC 4SABC 2SABC ⇒ a2 tanA = 2SA BC 2 Tương tự ta có b tanB = c tanC = 2SABC Vậy a2 tanA = b2 tanB = c2 tanC • Sử dụng cơng thức tính đường trung tuyến định lí pitago ta có d= a2 + b2 + c2 1 2 • Theo TC3 ta có SΔA = SΔOA + SΔOBC + S2ΔOCA = a2b2 + b2c2 + c2a2 BC B 4 2 ⇒ SΔABC = a b + b2c2 + c2a2 • Hiển nhiên • Từ trung điểm I BC kẻ đường thẳng Δ vng góc với mặt phẳng ( OBC ) , gọi J giao điểm Δ với mặt phẳng trung trực đoạn OA J tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện OABC bán kính R = OI + IJ = a + b2 + c2 CÁC BÀI TOÁN LUYỆN TẬP Cho tứ diện ABCD có AB,AC,AD đơi vng góc AB = AC + AD Tính ·ABC + ·DBC + ·CBD Cho tứ diện OABC có OA ,OB,OC đơi vng góc Gọi H trực tâm tam giác ABC A ,B,C ba góc tam giác ABC Đặt α =·AOH ,β = ·BOH ,γ = ·COH Chứng minh : 2 sinβ sinα sinγ = = sin2A sin2B sin2C Cho tứ diện OABC có OA ,OB,OC đơi vng góc, A C = 2OB,BC = 2OA Gọi D trung điểm AB, E F chân đường cao kẻ từ A tam giác OBC OAC 23 Chứng minh tan4·OCD EF + = tan4·OCA AB Cho tứ diện ABCD có AB,AC,AD đơi vng góc, gọi H trực tâm tam giác ABC Đặt α =·DAH ,β = ·DBH ,γ = ·DCH ,φ = ·AHB Chứng minh sinφ = sinγ cosφ = − tanα tanβ cosαcosβ TỨ DIỆN GẦN ĐỀU A CHUẨN KIẾN THỨC A.TĨM TẮT GIÁO KHOA Định nghĩa Tứ diện có cặp cạnh đối gọi tứ diện gần Nhận xét: Từ định nghĩa ta thấy tứ diện gần có bốn mặt tam giác Một số điều kiện cần đủ để tứ diện tứ diện gần Mỗi điều kiện sau điều kiện cần đủ để tứ diện gần • Tổng góc phẳng đỉnh 1800 • Mỗi đường nối trung điểm cặp cạnh đối đường vng góc chung cặp cạnh tương ứng • Bốn mặt tứ diện tam giác có diện tích • Tứ diện có hai trục đối xứng • Bốn đương cao tứ diện • Tâm mặt cầu nội tiếp tâm mặt cầu ngoại tiếp • Tâm mặt cầu ngoại tiếp trọng tâm trùng • Tâm mặt cầu nội tiếp trọng tâm trùng • Tổng cô sin nhị diện chứa mặt tứ diện • Góc nhị diện cặp cạnh đối Chứng minh: • Nếu ABCD tứ diện gần dễ dàng chứng minh tổng góc phẳng đỉnh 1800 Giả sử ngược lại, tứ tứ diện ABCD có tổng góc đỉnh 1800 , trải mặt chứa D tứ diện lên ( ABC ) Giả sử mặt DAB,DBC,DAC trải xuông ( ABC ) ta mặt 24 ( D AB) ,( D BC ) ,( D AC ) Dễ thấy tổng góc định 180 nên điểm A ,B,C thuộc cạnh tam giác D1D 2D3 Ta có D1A = DA = D2A , BD1 = BD = BD , CD2 = CD = CD nên A ,B,C trung điểm D1D ,D1D ,D 2D AB = tương tự AC = BD,AD = BC Vậy ABCD tứ diện gần • Giả sử ABCD tứ diện gần I,J trung điểm cạnh A D,CD Do AB = CD,AC = BD,BC = AD nên ΔABC = ΔABD ⇒ IC = ID , từ ta có D D = CD2 = CD ; 2 IJ ⊥ CD , tương tự IJ ⊥ AB hay IJ đường vng góc chung AB CD Lí luận