PHƯƠNG PHÁP TRẢI HÌNH TRÊN MẶT PHẲNG

Chia sẻ: Nguyễn Khánh Hoàng | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:17

Thêm vào BST

Báo xấu

500
lượt xem 36
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

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 .

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: PHƯƠNG PHÁP TRẢI HÌNH TRÊN MẶT PHẲNG

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 S . A1 A2 ... An . Ta cắt hình chóp theo các cạnh SAi rồi trải các mặt bên như sau lên cùng một mặt phẳng chứa mặt SA1 A2 . Như vậy, ta sẽ được đa giác A1 A2 ... An A1′ ( SA1 = SA1′ ) Do tổng các góc ở đỉnh lớn hơn 180° nên đỉnh S nằm trong đa giác, và A1S kéo dài cắt một cạnh nào đó của đa giác ở B . Gọi a là độ dài đường gấp khúc A1 A2 ...B ; b là độ dài đường gấp khúc BAk +1... A1′ . ⇒ Chu vi đáy chính bằng a + b . Mặt khác: A1S + SB < a ; A1′S < b + SB ; ⇒ A1S + A1′S < a + b ; ⇒ 2A1S < a + b ;
a+b ⇒ A1S < . 2 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: AC = AD = BC = BD = 1 ; 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 ′; DC = DC ′ = b; N → N ′; 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 ( PM + PN ′) nn = 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 ′; a b ⇒ Tứ giác AMDN ′ nội tiếp có AM = ; DN ′ = ; 2 2 2 2 b a AN ′ = 1 − ; MD = 1 − ; 4 4 Áp dụng định lý Ptoleme ta có: DN ′. AM + DM . AN ′ MN ′ = ; 1 2 2 ⇒ MN ′ = b . 1 − b + a . 1 − a ; 2 4 2 4 ⇒ MN ′ = b 4 − b + a 4 − a . 2 2 4 Vậy điểm P cần tìm trên cạnh AD là giao điểm của MN ′ và AD . Khi đó tổng b 4 − b2 + a 4 − a 2 . ( PM + PN ) nn = ( PM + PN ′) nn = 4 VD4:
π Cho hình chóp S . ABC có các góc phẳng ở đỉnh S đều bằng 4α (0 < α < ) , còn 3 cạnh bên SA bằng 1. Chứng minh: AB + BC + AC ≥ 2(1 − cos3α ) . 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 OA = OB + OC = 1 . (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, OAB + OAC + BAC = 90° ; c, OBA + · · · ABC + OCB = 90° ; VD6: Cho tứ diện ABCD thỏa mãn: a, · · ACD + BCD = 180°; 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:
