Bài toán 3.4.1. Tìm điều kiện cần và đủ để một lăng trụ nội tiếp mặt cầu.
Bài giải.
Mặt bên của lăng trụ là hình bình hành, muốn hình bình hành nội tiếp trong một đường tròn thì nó phải là hình chữ nhật, do đó suy ra lăng trụ phải là lăng trụ đứng (cạnh bên vuông góc với mặt đáy), đáy của lăng trụ là đa giác có các đỉnh thuộc một đường tròn, vậy điều kiện cần là lăng trụ phải là lăng trụ đứng và đáy là đa giác nội tiếp, đây cũng là điều kiện đủ để một lăng trụ nội tiếp trong một mặt cầu.
Bài toán 3.4.2. Cho khối tứ diện ta cắt nó bởi mặt phẳng được thiết diện là tam giác Chứng minh rằng: Diện tích tam giác này nhỏ hơn diện tích của 1 trong 4 mặt của khối tứ diện.
Bài giải.
Trước hết ta xét thiết diện tam giác nhưng đi qua cạnh AB và cắt CD tại M. Khi đó các △ABC, △ABM, △ABD có chung đáy AB. (Hình 3.18) Để so sánh diện tích ba tam giác này ta chỉ cần so sánh chiều cao của chúng với nhau.
Chiếu hình vẽ này lên mặt phẳng vuông góc với AB, các đường cao DI, MJ, CK song song với mặt chiếu đó. Suy ra không thay đổi độ dài các điểm A, I, J, K, B chiếu thành A’, C → C′, M → M′, D → D′.(Hình 3.17)
Ta thấy trong hai góc Â′M′D′ vàÂ′M′C′ có một góc lớn hơn 900. Nếu Â′M′C′ ≥ 900 ⇒ A′C′A′M′.
Nếu Â′M′D′ ≥ 900 ⇒ A′D′A′M′.
Hình 3.18
Hình 3.19
Suy ra diện tích △ABM <min (diện tích △ABC, diện tích △ABD).
Nếu thiết diện qua B cắt CD tại M và cắt AD tại N ta có:
Diện tích △BM N < min( Diện tích △ABD), diện tích △ABC. Mà diện tích △BM D < diện tích △ABD. Hiển nhiên.
Vậy diện tích (ABM) < min (diện tích (ABD), diện tích (ABC))
Bài toán 3.4.3. Xét một khối đa diện lồi bất kỳ, Một số mặt của nó được sơn màu xanh, không có hai mặt được sơn nào có chung cạnh và số mặt được sơn nhiều hơn nửa tổng số mặt của đa diện. Chứng minh rằng không tồn tại mặt cầu nội tiếp trong khối đa diện.
Bài giải.
Giả sử có một hình cầu nội tiếp đa diện đã cho. Nối tiếp điểm của hình cầu và một mặt nào đó với tất cả các đỉnh của mặt này. Như thế mỗi
mặt sẽ được chia thành các tam giác. Các tam giác nằm trong các mặt kề nhau và có một cạnh chung thì bằng nhau.
Do đó, mỗi tam giác sơn xanh có tương ứng với một tam giác không sơn bằng nó. Tổng các góc của các tam giác tại tiếp điểm bằng 2π. Tổng các góc này ứng với tất cả các mặt là 2π.n (với n là số mặt của khối đa diện). Trong tổng này hơn một nửa là phần của tam giác sơn xanh (theo giả thiết) và tổng của các góc tương ứng cho các tam giác không sơn, như đã chứng minh, thì không ít hơn. Điều này mâu thuẫn với giả thiết bài toán. Vậy bài toán đã được chứng minh.
Bài toán 3.4.4. (Tính chất của khối đa diện).
Ta kí hiệu f là số mặt, a là số các cạnh, p là số các đỉnh. Giả sử fk là số các mặt k giác. Chứng minh đẳng thức:
2a= 3f3+4f4+5f5+. . . (3.10) Bài giải.
Giả sử khối đa diện có f3 mặt là ∆, nên tại mỗi mặt ∆ ta đếm các cạnh của nó ta được 3.f3 cạnh, lại có f4 mặt là tứ giác, tại mỗi mặt tứ giác ta đếm số cạnh 1 lần, ta được 4.f4 cạnh, tương tự như vậy. Với cách đếm đó mỗi cạnh được tính 2 lần, vì mỗi cạnh là giao tuyến của 2 mặt, vì vậy số cạnh đó được nhân với 2. Do đó là cạnh của đa diện là:
a= 1
2(3f3+4f4+5f5+. . .). Hay
2a= 3f3+4f4+5f5+. . . Bài toán 3.4.5. (Tính chất của khối đa diện).
Ta ký hiệu Pk là số các đỉnh xuất phát k cạnh của khối đa diện.
Chứng minh rằng:
2a=3P3+4P4+5P5 +. . . (3.11) Bài giải.
Giả sử Pk là số các đỉnh có k cạnh xuất phát từ đây ta phải chứng minh 2a=3P3+4P4+5P5+. . ..