tương tự ta đoạn thẳng nối trung điểm haicặp cạnh đối lại đường vng góc chung chúng Đảo lại, giả sử đoạn IJ đoạn vng góc chung AB CD , IJ đường trung trực AB CD nên phép đối xứng trục qua IJ biến A → B,C → D ⇒ AC → BD ⇒ AC = BD , tương tự ta có AD = BC,AB = CD nên ABCD tứ diện gần • Giả sử ABCD tứ diện gần mặt tam giác nên có diện tích Ngược lại, giả sử tứ diện ABCD có mặt có diện tích Gọi E trung điểm CD , H ,K ,F hình chiếu vng góc C,D,E AB Ta có E trung điểm CD nên F trung điểm HK , mặt khác 1 SΔABC = AB.CH ,SΔA BD = AB.DK , 2 SΔA BC = SΔA BD ⇒ CH = DK suy hai tam giác vng ΔCHF ΔDKF nhau, CF = DFΔFCD ⇒ cân F ⇒ FE ⊥ CD , đường vng góc chung AB CD qua trung điểm CD 25 Do vai trò bình đẳng AB CD nên F trung điểm AB Vậy EF trục đối xứng tứ diện ABCD nên A C = BD,AD = BC Tưng tự AB = CD , ABCD tứ diện gần • Hiển nhiên trục đối xứng phải qua trung điểm cặp cạnh đối nên đường vng góc chung cặp cạnh đối theo tính chất ta có (đpcm) • Nếu ABCD tứ diện gần theo tính chất ta có diện tích mặt nhau, áp dụng công thức V = hSd ta có bốn đường cao tứ diện Ngược lại tứ diện có bốn đường cao từ cơng thức V = hSd ta có diện tích bốn mặt nhau, theo tính chất 3 ta có đpcm • Giả sử O tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện gần ABCD ta chứng minh O tâm mặt cầu nội tiếp tứ diện ABCD Thật vậy, gọi O1 ,O hình chiếu O mặt ABC DBC , O1 ,O tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC DBC Gọi I trung điểm BC Ta có ΔABC = ΔDBC ⇒ O1I = O2I , OO1 = OO Tương tự ta chứng minh O cách mặt tứ diện, O tâm mặt cầu nội tiếp.Ngược lại, giả sử tứ diện ABCD có tâm mặt cầu nội tiếp ngoại tiếp trùng Gọi O1 ,O tiếp diểm mặt cầu nội tiếp với mặt ABC DBC O1 ,O tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC DBC ΔO BC = ΔO BC ⇒·BO C = ·BO C 2 ⇒ ·BAC = ·BDC Hoàn toàn tương tự ta có ·CAD = ·CBD , ·BAD = ·BCD suy tổng góc phẳng đỉnh A tứ diện ABCD 1800 , điều cho tất đỉnh tứ diện, theo tính chất thí ABCD tứ diện gần • Giả sử ABCD tứ diện gần đều, gọi M ,N trung điểm AB , CD O trung điểm MN O trọng tâm tứ diện ABCD Ta chứng minh O tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD Thật vậy, ta có MN đường trung trực AB CD nên 2 OA = OB,OC = OD , lại có OA = MA + OM = AB + MN 26 CD + MN 2 Mà AB = CD ⇒ OA = OD , OA = OB = OC = OD nên O tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD Ngược lại tâm mặt cầu ngoại tiếp trọng tâm trùng đường thẳng qua trung điểm cặp cạnh đối đường vng góc chung chúng nên theo tính chất ta có đpcm • Tính chất