Dạng 1. Chứng minh các tính chất hình học
Bài toán 38. Cho tứ diện đều ABCD. Gọi M, N lần lượt là trung điểm các cạnh AB, CD. Gọi O là trung điểm đoạn M N. Chứng minh rằng với mọi điểm K nằm trong tứ diện ta có
KA+KB + KC+ KD ≥ OA+OB +OC +OD.
Lời giải. Ta có M N là trục đối xứng của tứ diện ABCD. Gọi K0 là điểm đối xứng của K qua M N, H là giao của KK0 với M N, thì
KA+KB = AK +AK0 ≥ 2AH KC +KD = CK +CK0 ≥ 2CH
Ta chứng minh rằngAH+CH ≥ OA+OC. Xét trong mặt phẳng(M CD) điểm A0 sao cho tia M A0 vuông góc với M N, ngược chiều với tia N C và
M A0 = M A. Rõ ràng HA0 = HA, vì vậyHA+HC = HA0+HC ≥ A0C. Vì A0C đi qua O, do đó A0C = OC +OA0 = OC +OA.
Bài toán 39. Trong không gian cho hình bình hành ABCD.
Chứng minh rằng nếu tồn tại một đường thẳng (d) không nằm trong mặt phẳng (ABCD) sao cho phép đối xứng Đd biến hình bình hành ABCD
thành chính nó, thì (d) phải đi qua giao điểm của hai đường chéo của hình bình hành và vuông góc với mặt phẳng chứa nó.
Lời giải. Vì Đd biến hình bình hành ABCD thành chính nó, thì biến mặt phẳng (ABCD) thành chính nó. Vì vậy d vuông góc với mặt phẳng (ABCD). Gọi O là giao điểm của d và mặt phẳng (ABCD). Nếu M là điểm bât kỳ của hình bình hành ABCD và M0 là ảnh của M thì O là
trung điểm của M M0. Vậy O là tâm đối xứng biến M thành M0 hay là tâm đối xứng của hình bình hành vàdvuông góc với mặt phẳng (ABCD). Bài toán 40. Chứng minh rằng nếu một hình lăng trụ tam giác có trục đối xứng, thì lăng trụ đó có cạnh bên vuông góc với đáy.
Lời giải. Ta kí hiệu ABC.A0B0C0 là hình lăng trụ tam giác có trục đối xứng là d. Hiển nhiên d không thể nằm trong mặt đáy, thật vậy, giả sử d
thuộc mặt phẳng (ABC), vì phép đối xứng qua d biến các đỉnh A0, B0, C0
thành các điểm nằm trong mặt phẳng song song với mặt phẳng (ABC) và khác phía với A0B0C0 điều đó chứng tỏ ảnh của A0, B0, C0 không thuộc lăng trụ.
Mặt khác ta có d không cắt đáy của lăng trụ , vì nếu nó cắt (ABC) tại
O, thì ảnh của mỗi cạnh bên là một cạnh bên, điều đó chứng tỏ d phải thuộc một mặt bên mà điều này không thể sảy ra. Vì vậy d song song với đáy của lăng trụ. Phép đối xứng qua d biến ABC thành A0B0C0, mặt bên chứa A thành mặt bên chứa A0, vì vậy A thành A0. Điều này chứng tỏ d
vuông góc với AA0 hay AA0 vuông góc với đáy của lăng trụ.
Dạng 2.Toán tìm quỹ tích và dựng hình.
Bài toán 41. Cho hình hộp chữ nhật ABCD.A0B0C0D0. Trên đoạn AC
và B0D0 ta lần lượt lấy các điểm M, N sao cho AM = D0N. Hãy tìm tập hợp trung điểm của đoạn M N, khi M và N biến thiên.
Lời giải. Gọi I, J lần lượt là trung điểm các đoạn AD0, B0C. Khi đó IJ
là trục đối xứng biến A thành D0 và C thành B0. Vì vậy M thành M0
thuộc đoạn D0B0 và AM = D0M0.