Trải tứ diện ABCD xuống mặt phẳng ABD như sau: ∆ACB → ∆AC1B; ∆ACD → ∆AC2 B; ∆DCB → ∆DC3 B; µ ⇒ C2 + C3 = 180°; ¶ Do tổng các góc ở đỉnh A = tổng các góc ở đỉnh B = 180° ⇒ C2 , A, C1 thẳng hàng và C1 , B, C3 thẳng hàng. Sau khi trải các mặt của tứ diện xuống mặt phẳng ABD , ta được tứ giác nội tiếp C1C2 DC3 , và dt tp của tứ diện ABCD = dt C1C2 DC3 . Ta có: dt C1C2 DC3 = dt ∆C2C1C3 + dt ∆DC2C3 1 1 1 α = .2 x.2 y.sinα + C2C3 .DH = 2 xy.sin α + C2C32 .tg 2 2 4 2 1 α α = 2 xy.sin α + (4 x 2 + 4 y 2 − 8 xy.cosα ).tg = ( x + y ) 2 tg 4 2 2 α = k tg . 2 2 Các bài tập tương tự: Bài 1. Cho tứ diện đều ABCD cạnh bằng a. Một mặt phẳng cắt 4 cạnh tứ diện tại M , N , P, Q . Chứng minh rằng chu vi p của thiết diện MNPQ không nhỏ hơn 2a và không lớn hơn 3a . Giải:
*Chứng minh p ≥ 2a Không mất tính tổng quát, giả sử M ∈ AB; N ∈ AD; P ∈ CD; Q ∈ BC ; Trải tứ diện ABCD xuống mặt phẳng BCD như sau: ∆ABC → ∆A′BC ; ∆ACD → ∆A1CD; ∆ABD → ∆A′BD′; Do ABCD là tứ diện đều nên các tam giác trên đều là tam giác đều ⇒ DBC = CBA′ = · ′BD′ = 60° . · · A ⇒ DBD′ = DBC + CBA′ + · ′BD′ = 3.60° = 180° . · · · A ⇒ D, B, D′ thẳng hàng. Tương tự: A′, C , A1 thẳng hàng. ⇒ DD′ = BD + BD′ = 2a ; A′A1 = A′C + CA1 = 2a ; Theo như cách trải thì: A1D = A′D′ = a; Xét tứ giác DA1 A′D′ có A′A1 = D′D = 2a; A1D = A′D′ = a ⇒ DA1 A′D′ là hình bình hành. Theo cách trải hình như trên: M → M1   ⇒ MQ = M 1Q; PN = PN1; MN = M 1 N 2 ; DN1 = D′N 2 ; N → N1; N → N 2  ⇒ N1 N 2 PD′D; N1 N 2 = 2a; Ta có: p = MN + NP + PQ + QM = N1P + PQ + QM 1 + M 1 N 2 ≥ N1 N 2 = 2a. (đpcm)  MN PBD PPQ Dấu “=” xảy ra ⇔   MQ P AC P NP *Chứng minh p ≤ 3a
+ Nếu MN ∩ BD ≡ S1  S ∈ MN ⇒ S1 ∈ ( MNPQ) ⇒ 1  S1 ∈ BD ⇒ S1 ∈ (CBD) Mà ( MNPQ) ≠ (CBD) ⇒ S1 nằm trên giao tuyến của ( MNPQ) và (CBD) ; Mà PQ là giao tuyến của ( MNPQ) và (CBD) ⇒ S1 ∈ PQ; Do ·ANM là góc ngoài của tam giác S1 ND ⇒· · ANM > NDS ;1 · · Mà NDS1 = 60° = DAB ⇒ · · ANM > NAM ⇒ MN < AM ; + Nếu MQ cắt tia CA tại S2 : Chứng minh tương tự ta có MQ < MB ⇒ MN + MQ < AM + MB = AB = a ; Lại có: PQ ≤ BD = a; NP ≤ AC = a ; ⇒ MN + NP + PQ + QM ≤ 3a; Nếu MQ cắt tia AC tại S2 : Chứng minh tương tự ta có :
MQ ≤ BQ PQ ≤ QC ⇒ MQ + PQ ≤ BC = a MN ≤ BD = a NP ≤ AC = a ⇒ p ≤ 3a ; Nếu MN PBD ⇒ PQ PBD ⇒ ∆MAN là tam giác đều ⇒ MN = AM ; Tương tự: PQ = QC ; Chứng minh như trên ta suy ra p ≤ 3a . (đpcm) Dấu “=” xảy ra ⇔ MNPQ trùng với một mặt bên của tứ diện. Bài 2. Trên bề mặt của một tứ diện đều mà độ dài cạnh bằng 1, ta chọn một tập hợp hữu hạn các đoạn thẳng sao cho có thể nối hai đỉnh bất kì của tứ diện bằng một đường gấp khúc thuộc tập hợp các đoạn thẳng đó. Có thể chọn