suy từ hai tính chất • Giả sử ABCD tứ diện gần theo Định lí §2 ta có SA BC = SDAB cosα + SDBC cosβ + SDAC cosγ α,β,γ góc nhị OD = ON + ND2 = diện cạnh AB,BC,AC Mặt khác SA BC = SDA B = SDBC = SDA C nên cosα + cosβ + cosγ = Ngược lại, giả sử ABC mặt có diện tích lớn cosα + cosβ + cosγ = với α,β,γ góc nhị diện cạnh AB,BC,AC từ SABC = SDA B cosα + SDBC cosβ + SDAC cosγ ⇒ SA BC ≤ SABC ( cosα + cosβ + cosγ ) = SABC SA BC = SDAB = SDBC = SDA C ⇒ ABCD tứ diện gần • Giả sử A 1A 2A 3A tứ diện gần S1 ,S2 ,S3 ,S4 diện tích mặt đối diện với đỉnh A i Gọi α,β góc phẳng nhị diện cạnh A 1A A 3A ' ' ' ' Dựng hình hộp A 1A 4A 2A 3.A 1A 3A 2A Gọi S diện tích mặt tứ diện Áp dụng công thức ( absinφ ) ( Các giả thiết trọng định lí 1, §1,chun đề 2) ta ' ' có diện tích hình chữ nhật A 1A 4A 2A S12 + S22 − 2S1S2 cosα = S'2 = 2S2 − 2S2 cosα diện tích hình chữ ' ' 2 nhật A 1A 3A 2A S'' = 2S − 2S cosβ mà S' = S'' ⇒ cosα = cosβ ⇔ α = β < 180 < ( 0α,β ) Hoàn toàn tương tự ta chứng minh góc phẳng nhị diện cặp cạnh đối lại Ngược lại,giả sử tứ diện A 1A 2A 3A có góc nhị diện cặp cạnh đối nhau, áp dụng cơng thức 2S S sinα V= ( §1chuyên đề 2) ta có 3a 0 27 S1 = S2 = S3 = S4 ⇒ ABCD tứ diện gần ( TC3) CÁC BÀI TOÁN LUYỆN TẬP Chứng minh tứ diện gần tổng côsin góc nhị diện Tính thể tích tứ diện gần ABCD có cạnh AB = CD = a, AC = BD = b, BC = AD = c Tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện gần ABCD có cạnh A B = CD = a, AC = BD = b, BC = AD = c Cho tứ diện ABCD có ·BAC = ·ABD = ·ACD = ·BDC Chứng minh ABCD tứ diện gần Chứng minh tứ diện gần tất góc phẳng nhọn 10 Cho tứ diện gần OABC có α,β,γ góc nhị diện cạnh ( < 90 < thuộc mặt ABC với 0α,β,γ ) Tìm giá trị lớn biểu thức P = cosα + cosα cosβ + cosα cosβcosγ TỨ DIỆN TRỰC TÂM A CHUẨN KIẾN THỨC A.TÓM TẮT GIÁO KHOA Định nghĩa Tứ diện có đường cao ( phần kéo dài chúng) cắt điểm gọi tứ diện trực tâm Một số điều kiện cần đủ để tứ diện tứ diện trực tâm Mỗi điều kiện sau điều kiện cần đủ để tứ diện tứ diện trực tâm • Một tứ diện có hai cặp cạnh đối vng góc • Các đoạn thẳng nối cặp cạnh đối • Tổng bình phương cặp cạnh đối • Tích cơsin góc nhị cặp cạnh đối • Các góc cạnh đối • Chân đường cao hạ từ đỉnh xuống mặt đối diện trực tâm mặt Chứng minh: • Giả sử tứ diện ABCD có bốn đường cao cắt H , AH ⊥ CD,BH ⊥ CD nên CD ⊥ ( ABH ) ⇒ CD ⊥ AB Tương tự AD ⊥ BC,AC ⊥ BD Ngược lại, giả sử tứ diện ABCD có cặp cạnh đối vng góc Gọi AI đường cao hình chóp E giao điểm 28 BI CD Kẻ BK ⊥ A E,K ∈ AE , gọi H giao điểm AI BK Khi CD ⊥ AB