Bài giảng phương pháp trải hình trên mặt phẳng - Trần Thị Hiền

Bài giảng PHƯƠNG PHÁP TRẢI HÌNH TRÊN MẶT PHẲNG Người soạn :Trần Thị Hiền Tổ toán trường THPT Chuyên Hạ Long Khi giải một bài toán về tứ diện mà các dữ kiện của nó liên quan đến tổng các góc phẳng , hoặc tổng các cạnh…thì việc phẳng hoá tứ diện (tức là trải phẳng tứ diện đó lên một mặt phẳng) sao cho phù hợp sẽ cho ta một lời giải gọn gàng và dễ hiểu . Trong bài viết nhỏ này tôi xin trình bày một số bài toán áp dụng phương pháp này. Các ví dụ VD1. CMR nếu tổng các góc phẳng tại đỉnh của một hình chóp lớn hơn 180° thì mỗi cạnh bên của nó nhỏ hơn nửa chu vi đáy. Giải:

Giả sử hình chóp đã cho là 1 2 . ... n S A A A . Ta cắt hình chóp theo các cạnh i SA rồi trải các mặt bên như sau lên cùng một mặt phẳng chứa mặt 1 2 SA A . Như vậy, ta sẽ được đa giác

1 2 1 ... n A A A A′ 1 1 ( ) SA SA′ = Do tổng các góc ở đỉnh lớn hơn 180° nên đỉnh S nằm trong đa giác, và 1A S kéo dài cắt một cạnh nào đó của đa giác ở B .

Gọi a là độ dài đường gấp khúc 1 2... A A B ; b là độ dài đường gấp khúc 1 1 ... k BA A + ′. ⇒ Chu vi đáy chính bằng a b + . Mặt khác: 1A S SB a + < ;

1A S b SB ′ < + ;

⇒ 1 1 A S A S a b ′ + < + ; ⇒ 1 2A S a b < + ;

⇒ 1 . 2 a b A S + <

Một cách tương tự ta suy ra mỗi cạnh bên của hình chóp đều nhỏ hơn một nửa chu vi đáy. (đpcm) VD2. Cho tứ diện gần đều ABCD có AB CD a = = ; AC BD = ; AD BC = . Xác định vị trí của điểm M trên cạnh AB sao cho chu vi tam giác MCD nhỏ nhất. Xác định giá trị nhỏ nhất của chu vi đó. Giải:

Trải tam giác DAB xuống mặt phẳng ABC thành tam giác D AB ′ và giữ nguyên cạnh AB. Khi đó ta có: D B DB ′ = ; D A DA ′ = . ⇒ D M DM ′ = ; Chu vi tam giác MDC là nhỏ nhất;

⇔ MD MC DC + + là nhỏ nhất; nhưng do DC không đổi ⇔ MD MC + là nhỏ nhất; ⇔ MD MC ′ + là nhỏ nhất. Áp dụng bất đẳng thức trong tam giác ⇔ , , D M C ′ thẳng hàng ⇒ M là giao điểm của D C ′ với AB. VD3: Cho tứ diện ABCD có: 1 AC AD BC BD = = = = ; AB a = ; CD b = ; , M N lần lượt là trung điểm của AB và CD . Tìm trên cạnh AD một điểm P sao cho PM PN + đạt giá trị nhỏ nhất. Tính giá trị nhỏ nhất đó. Giải:

Trải tam giác ACD theo trục AD lên mặt phẳng ABD:

;

; C C N N

′ →

′ → ; ; DC DC b PN PN

′ = = ′ =

Yêu cầu bài toán sẽ tương đương với: Tìm P AD ∈ sao cho PM PN′ + nhỏ nhất. ⇒ P là giao điểm của MN′ và AD Khi đó ( )nn PM PN MN ′ ′ + = . + Tính MN′: Dễ thấy: Tam giác ABD cân ở D và M là trung điểm của AB ⇒ ; DM AB ⊥ Tam giác AC D ′ cân ở D và N′ là trung điểm của AB ⇒ ; AN DC ′ ′ ⊥

⇒ Tứ giác AMDN′ nội tiếp có ; 2 a AM = ; 2 b DN′ =

2 1 ; 4 b AN′ = −

2 1 ; 4 a MD = −

Áp dụng định lý Ptoleme ta có:

. . ; 1 DN AM DM AN MN ′ ′ + ′ =

⇒

2 2 . 1 . 1 ; 2 4 2 4 b b a a MN′ = − + −

⇒

2 2 4 4 . 4 b b a a MN − + − ′ =

Vậy điểm P cần tìm trên cạnh AD là giao điểm của MN′ và AD . Khi đó tổng

2 2 4 4 ( ) ( ) 4 nn nn

b b a a PM PN PM PN − + − ′ + = + = .

VD4:

Cho hình chóp .S ABC có các góc phẳng ở đỉnh S đều bằng 4α (0 ) 3 π α < < , còn cạnh

bên SA bằng 1. Chứng minh: 2(1 os3 ) AB BC AC c α + + ≥ − . Gợi ý: Trải các mặt SBA & SAC lên mặt phẳng SBC , sau đó dùng định lý hàm số cosin. VD5: Cho góc tam diện vuông Oxyz ; A Ox ∈ , B Oy ∈ ; C Oz ∈ sao cho 1 OA OB OC = + = . (1)

,a Chứng minh rằng diện tích toàn phần của tứ diện OABC không đổi khi B &C thay đổi nhưng vẫn thỏa mãn (1) .

,b Tính ? OAB OAC BAC + + =

,c Tính ? OBA ABC OCB + + = Giải:

,a Trải tứ diện OABC xuống mặt phẳng OBC như sau:

; ; OAB FDC OAC EDB ∆ →∆ ∆ →∆

⇒ Tứ giác OEDF là hình vuông. Vì ABC DCB ∆ = ∆ (ccc) ⇒ dt tp của tứ diện OABC = dt tp của hình vuông OEDF = 1 không đổi. (đpcm)

,b 90 OAB OAC BAC + + = °;

,c 90 OBA ABC OCB + + = °; VD6: Cho tứ diện ABCD thỏa mãn:

,a 180 ; ACD BCD + = ° ,b Tổng các góc phẳng ở đỉnh A bằng tổng các góc phẳng ở đỉnh B và bằng 180° .

Tính diện tích toàn phần của tứ diện theo AC CB k + = & ACB α = ; Giải: