chương I, phép chiếu song song là một phép Afin, tức là nó giữ bất biến các tính chất Afin. Hơn thế nữa, luôn tồn tại phép chiếu song song biến tam giác, thành tam giác có hình dạng cho trước, hình bình hành thành hình vuông… nên ta sẽ chứng minh các tính chất Afin trên các hình đặc biệt đó và quay về hình ban đầu bằng cách sử dụng tính chất song song của các đường thẳng. Ứng dụng phép chiếu song song giải toán HHSC Bài toán 2. Qua mỗi đỉnh của tam giác ABC kẻ 2 đường thẳng chia cạnh đối diện của tam giác thành 3 phần bằng nhau.
Chứng minh rằng các đường chéo nối các đỉnh đối diện của lục giác được tạo thành từ 6 đường thẳng đó đồng quy tại 1 điểm. Gọi là mặt phẳng chứa tam giác ABC, ’ là mặt phẳng qua BC, khác . Trong ’ lấy điểm A’ sao cho tam giác A’BC là tam giác đều. Xét phép chiếu song song từ lên ’ theo phương AA’.
Do phép chiếu song song bảo toàn tỉ số đơn, sự đồng quy nên nó biến tam giác ABC thành tam giác A’BC và 6 đường thẳng tương ứng thành các đường thẳng có tính chất tương tự trên tam giác A’BC. Ta chỉ cần chứng minh bài toán trên tam giác đều A’BC.3 Thật vậy, lấy P’ là trung điểm của BC. Vì B và C , R’ và N là 2 cặp điểm đối xứng qua A’P’, ta có các đường thẳng BN và CR’đối xứng qua A’P’ nên giao điểm của chúng là X’ 15 thuộc A’P’. Tương tự, điểm X là giao của CR và BR’ cúng thuộc A’P’.
Hay nói cách khác XX’ là đường cao tam giác A’BC. Tương tự ta có YY’ và ZZ’ là các đường cao còn lại. Do 3 đường cao của tam giác đồng quy, ta có điều phải chứng minh. Một phép chiếu song song đặc biệt thường hay được sử dụng trên không gian Euclid là phép chiếu vuông góc.
Ngoài các tính chất chung của phép chiếu song song, phép chiếu vuông góc còn được sử dụng đối với các bài toán có liên quan đế một số yếu tố lượng như độ dài, diện tích, thể tích… Bài toán 2. Chứng minh rằng trong một tứ diện bất kỳ, tổng của tích 2 cặp cạnh đối lớn hơn tích của cặp cạnh đối còn lại. Định hướng : Trong tứ diện ABCD, cần chứng minh AC. Ta đã biết bất đẳng thức Ptôlêmê đối với tứ giác : trong tứ giác ABCD, ta có AC.
Liên tưởng trên dẫn tới việc cần tìm mối liên hệ giữa độ dài các cạnh của tứ diện ABCD với độ dài các cạnh của một tứ giác. Từ đó liên hệ với việc cần sử dụng một phép chiếu song song phù hợp. Lời giải A B D A' C B' D' α C' Hình 2.4 16 Xét mặt phẳng α song song với hai cạnh AC và BD của tứ diện. Xét phép chiếu vuông góc xuống α biến tứ diện ABCD thành tứ giác A’B’C’D’.
Do α song song với AC và BD, ta có AC = A’C’ ; BD = B’D’ ; AB >A’B’ ; AD>A’D’ ; BC > B’C’ ; CD > C’D’ ; Theo định lý Ptolemy, A’C’.BC Bài toán 2. Lăng trụ đứng OAB.O’A’B’ có đáy là tam giác vuông tại O, OA = OB = a√2. M là trung điểm của OA. Tính diện tích thiết diện của lăng trụ với mặt phẳng qua M vuông góc với A’B.
