Hình học không gian là môn học có cấu trúc chặt chẽ, có nội dung phong phú hơn so với hình học phẳng.
Kĩ năng chuyển bài toán không gian về bài toán phẳng cụ thể: - Nhìn nhận một vấn đề hình học không gian thành hình học phẳng
- Giải “nhiều” bài toán phẳng tương ứng khi giải một bài toán không gian. Kĩ năng này được thực hiện trên cơ sở coi mặt phẳng là bộ phận của không gian. Chủ yếu là kĩ năng “tách” bộ phận phẳng ra khỏi không gian(vẽ hình, xét trên các chi tiết của bài toán), các bộ phận được “tách” ra ở đây có thể là mặt(mặt của khối đa diện), mặt cắt(thiết diện) hay đường giao tuyến.
Rèn luyện kĩ năng này giúp học sinh phát triển năng lực lập luận, sự sáng tạo, linh hoạt trong tư duy. Nếu thực hiện nhuần nhuyễn thì sẽ tìm ra được nhiều kiến thức mới.
Ví dụ 16: Cho tứ diện ABCD. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AB, CD
và G là trung điểm của đoạn MN.
a) Chứng minh rằng đường thẳng AG đi qua trọng tâm A’ của ∆BCD. Phát biểu kết luận tương tự đối với các đường thẳng BG, CG, DG.
b) Chứng minh GA=3GA’.
Ta đã giải bài tập này trong ví dụ 14. Bây giờ ta giải câu b) dễ dàng hơn nếu tách ∆ABN ra khỏi hình tứ diện.
G M
A
B I A' C
Ta có MN, A’G lần lượt là đường trung bình của ∆ABA’ và ∆MNI ⇒
AA’=2MI, MI= 2A’G. Suy ra AA’=4A’G hay AG= 3A’G.
Ví dụ 17: Cho hình lập phương ABCDA’B’C’D’. Gọi I, J lần lượt là trung
điểm các cạnh AB, C’D’. M, N lần lượt là các điểm thay đổi trên các cạnh AD, BB’ sao cho AM=BN.
a) Chứng minh trung điểm của MN thuộc IJ.
b) Xác định thiết diện của hình lập phương cắt bởi mặt phẳng (MNIJ) c) Xác định vị trí M, N để thiết diện có chu vi bé nhất.
Giải:
a) Gọi H là trung điểm của MN, ta có:
IA IB =
HM HN(=1)
Theo định lí Talet đảo H thuộc mặt phẳng (α) qua I song song với AM và BN.
G M B D C A N A' I
Gọi E, F lần lượt là trung điểm của CD, A’B’. Suy ra AM//IE, IF//BN nên (α) ≡ (IE, IF).
Kẻ MM’//AB, NN’//AB (M’∈IE, N’∈IF) ⇒ MM’NN’ là hình bình hành ⇒ H là trung điểm M’N’. Do ∆IM’N’ cân nên H thuộc đường phân giác của góc EIF, tức là H thuộc IJ.
Nhận xét: Trong cách giải trên ta đã đưa bài toán đã cho về bài toán trong phẳng: cho IE, IF sao cho IE⊥ IF. M’, N’ là các điểm thuộc IE, IF sao cho IM’=IN’. Tìm quỹ tích trung điểm H của M’N’( quỹ tích là đường phân giác góc EIF).
Từ đó suy ra MN cắt IJ tại H ⇒ I, J, M, N đồng phẳng.
b) Mặt phẳng (MNIJ) cắt các mặt đối diện của hình hộp bởi các đoạn thẳng song song với nhau. Kẻ JK//IM (K∈B’C’), JG//IN ( G∈ DD’). Thiết diện của hình lập phương cắt bởi mặt phẳng (MNIJ) là lục giác IMGJKN có các cặp cạnh đối song song và bằng nhau.
a) Trải các mặt (ABCD), (CC’D’D) lên mặt (AA’D’D) Từ câu b) suy ra chu vi thiết diện: P=2.(IM+MG+GJ).