Giả sử có P3 góc tam diện, vậy suy ra số cạnh xuất phát từ các góc tam diện là3.P3, tương tự giả sử có P4 góc tứ diện. Vậy số cạnh xuất phát từ các đỉnh này là 4.P4, . . .
Với cách đếm đó số cạnh cũng được nhân với 2, vì mỗi cạnh là 1 đoạn có 2 đầu, ta đếm mỗi đầu 1 lần, do đó
a= 1
2(3P3 +4P4+5P5+. . .
Chứng minh rằng: Tổng số đo của tất cả các góc phẳng của khối đa diện lồi bằng
2π(a−f) (3.12)
Bài giải.
Giả sử mặt thứ i có mi cạnh (tất nhiên cũng có mi góc), khi đó tổng số đo các góc trong của mặt này là π.(mi −2), tổng tất cả các số đo của các góc của các mặt là
f
∑i=1
π.(mi-2) =π
f
∑i=1
mi-2π.f
Ta có:
∑f
i=1mi =2a từ đó suy ra tổng đó bằng 2π(a−f). Bài toán 3.4.8.
a) Có tồn tại hay không một khối đa diện có 7 cạnh .
b) Chứng minh rằng với n > 8 luôn tồn tại một đa diện lồi có đúng n cạnh.
Bài giải.
a) Không tồn tại khối đa diện có 7 cạnh.
Nếu đa diện có chỉ một mặt là tứ giác trở lên thì số cạnh của đa diện phải ≥ 8 (với mỗi đỉnh của đa diện ít nhất 3 cạnh). Vậy suy ra tất cả các mặt chỉ là tam giác. Hay sự khác f4 = 0, f5 = 0, . . . .
Từ đẳng thức [2a=3f3 +4f4+5f5 + . . . . ⇒ 2a=3f3. Ta thay a=7 suy ra ⇒ 3f3 =14 vô lý, vậy không tồn tại đa diện có 7 cạnh.
b) Với n>8 luôn tồn tại một đa diện lồi có đúng n cạnh.
– Với a = 6 ta suy ra 3f3 = 12 ⇒ f3 = 4; số mặt là tam giác là 4 suy ra là khối tứ diện.
– Với n≥ 8, ta chứng minh luôn tồn tại đa diện có đúng n cạnh.
Thật vậy:
Nếu n = 2k (k - chẵn) thì hình chóp k- giác, sẽ có k cạnh đáy và k cạnh bên.
Nếu n=2k+1, ta lấy chóp k - giác, khi đó đáy của chóp là k – giác, ( k ≥ 4). Ta "Bẻ gãy” đáy theo 1 đường chéo, khi đó khối chóp sẽ xuất hiện thêm 1 cạnh vậy suy ra số cạnh sẽ là 2k+1.
Bài toán 3.4.9. Có tồn tại khối đa diện lồi mà tất cả các mặt là tứ giác trở lên và tất cả các góc đa diện là góc tứ diện trở lên?
Bài giải. Theo (3.4.7) và (3.4.8) ta có
2a=3f3+4f4 +5f5+. . . 2a=3P3+4P4+5P5 +. . . Vì
f3+f4+f5+. . .=f P3+P4+P5 +. . .=P
⇒ {2a ≥ 4f
2a ≥ 4P ⇒4P +4f ≤ 4a ⇒P +f ≤ a.
Hay là P + f −a ≤0. Mâu thuẫn với định lý Euler. Vậy bất kỳ khối đa diện lồi nào, tồn tại ít nhất một mặt là tam giác hoặc tồn tại ít nhất một góc đa diện là góc tam diện.
Bài toán 3.4.10.
a) Chứng minh rằng: Không tồn tại khối đa diện lồi mà tất cả các mặt là lục giác trở lên.
b) Chứng minh rằng: Không tồn tại khối đa diện lồi mà tất cả các góc đa diện có số mặt lớn hơn 5.
Bài giải.
a) Theo (3.4.8), nên có khối đa diện như vậy thì f3 = f4 = f5 = 0. Vậy suy ra
2a= 6f6+7f7+8f8+. . .
= 6(f6 + 7
6f7 + 8
6f8+. . .) ≥ (f6+f7+f8+. . .) =6f
2a ≥ 4P ≥ 3P ⇒ 4a ≥ 6P ( 3.16) . (3.16) Ta suy ra 6a ≥ 6f +6P hay
6f +6P −6a ≤0 ⇔f +P −a≤0.
Điều này trái với định lý Euler.
b) Giả sử tất cả các đỉnh của đa diện là góc lục diện trở lên thì P3=P4=P5 =0.
Mà f3 ≠ 0. Lặp lại lý luận như trên ta thu được kết luận .
Bài toán 3.4.11. Chứng minh rằng: Tổng số đo các góc của các đa giác mặt của khối đa diện lồi gấp đôi tổng các góc trong của đa giác có số đỉnh bằng số đỉnh của đa diện.
Bài giải.
Theo bài (3.4.10) ta nhận được công thức tổng tất cả các góc phẳng của đa diện S= 2π(a - f) mà theo định lý Euler P−2 = a - f từ đó ta nhận được S= 2π(P-2).
