Phương pháp giải các chuyên đề Hình học Lớp 11 - Chủ đề: Ứng dụng các phép biến hình trong mặt phẳng để giải toán hình học (Có hướng dẫn)

Nội dung text: Phương pháp giải các chuyên đề Hình học Lớp 11 - Chủ đề: Ứng dụng các phép biến hình trong mặt phẳng để giải toán hình học (Có hướng dẫn)

1. CHỦ ĐỀ: ỨNG DỤNG CÁC PHÉP BIẾN HÌNH TRONG MẶT PHẲNG ĐỂ GIẢI TOÁN HÌNH HỌC PHÉP NGHỊCH ĐẢO A. CHUẨN KIẾN THỨC A.TÓM TẮT GIÁO KHOA. 1. Định nghĩa. Cho điểm O cố định và một số thực k 0 . Phép biến hình biến mỗi điểm M khác O thành điểm sao cho M' thuộc đường thẳng OM và OM.OM' k được gọi là phép nghịch đảo cực O , phương tích k . k Kí hiệu phép nghịch đảo cực O , phương tích k là fO . k M' OM Vậy fO M M' . OM'.OM k Khi M tiến lại gần cực nghịch đảo O thì M' tiến càng ra xa O , nghĩa là M O thì k fO M M' . 2. Tính chất. Tính chất 1. k k Phép nghịch đảo có tính chất đối hợp, tức fO M M' fO M' M . ( trong chuyên k đề này ta dùng kí hiệu f thay cho fO nếu không gây hiểu nhầm) Tính chất 1 là hiển nhiên vì f M M' OM.OM' k OM'.OM k f M' M . Từ tính chất trên ta có f 2 M f f M f M' M f 2 là phép đồng nhất. Nếu f M M thì M được gọi là điểm kép của f . Tính chất 2. Nếu k 0 thì hiển nhiên f không có điểm kép . 5
2. Nếu k 0 thì tập hợp các điểm kép của f là đường tròn O; k . Đường tròn này được gọi là đường tròn nghịch đảo của f . Thật vậy, f M M OM.OM k 0 OM k M O; k . Từ định nghĩa ta thấy ảnh của mọi điểm M thuộc đường thẳng d đi qua cực O là một điểm M' thuộc d vì vậy f d d và ta nói d là đường thẳng kép của f . Nếu hai đường tròn C và C' có chung điểm A thì góc giữa hai tiếp tuyến của C và C' cắt nhau tại A,B . Gọi d,d' lần lượt là tiếp tuyến của C và C' tại A . Góc giữa hai đường thẳng d và d' được gọi là góc giữa C và C' . Nếu góc giữa hai tiếp tuyến d và d' bằng 900 thì ta nói C và C' là hai đường tròn trực giao. Tính chất 3. • Nếu f M M' thì mọi đượng tròn đi qua M và M' đều là đường tròn bất biến, nghĩa là f C C . • Nếu PO/ C k thì C bất biến qua f . • Nếu đường tròn C trực giao với đường tròn O, k thì C bất biến qua f . Chứng minh: • Giả sử f M M' và C là đường tròn đi qua M' M,M' . M Lấy điểm N bất kì thuộc C , gọi N' là giao O điểm của ON với C . N Ta có N' ON.ON' OM.OM' k f N N' C bất biến. • PO/ C k ,Lấy M bất kì thuộc C , gọi M' f M OM.OM' k PO/ C M' C (C) C bất biến. 2 • Vì C và O; k trực giao nên PO/ C k k A I do đó C bất biến. k M' O M 6
3. Tính chất 4. • Ảnh của một đường thẳng đi qua cực biến thành chính nó. • Ảnh của một đường thẳng không đi qua cực biến thành đường tròn đi qua cực. Chứng minh: Ý thứ nhất thì hiển nhiên, đã được chúng ta nhắc tới trong phần mọi đường thẳng qua cực đều là đường thẳng kép. Ta sẽ chứng minh tính đúng đắn của ý thứ hai. Gọi A là hình chiếu của O trên Δ , gọi B f A . Lấy điểm M Δ , giả sử N f M thì ta có M OA.OB OM.ON k A,B,M,N cùng nằm trên N một đường tròn ·BNM ·BAM 900 hay N thuộc đường tròn đường kính OB . Khi M chạy trên Δ thì N chạy trên đường tròn đường kính OB . Vậy ảnh của Δ là đường tròn đường kính B O OB . A (hình vẽ bên ứng với trường hợp k 0 ) Tính chất 5. • Ảnh của một đường tròn qua cực là một đường thẳng không qua cực và vuông góc với đường kính xuất phát từ cực của đường tròn đó. • Ảnh của một đường tròn không qua cực là một đườngtròn. Chứng minh: • Giả sử đường tròn C đi qua cực và A là điểm đối xứng của O qua tâm đường tròn C . Gọi B f A , lấy M bất kì thuộc C d ( dĩ nhiên là M A ). Gọi N f M khi đó M OM.ON k OA.OB suy ra A,B,M,N cùng nằn N trên một đường tròn ·ABN ·AMO 900 . Vậy quỹ tích N là đường thẳng đi qua B và vuông góc với A O OA . Hay ảnh của C là đường thẳng d không đi B qua O và vuông góc với đường kính của đường tròn xuất phát từ cực O . Gọi I là đường tròn không đi qua cực O , M là điểm bất kì của I . Gọi N OM  I . Đặt 7
4. p k p OM.ON thì p PO/ I khi đó I bất biến qua fI . Gọi M' fO thì OM' k OM.OM' k . ON p  k  k OM' ON . Vậy M' là ảnh của N trong phép vị tự tâm O , tỉ số . p p Đảo lại nếu M' là ảnh của N trong k phép vị tự tâm O , tỉ số thì p N'  k  k k OM' ON OM' ON OM.OM' ON.OM k p p p M N M'' M' là ảnh của M qua phép A' nghịch đảo f k . O O A I I' Vậy ảnh của I qua phép nghịch đảo là đường tròn I' -ảnh của I trong phép vị tự tâm O tỉ số k k . p PO/ I k Lưu ý: fO I I' Tính chất 6. k1 k2 k2 Tích của hai phép nghịch đảo cùng cực fO và fO là một phép vị tự tâm O tỉ số . k1 Chứng minh: k1 k2 Giả sử fO : M M1 ,fO : M1 M' thì OM.OM1 k1 và O,M,M1 thẳng hàng ; OM' k2 OM1.OM' k2 O,M1 ,M' thẳng hàng, suy ra và O,M,M' thẳng hàng, do OM k1 đó V : M M' . k2 O, k1 k2 k1 Vậy fO fO V . k2 O, k1 k1 k1 .k2 k2 k1 Hệ quả: V fO fO ( Vì fO V fO ). O;k2 k2 O; k1 Tính chất 7. Nếu phép nghịch đảo cực O , phương tích k biến A,B thành A',B' k tương ứng thì A'B' .AB . OA.OB Chứng minh: 8
5. - Nếu A,B với cực O thẳng hàng thì A',B' nằm trên trục OAB và OA.OA' OB.OB' k A'B' OB' OA' k k k k k OA OB . AB A'B' .AB . OB OA OA.OB OA.OB OA.OB - Nếu A,B,O không thẳng hàng thì từ OA OB OA.OA' OB.OB' k OA.OA' OB.OB' ΔOAB: ΔOB'A' OB' OA' A'B' OA' OA.OA' k k A'B' .AB . AB OB OA.OB OA.OB OA.OB Ta nói góc tạo bởi một đường thẳng và một đường tròn là góc tạo bởi đường thẳng đó với tiếp tuyến của đường tròn tại điểm chung của chúng. Tính chất 8. Góc tạo bởi đường thẳng d và đường tròn C cùng đi qua cực nghịch đảo có số đo bằng góc tạo bởi ảnh của chúng trong 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 TOÁN. Các ví dụ Ví dụ 1. ( Định lí Ptolé meé) Cho tứ giác ABCD . Chứng minh ABCD nội tiếp khi và chỉ khi AB.CD AD.BC AC.BD . Lời giải. Xét phép nghịch đảo tâm A , phương tích k 0 bất kì. k Gọi B',C',D' lần lượt là ảnh của A,B,C qua fO . Vậy A,B,C,D nằm trên đường tròn O B',C',D' nằm đường thẳng d ( ảnh của k O qua fO ). Vậy ABCD nội tiếp khi và chỉ khi d B'C' C'D' B'D' * B' k k Mà B'C' .BC,C'D' .CD, AB.AC AC.AD k B B'D' .BD C' AB.AD C Do đó A O H H' D D9'
6. k k * .BC .CD AB.AC AC.AD k .BD AB.AD BC CD BD AB.AC AC.AD AB.AD BC.AD CD.AB AC.BD . Ví dụ 2. Trong mặt phẳng cho tam giác ABC nội tiếp trong đường tròn O . Giả sử M là một điểm mằn trong đường tròn O , các đường thẳng MA,MB,MC lần lượt S MA'.MB'.MC' cắt O tại các điểm A',B',C' . Chứng minh A'B'C' . SABC MA.MB.MC Lời giải. A Xét phép nghịch đảo cực M , phương tích B' k PM/ O . C' Do MA.MA' MB.MB' MC.MC' k 1 nên k fO : A A',B B',C C' , vì vậy M k k O A'B' .AB , B'C' .BC , MA.MB MB.MC C k A'C' .AC 2 . MA.MC Mặt khác theo công thức tính diện tích tam B giác ta có A' AB.BC.CA A'B'.B'C'.C'A' S ,S ABC 4R A'B'C' 4R S A'B'.B'C'.C'A' A'B'C' 3 . SABC AB.BC.CA 3 S k MA'.MB'.MC' A'B'C' Từ 1 , 2 , 3 ta có 2 .( đpcm) SABC MA.MB.MC MA.MB.MC 10
7. Bài toán 02: ỨNG DỤNG PHÉP NGHỊCH ĐẢO TRONH BÀI TOÁN CHỨNG MINH THẲNG HÀNG VÀ ĐỒNG QUY. Các ví dụ Ví dụ 1. Cho đường tròn O;R nội tiếp tam giác ABC , tiếp xúc với các cạnh BC,CA,AB lần lượt tại A1 ,B1 ,C1 . Gọi A2 ,B2 ,C2 là các giao điểm thứ hai của AA1 ,BB1 ,CC1 với O , M,N,P lần lượt là trung điểm của B1C1 ,C1A1 ,A1B1 . Chứng minh: a) Đường tròn ngoại tiếp các tam giác MA1A2 ,NB1B2 ,PC1C2 đi qua O . b) Ba đường tròn trên có điểm chung thứ hai. Lời giải. a) Để chứng minh đường tròn ngoại tiếp các tam giác MA1A2 ,NB1B2 , PC1C2 đi qua O . Ta chỉ ra có phép nghịch đảo cực O , phương tích k nào đó biến các đường tròn này thành đường thẳng. R2 Xét phép nghích đảo fO . Dễ thấy A,M,O thẳng hàng, tam giác AB1O vuông tại B có đường cao B M nên 1 1 A 2 2 OM.OA OB1 R R2 fO : M A . Mặt khác Mặt khác O;R là đường tròn nghịch đảo R2 của fO nên mọi điểm của O đều là điểm A2 kép. Do đó R2 C2 M fO : A1 A1 ,A2 A2 . Vậy đường tròn O B1 MA1A2 có ảnh đi qua A,A1 ,A2 . Đây là N một đường thẳng nên MA1A2 phải đi qua P cực O . C1 B2 Tương tự các đường tròn NBB , PCC 1 1 B A C cũng đi qua O . 1 b) Để chứng minh ba đường tròn trên có chung điểm thứ hai ta chỉ cần chứng minh ba đường thẳng ảnh AA1 ,BB1 ,CC1 đồng quy. 11
8. A1B B1C C1A Dễ thấy . . 1 nên theo định lí cesva thì AA1 ,BB1 ,CC1 đồng quy tại A1C. B1A C1B điểm I , khi đó ba đường tròn trên cùng đi qua điểm I' là ảnh của I qua phép nghịch R2 đảo fO . Ví dụ 2. Cho đường tròn O đường kính BC . Một điểm A nằm ngoài đường tròn. Gọi B0 ,C0 là các giao điểm của AC,AB với O . Gọi M,N lần lượt là các tiếp điểm của tiếp tuyến vẽ từ A đến O . Chứng minh H,M,N thẳng hàng. Lời giải. Để chứng minh các điểm H,M,N thẳng hàng ta chứng minh nó là ảnh của ba điểm nằm trên một đường tròn đi qua cực trong một phép nghịch đảo nào đó. Xét phép nghịch đảo cực A , phương tích k AM2 AN2 . AM2 Ta có fA : M M,N N nên AM2 A fA : AMN MN . Gọi A0 là ảnh của H trong phép nghịch đảo này. Để chứng minh H,M,N thẳng hàng ta cần chứng M C0 B0 minh A0 AMN . 2 H Mà AH.AA0 AN AB0 .AC nên tứ giác N A CB H nội tiếp ·HA C ·CB H 900 , do đó 0 0 0 0 B C điểm A0 nhì đoạn OA dưới một góc vuông suy O A0 ra A0 AMN AM2 vì vậy fA A0 H MN , hay H,M,N thẳng hàng. Ví dụ 3. Cho A,B,C,D là bốn điểm phân biệt nằm trên một đường thẳng và được sắp xếp theo thứ tự đó. Các đường tròn đường kính AC,BD cắt nhau tại các điểm X,Y . Đường thẳng XY cắt BC tại Z . Cho P là một điểm trên đường thẳng AB khác Z . Đường thẳng CP cắt đường tròn đường kính AC tại điểm thứ hai M , đường thẳng BP cắt đường tròn đường kính BD tại 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 nó là ảnh của ba đường tròn trong phép nghịch đảo cực O , phương tích k nào đó mà ba đường tròn đó có điểm chung I khác O , khi đó ba đường thẳng này đồng quy tại I' f k I . O 12
9. - Chứng minh hai đường thẳng là ảnh của hai đường tròn cắt nhau trong phép nghịch đảo cực O , phương tích k nào đó và đường còn lại đi qua cực O , đồng thời là trục đẳng phương của hai đường tròn đó, khi đó ba đường thẳng sẽ đồng quy tại điểm I' ( I' là ảnh của giao điểm (khác cực)của hai đường tròn) Dựa vào sự phân tích này ta có lời giải sau khá tự nhiên Gọi C1 , C2 lần lượt là đường tròn đường kính AC và đường tròn đường kính BD và A' PA  C ,D' PD  C . Do P nằm trên 1 2 D XY ( trục đẳng phương của C1 và C2 ) nên PP/ C PP/ C PB.PN PC.PM k . Xét phép nghịc 1 2 C D' đảo cực P , phương tích k . Ta có M k fP : M C,A A' PA'C AM . k X Z Y Tương tự fP : N B,D D' PBD' NB . Do P k fP : XY XY nên để chứng minh AM,DN,XY đồng N A' quy ta sẽ chứng minh XY là trục đẳng phương của hai B đường tròn PA'C và PBD' . Do ·PZC ·PA'C 900 Z PA"C . Tương tự Z PBD' suy ra PZ là trục đẳng phương của hai đường tròn A PA'C và PBD' . Vậy AM,DN,XY đồng quy. Bài toán 03: ỨNG DỤNG PHÉP NGHỊCH ĐẢO ĐỂ GIẢI BÀI TOÁN QUỸ TÍCH. Các ví dụ Ví dụ 1. Cho đường tròn O và dây cung AB cố định, P là một điểm thay đổi trên O . Gọi C và C' là hai đường tròn qua P lần lượt tiếp xúc với AB tại A và B . Tìm quỹ tích giao điểm thứ hai của hai đường tròn này. Lời giải. Gọi Q là giao điểm thứ hai của C và C' , và I là giao điểm của PQ với AB , 2 khi đó ta có IQ.IP IA PI/ C P 2 IQ.IP IB PI/ C' IA2 IB2 IA IB I là trung điểm O của AB . Q A I B 13 O'
