Ứng dụng biểu thức vectơ tìm giao điểm của đường thẳng với mặt phẳng trong hình chóp

Hội thảo Khoa học, Sầm Sơn 28-28/09/2019 ỨNG DỤNG BIỂU THỨC VECTƠ TÌM GIAO ĐIỂM CỦA ĐƯỜNG THẲNG VỚI MẶT PHẲNG TRONG HÌNH CHÓP Lê Quang Vũ Trường THPT Thọ Xuân 5, Thanh Hóa Tóm tắt nội dung Trong chương trình hình học không gian, ta khá hay bắt gặp tình huống cần phải tìm vị trí của giao điểm củamộtmặt phẳng với cạnh hình chóp. Cách tiếp cận bằng việc dựng hình đôi khi khá khó khăn từ việc dựng giao điểm đến việc tính toán tỉ lệ chia đoạn của điểm đó. Trong nội dung bài viết nhỏ này, tôi xin trình bày một phương pháp tiếp cận nhóm các bài toán trên bằng vectơ. Nhờ phương pháp, nhiều bài toán chúng ta sẽ không cần làm việc với các yếu tố không gian nữa, mà chỉ cần thiết lập các biểu thức vectơ trên mặt đáy của hình chóp. Bài viết này nhằm trình bày ứng dụng biểu thức vectơ về tính đồng phẳng của bốn điểm trong không gian để chuyển bài toán tìm giao điểm của đường thẳng với mặt phẳng trong hình chóp thành bài toán phân tích vectơ trên mặt đáy 1 Phát biểu và chứng minh định lý Định lý 1.1. Cho tam giác ABC và điểm S bất kỳ. Điều kiện cần và đủ để điểm D thuộc mặt phẳng (ABC) là −→ SD = x −→ SA+ y −→ SB+ z −→ SC, trong đó x+ y+ z = 1. Chứng minh. Điều kiện cần: Vì hai vectơ −→ AB và −→ AC không cùng phương nên điểm D thuộc mặt phẳng (ABC) khi và chỉ khi −→ AD = m −→ AB+ n −→ AC ⇔ −→SD−−→SA = m (−→ SB−−→SA ) + n (−→ SC−−→SA ) ⇔ −→SD = (1−m− n)−→SA+m−→SB+ n−→SC. Đặt x = 1−m− n, y = m, z = n thì −→SD = x−→SA+ y−→SB+ z−→SC, trong đó x+ y+ z = 1. Điều kiện đủ:−→ SD = x −→ SA + y −→ SB + z −→ SC⇔ −→SD = (1− y− z)−→SA + y−→SB + z−→SC⇔ −→SD − −→SA = y (−→ SB−−→SA ) + z (−→ SC−−→SA ) ⇔ −→AD = y−→AB+ z−→AC Mà hai vectơ −→ AB và −→ AC không cùng phương nên điểm D thuộc mặt phẳng (ABC). 1 Hội thảo Khoa học, Sầm Sơn 28-28/09/2019 2 Áp dụng 1. Bài toán mở đầu Bài tập sách giáo khoa Hình học 11- Ban cơ bản có câu: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Một mặt phẳng (P) cắt các cạnhSA, SB, SC, SD theo thứ tự tạiK, L, M, N. Chứng minh. SA SK + SC SM = SB SL + SD SN Hướng dẫn giải. Lời giải 1. Ta có VSKLM +VSKNM = VSKLN +VSMLN ⇒ SSKLM SABBC + VSKNM VSADC = VSKLN VSABD + VSMLN VSCBD ⇒ SK SA . SL SB . SM SC + SK SA . SM SD . SM SC = SK SA . SL SB . SN SD + SM SC . SL SB . SN SD Nhân 2 vế với SA SK . SB SL . SC SM . SD SN thì được đpcm. Lời giải 2. Ta có −→ AB = −→ DC ⇔ −→SB−−→SA = −→SC −−→SD⇔ −→SD = −→SA−−→SB+−→SC⇔ SD SN . −→ SN = SA SK . −→ SK − SB SL . −→ SL+ SC SM . −→ SM⇔ −→SN = SA SK . −→ SK− SBSL . −→ SL+ SCSM . −→ SM SD SN . Mà bốn điểm K, L, M, N đồng phẳng nên SA SK − SBSL + SCSM SD SN = 1⇔ SA SK + SC SM = SB SL + SD SN (đpcm). 3 Một số hướng phát triển 3.1 Thay đổi đáy của hình chóp Ví dụ 3.1. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang với AB//CD và AB = x.CD. Một mặt phẳng (P) cắt các cạnh SA, SB, SC, SD theo thứ tự tạiK, L, M, N. Chứng minh: SA SK + x SC SM = SB SL + x SD SN 2 Hội thảo Khoa học, Sầm Sơn 28-28/09/2019 Hướng dẫn giải. Ta có −→ AB = x −→ DC⇔ −→SB−−→SA = x (−→ SC−−→SD ) ⇔ −→SB = −→SA+ x−→SC− x−→SD ⇔ SB SL . −→ SL = SA SK . −→ SK+ x. SC SM . −→ SM− x.SD SN . −→ SN ⇔ −→SL = SA SK . −→ SK+ x. SC SM . −→ SM− x.SD SN . −→ SN SB SL Mà bốn điểm K, L, M, N đồng phẳng nên SA SK + x. SC SM − x. SDSN SB SL = 1 ⇔ SA SK + x. SC SM = SB SL + x. SD SN Ví dụ 3.2. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là tứ giác có hai đường chéo AC và BD cắt nhau tại điểm I sao cho IA = x.IC, IB = yID. Một mặt phẳng (P) cắt các cạnh SA, SB, SC, SD theo thứ tự tạiK, L, M, N. Chứng minh. (x+ 1) ( SB SL + y SD SN ) = (y+ 1) ( SA SK + x SC SM ) Hướng dẫn giải. Ta có{ IA = x.IC IB = yID ⇔ { −→ IA = −x.−→IC−→ IB = −y−→ID ⇔  −→ BA−−→BI = −x. (−→ BC−−→BI ) −→ BI = y (−→ BD−−→BI ) ⇔  −→ BI = 1 x+ 1 −→ BA+ x x+ 1 −→ BC −→ BD = y+ 1 y −→ BI ⇒ −→BD = y+ 1 y (x+ 1) (−→ BA+ x −→ BC ) ⇒ −→SD−−→SB = y+ 1 y (x+ 1) (−→ SA−−→SB+ x−→SC− x−→SB ) ⇒ −→SD = y+ 1 y (x+ 1) −→ SA− 1 y −→ SB+ x (y+ 1) y (x+ 1) −→ SC 3 Hội thảo Khoa học, Sầm Sơn 28-28/09/2019 ⇒ SD SN . −→ SN = y+ 1 y (x+ 1) . SA SK −→ SK− 1 y . SB SL −→ SL+ x (y+ 1) y (x+ 1) . SC SM −→ SM Mà bốn điểm K, L, M, N đồng phẳng nên ta có 1 y . SB SL + SD SN = y+ 1 y (x+ 1) ( SA SK + x SC SM ) ⇔ (x+ 1) ( SB SL + y SD SN ) = (y+ 1) ( SA SK + x SC SM ) Ví dụ 3.3. Cho tứ diện ABCD. Điểm G nằm trong mặt phẳng (BCD)thỏa mãn x −→ GB+ y −→ GC+ z −→ GD = −→ 0 . Điểm I nằm trên đoạn AG thỏa mãn AG = k.AI. Mặt phẳng (α) đi qua trung điểm I của đoạn thẳng AG và cắt các cạnh AB, AC, AD tại các điểm B′,C′,D′ (khác A). Chứng minh rằng x. AB AB′ + y. AC AC′ + z. AD AD′ = k (x+ y+ z). Hướng dẫn giải. Gọi B′, C′,D′ lần lượt giao điểm của mp (α) với các cạnh AB, AC, AD. Ta có x −→ GB+ y −→ GC+ z −→ GD = −→ 0 ⇔ x (−→ AB−−→AG ) + y (−→ AC−−→AG ) + z (−→ AD−−→AG ) = −→ 0 ⇔ −→AG = x −→ AB+ y −→ AC+ z −→ AD x+ y+ z Mà −→ AI = 1 k −→ AG = 1 k ( x −→ AB+ y −→ AC+ z −→ AD x+ y+ z ) = 1 k  x. ABAB′ . −→ AB′ + y. AC AC′ . −−→ AC′ + z. AD AD′ . −−→ AD′ x+ y+ z  . Mà I, B′, C′,D′ đồng phẳng nên 1 k  x. ABAB′ + y. ACAC′ + z. ADAD′x+ y+ z  = 1 ⇔ x. AB AB′ + y. AC AC′ + z. AD AD′ = k (x+ y+ z) Từ ví dụ trên ta có một số kết quả sau đây: Tính chất 3.1. Nếu G là trọng tâm tam giác BCD thì AB AB′ + AC AC′ + AD AD′ = 3.k. 4 Hội thảo Khoa học, Sầm Sơn 28-28/09/2019 Tính chất 3.2. Nếu G là tâm đường tròn nội tiếp tam giác BCD thì b. AB AB′ + c. AC AC′ + d. AD AD′ = k (b+ c+ d) với b = CD, c = BD, d = BC. Tính chất 3.3. Nếu tam giác BCD nhọn vàG là trực tâm tam giác BCD thì AB AB′ . tan B+ AC AC′ . tanC+ AD AD′ . tanD = k (tan B+ tanC+ tanD). Tính chất 3.4. Nếu G là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BCD