Ta có IM+MG+GJ ≥ IJ suy ra P≥ 2IJ.
H F E J I A' D A C' C B' B D' M N M' N' K G A D' D I M G J C C C' A' A
Do đó P nhỏ nhất bằng 2IJ khi IM+MG+GJ=IJ ⇔ I, M, G, J thẳng hàng ⇔ M là trung điểm của AD, G là trung điểm của DD’. Do DG=BN’ suy ra N là trung điểm của BB’.
Vậy P nhỏ nhất bằng 2IJ khi M, N lần lượt là trung điểm của AD, BB’.
Trong cách chứng minh trên ta đã dùng phương pháp trải các mặt hình hộp lên một mặt của nó. Như vậy chúng ta đã biểu diễn độ dài các độ dài đoạn thẳng trong không gian về trong một mặt phẳng, dùng tính chất độ dài các đoạn thẳng để giải bài toán. Lời giải này nhanh và đơn giản hơn lời giải sau:
Cách thông thường: Gọi độ dài cạnh hình lập phương là a. Đặt AM=BN=x( 0≤ x ≤a) Ta có P= 2(IM+MG+GJ), trong đó
( ) 2 2 2 2 4 , 2 , 4 x a GJ x a MG x a IM = + = − = + Suy ra: 2( ). 4 2 a2 x2 a x P= + + − P' = 2x x2+a 2 4 - 2 = 2x- 2.(x2+a 2 4 ) x2+a 2 4
P’=0 ⇔ x= a/2. Lập bảng biến thiên của hàm P ta được P nhỏ nhất khi x=a/2 và P=3a2 .
2.3.3. Tổng quát hoá các bài toán
Trên cơ sở so sánh các trường hợp riêng lẻ, đặc biệt, phép tương tự để chuyển từ trường hợp riêng này sang trường hợp riêng khác, khai thác mối liên hệ mật thiết với trừu tượng hoá, làm rõ mối quan hệ chung riêng giữa mệnh đề xuất phát và mệnh đề tìm được bằng đặc biệt hoá và hệ thống hoá, tạo khả năng tìm được nhiều giải pháp trên nhiều góc độ và tình huống khác nhau, khả năng tìm ra những mối liên hệ trong những sự kiện bên ngoài tưởng chừng như không có liên hệ với nhau, khả năng tìm giải pháp là duy nhất. Từ việc tổng quát hoá các bài toán, học
sinh sẽ có kiến thức tổng thể của một vấn đề, một giải pháp. Lặp đi lặp lại nhiều lần như vậy rèn luyện cho học sinh thói quen nhìn sự vật trong một tập hợp nào đó. Đây là con đường tìm kiến thức mới hiệu quả và cần thiết phải rèn luyện.
Ví dụ 18: Xuất phát từ các bài toán
Bài toán 1: Cho tứ diện vuông OABC (vuông tại O).Chứng minh rằng hình chiếu của đỉnh O lên mặt phẳng (ABC) là trực tâm tam giác ABC.
Giải :
Gọi H là hình chiếu của O lên mp (ABC).
Vì OA ⊥ (OBC) ⇒ OA ⊥ BC
Theo định lý 3 đường vuông góc suy ra AH⊥BC. Tương tự BH ⊥ AC, CH ⊥ AB.
Vậy H là trực tâm tam giác ABC.
Bài toán 2: Chứng minh rằng trong một tứ diện đều, hình chiếu của một đỉnh lên mặt đối diện là trực tâm tam giác của mặt đó.
