PHƯƠNG PHÁP HÌNH HỌC - TRONG KHÔNG GIAN - Các phương pháp giải bất đằng thức trong hình học phẳ

TRONG KHÔNG GIAN

BÀI 1: PHƯƠNG PHÁP HÌNH HỌC

CHƯƠNG III: PHƯƠNG PHÁP CHỨNG MINH CHUNG

Để ý: S_ACD&S_BCD không đổi.

( ) ( )

[ ]

( )

min min

1 min

min

TP CAB

S S SDAB

AB CE DF CE DF

→ ⇔ + →

⇔ + →

Xét mặt phẳng

( )

^α ^⊥^d^t^ạ^{i O, chi}^ế^{u CD xu}^ố^ng

( )

^α ^thành^{C D}^{′ ′}^{. (E,F n}^ằm trên d sao cho CE và DF vuông góc với d.).

/ / ; / /

CE =C O DF′ =D O′ , suy ra

(

^S^TP ^→^min^⇔

(

^{C O D O}^′ ⁺ ^′

)

^→^min

)

Vẽ OI / /=C D′ ′⇒OC′+OD′=OD′+D I O I′ ≥ ′′ (O′′đối xứng của O qua C D′ ′). Suy ra rằng OC′ +ODđạt giá trị nhỏ nhất khi D′ trùng với M, giao điểm của C D′ ′và O I′′ . Từ đó ta suy ra cách dựng điểm D trên ∆ để diện tích tòan phần của tứ diện ABCD nhỏ nhất:

Gọi

( )

^α ^{là m}^ặ^{t ph}^ẳng vuông góc với d tại điểm O bất kì. Gọi ∆′ là hình chiếu của ∆ lên

( )

^α ^{. H}^ạ ^OM ^{⊥ ∆}^′^{. T}^ừ^{M k}^ẻ^đường vuông góc với

( )

^α ^{, c}^ắ^t^∆^t^ại D. Suy ra vị trí của C.

Vd2: Cho chóp đều (P), có đáy là một đa giác đều n cạnh, mà diện tích bằng diện tích mỗi mặt bên. Đối với mỗi điểm M ở bên trong hình chóp (P), người ta dựng (n+1) hình chóp đồng dạng với (P), có đáy thuộc mặt của (P) còn đỉnh là điểm M. Hãy tìm vị trí của điểm M bên trong (P) để tổng diện tích các mặt của (n+1) hình chóp đó đạt giá trị nhỏ nhất.

Giải:

Xét (n+1) hình chóp có đỉnh tại M và đáy của chúng lần lượt nằm trên (n+1) mặt của (P), là những hình chóp này đồng dạng với (P).

Gọi h1,h2,h3,…,hn+1 là độ dài các đường cao của (n+1) hình chóp trên được kẻ từđỉnh M.

Ta có: ¹

1 1

3 3

n i i

Sh Sh

∑

Trong đó h là đường cao của (P) còn S là diện tích của một mặt của (P).

Suy ra ¹

1 n

i i

h h

∑

Gọi tỉ sốđồng dạng của hình chóp đỉnh M thứ i (nói trên) với hình chóp (P) là Ki. Khi đó ta có:

1 1 1

n n n

i i

i i i

h S

h K S

+ + +

= = =

∑ ∑ ∑

Trong đó Si là diện tích mỗi mặt của hình chóp thứ i đồng dạng với (P).

Theo bất đẳng thức BCS ta có:

( )

1 2 1 1

1 1 1

1 1

n n n

i i i

S S n S S S

+ + +

= = =

 

=  ≤ + ⇒ ≥



∑



∑ ∑

+ ^,

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi các Si bằng nhau, do đó các hi cũng bằng nhau, nên M trùng với tâm mặt cầu nội tiếp hình chóp (P). Đó là vị trí điểm M thỏa mãn yêu cầu đề

Vd 3: Tứ diện ABCDcó BCD=90^o và chân đường vuông góc hạ từ D xuống mặt phẳng

(

^BCA

)

^{trùng v}^ớ^{i tr}^ự^{c tâm c}^ủa tam giác ABC. Chứng minh rằng:

(

^{AB BC CA}⁺ ⁺

)

² ^≤⁶

(

^AD²⁺^BD²⁺^CD²

)

Dấu bằng xảy ra khi nào?