thì AB AB′ . sin 2B + AC AC′ . sin 2C+ AD AD′ . sin 2D = k (sin 2B+ sin 2C+ sin 2D). Tính chất 3.5. Nếu G là điểm bất kỳ nằm trong tam giác BCD thì AB AB′ .S∆MCD + AC AC′ .S∆MBD + AD AD′ .S∆MBC = k.S∆BCD. Ví dụ 3.4. Cho tứ diện ABCD. Gọi M, N, P, Qlần lượt thuộc các cạnh AB, BC, CD, DA sao cho MA MB = x, NB NC = y, PC PD = z, QD QA = t. Chứng minh rằng bốn điểm M, N, P, Q đồng phẳng⇔ x.y.z.t = 1. Hướng dẫn giải. Ta có −→ NB = −y−→NC ⇔ −→AB−−→AN = −y (−→ AC−−→AN ) ⇔ −→AC = −1 y −→ AB+ 1+ y y −→ AN −→ PC = −z−→PD ⇔ −→AC−−→AP = −z (−→ AD−−→AP ) ⇔ −→AC = −z−→AD+ (1+ z)−→AP Suy ra −1 y −→ AB+ 1+ y y −→ AN = −z−→AD+ (1+ z)−→AP ⇔ −1 y ( x+ 1 x )−−→ AM+ 1+ y y −→ AN = −z (1+ t)−→AQ+ (1+ z)−→AP ⇔ − (x+ 1)−−→AM+ x (y+ 1)−→AN = −xyz (1+ t)−→AQ+ xy (1+ z)−→AP ⇔ xyz (1+ t)−→AQ = (x+ 1)−−→AM− x (y+ 1)−→AN + xy (1+ z)−→AP Mà M, N, P, Q đồng phẳng⇔ (x+ 1)− x (y+ 1) + xy (1+ z) xyz (1+ t) = 1⇔ xyzt = 1. 3.2 Áp dụng vào các bài toán chia thể tích khối chóp, các bài toán cực trị hình học Kết hợp các kết quả trên với các phương pháp tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất như sử dụng các bất đẳng thức cổ điển, sử dụng bảng biến thiên của hàm số, bạn đọc có thể tự giải các bài tập sau : 5 Hội thảo Khoa học, Sầm Sơn 28-28/09/2019 Bài 3.1. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Các điểm A′,C′ thỏa mãn −→ SA′ = 1 3 −→ SA, −→ SC′ = 1 5 −→ SC. Mặt phẳng (P) chứa đường thẳng A′C′ cắt các cạnh SB, SD lần lượt tại B′, D′ và đặt k = VS.A′B′C′D′ VS.ABCD . Tìm giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn nhất của k. Bài 3.2. Cho tứ diện ABCD có G là trọng tâm tam giác BCD. Mặt phẳng (α) đi qua trung điểm I của đoạn thẳng AG và cắt các cạnh AB, AC, AD tại các điểm B′,C′,D′ (khác A). Gọi hA, hB, hC, hD lần lượt là khoảng cách từ các điểm A, B,C,D đến mặt phẳng (α). Chứng minh rằng: h2B + h 2 C + h 2 D 3 ≥ h2A. Bài 3.3. Cho hình chóp SABCD có đáy là hình bình hành. Gọi K là trung điểm của SC. Mặt phẳng qua AK cắt các cạnh SB, SD lần lượt tại M và N. Gọi V1,V thứ tự là thể tích của khối chóp SAMKN và khối chóp SABCD. Tìm giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của tỷ số V1 V . Bài 3.4. Cho tứ diện S.ABC có SA = SB = SC = 1, mặt phẳng (P) đi qua trọng tâm M của tứ diện, cắt cạnh SA, SB, SC lần lượt tại D, E, F (khácS ).Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức : 1 SD.SE + 1 SE.SF + 1 SF.SD . Bài 3.5. Cho hình chóp S.ABC có SA = 1, SB = 2, SC = 3. Gọi G là trọng tâm tam giác ABC. Mặt phẳng (α) đi qua trung điểm I của SG cắt các cạnh SA, SB, SC lần lượt tại M, N, P. Tính giá trị nhỏ nhất Tmin của biểu thức T = 1 SM2 + 1 SN2 + 1 SP2 . Tài liệu [1] Tài liệu chuyên toán hình học 11- NXB Giáo dục Việt Nam. [2] Các chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi hình học không gian- Toán học Bắc Trung Nam. 6