vietthanh_bumbum
New Member
Link tải luận văn miễn phí cho ae Kết Nối
VÀI LIÊN HỆ GIỮA HÌNH HỌC PHẲNG VÀ HÌNH HỌC KHÔNG GIAN
Trịnh Thị Thanh
Trường THPT chuyên Lê Quý Đôn, TP Đà Nẵng
====================
Các bài toán sau đây khai thác một vài mở rộng của một số bài toán phẳng sang bài toán trong không gian và sự vận dụng phương pháp giải bài toán phẳng để giải bài toán mở rộng đó.
Bài toán 1: Cho ABC vuông tại A, M là một điểm bất kì trên BC. AM tạo với AB, AC các góc theo thứ tự là và . Chứng minh cos2 + cos2 = 1.
Giải:
Qua M dựng đường thẳng vuông góc với AM,
cắt AB, AC lần lượt tại B’ và C’.
Khi đó: cos = ; cos =
cos2 + cos2 =
=
= 1
(Do AB’C’ vuông tại A, AM là đường cao).
Bài toán 1’: Cho hình chóp tam diện vuông SABC đỉnh S, M là điểm thuộc miền trong ABC. SM hợp với các cạnh SA, SB, SC các góc theo thứ tự , , . Chứng minh cos2 + cos2 + cos2 = 1.
Giải:
Sử dụng cách giải tương tự cách giải với bài toán
trong mặt phẳng. Dùng mặt phẳng qua M và vuông
góc với SM cắt hình chóp lần lượt tại A’, B’, C’.
Khi đó: ; ;
Nên:
=
= 1
(Theo tính chất của tứ diện vuông)
Vậy cos2 + cos2 + cos2 = 1.
Bài toán 2: Trong tam giác ABC gọi G là giao điểm 3 đường trung tuyến. Chứng minh .
Giải :
Gọi M, N lần lượt là trung điểm của BC và AC.
Ta có: .
Lại có:
=
Hay: .
Bài toán 2’: Cho tứ diện ABCD. Gọi G là giao điểm các đường trọng tuyến của tứ diện. Chứng minh .
Giải:
Gọi E là trung điểm của CD; G1, G2 lần lượt là
trọng tâm của các tam giác ∆BCD và ∆ADC.
Khi đó: .
Trong ∆ABE, ta có:
Từ đó: .
Bài toán 3: Chứng minh trong tam giác ABC bất kì, trọng tâm G, trực tâm H, tâm đường tròn ngoại tiếp O thẳng hàng và (Đường thẳng Ơle).
Giải:
Thẳng hàng là một bất biến của phép vị tự nên ta có thể nghĩ đến việc dùng phép vị tự để giải bài toán này. Yêu cầu của bài toán chứng minh hệ thức làm ta nghĩ đến phép vị tự tâm G biến O thành H hay ngược lại. Dựa vào hình vẽ ta đoán tỉ số là -2 ( hay ). H là trực tâm của ∆ABC còn O là trực tâm của tam giác có các đỉnh là chân các đường trung tuyến. Với định hướng đó ta giải bài toán như sau.
Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm các cạnh BC, CA, AB.
Ta có: ; ;
Do đó:
( là phép vị tự tâm O tỉ số k ).
Phép vị tự bảo tồn tính vuông góc nên sẽ biến
trực tâm của ∆ ABC thành trực tâm của ∆ MNP.
Theo giả thiết, H là trực tâm của tam giác ABC và dễ dàng chứng minh được O là trực tâm của tam giác ABC.
Suy ra: hay .
Từ đó ta có H, G, O thẳng hàng và .
Chuyển bài toán sang bài toán trong không gian, không phải tứ diện nào cũng có các đường cao đồng quy tại một điểm nên ta chỉ xét những tứ diện có tính chất này.
Bài toán 3’ : Trong không gian, cho tứ diện trực tâm ABCD. Chứng minh, trọng tâm G, trực tâm H và tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện thẳng hàng và GH = GO.