CD ⊥ BI ⇒ CD ⊥ BK Từ suy BK ⊥ ( ACD ) Hay đường cao xuất từ đỉnh A B cắt H Lập luận tương tự ta bốn đường cao tứ diện đơi cắt nhau, bốn đường cao đồng phẳng đồng quy, mặt khác bốn đường cao tứ diện khơng thể đồng phẳng nên chúng đồng quy • Gọi K ,L,M ,N theo thứ tự trung điểm AB,BC,CD,DA KLMN hình bình hành Ta thấy AB ⊥ CD ⇔ KLMN hình chữ nhật ⇔ KM = LN ( hình bình hành có hai đường chéo kaf hình chữ nhật) Vì ta có đoạn thẳng nối trung điểm cặp cạnh đối cặp cạnh đối vng góc ⇔ ABCD tứ diện trực tâm ( TC1) uuur r uuu r u r uuur r • Đặt AB = a,BC = b,CD = c Ta chứng minh tổng bình phương hai cặp cạnh đối cặp cạnh lại vng góc Thật vậy, giả sử AC + BD2 = BC + AD2 r u r2 u r r2 u r2 r u r r2 ⇔ a+ b + b+ c = b + a+ b+ c rr ⇔ ac = ⇔ AB ⊥ CD Vậy tứ diện ABCD có tổng bình phương cặp cạnh đối ⇔ tứ diện ABCD cặp cạnh đối vng góc ⇔ ABCD tứ diện trực tâm (TC1) ã Kớ hiu ảAB l gúc phng nh din cạnh AB Theo định lí sin tứ diện ta có AB.CD AC.BD = ( 1) ¶ ¶ · ¶ sinAB.sinCD sinAC.sinBD Mặt khác theo định lí Bretsnây ‘’Trong tứ diện ABCD với cặp cạnh đối a,b α,β góc phẳng nhị diện tương ứng chúng 4 2 ∑ Si2S2j ÷ Si ÷− ∑ ( khơng đổi); Si i = 1,4 1≤ i < j≤ i =1 2 a + b + 2abcotα cotβ = 9V diện tíc mặt V thể tích tứ diện.’’ ¶ ¶ Ta có AB2 + CD + 2AB.CDcotAB.cotCD ( ) · ¶ = AC + BD + 2AC.BDcotAC.cotBD ( 2) ¶ ¶ = cosAC.cosBD · ¶ Từ ( 1) ( 2) suy cosAB.cosCD 29 ⇔ AB2 + CD2 = AC + BD2 Từ ta có tích cơsin góc nhị cặp cạnh đối tổng bình phương cặp cạnh đối nhau.Điều tương đương với ABCD tứ diện trực tâm theo TC3 • Ta chứng minh góc cạnh đối cặp cạnh đối vuông góc Gọi α số đo góc hai cạnh đối ( tất cặp cạnh đối) Giả sử α ≠ 900 Ta chứng minh ba số A B.CDcosα, CB.ADcosα, AC.BDcosα có số tổng hai số cịn lại.Dựng hình hộp ngoại tiếp tứ diện ABCD mà mặt hình hộp qua cạnh song song với cạnh đối diện ( hình vẽ) Đặt AD' = x,D'B = y , giả sử x ≥ y theo định lí sin ta có AD'2 = OA + OD'2 − 2OA.OD'cosπ ( −α 2 hay 4x = AB + CD 2 Tương tự 4y = AB ) = OA + OD' + 2OA.OD'cosα + 2AB.CDcosα ( 1) + CD − 2AB.CDcosα ( 2) Từ ( 1) ( 2) suy 2 AB.CDcosα = x2 − y2 Thiết lập hệ thức tương tự ta thu ba số AB.CDcosα, CB.ADcosα, AC.BDcosα có số tổng hai số cịn lại Giả sử AB.CDcosα = AD.BC cosα + AC.BDcosα ⇔ AB.CD = AD.BC + AC.BD ( vơ lí theo 3d) §1, cơng thức Crelle AB.CD,AD.BC,A C.BD ba cạnh tam giác) Vậy α = 900 ABCD có cặp cạnh đối vng góc Theo TC1 ta có điều cần chứng minh • Nếu ABCD tứ diện trực tâm dễ dạng chứng minh chân đường cao hạ từ đỉnh xuống mặt đối diện trực tâm mặt Ngược lại