toán hình học không gian.
J A' A' A N P B' B M R C C' I S A B C D O B' C' D' O'
Vấn đề này đợc xây dựng dựa trên cơ sở một vấn đề Toán học có nhiều cách nhìn nhận theo các góc độ khác nhau. Với một bài toán đợc giải bằng nhiều cách giải khác nhau, học sinh sẽ đợc tiếp cận theo nhiều đờng lối, kiến thức rộng hơn, sâu sắc hơn. Từ các phơng thức tiếp cận đó có thể giải quyết đ- ợc vấn đề một cách nhanh chóng, linh hoạt. Tuy nhiên, không phải bài toán nào cũng giải đợc theo nhiều phơng pháp, cách giải khác nhau, song đối với một số bài toán về hình học không gian, đặc biệt là các bài toán về hình hộp, tứ diện vuông, hình chóp … ta có thể giải đợc theo nhiều cách khác nhau. Cụ thể, sau khi giải xong một cách nào đó của bài toán, giáo viên cũng nên hỏi học sinh: "Bài toán này có cách giải nào khác nữa hay không?". Nếu giáo viên không đặt ra câu hỏi này e có nhiều học sinh sẽ tỏ ra bức xúc và biết đâu các em còn có nhiều cách giải, phơng pháp khác hay hơn nhiều cách giải vừa đợc trình bày. Mỗi học sinh có khả năng liên tởng, huy động kiến thức khác nhau tuỳ vào khả năng t duy giải quyết vấn đề của các em.
Ví dụ 1: Cho tứ diện ABCD. Gọi M, N lần lợt là trung điểm của các cạnh AB,
CD, và G là trung điểm của đoạn MN. Chứng minh rằng đờng thẳng AG đi qua trọng tâm A' của ∆BCD. Phát biểu kết luận tơng tự đối với các đờng thẳng BG; CG; DG.
Cách 1:
+ Chứng minh AG đi qua A'.
⇔ Chứng minh A, G, A' thẳng hàng.
⇔ Chứng minh A, G, A' cùng thuộc hai mặt phẳng. Do G ∈ MN nên G ∈ mặt phẳng (ABN) Do A' là trọng tâm ∆BCD nên A' ∈ BN ⇒ A' ∈ mp (ABN)
⇒ A, G, A' ∈ mp (ABN) (1)
Gọi I, J lần lợt là trung điểm BC, AD. Ta dễ dàng chứng minh đợc tứ giác MIJ là hình bình hành hay G ∈ IJ ⇒ G ∈ mp (ADI)
Mặt khác A' ∈ DI ⇒ A' ∈ mp (ADI) ⇒ A, G, A' ∈ mp (ADI) (2) a d m b g n c i a'
Từ (1) và (2) ⇒ A, G, A' thẳng hàng hay AG đi qua A'.
Cách 2:
1) Chứng minh AG đi qua A'.
Trong ∆ABN gọi A'' là giao của BN và AG. áp dụng định luật Men đe lêuyt cho ba điểm A, G, A'' ta có:
AM BA'' NG . . 1 AB A ''N GM = Trong đó: AM 1 AB 3 =
(V ì M là trung điểm của AB) MG
= 1(V ì G là trung điểm của MN) GM
Thay vào ta có: BA '' AB 2
A''N = AM = hay BA'' = 2A'N (1) Mặt khác vì A' là trọng tâm ∆BCD nên A' BN BA' 2A 'N ∈ = (2)
Từ (1) và (2) ⇒ A'' ≡ A'. Vậy AG đi qua A'
Cách 3:
1) Chứng minh A, G, A' thẳng hàng.
⇔ Chứng minh AA', GA' cùng song song một đờng thẳng. Dựng đờng thẳng MH // AA' (H ∈ BN) (1)
Khi đó MH là đờng trung bình ∆ABA'. ⇒ H là trung điểm BA ⇒ BH = HA'. Mặt khác: BA' = 2A'N hay 2HA' = 2A'N. ⇒ A' là trung điểm HN
⇒ GA' // MH (2)
Từ (1) và (2) ⇒ A, G, A' thẳng hàng hay AG đi qua A' .