Lời giải P Hình 2.5 Do OI và AB’ vuông góc với A’B nên thiết diện song song với OI và A’B. Qua M kẻ đường song song với OI cắt AB tại N ; Qua N kẻ NP song song với AB’ cắt BB’ tại P ; MN cắt OB tại K ; KP cắt OO’ tại Q. Thiết diện là tứ giác MNPQ.Hình chiếu vuông góc của MNPQ xuống mặt phẳng (OAB) là tứ giác MNBO. Diện tích MNBO là 7a 2 ; góc giữa mặt phẳng (MNPQ) và mặt phẳng (OAB) là góc giữa 2 pháp tuyến A’B 16 7a 2 và A’A là ; Vậy diện tích cần tìm là.
Cho hình lập phương ABCD. Các điểm M thuộc BB’, N thuộc a DD’ sao cho MB’ = ND’ =. Tính diện tích thiết diện của mặt phẳng (AMN) với hình 3 lập phương. Lời giải Thiết diện là ngũ giác AMIKN.
Hình chiếu của ngũ giác xuống mặt phẳng (A’B’C’D’) là A’B’IKD’. 7a 2 Diện tích A’B’IKD’ dễ dàng tính được là. 8 A' J 3 φ là góc giữa mặt phẳng AMN và mặt phẳng A’B’C’D’, cos φ= AJ 17 7 7a 2 Do đó diện tích thiết diện cần tìm là. Cho 3 đường thẳng đôi một chéo nhau a, b, c.
Dựng đường thẳng d cắt a, b, c lần lượt tại BA A, B, C sao cho k cho trước. BC Lời giải Giả sử I, J, K là 3 điểm thuộc a. c xác định mặt phẳng α. Sử dụng phép chiếu song song cơ sở α, phương b biến A, C thành A’, C’ ; B thành J.
Vì tỉ số không đổi qua phép chiếu song song, bài toán chuyển thành bài tương ứng trong mặt phẳng α như sau : Cho góc xOy và điểm J trong góc đó, dựng qua J đường thẳng d cắt Ox, Oy tại A’, C’ sao JA ' cho k. JC ' Bài toán này giải được nhờ sử dụng phép vị tự. Sau khi dựng được A’, C’, chiếu song song A’,C’ theo phương b được A, C. Nối AC cắt b tại B.6 MỘT SỐ BÀI TƯƠNG TỰ Các bài toán sau có thể chứng minh bằng cách sử dụng phép chiếu song song.
Bài 1: Cho tam giác ABC, lấy lần lượt trên AB,BC,CA các điểm M, N, P sao cho AM BN CP . AB BC CA a) Chứng minh hai tam giác ABC và MNP có cùng trọng tâm. b) Đoạn CM cắt AN và BP tạo thành 3 đoạn thẳng, tính tỉ số độ dài 3 đoạn thẳng đó AB nếu AM =. 3 Bài 2: Chứng minh định lý Menenaus.
Bài 3: Cho tam giác ABC. Trên phần kéo dài của các cạnh AB, BC và AC lấy các điểm D, E, F (B nằm giữa A và D; C nằm giữa B và E ; A nằm giữa C và F sao cho BD = AB ; CE = BC và AF = AC. Gọi S là diện tích của ABC. Tính diện tích DEF theo S.
Bài 4: Cho hình bình hành ABCD. M, N là trung điểm của AD và CD. Nối BN và CM cắt nhau tại E. Chứng minh diện tích ABCD gấp 5 lần diện tích tam giác BEC Bài 5 : Chứng minh định lý Ceva.
19 Bài 6 : Hình chóp tứ giác SABCD có đáy là hình vuông ABCD cạnh a. SA vuông góc với đáy SA = 2a. Tính diện tích thiết diện của mặt phẳng qua A và vuông góc với SC với hình chóp. Bài 7 : Hình chóp tam giác đều có góc ở đỉnh là α, độ dài cạnh bên bằng a.
Tính diện tích thiết diện của hình chóp với mặt phẳng đi qua 1 cạnh đáy và trung điểm cạnh đối diện. Bài 8 : Cho tam giác ABC; Trên AB, BC, CA lấy các điểm M, N, P. Gọi M’, N’, P’ là các điểm đối xứng với M, N, P lần lượt qua trung điểm của AB, BC, CA. Chứng minh rằng diện tích tam giác MNP bằng diện tích tam giác M’N’P’.