Giải:

Trước tiên ta sẽ chứng minh rằng CDA=90^o.

Thật vậy, gọi H là hình chiếu của D xuống mặt phẳng

(

^ABC

)

^{, gi}^ả^s^ử^{CH c}^ắ^{t AB t}^ạ^{i E.}

Do AB⊥CE&AB⊥DH nên ^AB^⊥

(

^DEC

)

, suy ra AB⊥DE. Từ đó, các tam giác vuông BED CEB& cho ta:

2 2 2

BD DE BE CB CE BE

= +

Trừ vế theo vế hai đẳng thức trên ta được:

2 2 2 2

CB −BD =CE −DE Nhưng vì tam giác BDC vuông nên ta lại có:

2 2 2

CB −BD =CD

Suy ra CE² =CD²+DE², tức là tam giác CDE vuông tại D.

Tóm lại, ta có: CD⊥DB&CD⊥DE nên CD⊥AD. Nói cách khác, CDA=90^o. Hòan tòan tương tự ta cũng có: ADB=90^o. Từđó, ta được:

( ) ( )

2 2 2 2 2 2 2 1

AB +BC +CA = AD +BD +CD Mặt khác áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có:

(

^{AB BC CA}+ +

)

² =^AB²+^BC²+^CA²+²

(

AB BC AB AC BC CA^. + ^. + ^.

)

≤³

(

AB²+BC²+CA²

) ( )

Từ (1) và (2) ta có:

(

^{AB BC CA}⁺ ⁺

)

² ^≤⁶

(

^AD²⁺^BD²⁺^CD²

)

Dấu đẳng thức xảy ra khi AB BC CA= = .

Vd 4: Giả sử G là trọng tâm tam giác ABC và B là một điểm tùy ý trong không gian. Thế

thì ² ² ² 3 ² ² ² ²

AB BC CA

MA MB MC MG + +

+ + = + (hệ thức Leibniz).

Giải:

Vì G là trọng tâm tam giác ABC nên :

( )

² ²

2 2 2 2

3 9

2 . 9

MA MB MC MG MA MB MC MG

MA MB MC MA MB MCMA MBMC MG

+ + = ⇒ + + =

⇒ + + + + + =

Sử dụng định lí cosin tổng quát, chẳng hạn 2MA MB MA. = ²+MB²−AB², ta suy ra điều phải chứng minh.

Vd 4: Giả sử G là trọng tâm của hệ n điểm A_ivà M là một điểm tùy ý trong không gian.

Ta có:

2 2 2

1 , 1

. 1

n n

i i j

i i j

i j

MA n MG A A

= n =

= +

∑ ∑

Phương pháp chứng minh vd 4 hòan toàn tương tự phương pháp chứng minh vd3. Và từ kết quả vd4 ta có thể giải quyết dễ dàng 2 vd sau:

Vd5: Cho hệ điểm A_i cốđịnh. Tìm một điểm M trong không gian sao cho ²

1 n

i i

∑

^đạ^t

giá trị nhỏ nhất.

Vd 6: Cho hệđiểm A_i cốđịnh và k là độ dài cho trước. Tìm tập hợp những điểm M trong không gian thỏa mãn điều kiện ² ²

1 n

i i

MA k

∑

Vd7: Cho tứ diện ABCD có

( )

1 1 1

, , , , , , ,

AB a CD a AC bBD b AD c BC c= = = = = = α = AB CD

(

^{AC BD}^,

) (

^, ^{AD BC}^,

)

β = γ = . Tính cos ,cos ,cosα β γ theo các cạnh của tứ diện.