10. 2 k Xét phép nghịch đảo cực I , phương tích k IA ta có fI : Q P , mà P O nên k quỹ tích điểm Q là ảnh của O qua fI . Vì I O nên ảnh của O là đường tròn. 2 Vì fIA V V V , do phép vị tự tâm I , tỉ số 1 chính là phép đối I 2 IA2 I, 1 IA I, I, 2 P IA I/ O xứng tâm I , do đó ảnh của O là đường tròn O' ảnh của O trong phép đối xứng tâm I . Ví dụ 2. Ch đường tròn O và điểm S nằm ngoài đường tròn O .Hai cát tuyến lưu động qua S lần lượt cắt O tại A,A' và B,B' . Gọi M là giao điểm thứ hai của đường tròn ngoại tiếp các tam giác SAB' và SBA' . Tìm quỹ tích điểm M . Lời giải. Xét phép nghịch đảo cực S , phương tích k PS/ O , khi đó ta có: k fS : O O ( theo tính chất 3b). Lại có SA.SA' PS/ O SB.SB' nên A A',B B' do đó SAB' A'B và A' SBA' B'A . Do đó giao điểm M của hai đường T tròn SAB' và SA'B biến thành điểm A M' M S M' AB' A'B .Vẽ tiếp tuyến ST của O , gọi H là O giao điểm của SO với đường thẳng Δ đi qua T B vuông góc với SO .Theo VD 2, ta có M' Δ . B' Vậy quỹ tích điểm M là đường tròn đường kính SO ( đường tròn ngịch đảo), đây là ảnh của Δ qua phép nghịch đảo trên. CÁC BÀI TOÁN LUYỆN TẬP 1. Cho ΔABC nội tiếp đường tròn O . Gọi B0 ,C0 lần lượt là hình chiếu của B,C trên Ac,AB . Chứng minh tiếp tuyến của đường tròn O tại A song song với B0C0 , từ đó suy ra OA  B0C0 . 2. Cho đường tròn O đường kính AB . Điểm I trên đoạn AB ( khác A,B ). Một đường thẳng d thay đổi qua I cắt O tại P,Q ( d không trùng với AB ). Đường thẳng AP,AQ cắt tiếp tuyến m tại M,N ; trong đó m là tiếp tuyến của O tại B . Chứng minh đường tròn AMN đi qua điểm cố định thứ hai, suy ra tâm của AMN nằm trên một đường thẳng cố định. 14
11. 3. Cho ba điểm A,B,C nằm trên một đường thẳng . Qua A,B và một điểm E biến thiên của đường trung trực Δ của AB ta dựng đường tròn ABE . Đường thẳng CE cắt đường tròn đó tại M . Tìm quỹ tích điểm M khi E di động trên Δ . LỜI GIẢI-HƯỚNG DẪN-ĐÁP SỐ 1.Ta thấy B,C0 ,B0 ,C cùng nằm trên một đường tròn. Do đó AB.AC0 AC.AB0 k . Xét phép nghịch đảo cực A ,phương tích k ta được B0 C,C0 B B0C O . Gọi ta là tiếp tuyến tại A của O thì trong phép nghịch đảo này ta d . Mặt khác ta tiếp xúc với O nên ta P B0C0 từ đó ta có OA  B0C0 . 2. Xét phép nghịch đảo cực A , phương tích AB2 thì O m do đó P M,Q N . Do đó d AMN . Mặt khác I I' cố định, mà I d nên I' AMN . Vậy AMN đi qua điểm I cố định. AMN đi qua hai điểm cố định A,I' nên tâm của nó nằm trên đường trung trực của đoạn AI' . 3. Xét phép nghịch đảo cực C phương tích k CA.CB , ta được M thuộc đường tròn đường kính CD . TỨ DIỆN A. CHUẨN KIẾN THỨC A.TÓM TẮT GIÁO KHOA. 1. Công thức tính đường trọng tuyến. Đoạn thẳng nối đỉnh với trọng tâm của mặt đối diện được gọi là đường trọng tuyến của tứ diện. Cho tứ diện ABCD có DA a,DB b,DC c , BC a1 ,CA b1 ,AB c1 . Gọi md là đường trọng tuyến xuất phát từ đỉnh D . a2 b2 c2 a2 b2 c2 Ta có m2 1 1 1 . d 3 9 Chứng minh: Gọi D0 là trọng tâm tam giác ABC và N là trung điểm của BC . · Đặt DN p,AN q , DD0N φ . 2 2 2 · Ta có DN D0D D0N 2D0D.D0NcosND0D q2 q p2 m2 2m cosφ 1 d 9 d 3 2 2 2 · Tương tự AD D0D D0A 2D0D.D0AcosAD0D 15
12. 4 2q a2 m2 q2 2. m cosφ 2 d 9 3 d Từ 1 và 2 ta có D q2 q 2p2 a2 2(m2 2m cosφ) m2 d 9 d 3 d a c 4 4q 2q2 q2 m cosφ 3m2 a2 2p2 . 9 3 d d 3 b2 c2 a2 b 2 1 Mặt khác p md b 2 4 1 C b2 c2 a2 và q2 1 1 1 nên A 2 4 c1 D0 2 2 2 2 2 2 N a b c a b c a1 m2 1 1 1 . d 3 9 ( đpcm). B 2. Một số công thức về diện tích. Định lí 1. Gọi S1 ,S2 là diện tích các mặt ABC và ABD , α là góc nhị diện cạnh AB , φ là góc giữa hai đường thẳng AB và CD . Giả sử AB a,CD b . 2 absinφ Ta có S2 S2 2S S cosα 1 2 1 2 4 Chứng minh: Xét mặt phẳng P vuông góc với cạnh AB A tại B' . Gọi H,K là chân đường cao các tam giác CAB và DAB . Chiếu tứ diện lên P theo phương AB ta được A,B,H,K B',C C',D D' , nên tứ diện K ABCD có hình chiếu là tam giác B'C'D' . D Ta có E 2S H B'C' HC 1 a B C 2S B'D' DK 2 a D' và C'D' DE CDsinφ bsinφ B' Áp dụng định lí cô sin cho tam giác B'C'D' C' ta có C'D'2 B'C'2 B'D'2 2B'C'.B'D'cos·C'B'D' . 16