Giải:
Ta cũng sẽ dùng phép vị tự để giải bài toán trong không gian. Yêu cầu chứng minh GH = GO gợi ý cho ta nghĩ đến phép vị tự tâm G tỉ số -1.
Lần lượt lấy A′ đối xứng với A, B′ đối xứng với B, C′ đối xứng với C, D′ đối xứng với D qua G.
Xét phép vị tự , ta có:
Như vậy, nên phép vị tự sẽ biến trực tâm của tứ diện ABCD thành trực tâm của tứ diện A’B’C’D’. Theo giả thiết, H là trực tâm
của tứ diện ABCD, ta sẽ chứng minh O là trực
tâm của tứ diện A’B’C’D’.
Thật vậy, trước hết ta sẽ chứng minh
, từ đó
vì mp(BCD) // mp(B’C’D’) (các đỉnh khác
chứng minh tương tự).
Do O là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện
nên O cách đều các đỉnh B, C, D.
Ta chứng minh A’ cũng cách đều B, C, D.
Gọi G1 là giao điểm của AA’ với mp(BCD).
Trong ∆BA’B’ có G là trung điểm của BB’
và nên G1 là trọng tâm của ∆BCD.
Từ đó, BG1 cắt A’B’ tại trung điểm E của A’B’ và . Trong ∆BCD, G1 là trọng tâm nên BG1 qua trung điểm E’ của CD và BG1 = 2G1E’.
Suy ra: E ≡ E’ hay CD cắt A’B’ tại trung điểm của mỗi đường. Do đó A’DB’C là hình bình hành.
Hơn nữa, nên A’DB’C là hình thoi.
→ A’D = A’C = CB’ và A’B = B’A.
Ta chứng minh được B’A = CB’ nên suy ra A’B = A’D = A’C hay A’ cách đều các đỉnh B, C, D.
¬¬ Suy ra: hay .
Vậy H, G, O thẳng hàng và GO = GH.
Bài toán 4: Chứng minh trong tam giác bất kì, 9 điểm gồm: 3 chân đường 3 cao, 3 trung điểm của 3 cạnh, 3 trung điểm các đoạn nối trực tâm với các đỉnh thuộc một đường tròn (Đường tròn Ơle).
Giải:
Ta sẽ dùng phép vị tự để giải bài toán.
Giả sử tam giác ABC có H1, H2, H3,
M1, M2, M3, I1, I2, I3 lần lượt là 3 chân
3 đường cao, 3 trung điểm 3 cạnh,
3 trung điểm các đoạn nối trực tâm với
các đỉnh.
Gọi E1, E2, E3, F1, F2, F3 lần lượt là các điểm đối xứng với H qua H1, H2, H3, M1, M2, M3.
1. CMR tổng các bình phương độ dài các hình chiếu của các cạnh của một tứ diện đều trên một mặt phẳng bất kì bằng 4a2.
2. CMR trong một tứ diện đều tổng bình phương các hình chiếu của các đoạn thẳng nối tâm của nó với các đỉnh bằng a.
3. Bốn điểm A, B, C, D lần lượt thuộc các cạnh MN, NP, PQ, QM của tứ giác ghềnh MNPQ; đồng phẳng khi và chỉ khi .
(Định lí Mênêlaúyt trong không gian).
Một hướng khai thác khác:
1. CMR trong một tứ giác nội tiếp trong đường tròn: Các đường thẳng qua trung điểm một cạnh và vuông góc với cạnh đối diện đồng qui.
2. CMR trong một tứ diện các mặt phẳng đi qua trung điểm của mỗi cạnh và vuông góc với cạnh đối diện đồng qui tại một điểm ( Điểm Monge).
Do Drive thay đổi chính sách, nên một số link cũ yêu cầu duyệt download. các bạn chỉ cần làm theo hướng dẫn.