Theo giả thiết AM = D0N, do đó M0 vàN trùng nhau. Vậy trung điểm của M N thuộc IJ. Nếu AC = B0D0 thì tập hợp cần tìm là đoạn IJ. Nếu
AC 6= B0D0 thì tập hợp cần tìm là một tập hợp con thuộc đoạn IJ. Bài toán 42. Cho lăng trụ đứng ABC.A0B0C0,có đáy là tam giác cân
ABC tại A. Trên các cạnh AC, A0B0 ta lấy các điểm tương ứng M và M0
sao cho AM = A0M0. Tìm tập hợp trung điểm của đoạn M M0.
Lời giải. Gọi I, J là trung điểm cạnh bên AA0 và giao các đường chéo hình chữ nhật BCC0B0. Hiển nhiên IJ là trục đối xứng của hai đoạn AC
và A0B0. Vậy M và M0 đối xứng nhau qua IJ. Trung điểm của M M0 cũng thuộc đoạn IJ.
Vậy quỹ tích trung điểm của đoạn M M0 là đoạn thẳng IJ.
Bài toán 43. Cho đường thẳng d và điểm A không thuộc đường thẳng d. Hãy dựng một tứ diện đều có một đỉnh là A và đường thẳng d đi qua trung điểm hai cạnh chéo nhau của tứ diện.
Lời giải. Gọi B là điểm đối xứng của A qua d, M là giao của AB và d. Dựng điểm N trên d sao cho M N = AM√
2.
Dựng đường thẳng d0 đi qua N và vuông góc đồng thời với d và AB. Trênd0 dựng các điểm C và D sao choN C = N D = AM. Khi đó ABCD
là tứ diện cần dựng
2.5.2 Ứng dụng phép đối xứng tâm trong giải toán Dạng 1. Chứng minh các tính chất hình học
Bài toán 44. Chứng minh rằng một hình tứ diện không thể có tâm đối xứng.
Lời giải. Giả sử tứ diện ABCD có tâm đối xứng là O. Nếu O thuộc một mặt nào đó của tứ diện, thì mặt đó là hình có tâm đối xứng. Mà điều đó không xảy ra vì mặt của tứ diện là tam giác và tam giác là hình không có tâm đối xứng. Vậy O không thuộc các mặt phẳng chứa mặt phẳng tứ diện. Gọi A0, B0 lần lượt là ảnh của A, B qua phép đối xứng đó. Vậy A0, B0
thuộc các mặt đối là (BCD) và (ACD).
Vì ABB0A0 là hình bình hành, do đó AB0//BA0 suy ra AB0//CD và
BA0//CD suy ra A0 trùng vớiB và B0 trùng vớiA. Điều đó chứng tỏ O là trung điểm AB và O thuộc mặt phẳng chứa mặt của tứ diện(mâu thuẫn).
Vậy hình tứ diện không thể có tâm đối xứng.
Bài toán 45. Chứng minh rằng nếu một hình lăng trụ mà đáy có tâm đối xứng , thì lăng trụ đó có tâm đối xứng.
Lời giải. Ta ký hiệu A1A2...An và B1B2...Bn là các đỉnh thuộc hai đáy, trong đó A1B1//A2B2//...AnBn. Gọi O1 và O2 tương ứng là tâm đối xứng
của các đa giác A1A2...An và B1B2...Bn. O là trung điểm của O1O2. Ta chứng minh O là tâm đối xứng của lăng trụ.
Thật vậy với bất kỳ Ai ta xét đoạn AiAj nhận O1 làm trung điểm. Gọi
O0 là trung điểm BiBj, khi đó O1O0//AjBj.
Tương tự ta xét đoạn Ai+1Aj+1 nhận O1 là trung điểm. Gọi O00 là trung điểm củaBi+1Bj+1, khi đóO1O00//Ai+1Bi+1//AiBi. Vì vậy O0 vàO00 trùng nhau. Cứ tiếp tục như vậy ta suy ra O1O2//AiBi. Như vậy với đỉnh Ai
bất kỳ thì Z = ZO2 ◦Zo ◦ZO1 biến nó thành Bj. Vậy hình lăng trụ có tâm đối xứng.