Bài toán 3.4.12. Chứng minh rằng không thể tồn tại khối đa diện mà số đỉnh là một số lẻ và số cạnh xuất phát từ đỉnh đó cũng là một số lẻ.
Bài giải.
Giả sử tồn tại khối đa diện thỏa mãn đầu bài toán. Gọi a là số cạnh của khối đa diện, P = 2d+1 là số đỉnh và số lẻ cạnh xuất phát từ mỗi đỉnh:
2a1+1, 2a2+1, . . . ,2aP +1.
Vì cứ mỗi cạnh chỉ chung cho hai đỉnh nên tổng tất cả các cạnh tại tất cả các đỉnh mà chúng đi qua bằng 2 lần số cạnh khối đa diện, tức là
(2a1+1) + (2a2 +1) +. . .+ (2aP +1) =2a
⇔2(a1+a2+. . .+aP) +P =2a
⇔2(a1+a2+. . .+aP +d) +1=2a.
Đẳng thức trên không thể xảy ra vì vế trái là một số lẻ, vế phải là một số chẵn. Điều này chứng tỏ rằng không thể tồn tại khối đa diện thỏa mãn bài toán.
Bài toán 3.4.13. Chứng minh rằng không thể tồn tại khối đa diện mà số mặt là một số lẻ và mỗi mặt là một đa giác có số lẻ cạnh.
Bài giải.
Giả sử tồn tại khối đa diện mà số mặt là một số lẻ và mỗi mặt có một số lẻ cạnh, gọi a là số cạnh của khối đa diện và số các mặt là f =2n+1 (n∈N∗), số cạnh của mỗi mặt là:
2n1+1, 2n2+1, . . . ,2nF +1 (ni ∈N∗).
Vì cứ hai mặt kề nhau có chung một cạnh nên tổng tất cả các mặt bằng 2 lần số cạnh của khối đa diện, tức là :
(2n1 +1) + (2n2+1) +. . .+ (2nF +1) = 2a
⇔2(n1 +n2 +. . .+nF) +f =2a
⇔2(n1 +n2 +. . .+nF) +2n+1= 2a
Đẳng thức trên không thể xảy ra vì vế trái là một số lẻ còn vế phải là một số chẵn. Do vậy không thể tồn tại khối đa diện thỏa mãn bài toán.
Bài toán 3.4.14. Chứng minh rằng trong một khối đa diện lồi bất kỳ bao giờ cũng có hoặc một mặt là tam giác hoặc một góc ở đỉnh là góc tam diện.
Bài giải.
Gọi f là số mặt, p là số đỉnh, a là số cạnh của khối đa diện. Giả sử khối đa diện có các mặt lớn hơn 3 cạnh, các góc ở đỉnh không phải là góc tam diện. Khi đó tổng các góc trong mỗi mặt sẽ lớn hơn hoặc bằng 2π. Gọi ni là số cạnh mỗi mặt, ni ≥ 4, ta có tổng các góc trong mỗi mặt là (ni−2)π ≥ 2π.
Do có f mặt nên:
f
∑i=1(ni−2) ≥2f ⇔
f
∑i=1
ni−2f ≥ 2f ⇔ 2a≥ 4f ⇔ a≥ f. (3.17) Do mỗi đỉnh có ít nhất 4 cạnh xuất phát và mỗi cạnh có chung 2 đỉnh nên số cạnh và số đỉnh thỏa mãn hệ thức:
4p≤ 2a ⇔ 2p ≤ a. (3.18)
∆1 (BCD). (Hình 3.20)
Vậy tâm O phải thuộc∆1. Ta cũng thấy ngay rằng đường thẳng ∆1 là quỹ tích các điểm cách đều ba cạnh của △BCD. Tương tự như vậy, trong
Hình 3.20
mặt phẳng (ACD) cũng có đường thẳng ∆2 đi qua tâm O2 và vuông góc với mặt phẳng (ACD).
Hai đường thẳng ∆1 và ∆2 cùng thuộc mặt phẳng (QO1O2) do đó ∆1 và ∆2 cắt nhau.
Hoàn toàn tương tự như trên ta có bốn đường thẳng ∆1,∆2,∆3 và
∆4 cắt nhau từng đôi và không đồng phẳng, do đó chúng đồng quy tại điểm O.
Bài toán 3.4.16. Giả sử một mặt cầu tiếp xúc với 6 cạnh của tứ diện tại 6 điểm P, Q, R, S, T, U.
Bài giải.
Chứng minh rằng ba đường thẳng SQ, RT và U P đồng quy. Xét tứ giác ghềnh ABCD, ta thấy theo định lý Menlaus trong tứ giác
SA SB.RB
RD.QD QC.T C
T A =1
suy ra bốn điểm S, T, Q, Rđồng phẳng, suy ra hai đường thẳng SQ vàT R cắt nhau.(Hình 3.21)
Hình 3.21
Tương tự, ta áp dụng định lý Menlaus cho tứ giác ABCD ta được hai đường thẳng SQ vàP U cắt nhau vàT R cắt U P. Ta chọn ba đường thẳng T R, SQ và P U cắt nhau từng đôi một và không đồng phẳng, vậy suy ra đồng quy.