13. 2 2 4S 4S 2S 2S 2 1 2 2 1 . 2 cosα bsinφ a2 a2 a a 2 absinφ S2 S2 2S S cosα . 1 2 1 2 4 Định lí 2. Trong tứ diện A1A2A3A4 ta có : • S1 S2 cosφ1,2 S3 cosφ1,3 S4 cosφ1,4 1 . 2 2 2 2 • S1 S2 S3 S4 2S2S3 cosφ2,3 2S2S4 cosφ3,4 2S3S4 cosφ3,4 2 .` Trong đó φi,j là góc nhị diện tao bởi mặt đối diện với đỉnh Ai và các mặt đối diện với đỉnh Aj , Si là diện tích của mặt đối diện với đỉnh Ai . Chứng minh: • Gọi H là chân đường cao của tứ diện ABCD . Theo công thức hình chiếu với chú ý góc giữa hai mặt phẳng bằng hoặc bù với góc gữa hai nhị diện ta có S S cosφ ,S S cosφ HA3A4 2 1,2 HA2A4 3 1,3 SHA A S4 cosφ1,4 . 2 3 A1 0 Nếu φ1,2 90 thì H và A2 nằm cùng phía đối với A A và khi đó S S cosφ . 3 4 HA3A4 2 1,2 Nếu φ 900 H A A S 0 . 1,2 3 4 HA3A4 0 Nếu φ1,2 90 thì H và A2 nằm khác phía đối với A A và khi đó S S cosφ . 3 4 HA3A4 2 1,2 Ta cũng có các kết quả tương tự đối với các A2 tam giác HA2A3 và HA2A4 . A4 Trường hợp 1. H Cả ba góc φ1,j 0 khi đó S S S S 1 HA2A3 HA3A4 HA2A4 A3 S2 cosφ1,2 S3 cosφ1,3 S4 cosφ1,4 . Trường hợp 2. 0 0 0 Có hai góc không tù, chẳng hạn φ1,2 90 ,φ1,3 90 ,φ1,4 90 khi đó S S S S S φ S φ S φ 1 HA2A4 HA3A4 HA2A3 3 1,3 2 1,2 4 1,4 S2 cosφ1,2 S3 cosφ1,3 S4 cosφ1,4 . Trường hợp 3. 0 Có một góc không tù , chẳng hạn φ1,2 90 khi đó S S S S S φ ( S φ ) S φ 1 HA3A4 HA2A4 HA2A3 2 1,2 3 1,3 4 1,4 17
14. S2 cosφ1,2 S3 cosφ1,3 S4 cosφ1,4 . Rõ ràng không thể có trường hợp cả ba góc không nhọn do đó ta có (đpcm) Lưu ý: Có thể chứng minh công thức 1 cách sử dụng phương pháp vec tơ và định lí con nhím như sau. Gọi e i 1,2,3,4 là các vec tơ đơn vị vuông góc với mặt đối diện của đỉnh A thì ta i    i có S e S e S e S e 0 1  1 2 2  3 3  4 4  S1 e1 S2 e2 S3 e3 S4 e4 .  Nhân vô hướng hai vế với e và lưu ý   1 A1 0 e1 ,ej φ1,j 180 cos e1 ;ej cosφ1,j (j 2,3,4) ta được S1 S2 cosφ1,2 S3 cosφ1,3 S4 cosφ1,4 . e4 • Ta chứng minh công thức (2) bằng PP vec tơ,ta có     e2 S e S e S e S e 0 A2 1 1  2 2 3 3 4 4  A4 S1 e1 S2 e2 S3 e3 S4 e4 Bình phương vô hướng kết hợp với →  e1 cos ei ;ej cosφi,j(i j,i,j 2,3,4) ta có A3 điều phải chứng minh. 3. Một số công thức về thể tích của tứ diện. 3. 1. Gọi S1 ,S2 là diện tích các mặt ABC và ABD , α là góc nhị diện cạnh AB a . 2S S sinα Thì thể tích tứ diện ABCD là V 1 2 A 3a Chứng minh: Gọi H là chân đường cao hạ từ C của tứ diện, kẻ HK  AB thì ·CHK α . a 1 Ta có V CH.S2 , mà 3 K 2S sinα α H CH CKsinα 1 . a 2S S sinα Suy ra V 1 2 . D 3a B C 18
15. Hệ quả: Mặt phẳng phân giác của góc nhị diện cạnh AB cắt A 2S S α tứ diện theo thiết diện có diện tích S 1 2 cos S1 S2 2 Chứng minh: a Gọi E là giao điểm của mặt phẳng phân giác của góc nhị diện cạnh AB , ta có VABCD VABEC VABED α α 2S Ssin 2S Ssin 2S S sinα 1 2 1 2 2 2 3a 3a 3a D B α 2S S cos α 1 2 2S S cos S S S S 2 1 2 1 2 E 2 S1 S2 (đpcm). C 3.2. Thể tích tứ diện ABCD là 1 V AB.CD.d.sinφ , trong đó d là khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và CD , 6 φ là góc giữa chúng. Chứng minh: Dựng hình hộp AEBF.CMDN ngoại tiếp tứ diện ABCD ( như hình vẽ). E B · · Ta có EF P CD nên AB,EF AB,CD α . Vì AEBF là hình bình hành nên α 1 1 A S AB.EFsinα AD.CDsinα F AEBF 2 2 h d AEBF , CMDN Do đường cao của hình hộp là d AB,CD d D N 1 nên thể tích khối hộp là V AD.CD.dsinα . hh 2 1 1 Dễ thấy V V AB.AD.dsinα ( đpcm). M C ABCD 3 hh 6 3.3. Gọi Si ,Ri và li i 1,4 là diện tích các mặt, bán kính đường tròn ngoại tiếp các mặt đó và khoảng cách từ tâm các đường tròn đó đển các đỉnh đối diện của tứ diện 4 S2 l2 R2 1  i i i thì V i 1 3 2 Chứng minh: 19