chân đường cao hạ từ đỉnh xuống mặt đối diện trực tâm mặt ta chứng minh cặp cạnh đối vng góc, tứ diện tứ diện trực tâm( TC3) CÁC BÀI TOÁN LUYỆN TẬP 11 Chứng minh tứ diện trực tâm đường vng góc chung cặp cạnh đối đồng quy 12 Chứng minh tứ diện trực tâm: a) Tất góc phẳng đỉnh nhọn vuông tù b) Có mặt tam giác nhọn 30 13 Chứng minh tứ diện trực tâm OH = 4R − 3d2 O tâm mặt cầu ngoại tiếp, H điểm đồng quy bốn đường cao d khoảng cách hai trung điểm cặp cạnh đối 14 Chứng minh tứ diện trực tâm mặt phẳng qua trung điểm cạnh vng góc với cạnh đối diện đồng quy giao điểm đường cao.( Điểm gọi điểm Mônggiơ tứ diện) 15 Chứng minh tứ diện trực tâm trọng tâm mặt, trực tâm mặt điểm chia đoạn nối giao điểm đường cao với đỉnh, theo tỉ số 2:1 kể từ đỉnh nằm mặt cầu ( mặt cầu 12 điểm) LỜI GIẢI-HƯỚNG DẪN-ĐÁP SỐ Trên tia AC,AD lấy điểm P,R cho AP = AR = AB , dựng hình vng APQR Ta có AC = DR , A B = QR nên ΔABC = ΔRQD Tưng tự ΔABD = ΔPQC , suy ΔBCD = ΔQDC Vậy tổng góc phẳng đỉnh B ·PQC + ·CQD + ·DQR = ·PQR = 900 Cách 2: Ta có α = ·CBD,β = ·ADB,γ = ·ABC ( ) 2 2 2 BC + DB2 − CD AB + AC + AD + AB − AC + AD cosα = = 2BC.BD 2BC.BD AB AC + AD ( ) = AB AC + AB AD AB = = ( +γ ) ⇒α +β +γ =90 BC.BD BC.BD BD BC BC BD = sinβ = cosβsinγ + sinβcosγ 31 2.Gọi A giao điểm AH BC , ta có ΔAOA vng O có OH đường cao nên sinα = AH AH AH = = ( AH.AA AA OA ) Gọi I tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC M trung điểm BC 2IM = AH ·BAC = ·BIM sin2A = 2sinA cosA 2BM.IM BC.AH = IB2 2R Từ ( 1) & ( 2) suy = ( 2) sinα R R = = sin2A S AA 1.BC ( S diện tích tam giác ABC ) 2 sinβ sinγ R2 Tương tự ta có = = sin2B sin2C S 2 sinβ sinα sinγ Vậy = = sin2A sin2B sin2C Đặt OA = a,OB = b,OC = c BC = 2a,AC = 2b 2 2 2 Ta có OA + OC = AC ⇒ a + c = 4b ( 1) OB2 + OC = BC ⇒ b2 + c2 = 4a2 ( 2) Từ ( 1) & ( 2) suy a = b,c = a Từ dễ dàng tính BE = a a ,AF = 2 a nên EF CE = CF ⇒ EF / /BC = BC OD · · tanOCD = = , tanOCA = OC 3 4· tan OCD EF Từ ta có + = tan4·OCA AB Do H trực tâm tam giác ABC nên DH ⊥ ( ABC ) Do CA = CB = 2a,AF = BE = 32 Gọi I = AH ∩ BC Tam giác ADI vuông D có đường cao DH nên DH = AH.HI = −AH.BH cosφ DH DH = − tanα tanβ Gọi K = CH ∩ AB ta có ·DKC góc AH BH hai mặt phẳng ( ABC ) ( ABD ) Theo công thức hình chiếu ta có · S = S cosCKD ⇒ cosφ = − HA B ( ) ABD 1 · Ta có cosDKC = sinγ nên từ ( 1) suy HA.HBsinφ = DA.DBsinγ 2 DA DB sinγ ⇒ sinφ = sinγ = HA HB cosαcosβ ( ) 5.Xét tứ diện A 1A 2A 3A Gọi αi ,j i ≠ j,i,j = 1,4 góc phẳng nhị diện cạnh thuộc mặt đối diện với đỉnh A i Theo TC9 