Bài 9 : Gọi G là trọng tâm tứ diện ABCD. SA, SB, SC, SD lần lượt là diện tích các mặt đối diện với A, B, C, D. A1, A2, A3, A4 là các hình chiếu của G lên mặt phẳng BCD, CDA, ABD, ABC. Chứng minh rằng: 𝑆𝐴 2 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐺𝐴1 +𝑆𝐵 2 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐺𝐴2 +𝑆𝐶 2 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐺𝐴3 + 𝑆𝐷 2 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐺𝐴4 = ⃗0.
Bài 10 : Chứng minh rằng tổng các bình phương hình chiếu các cạnh của hình lập phương cạnh a lên mặt phẳng nào đó có giá trị không đổi là 8a2. Sử dụng tâm tỉ cự giải toán HHSC Tâm tỉ cự là một khái niệm Afin. Trong nhiều trường hợp, tâm tỉ cự và các tính chất của nó là một công cụ hữu hiệu để giải các bài toán Afin. Những lời giải bài toán sử dụng tâm tỉ cự hoàn toàn có thể chuyển ngôn ngữ thành lời giải hình học phổ thông thông qua biểu diễn vectơ.
Vì vậy, đây là một gợi ý cách giải hiệu quả cho các bài toán HHSC.1 Trong không gian cho 4 điểm A,B,C,D. Xét 7 đường thẳng, trong đó có 3 đường thẳng tương ứng nối các trung điểm của các đoạn thẳng AB và CD, AC và BD, AD và BC còn 4 đường thẳng tương ứng nối 1 điểm (trong 4 điểm A,B,C,D) với trọng tâm của tam giác tạo bởi 3 điểm còn lại. Chứng minh rằng các đường thẳng đó đồng qui. Ta có thể dựa vào tính chất trên để đưa bài toán về dạng dựng trọng tâm của hệ 4 điểm A,B,C,D.
Cách 1: Chia hệ điểm trên thành 2 hệ con, mỗi hệ 2 điểm và không có điểm chung. Gỉa sử A B đó là các hệ {A,B} và {C,D}. Gọi I là trung điểm của AB, thì có ngay I = Ttc . 1 1 20 C D Gọi J là trung điểm của CD, cũng có J = Ttc Vậy nếu G là trọng tâm của hệ điểm 1 1 I J I J thì G = Ttc = Ttc 1 1 suy ra G là trung điểm của IJ.
Tương tự chứng minh được 2 2 G cũng là trung điểm của 2 đoạn thẳng còn lại. Cách 2: Chia hệ điểm đã cho thành 2 hệ con, trong đó một hệ 1 điểm và một hệ 3 điểm; Giả sử đó là các hệ {A} và {B,C,D}. Nếu K là trọng tâm của tam giác BCD thì A K G = Ttc hay G thuộc đường thẳng AK. Ta xét tương tự với các đường còn lại.
1 3 Từ đó ta có điều phải chứng minh. Cho tam giác ABC và điểm bất kỳ O trong tam giác. Gọi SA, SB, SC lần lượt là diện tích tam giác OBC, OCA, OAB. Chứng minh rằng: S A OA SB OB SC OC 0 Giải.
Gọi S là diện tích tam giác ABC. Kẻ ON//AB; OM//AC; OO’ và BB’ vuông góc với AC. A Ta có: AO = AM + AN = x AB+ y AC B' M N O' AM AN K x= ;y = ; AB AC O C AM ON KO OO' S2 x= = = = = B AB AB KB BB' S Hình 2.7 S 3 tương tự y = ; S S S S S 2 3 2 3 AO = AB + AC = (OB - OA) + (OC - OA) S S S S hay S OA + S OB + S OC = 0 1 2 3 Bài toán 2. 21 Trong không gian cho n điểm A1, A2, …, An , 𝑥𝑖 ∈ 𝑅, i=1,…,n.
M là một điểm bất kỳ trong không gian.