Giải :
Giả sử ABCD là tứ diện đều, H là hình chiếu của A lên mp (BCD). Gọi B’ là trung điểm của CD suy ra AB’⊥ BC (Tam giác ACD đều) và
BB’ ⊥ CD (1) ⇒ CD ⊥ (ABB’) ⇒ (ABB’) ⊥ (BCD) mà AH ⊥ (BCD) suy ra AH ⊂ (ABB’) ⇒ BH ⊥ CD kết hợp với (1) suy ra B, H, B’ thẳng hàng và BH là
A O C B A' H B' B D C A H
đường cao trong tam giác BCD. Tương tự ta có CH, DH cũng là các đường cao trong tam giác BCD.
Vậy H là trực tâm trong tam giác BCD. Từ 2 bài toán trên ta có nhận xét:
Ở bài 1 tứ diện OABC có: OA ⊥ BC, OB ⊥ AC, OC ⊥ AB; bài 2 tứ diện ABCD có AB ⊥ CD, AD ⊥ BC, AC ⊥ BD nên 2 tứ diện trên thuộc loại tứ diện có các cặp cạnh đối vuông góc (tứ diện trực tâm).
Từ đó ta có bài toán tổng quát sau:
Chứng minh rằng trong tứ diện trực tâm hình chiếu của một đỉnh lên mặt đối diện là trực tâm tam giác của mặt đó.
Lời giải bài toán này tương tự như hai bài toán trên.
Ví dụ 19: Từ các bài toán:
Bài 1: Cho hình hộp ABCDA’B’C’D’. Tìm điểm I trên đường chéo B’D và điểm J trên đường chéo AC sao cho IJ // BC’. Tính tỉ số ID/IB’.
Giải:
Thực hiện phép chiếu song song lên mp (ABCD) theo phương BC’ ta có:
D D, B’ B’’ (B’B’’//BC’, B’’∈BC) Gọi J =DB’’∩AC ⇒ J ∈ AC. Trong mp (DB’B’’) kẻ JI//B’B’’, I ∈ DB’. M J A' A D' D B C C' B' B'' I
Do IJ//B’B’’ và B’B’’//BC’ suy ra IJ//BC’. Vậy ta đã xác định được I, J thoả mãn điều kiện bài toán.
Ta có J là trọng tâm tam giác ABD và DM=MB’’ suy ra
DM JB DM JD 3 4 " , 3 2 = = suy ra JD/JB’’=1/2. Mặt khác trong
tam giác DB’B’’ có ID/IB’=JD/JB’’ suy ra ID/IB’=1/2.
Bài 2: Cho tứ diện đều ABCD có cạnh bằng 1. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của BD và AC. Trên đường thẳng AB lấy điểm P, trên đường thẳng DN lấy điểm Q sao cho PQ//CM. Tìm P, Q và tính PQ.
Giải:
Thực hiện phép chiếu song song lên (ACD) theo phương CM. Ta có: A A, B B’ ( BB’//CM, B’∈CD).
Kẻ AB’. Gọi Q=DN∩AB’ suy ra Q∈DN. Trong (ABB’): kẻ QP//BB’ (P∈AB). Vì CM//BB’, PQ//BB’ nên CM//PQ.
Vậy ta đã xác định được P, Q thoả mãn điều kiện bài toán. Kẻ Ax//DB’, DQ∩Ax =I.
Ta có AQ/QB’=AI/DB’=1/2 suy ra AQ/AB’=1/3.
Mặt khác PQ//BB’ suy ra PQ/BB’=AQ/AB’ từ đó có PQ/BB’=1/3, thay
3 '= BB vào ta được 3 3 = PQ
Từ 2 bài toán trên ta có bài toán tổng quát:
x Q N M B D C A B' I P
Cho d1, d2 chéo nhau và một đường thẳng d. Tìm M ∈ d1, N ∈ d2,sao cho MN//d.
Giải:
MN//d ⇒ N là ảnh của M qua phép chiếu song song phương d lên mp chứa N.
N là ảnh của M mà M ∈ d1 suy ra N ∈ ảnh của d1 qua phép chiếu song song nói trên .
Mặt khác N ∈ d2⇒N= d1'∩ d2 nên ta chọn mp chiếu là mặt phẳng chứa d2. Do đó ta có cách xác định M, N như sau:
Chọn mp (P) chứa d2. Tìm ảnh của d1 qua phép chiếu song song theo phương d lên mp (P). Ta xác định được giao điểm của d2 và d1.
Giả sử d1' ∩ d2 =N. Từ N kẻ đường thẳng d'//d thì d' cắt d1 tại M. Như vậy ta có M∈ d1, N∈d2 và MN//d.
Ví dụ 20: Bài toán 1:Cho góc tam diện vuông Oxyz. Chứng minh rằng:
sinsinxOyA =sinsinyOzB =sinsinzOxC
Trong đó A, B, C là độ lớn các góc nhị diện cạnh Ox, Oy, Oz.
Giải: Bài toán là hiển nhiên. Vì theo giả thiết ta có xOy=C= yOz = A = (zOx)= B=900. Bài toán 2: Cho hình chóp tam giác đều S.ABC. Chứng minh rằng:
sinsinASBE =sinsinBSCF =sinsinCSAG
Trong đó E, F, G là độ lớn các góc nhị diện cạnh SC, SA, SB.
d1 d2 d d1' d' A' M P B B' N A
Giải: Hiển nhiên. Vì ASB=BSC=CSA và E=F=G
Bài toán 3: Cho tứ diện trực tâm ABCD. Chứng minh rằng:
sinsinBACE =sinsinCADF =sinsinDABG
Trong đó E, F, G là độ lớn các góc nhị diện cạnh AD, AB, AC Giải:
Giả sử BB1 ⊥ (ACD) thì B1 là trực tâm tam giác ACD ⇒ CB1 ⊥ AD, DB1⊥ AC.
Gọi B2 = DB1 ∩ AC; B3 = CB1 ∩ AD. Khi đó: BB2⊥ AC, BB3⊥ AD.
Do đó: G = BB2B1; E = BB3B1.
Ta có: BB1 = BB2.sin BB2B1 (∆BB2B1 vuông tại B1)
= BB3.sin BB3B1 (∆BB3B1 vuông tại B1)
Mà BB2 =AB.sin BAC (∆BAB2 vuông tại B2)
BB3 = AB.sin BAD (∆BAB3 vuông tại B3) Suy ra: sin BAC.sinG = sin BAD.sinE
B1 B D C A B2 B3
Hay sinsinBACE =sinsinDABG (1)
Tương tự ta cũng có:
sinsinBACE =sinsinCADF (2)
Từ (1) và (2) suy ra điều phải chứng minh.
Từ cách khai thác các trường hợp đặc biệt trên, giáo viên có thể hướng dẫn, gợi ý học sinh phát biểu bài toán tổng quát sau:
Bài toán: (Định lý hàm số sin trong không gian)
Cho góc tam diện Oxyz. Ba góc phẳng ở đỉnh α, β, γ (α = yOz, β = zOx,
γ = xOy). Chứng minh rằng:
sinsinαE =sinsinFβ =sinsinGγ
Trong đó E, F, G là độ lớn các góc nhị diện cạnh Ox, Oy, Oz. Giải:
Lấy A trên Ox. Đặt OA = a. Kẻ AH ⊥
(Oyz), AB ⊥ Oy, AC ⊥ Oz.
Theo định lý ba đường vuông góc thì HC ⊥ Oz, HB ⊥ Oy.
Vậy ACH là góc nhị diện cạnh Oz; ABH là góc nhị diện cạnh Oy. Ta có: AH = AB.sin ABH
= AB.sinF = a.sinγ .sinF
AH = AC.sin ACH = AC.sinG = a.sinβ .sinG
Suy ra: sinsinFβ =sinsinGγ
Lý luận tương tự sẽ dẫn đến:
sinsinαE =sinsinFβ =sinsinGγ (đpcm)