ta có ∑ cosα j=1,j≠ i i ,j = nên tổng cô sin góc nhị diện 4 ∑ ∑ cosαi ,j = j=1,j≠ i i=1 uu r Cách 2: Gọi e1 i = 1,4 vec tơ đơn vị có hướng vng góc với mặt đối ( ) diện đỉnh A có hướng từ điểm tứ diện phía ngồi tứ diện, Si diện tích mặt đối diện với đỉnh A i , theo định lí nhím uu r uu r uu r uu r r uu r uu r uu r uu r S1e1 + S2 e2 + S3e3 + S4e4 = ⇒ e1 + e2 + e3 + e4 = ur ur Bình phương hai vế ta + ∑ cos ei ,ej = Lưu ý 1≤ i < j≤ ur ur cos ei ,ej = − cosαi ,j ;i ≠ j Từ ta có đpcm ( ( ) ) Dựng hình hộp AGBH.ECFD Vì ABCD tứ diện gần nên hình hộp ngoại tiếp hình hộp chữ nhật Đặt AG = x,AH = y,AE = z 1 VA BCD = Vhh = xyz 3 x2 + y2 = a2 2 Lại có y + z = b z2 + x2 = c2 33 ⇒ x2 + y2 + z2 = a + b2 + c2 Từ ta có ( ) b2 + c2 − a2 a2 + c2 − b2 a2 + b2 − c2 ,y = ,z = 2 x= Nên V = A BCD (a )( )( + b2 − c2 a2 + c2 − b2 c2 + b2 − a2 ) 72 Theo 2, ta có hình hộp ngoại tiếp hình hộp chữ nhật có đường 2 chéo d = x2 + y2 + z2 = a + b + c Mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD mặt cầu ngoại tiếp hình hộp nên bán kính mặt cầu AGBH.ECFD d a2 + b2 + c2 = 8 Gọi S,K ,L,M ,N theo thứ tự trung điểm BC,A B,A C,CD,BD Dễ thấy KLMN hình bình hành Từ giả thiết ta suy ·KSL = ·LSM = ·MSN = ·NSK kết hợp với KLMN hình bình hành ta có KLMN hình thoi suy AD = 2KN = 2MN = BC Ta có SK = SM SL = SN suy AC = BD AB = CD Vậy ABCD tứ diện gần R= Dựng hình hộp AGBH.ECFD ngoại tiếp tứ diện ABCD , giả sử kích thước ba cạnh AG = x,AH = y,AE = z AGBH.ECFD hình hộp chữ nhật nên AB2 = CD = x2 + y2 ,BC = AD = y2 + z2 , AC = BD = x2 + z2 Xét góc phẳng đỉnh A ta có 2 2 2 AB2 + AC − BC x + y + y + z − x + z · cosBAC = = 2AB.AC x2 + y2 y2 + z2 ( = ( y x +y 2 )( y + z2 ) )( ) ) > Tính tốn tương tự cho tất góc phẳng cịn lại ta đpcm 10 Theo TC9 ta có cosα + cosβ + cosγ = 34 ( cosα + 4cosβ cosα + 4cosβ + 16cosγ cosα.4cosβ.16cosγ = 1 P ≤ cosα + ( cosα + 4cosβ) + ( cosα + 4cosβ + 16cosγ) = 12 16 Đẳng thức xảy cosα = ,cosβ = ,cosγ = 21 21 21 Vậy GTLN P 11 Gọi AA ' đường cao tứ diện trực tâm ABCD , A ' trực tâm tam giác BCD Gọi E = BC ∩ DA ' H điểm đồng quy bốn đường cao, F = EH ∩ AD BC ⊥ DA ' ⇒ BC ⊥ EF Lại có H trực Khi BC ⊥ AA ' cosα.4cosβ ≤ tâm tam giác ADE nên EF ⊥ AD điều chứng tỏ đường vuông góc chung EF cặp cạnh đối AD,BC qua H Dĩ nhiên đường vng góc chung hai cặp cạnh lại qua H Vậy tứ diện trực tâm đường vng góc chung cặp cạnh đối đồng quy 12 a) Xét tứ diện trực tâm ABCD ,ta chứng minh góc đỉnh A nhọn vng tù.Thật vậy, theo TC3 ta có AB2 + CD = AC + BD = CB2 + AD ( 1) Áp