Bài toán 46. Chứng minh rằng nếu một hình đa diện T có tâm đối xứng, thì số mặt của T chẵn, số cạnh chẵn, số đỉnh chẵn.
Lời giải. Gọi O là tâm đối xứng của T và X là một điểm bất kỳ thuộc một mặt (M) nào đó của T. Gọi X0 là ảnh của X qua phép đối xứng đó. Ta có X0 thuộc một mặt M0 của T. Vậy với mỗi cặp mặt M và M0 của T
ứng với một đoạn XX0. Mà số đoạn đó là số nguyên, nên số mặt của T là số chẵn.
Mặt khác ta biết rằng mỗi điểm bất kỳ thuộc một cạnh nào đó của T, điểm đối xứng của nó qua O cũng thuộc đúng một cạnh của T. Vì vậy hai cạnh của T ứng với cùng một đoạn thẳng nối một điểm của cạnh này với một điểm của cạnh kia, do đó số cạnh và số đỉnh của hình đa diện là số chẵn.
Dạng 2. Tìm tập hợp điểm và dựng hình
Bài toán 47. Cho mặt cầu (O) và 4 điểm A, B, C, D. Với mỗi điểm M
thuộc mặt cầu ta xác định điểm N thoả mãn 7−−→
M N = 2−−→
M A + 3−−→
M B + 4−−→
M C + 5−−→
M D. Hãy tìm quỹ tích điểm N khi M biến thiên trên mặt cầu. Lời giải.GọiGlà điểm sao cho2−→
GA+3−−→ GB+4−→ GC+5−−→ GD = −→ 0, khi đó từ giả thiết ta có7−−→ M N = 14−−→ M G ⇔7−−→ M G+7−−→ GN = 14−−→ M G ⇔−−→GN = −−−→GM. Vậy tập hợp điểm N là mặt cầu đối xứng với (O) qua G.
Bài toán 48. Cho 2 điểm A, B nằm trên đường thẳng x và hai điểm C, D
dựng một hình hộp sao cho các đoạn thẳng AB và CD là hai đường chéo thuộc hai mặt phẳng song song của hình hộp.
Lời giải. Gọi I, J lần lượt là trung điểm của AB và CD. Gọi O là trung điểm của đoạnIJ phép đối xứng quaO biếnA 7→ A0, B 7→B0, C 7→
C0, D 7→ D0. Khi đó hình hộp gồm hai mặt phẳng song song chứa AB và
CD là AD0BC0.B0CA0D.
Bài toán 49. Cho nhị diện (P, Q) và điểm O cố định nằm trong nhị diện. Tìm tập hợp điểm M nằm trong mặt phẳng (P) sao cho tồn tại trong (Q)
điểm M0 mà O là trung điểm đoạn M M0.
Lời giải. Gọi (Q0) là ảnh của (Q) qua phép biến đổi ĐO, khi đó M là ảnh của M0 qua phép biến ĐO. Vậy M thuộc giao tuyến (x) của hai nửa mặt phẳng (Q0) và (P). Tập hợp điểm M0 hoặc là (x) hoăc tia thuộc (x) hoặc tập rỗng.
2.5.3 Ứng dụng phép tịnh tiến trong giải toán Dạng 1. Chứng minh các tính chất hình học
Bài toán 50. Chứng minh rằng mỗi hình đa diện lồi có không quá một tâm đối xứng.
Lời giải. Trước hết ta thấy nếu A là tâm đối xứng của một hình đa diện lồi thìA là điểm trong của đa diện đó. Thật vậy với điểm X thuộc đa diện luôn tìm đươc điểm X0 thuộc nó sao cho A là trung điểm của đoạn XX0. Do tính chất lồi của đa diện, nên A không thể nằm trên mặt của đa diện. Nếu B là tâm đối xứng của đa diện khác A, thì B cũng là điểm trong của nó. Vì vậy đường thẳng AB phải cắt đa diện và trong số các giao điểm của AB với đa diện ta xét các giao điểm mà B thuộc đoạn nối chúng với
A.