Cách 4: m a n a' g b h
Do A' là trọng tâm ∆BCD ⇒ A' = BN ∩ DI (I là trung điểm BC). Nên A, G, A' thẳng hàng.
⇒ AG, BN, DI đồng quy. Gọi J là trung điểm AD.
Khi đó ta có tứ giác MINJ là hình bình hành.
⇒ G ∈ IJ, G ∈ MN ⇒ AG là giao tuyến của hai mặt phẳng (ABN) và (ADI). DI là giao tuyến của hai mặt phẳng (ADI) và (BCD).
BN là giao tuyến của hai mặt phẳng (BCD) và (ABN) Mà DI ∩ BN = A' (trọng tâm ∆BCD).
Suy ra (theo định luật về giao tuyến của ba mặt phẳng) AG, BN, DI đồng quy tại A' hay A, G, A' thẳng hàng.
Vậy AG đi qua trọng tâm A' của ∆BCD. ( )
Ví dụ 2: Cho hình lập phơng ABCD A1B1C1D1
Chứng minh A, G, C1 thẳng hàng (G là trọng tâm ∆A1BD).
Cách 1:
A, G, C1 thẳng hàng ⇔ A, G, C1 đồng thời thuộc hai mp phân biệt. Gọi O là tâm hình vuông ABCD.
⇒ A1O ⊂ (AA1C1C)
Vì G ∈ A1O ⇒ G ∈ (AA1C1C)
Vậy A, G, C1 ∈ (AA1C1C) (1) Gọi O1 là tâm của hình vuông ABB1A1 ⇒ DO1 là trung tuyến của ∆A1B1D ⇒ G ∈ DO1 ⊂ (ADC1B1)
⇒ G ∈ (AD C1B1)
Vậy A; G; C1 ∈ (ADC1B1) (2)
Do mặt phẳng (ADC1B1) và mặt phẳng (AA1C1C) là hai mặt phẳng phân biệt nên từ (1) và (2) suy ra A, G, C1thẳng hàng.
Cách 2: A, G, C1 thẳng hàng ⇔ AC1 chứa G. G C1 D1 B1 o A1 a d c b O1
Gọi O là tâm hình vuông ABCD. Ta có A1O ∈ (AA1C1C) Gọi G là giao điểm AC1 và A1O.
Khi đó G là giao điểm của AC1 và mặt phẳng (A1BD). Ta sẽ chứng minh G là trọng tâm ∆A1BD ⇔ Chứng minh A1G = 2GO.
Xét ∆AOG và ∆C1GA1. Có AO // A1C1 ⇒
1 1 1
AO OG 1
A C = A G = 2
Hay A1G = 2GO.
Vậy G là trọng tâm ∆A1BD.
Cách 3: Vì G là trọng tâm ∆A1BD ⇒ G = A1O ∩ DO1
Vậy A1, G, C1 thẳng hàng ⇔ AC1, A1O, DO1 đồng quy (O, O1 lần lợt là tâm của hình vuông ABCD, ABB1A1).
Ta có: AC1là giao tuyến của hai mặt phẳng (ADC1B1) và (ACC1A1) DO1là giao tuyến của hai mặt phẳng (ADC1B1) và (A1BD).
A1O là giao tuyến của hai mặt phẳng (A1BD) và (ACC1A1) (Vì O1 ∈ A1B ⇒ DO1 ⊂ (A1BD); O = AC ∩ BD.
⇒ A1O ∈ (ACC1A1)
Mà DO1 ∩ A1O = G. Vậy theo định lý về giao tuyến của ba mặt phẳng ta có AC1, DO1, A1O đồng quy tại G (G là trọng tâm ∆A1BD)
Hay A, G, C1thẳng hàng.
Cách 4: Hai góc ở vị trí đối đỉnh
Trong mặt phẳng (ACC1A1). Xét ∆AOG và ∆C1OA1 có
1 1 1AO OG 1 AO OG 1 A C = A G =2
(Vì O là trung điểm AC, G là trọng tâm ∆A1BD)
ã ã
1 1
AOG C A G= (Góc so le trong) Vậy ∆C1OA1 ~∆AOG hay ã ã
1 1OGA A GC=