Password giải nén nếu cần: ket-noi.com | Bấm trực tiếp vào Link để tải:
VÀI LIÊN HỆ GIỮA HÌNH HỌC PHẲNG VÀ HÌNH HỌC KHÔNG GIAN
Trịnh Thị Thanh
Trường THPT chuyên Lê Quý Đôn, TP Đà Nẵng
====================
Các bài toán sau đây khai thác một vài mở rộng của một số bài toán phẳng sang bài toán trong không gian và sự vận dụng phương pháp giải bài toán phẳng để giải bài toán mở rộng đó.
Bài toán 1: Cho ABC vuông tại A, M là một điểm bất kì trên BC. AM tạo với AB, AC các góc theo thứ tự là và . Chứng minh cos2 + cos2 = 1.
Giải:
Qua M dựng đường thẳng vuông góc với AM,
cắt AB, AC lần lượt tại B’ và C’.
Khi đó: cos = ; cos =
cos2 + cos2 =
=
= 1
(Do AB’C’ vuông tại A, AM là đường cao).
Bài toán 1’: Cho hình chóp tam diện vuông SABC đỉnh S, M là điểm thuộc miền trong ABC. SM hợp với các cạnh SA, SB, SC các góc theo thứ tự , , . Chứng minh cos2 + cos2 + cos2 = 1.
Giải:
Sử dụng cách giải tương tự cách giải với bài toán
trong mặt phẳng. Dùng mặt phẳng qua M và vuông
góc với SM cắt hình chóp lần lượt tại A’, B’, C’.
Khi đó: ; ;
Nên:
=
= 1
(Theo tính chất của tứ diện vuông)
Vậy cos2 + cos2 + cos2 = 1.
Bài toán 2: Trong tam giác ABC gọi G là giao điểm 3 đường trung tuyến. Chứng minh .
Giải :
Gọi M, N lần lượt là trung điểm của BC và AC.
Ta có: .
Lại có:
=
Hay: .
Bài toán 2’: Cho tứ diện ABCD. Gọi G là giao điểm các đường trọng tuyến của tứ diện. Chứng minh .
Giải:
Gọi E là trung điểm của CD; G1, G2 lần lượt là
trọng tâm của các tam giác ∆BCD và ∆ADC.
Khi đó: .
Trong ∆ABE, ta có:
Từ đó: .
Bài toán 3: Chứng minh trong tam giác ABC bất kì, trọng tâm G, trực tâm H, tâm đường tròn ngoại tiếp O thẳng hàng và (Đường thẳng Ơle).
Giải:
Thẳng hàng là một bất biến của phép vị tự nên ta có thể nghĩ đến việc dùng phép vị tự để giải bài toán này. Yêu cầu của bài toán chứng minh hệ thức làm ta nghĩ đến phép vị tự tâm G biến O thành H hay ngược lại. Dựa vào hình vẽ ta đoán tỉ số là -2 ( hay ). H là trực tâm của ∆ABC còn O là trực tâm của tam giác có các đỉnh là chân các đường trung tuyến. Với định hướng đó ta giải bài toán như sau.
Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm các cạnh BC, CA, AB.
Ta có: ; ;
Do đó:
( là phép vị tự tâm O tỉ số k ).
Phép vị tự bảo tồn tính vuông góc nên sẽ biến
trực tâm của ∆ ABC thành trực tâm của ∆ MNP.
Theo giả thiết, H là trực tâm của tam giác ABC và dễ dàng chứng minh được O là trực tâm của tam giác ABC.
Suy ra: hay .
Từ đó ta có H, G, O thẳng hàng và .
Chuyển bài toán sang bài toán trong không gian, không phải tứ diện nào cũng có các đường cao đồng quy tại một điểm nên ta chỉ xét những tứ diện có tính chất này.
Bài toán 3’ : Trong không gian, cho tứ diện trực tâm ABCD. Chứng minh, trọng tâm G, trực tâm H và tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện thẳng hàng và GH = GO.