16. Trước tiên ta xét tâm mặt cầu ngoại tiếp nằm D trong tứ diện. Gọi R1 ,h1 ,l1 ,d1 lần lượt là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC , đường cao DH , và khoảng cách từ tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC đến d . Gọi O,O 1 H1 O lần lượt là tâm mặt cầu và tâm đường tròn A C ngoại tiếp tam giác ABC , H là hình chiếu 1 O1 H của O trên DH . Đặt OO1 d1 và R là bán kính mặt cầu. 2 2 2 2 2 Ta có O1H O1D DH l1 h1 2 2 2 2 2 OH1 OD DH1 R h1 d1 2 2 2 R d1 2h1d1 h1 . Vì O1H OH1 nên B 2 2 2 2 2 2 2 2 R d1 2h1d1 h1 l1 h1 l1 R d1 2h1d1 . 2 2 2 2 2 2 2 2 Lại có R d1 OA OO1 AO1 R1 nên l1 R1 2h1d1 . 2 2 Tương tự li Ri 2hidi i 2,3,4 . 4 4 4 4 2 d d 2 2 2 2 i 2 i Do đó Si li Ri 2Si hidi 2 Sihi 18V i 1 i 1 i 1 hi i 1 hi 4 S2 l2 R2 4 d 1  i i i Mà  i 1 nên V i 1 . i 1 hi 3 2 Cho tứ diện ABCD có thể tích V và bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện bằng R .Chứng minh rằng AB.CD; AC.DB; AD.BC là số đo ba cạnh của một tam giác nào đó. Gọi S là diện tích tam giác đó. Chứng minh S 6VR (công thức Crelle) Chứng minh: Gọi O là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD và A' là điểm đối xứng của A qua O.H là trung điểm của AO . Gọi P là mặt phẳng qua H và vuông góc với AO , B',C',D' lần lượt là giao điểm của P với AB,AC,AD .Ta có các tam giác vuông AHB',ABA' đồng dạng nên AB' AA' 1 AB.AB' AH.AA' R.2R R2 AB.AB' R2 . AH AB 2 Tương tự ta có : AC.AC' AD.AD' R2 AB.AB' AC.AC' AD.AD' ΔABC : ΔA'B'C' 20
17. BC.AC' BC.AC'.AC.AD AD.BC.R2 A B'C' AB AB.AC.AD AB.AC.AD B'C' R2 . D' AD.BC AB.AC.AD B' B'C' C'D' D'B' R2 H Tương tự ta có: C' AD.BC AB.CD AC.DB AB.AC.AD Vậy là 3 cạnh của một tam giác đồng dạng với tam giác D B A'B'C' . 2 S AB.AC.AD Ta có 2 SΔB'C'D' R C 2 2 AB.AC.AD AB.AC.AD 3V A.B'C'D' A' S SΔB'C'C' . R2 R2 AH 2 2 AB.AC.AD V AB.AC.AD AB'AC'AD' A.B'C'D' 6 5 . .VABCD 6 5 .V R VA.BCD R AB.AC.AD AB.AB' AC.AC' AD.AD' R6 6 V 6 V 6VR . R5 R5 4. Định lí sin trong tứ diện Cho tứ diện ABCD , có AB a,BC b,CD c,DA d,AC e,BD f Gọi α,β,γ,δ,φ,λ lần lượt là góc nhị diện các cạnh AB,BC,CD,DA,AC,BD ac bd ef thì sinαsin γ sinβsinδ sinφsin λ Chứng minh: B Đặt Si i 1,4 lần lượt là diện tích các mặt đối diện với các đỉnh A,B,C,D . 2S S sinα 2S S sin γ Ta có V 3 4 và V 1 2 3a 3c a 4S S S S sinαsin γ 1 2 3 4 V2 9ac ac 4S S S S 1 2 3 4 2 . sinαsinβ 9V A D Tương tự bd 4S S S S ef 4S S S S c 1 2 3 4 1 2 3 4 sinβsinδ 9V2 sinφsin λ 9V2 . C ac bd ef Vậy . sinαsin γ sinβsinδ sinφsin λ 21
18. TỨ DIỆN VUÔNG A. CHUẨN KIẾN THỨC A.TÓM TẮT GIÁO KHOA. 1. Định nghĩa. Tứ diện OABC có OA,OB,OC đôi một vuông góc được gọi là tứ diện vuông. Sau đây là một số tính chất và công thức liên quan đến tứ diện vuông mà có nhiều hệ thức tương tự như công thức lượng trong tam giác vuông. Cho tứ diện OABC có OA,OB,OC đôi một vuông góc, OA a,OB b,OC c , đường cao OH h . Ta có: • H là trực tâm tam giác ABC 1 1 1 1 • h2 a2 b2 c2 2 2 2 2 • SΔABC SΔOAB SΔOBC SΔOCA ( định lí Pitago) 2 • SΔOAB SΔABC .SΔHAB ( Công thức hình chiếu) • Gọi α,β,γ là góc giữa OH với OA,OB,OC thì cos2 α cos2 β cos2 γ 1 . • Gọi A,B,C là ba góc của tam giác ABC thì a2 tanA b2 tan B c2 tanC • Độ dài đoạn thẳng nối trung điểm các cặp cạnh đối bằng nhau. 1 • S a2b2 b2c2 c2a2 ΔABC 2 1 1 • V abc , S ab bc ca a2b2 b2c2 c2a2 6 tp 2 1 • Bán kính mặt cầu ngoại tiếp R a2 b2 c2 2 Chứng minh: • Ta có OA  OBC OA  BC , lại có OH  ABC OH  BC BC  OAH BC  AH . Tương tự AB  CH , do đó H là trực tâm tam giác ABC . • Gọi I là giao điểm của AH và BC . 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 Ta có . OH2 OA2 OI2 OA2 OB2 OC2 h2 a2 b2 c2 2 1 2 2 1 2 2 2 • S ABC AI BC OA OI BC 4 4 1 2 2 1 2 2 O OA BC OI BC 4 4 22 C A H I B
19. 1 1 OA2 OB2 OC2 OI2BC2 4 4 2 2 2 SΔOAB SΔOBC SΔOCA . 1 1 • S2 OA2OB2 AH.AI BI.BC OAB 4 4 1 1 AI.BC AH.BI SΔABC .SΔHAB 2 2 1 1 1 1 • Từ suy ra OH2 OA2 OB2 OC2 2 2 2 OH OH OH 2 2 2 1 cos α cos β cos γ 1 OA OB OC • Áp dụng định lí cô tang ( định lí cô sin mở rộng) ta có 2 2 2 2 2 2 AB2 AC2 BC2 a b a c b c a2 cot A 4SABC 4SABC 2SABC 2 a tanA 2SABC . 2 2 Tương tự ta có b tan B c tanC 2SABC . Vậy a2 tanA b2 tan B c2 tanC . • Sử dụng công thức tính đường trung tuyến và định lí pitago ta có ngay a2 b2 c2 d . 2 1 1 1 • Theo TC3 ta có S2 S2 S2 S2 a2b2 b2c2 c2a2 ΔABC ΔOAB ΔOBC ΔOCA 4 4 4 1 S a2b2 b2c2 c2a2 . ΔABC 2 A • Hiển nhiên • Từ trung điểm I của BC kẻ đường thẳng Δ vuông góc với mặt phẳng OBC , gọi J là giao điểm của Δ với mặt phẳng trung trực của đoạn M OA thì J là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện J OABC và bán kính 1 R OI2 IJ2 a2 b2 c2 . C 2 O I B CÁC BÀI TOÁN LUYỆN TẬP 1. Cho tứ diện ABCD có AB,AC,AD đôi một vuông góc và AB AC AD . Tính ·ABC ·DBC ·CBD . 23
20. 2. Cho tứ diện OABC có OA,OB,OC đôi một vuông góc. Gọi H là trực tâm của tam giác ABC và A,B,C ba góc của tam giác ABC . Đặt α ·AOH,β ·BOH,γ ·COH . Chứng minh rằng : sin2 α sin2 β sin2 γ . sin2A sin2B sin2C 3. Cho tứ diện OABC có OA,OB,OC đôi một vuông góc, AC 2OB,BC 2OA . Gọi D là trung điểm của AB , E và F là chân đường cao kẻ từ A của các tam giác OBC và OAC . tan4·OCD EF Chứng minh 1. tan4·OCA AB 4. Cho tứ diện ABCD có AB,AC,AD đôi một vuông góc, gọi H là trực tâm tam giác ABC . Đặt α ·DAH,β ·DBH,γ ·DCH,φ ·AHB . sin γ Chứng minh sinφ và cosφ tanα tanβ . cosαcosβ TỨ DIỆN GẦN ĐỀU A. CHUẨN KIẾN THỨC A.TÓM TẮT GIÁO KHOA. 1. Định nghĩa. Tứ diện có các cặp cạnh đối bằng nhau được gọi là tứ diện gần đều. Nhận xét: Từ định nghĩa ta thấy tứ diện gần đều có bốn mặt là các tam giác bằng nhau. 2. Một số điều kiện cần và đủ để một tứ diện là tứ diện gần đều. Mỗi điều kiện sau đây đều là một điều kiện cần và đủ để một tứ diện gần đều. • Tổng các góc phẳng ở mỗi đỉnh bằng 1800 • Mỗi đường nối trung điểm của các cặp cạnh đối là đường vuông góc chung của cặp cạnh tương ứng đó. • Bốn mặt của tứ diện là các tam giác có diện tích bằng nhau. • Tứ diện có hai trục đối xứng. • Bốn đương cao của tứ diện bằng nhau. • Tâm mặt cầu nội tiếp và tâm mặt cầu ngoại tiếp bằng nhau. • Tâm mặt cầu ngoại tiếp và trọng tâm trùng nhau. • Tâm mặt cầu nội tiếp và trọng tâm trùng nhau. • Tổng cô sin của các nhị diện chứa cùng một mặt bằng của tứ diện bằng 1 • Góc nhị diện của các cặp cạnh đối bằng nhau. Chứng minh: 24
21. • Nếu ABCD là tứ diện gần đều thì dễ D1 dàng chứng minh được tổng các góc phẳng ở mỗi đỉnh bằng 1800 . Giả sử ngược lại, tứ tứ diện ABCD có tổng các góc ở mỗi đỉnh bằng 1800 , trải các mặt chứa D của tứ diện lên ABC . A B Giả sử các mặt DAB,DBC,DAC khi trải xuông ABC ta được các mặt D1AB , D2BC , D3AC . Dễ thấy tổng các góc ở mỗi định bằng1800 nên các D 2 C D3 điểm A,B,C thuộc các cạnh của tam giác D1D2D3 . Ta có D1A DA D2A , BD1 BD3 BD , CD2 CD3 CD nên A,B,C lần lượt là 1 trung điểm của D D ,D D ,D D do đó AB D D CD CD ; tương tự 1 2 1 3 2 3 2 2 3 2 AC BD,AD BC . Vậy ABCD là tứ diện gần đều. A • Giả sử ABCD là tứ diện gần đều và I,J lần lượt là trung điểm của các cạnh AD,CD . Do AB CD,AC BD,BC AD nên ΔABC ΔABD IC ID , từ đó ta có I IJ  CD , tương tự IJ  AB hay IJ là đường vuông góc chung của AB và CD . Lí luận tương tự ta được đoạn thẳng nối trung điểm của haicặp cạnh đối còn lại cũng là đường D vuông góc chung của chúng. B Đảo lại, giả sử đoạn IJ là đoạn vuông góc chung của AB và CD , khi đó IJ là đường J trung trực của AB và CD nên phép đối xứng trục qua IJ biến C A B,C D AC BD AC BD , tương tự ta cũng có AD BC,AB CD nên ABCD là tứ diện gần đều. A • Giả sử ABCD là tứ diện gần đều thì các mặt của nó là các tam giác bằng nhau nên có diện tích bằng nhau. K Ngược lại, giả sử tứ diện ABCD có các mặt có diện tích bằng nhau. F H 25 D B E C
22. Gọi E là trung điểm của CD , H,K,F lần lượt là hình chiếu vuông góc của C,D,E trên AB . Ta có E là trung điểm của CD nên F là trung điểm của HK , mặt khác 1 1 S AB.CH,S AB.DK, ΔABC 2 ΔABD 2 SΔABC SΔABD CH DK suy ra hai tam giác vuông ΔCHF và ΔDKF bằng nhau, do đó CF DF ΔFCD cân tại F FE  CD , vậy đường vuông góc chung của AB và CD đi qua trung điểm của CD . Do vai trò bình đẳng giữa AB và CD nên F cũng là trung điểm của AB . Vậy EF là trục đối xứng của tứ diện ABCD nên AC BD,AD BC . Tưng tự AB CD , vì vậy ABCD là tứ diện gần đều. • Hiển nhiên mỗi trục đối xứng phải đi qua trung điểm của một cặp cạnh đối nên nó là đường vuông góc chung của cặp cạnh đối đó theo tính chất 2 ta có (đpcm). • Nếu ABCD là tứ diện gần đều thì theo tính chất 3 ta có diện tích các mặt bằng 1 nhau, áp dụng công thức V hS ta có ngay bốn đường cao của tứ diện bằng 3 d nhau. Ngược lại nếu tứ diện có bốn đường cao bằng nhau thì cũng từ công thức 1 V hS ta có diện tích bốn mặt của bằng nhau, theo tính chất 3 ta cũng có 3 d đpcm. 26
23. • Giả sử O là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện gần đều ABCD ta sẽ chứng minh O cũng là tâm mặt cầu nội tiếp tứ diện ABCD . Thật vậy, gọi O1 ,O2 lần lượt là hình chiếu của O trên các mặt ABC và DBC , khi đó O1 ,O2 là tâm đường tròn ngoại tiếp các tam giác ABC và DBC . Gọi I là trung điểm của BC .Ta có ΔABC ΔDBC O1I O2I , OO1 OO2 . Tương tự ta sẽ chứng minh được O cách A đều các mặt của tứ diện, do đó O là tâm mặt cầu nội tiếp.Ngược lại, giả sử tứ diện ABCD có tâm mặt cầu nội tiếp và ngoại tiếp trùng nhau. Gọi O ,O là các tiếp diểm của 1 2 M mặt cầu nội tiếp với các mặt ABC và DBC thì O1 ,O2 là tâm đường tròn ngoại tiếp các tam giác ABC và DBC và O ΔO BC ΔO BC ·BO C ·BO C B 1 2 1 2 D ·BAC ·BDC . Hoàn toàn tương tự ta có · · · · CAD CBD , BAD BCD suy ra tổng các N góc phẳng tại đỉnh A của tứ diện ABCD bằng 1800 , và điều này đúng cho tất cả các C đỉnh của tứ diện, vì vậy theo tính chất 1 thí ABCD là tứ diện gần đều. • Giả sử ABCD là tứ diện gần đều, gọi M,N lần lượt là trung điểm của AB , CD và O là trung điểm của MN thì O là trọng tâm của tứ diện ABCD . Ta chứng minh O là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD . Thật vậy, ta có MN là đường trung trực của AB và CD nên OA OB,OC OD , AB2 MN2 lại có OA MA2 OM2 2 CD2 MN2 OD ON2 ND2 2 Mà AB CD OA OD , vậy OA OB OC OD nên O là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD . Ngược lại nếu tâm mặt cầu ngoại tiếp và trọng tâm trùng nhau thì đường thẳng đi qua trung điểm của các cặp cạnh đối chính là đường vuông góc chung của chúng nên theo tính chất 2 ta có đpcm. • Tính chất này được suy ra từ hai tính chất 6 và 7. • Giả sử ABCD là tứ diện gần đều khi đó theo Định lí 2 §2 ta có SABC SDAB cosα SDBC cosβ SDAC cosγ trong đó α,β,γ lần lượt là góc nhị diện các cạnh AB,BC,AC . Mặt khác SABC SDAB SDBC SDAC nên cosα cosβ cosγ 1 . 27