dụng định lí sin ta có · 2AB.AC cosBAC = AB2 + AC − BC ( 2) · 2AB.ADcosBAD = AB2 + AD − BD ( 3) · 2AC.ADcosCAD = AC + AD − CD ( 4) · · · Từ ( 1) ,( 2) ,( 3) & ( 4) suy AB.AC.cosBAC = AB.ADcosBAD = AC.ADcosCAD nên góc đỉnh A nhọn , vuông tù b) Nếu tất các góc đỉnh nhọn khẳng định tốn Nếu có góc khơng nhọn thì.Khơng giảm tổng qt, giả sử ·BAC ≥ 900 góc ·ABC ·ACB nhọn, dẫn đến ·DBC ·BCD nhọn.Lại có ·DAC ≥ 900 ⇒ ·ADC nhọn ⇒ ·BDC nhọn Từ điều chứng tỏ tam giác BCD nhọn 35 13 Trước hết để ý tứ diện trực tâm giao điểm H bốn đường cao, trọng tâm G tâm mặt cầu ngoại tiếp O thẳng hàng G trung điểm OH , gọi K ,L trung điểm AB CD KHLO hình bình hành tâm G 2 Ta có OK = R − AB ,OL = R − CD 4 Trong hình bình hành KHLO ta có ( OH + KL2 = OK + OL2 ) AB2 ⇔ OH = 2 R − ÷ CD AB2 + CD 2 2 +2 R − ÷− d = 4R − d − Theo cơng thức đường trung tuyến ta có 4LK = 2(LA + LB2) − AB2 CD CD 2 = AC + AD2 − + BC + BD − ÷ ÷− AB 2 2 2 2 ⇔ 4d = AC + AD + CB + BD − CD − AB2 = AB2 + CD AB2 + CD (Do tứ diện trực tâm ⇔d= AB2 + CD2 = AC + BD2 = BC + AD ) Vậy OH = 4R − 3d2 14) Vì AB ⊥ CD nên tồn mặt phẳng ( α ) qua AB vuông góc với CD , mặt phẳng chứa giao điểm hai đường cao hạ từ A B Lí luận tương tự ta mặt phẳng lại qua H Hay mặt phẳng đồng quy H 15) Gọi A 1,B1,C1,D1 chân đường cao hạ từ đỉnh A ,B,C,D ; M ,N ,P,Q trọng tâm mặt đối diện với đỉnh A ,B,C,D I,J,K ,F điểm đường cao AH ,BH ,CH ,DH cho HI HJ HK HF = = = = HA HB HC HD Gọi S điểm đối xứng với A qua O E uuur uuuuu r điểm xác định HE = 3HA ( 1) Sử dụng tích chất H ,O đối xứng qua uuur uuuur G biểu thị vec tơ ta có HS = 3HM ( 2) 36 Từ ( 1) & ( 2) suy A 1M / /ES mà A 1M ⊥ AA ⇒ SE ⊥ AE hay E thuộc mặt cầu ( O) ngoại tiếp tứ diện ABCD Ta có V 1 H , ÷ 3 :S → M ,E → A 1,A → I mà S,E,A thuộc mặt cầu ( O ) nên M ,A 1,I V thuộc mặt cầu ( O') ảnh mặt cầu ( O ) qua H ,1÷ 3 Lí luận tương tự mặt lại ta 12 điểm A 1,B1,C1,D1 , M ,N ,P,Q , I,J,K ,F thuộc mặt cầu ( O') 37 ... x2 + y2 = a2 2 Lại có y + z = b z2 + x2 = c2 33 ⇒ x2 + y2 + z2 = a + b2 + c2 Từ ta có ( ) b2 + c2 − a2 a2 + c2 − b2 a2 + b2 − c2 ,y = ,z = 2 x= Nên V = A BCD (a )( )( + b2 − c2 a2 + c2... = CD = x2 + y2 ,BC = AD = y2 + z2 , AC = BD = x2 + z2 Xét góc phẳng đỉnh A ta có 2 2 2 AB2 + AC − BC x + y + y + z − x + z · cosBAC = = 2AB.AC x2 + y2 y2 + z2 ( = ( y x +y 2 )( y + z2 ) )( )... suy = + + ÷ +? ?? ÷ +? ?? ÷ =1 2 OH OA OB OC OA OB OC ⇔ cosα +cos 2β +cos 2γ =1 • Áp dụng định lí tang ( định lí sin mở rộng) ta có • Từ ( ) 2 2 2 AB2 + AC − BC a + b + a + c − b + c a2