Giải:

Từ ^{AB CD}^. ⁼ ^{AB CD}^.cos

(

^{AB CD}^,

)

^{suy ra}

( )

( ) ( )

2 2 2 2 2 2

2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

1 1 1 1

2aa cos 2AB AD AC 2AB AD. 2AB AC. AB AD BD AB AC BC

a c b a b c c c b b

α = − = −

= + − − + −

= + − − + − = + − −

Do đó:

2 2 2 2

1 1

cos 2

c c b b α = ⁺ aa⁻ ⁻

Tương tự ta có thể suy ra được cos ,cosβ γ Từ ví dụ này ta có thể suy ra các hệ quả sau:

Hệ quả 1: Tứ diện đều là tứ diện trực giao.

Hệ quả 2: Điều kiện cần và đủđể tứ diện ABCD là tứ diện trực giao là

2 2 2 2 2 2

AB +CD = AC +BD = AD +BC

Hệ quả 3: Giả sử ABCD là tứ diện gần đều có AB CD a AC= = , =BD b AD BC c= , = = ,

(

^{AB CD}^,

)

(

^{AC BD}^,

)

(

^{AD BC}^,

)

α = β = γ = . Khi đó một trong ba giá trị

Vd 8: Cho tam diện Oxyz có Ox Oy Oz, , vuông góc nhau từng đôi một. Gọi I là điểm trong tam diện và a,b,c là khỏang cách từ I đến các mặt

(

^Oyz

) (

^, ^Ozx

) (

^, ^Oxy

)

^{. M}^ặ^{t ph}^ẳ^ng

α (di động) qua I cắt Ox,Oy,Oz lần lượt tại A,B,C.

a) Chứng minh: a b c 1 OA OB OC+ + = .

b) Tìm giá trị nhỏ nhất của V_OABC, cho biết vị trí của I đối với tam giác ABC lúc đó.

Giải:

a) Ta có: V_OABC =V_IOAB+V_IOBC+V_IOCA

( )

1 1

. . . . , . . .

6 6

OA OB OC OB OC a OC OA b OA OB c

a b c

OA OB OC

⇔ = + +

⇔ + + =

b) Vì I cố định nên a,b,c không đổi. Do ta có: a b c 1

OA OB OC+ + = , suy ra tích

. .

a b c

OA OB OC đạt giá trị lớn nhất khi: 1 3

a b c

OA=OB =OC = . Lúc đó, . . . . OA OB OC

a b c đạt giá trị nhỏ nhất, tức là OA,OB,OC đạt giá trị nhỏ nhất.

Mà 1

. .

OABC 6

V = OA OB OC nên điều này có nghĩa là thể tích OABC đạt giá trị nhỏ nhất là 9

2abc khi OA=3 ,a OB=3 ,b OC=3c. Khi đó dễ thấy rằng I là trọng tâm của tam giác ABC.

III. Bài tập tự luyện:

1. Chứng minh rằng trong tam giác ABC, ta có:

( )

2 2 2 2 2 2

4 4 4 4 4 4

) 3

4 ) 3

a b c

a m m m a b c

b m m m a b c

+ + = + +

2. Cho tứ diện ABCD. Gọi M,N lần lượt là trung điểm của AB,CD.

a) Tính MN

theo AC BD+

b) Chứng minh rằng MN là đường vuông góc chung của AB và CD khi và chỉ khi AC=BD và AD BC= .

3. Cho hình lập phương ABCD A B C D. ′ ′ ′ ′ có độ dài cạnh bằng a. M&N thứ tự chuyển động trên AC&A B′ sao cho ^AM ⁼^{A N}^′ ⁼^c

(

⁰^{≤ ≤}^{x a} ²

)

a) Chứng minh rằng MN luôn luôn song song với một mặt phẳng cốđịnh.

b) Tìm tập hợp trung điểm I của MN.

c) Tính dài MN theo a&x. Tìm x MN t giá tr nh nh t và tìm giá tr nh nh t

d) Gọi α&β thứ tự là các góc tạo bởi MN với AC và A B′ . Chứng minh rằng

2 2 1

cos cos

α+ β =2.

BÀI 2: PHƯƠNG PHÁP PHƯƠNG TRÌNH

Trong tài liệu Các phương pháp giải bất đằng thức trong hình học phẳng dành cho học sinh THCS (Trang 82-88)