Giả sử M là điểm cách A một khoảng xa nhất. Ta xét phép biến đổi
ZB ◦ZA. Phép biến đổi đó là phép tịnh tiến T2−−→
AB biến M 7→ M0 thuộc đa diện và ta có−−−→ M M0 = 2−→ AB ⇔ −−→AM0−−−→AM = 2−→ AB ⇔−−→AM0 = −−→ AM+ 2−→ AB
(*). Đẳng thức (*) chứng tỏ M0 còn cách A một khoảng xa hơn M. Mâu thuẫn đó chứng tỏ A và B trùng nhau.
Bài toán 51. Cho hai mặt phẳng (P),(Q) song song. Chứng minh rằng phép biến đổi T = S(Q)◦S(P) là một phép tịnh tiến mà vectơ tịnh tiến bằng
2−→u, trong đó T−→
u biến (P) thành (Q) và giá của −→u vuông góc với (P).
Lời giải. Với điểm M bất kỳ ta có S(P) : M 7→ M0 và M M0 vuông góc với (P) tại trung điểm K, khi đó S(Q) : M0 7→ M00 và M0M00 vuông góc với (Q) tại trung điểm H. Ta xét
−−−→ M M00 = −−−→ M M0+ −−−−→ M0M00 = −−→ M K+ −−−→ KM0+−−−→ M0H +−−−→ HM00 = −−→ M K+ −−−→ HM00 +−−→ KH = −−−→ KM0+−−−→ M0H +−−→ KH = 2−−→ KH.
Hiển nhiên KH vuông góc với (P) và (Q) và T−−→
KH : K 7→ H. Do vậy (P) biến thành (Q).
Bài toán 52. Cho tứ diện T, phép tịnh tiến theo vectơ −→u biến T thành
T0. Chứng minh rằng thể tích của T và T0 bằng nhau.
Lời giải. Ta có phép tịnh tiến theo vectơ −→u biến đường cao của T thành
đường cao của T0 và các đường cao này bằng nhau, biến đáy của T thành đáy của T0 và hai đáy bằng nhau. Vì vậy thể tích của hai khối đa diện T
và T0 bằng nhau.
Dạng 2. Toán quỹ tích và dựng hình
Bài toán 53. Cho mặt cầu (O, R), một điểm A và một vectơ −→u 6= −→0.
Với mỗi điểm M thuộc mặt cầu ta gọi điểm M1 là điểm đối xứng của M
qua A và M2 là ảnh của M1 qua phép tịnh tiến theo vectơ −→u. Tìm tập hợp
điểm M2 khi M biến thiên trên mặt cầu.
Lời giải. Xét phép biến đổi T(−→u) ◦ZA biến M 7→ M2. Vậy tập hợp M2
là mặt cầu đối xứng với mặt cầu (O, R) qua phép đối xứng tâm.
Bài toán 54. Cho hai mặt cầu (O, R),(O0, R0) không đồng tâm và mặt phẳng (P). Hãy dựng mặt phẳng (Q) song song với (P) cắt đồng thời hai mặt cầu đã cho thành hai đường tròn có bán kính bằng nhau.
Lời giải.
Gọi K và K0 là tâm hai đường tròn tạo bởi (Q) cắt hai mặt cầu đã cho, khi đó OK và O0K0 vuông góc với mặt phẳng (Q).
Tịnh tiến mặt cầu (O) theo vectơ −−→
KK0, ta được mặt cầu (O1) đi qua đường tròn tâm K0. Do đó O1O vuông góc với (Q) tại K0. Mặt khác O1
nhìn đoạn OO0 dưới một góc vuông, do đó O1 là điểm chung của đường thẳng O0K0 với mặt cầu đường kính OO0.