Giải:
Ta cũng sẽ dùng phép vị tự để giải bài toán trong không gian. Yêu cầu chứng minh GH = GO gợi ý cho ta nghĩ đến phép vị tự tâm G tỉ số -1.
Lần lượt lấy A′ đối xứng với A, B′ đối xứng với B, C′ đối xứng với C, D′ đối xứng với D qua G.
Xét phép vị tự , ta có:
Như vậy, nên phép vị tự sẽ biến trực tâm của tứ diện ABCD thành trực tâm của tứ diện A’B’C’D’. Theo giả thiết, H là trực tâm
của tứ diện ABCD, ta sẽ chứng minh O là trực
tâm của tứ diện A’B’C’D’.
Thật vậy, trước hết ta sẽ chứng minh
, từ đó
vì mp(BCD) // mp(B’C’D’) (các đỉnh khác
chứng minh tương tự).
Do O là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện
nên O cách đều các đỉnh B, C, D.
Ta chứng minh A’ cũng cách đều B, C, D.
Gọi G1 là giao điểm của AA’ với mp(BCD).
Trong ∆BA’B’ có G là trung điểm của BB’
và nên G1 là trọng tâm của ∆BCD.
Từ đó, BG1 cắt A’B’ tại trung điểm E của A’B’ và . Trong ∆BCD, G1 là trọng tâm nên BG1 qua trung điểm E’ của CD và BG1 = 2G1E’.
Suy ra: E ≡ E’ hay CD cắt A’B’ tại trung điểm của mỗi đường. Do đó A’DB’C là hình bình hành.
Hơn nữa, nên A’DB’C là hình thoi.
→ A’D = A’C = CB’ và A’B = B’A.
Ta chứng minh được B’A = CB’ nên suy ra A’B = A’D = A’C hay A’ cách đều các đỉnh B, C, D.
¬¬ Suy ra: hay .
Vậy H, G, O thẳng hàng và GO = GH.
Bài toán 4: Chứng minh trong tam giác bất kì, 9 điểm gồm: 3 chân đường 3 cao, 3 trung điểm của 3 cạnh, 3 trung điểm các đoạn nối trực tâm với các đỉnh thuộc một đường tròn (Đường tròn Ơle).
Giải:
Ta sẽ dùng phép vị tự để giải bài toán.
Giả sử tam giác ABC có H1, H2, H3,
M1, M2, M3, I1, I2, I3 lần lượt là 3 chân
3 đường cao, 3 trung điểm 3 cạnh,
3 trung điểm các đoạn nối trực tâm với
các đỉnh.
Gọi E1, E2, E3, F1, F2, F3 lần lượt là các điểm đối xứng với H qua H1, H2, H3, M1, M2, M3.
1. CMR tổng các bình phương độ dài các hình chiếu của các cạnh của một tứ diện đều trên một mặt phẳng bất kì bằng 4a2.
2. CMR trong một tứ diện đều tổng bình phương các hình chiếu của các đoạn thẳng nối tâm của nó với các đỉnh bằng a.
3. Bốn điểm A, B, C, D lần lượt thuộc các cạnh MN, NP, PQ, QM của tứ giác ghềnh MNPQ; đồng phẳng khi và chỉ khi .
(Định lí Mênêlaúyt trong không gian).
Một hướng khai thác khác:
1. CMR trong một tứ giác nội tiếp trong đường tròn: Các đường thẳng qua trung điểm một cạnh và vuông góc với cạnh đối diện đồng qui.
2. CMR trong một tứ diện các mặt phẳng đi qua trung điểm của mỗi cạnh và vuông góc với cạnh đối diện đồng qui tại một điểm ( Điểm Monge).
Do Drive thay đổi chính sách, nên một số link cũ yêu cầu duyệt download. các bạn chỉ cần làm theo hướng dẫn.
Password giải nén nếu cần: ket-noi.com | Bấm trực tiếp vào Link để tải:
You must be registered for see links
Last edited by a moderator:
1 DCBAABCDVG