được hay không một tập hợp như vậy mà tổng độ dài tất cả các đoạn nhỏ hơn 1 + 3 ? Giải: Trải mặt DBC xuống mặt phẳng ABC : ∆DBC → ∆D1BC . Do tứ diện ABCD là tứ diện đều cạnh a nên ABD1C là hình thoi cạnh a ; µ = 60° . A Ta sẽ chỉ ra một tập hợp thỏa mãn điều kiện đề bài. Thật vậy, gọi P là trung điểm của BC 1 3 ⇒ ∆ABP vuông ở P và PB = ; AB = 1; AP = ; 2 2 · · · ⇒ ∃Q : BQA = PQB = PQA = 120° (Thực ra Q chính là điểm Torixenri trong tam giác đều , do đó luôn tồn tại Q) Đặt PQ = x ; BQ = y ; AQ = z ; Áp dụng định lý cosin :
1 x 2 + y 2 + xy = PB 2 = ; 4 3 x 2 + z 2 + xz = PA2 = ; 4 z + y + zy = AB = 1; 2 2 2 ⇒ 2( x 2 + y 2 + z 2 ) + xy + yz + xz = 2. (1) Lại có: 1 1 3 3 1 1 1 dt ∆APB = . . = = xy sin120° + yz sin120° + xz sin120° 2 2 2 8 2 2 2 3 3 1 ⇔ = ( xy + yz + xz ) ⇔ xy + yz + xz = ; (2) 8 4 2 3 Cộng vế với vế của (1) và (2) ta có: x 2 + y 2 + z 2 + xy + yz + xz = (3) 4 7 7 Cộng vế với vế vủa (2) và (3) ta được: ( x + y + z ) 2 = ⇒ x + y + z = . 4 2 Gọi Q′ là điểm đối xứng của Q qua P (Trong ( ABD1C ) ) ⇒ CQ′ = BQ = y; D1Q′ = AQ = z; PQ′ = PQ = x; ⇒ Tập hợp các đường gấp khúc thỏa mãn đề bài ở đây ta chọn là: {AQ;BQ;PQ;PQ′; Q′C ; DQ′} (hay D1Q′ ). Rõ ràng AQ + BQ + PQ + PQ′ + Q′C + DQ′ = 7 < 1 + 3 Và hai đỉnh bất kì của tứ diện đều được nối bởi một đường gấp khúc thuộc tập hợp các đoạn thẳng đó. Như vậy ta có thể chọn được một tập hợp các đoạn thẳng thỏa mãn đề bài với cách chọn như trên. Bài 3. Giả sử S A ; S B ; SC là tổng các góc phẳng tại các đỉnh A; B; C ; D của tứ diện ABCD . Chứng minh rằng: Nếu S A = S B ; Sc = S D thì ∆ABC = ∆BAD và ∆ACD = ∆BDC . Giải:
Ta có: S A + S B + Sc + S D = 4.180° ⇒ S A + SC = 360° ( S A = S B ; Sc = S D ) Trải tứ diện lên mặt phẳng ABC như sau: ∆ABD → ∆ABD1 ⇒ ∆ABD = ∆ABD1; ∆ACD → ∆ACD2 ⇒ ∆ACD = ∆ACD2 ; ∆BCD → ∆B1CD2 ⇒ ∆BCD = ∆B1CD2 ; + Nếu S A = SC = 180° ⇒ Tứ diện ABCD là tứ diện gần đều ∆ABC = ∆BAD ⇒ ∆ACD = ∆BDC + Nếu S A ≠ SC . Không mất tính tổng quát giả sử S A < 180° . Ta có: · · · S = D AD = 360° − BCB (lớn) = BCB (nhỏ) = S B ; A 1 2 1 1 Kéo dài B1C cắt BD1 tại E . · · · · · Ta có: BCB1 (nhỏ) = CBE + CEB = S B = CB1D2 + CBE ; · · ⇒ CEB = CB D ⇒ BD PB D 1 2 1 1 2 Mà BD1 = B1D2 ⇒ BB1D2 D1 là hình bình hành ⇒ BB1 PD1D2 ; BB1 = D1D2 Xét hai tam giác D1 AD2 và BCB1 : ∆D1 AD2 cân tại A ; ∆BCB1 cân tại C ; · · D1 AD2 = BCB1 ; BB1 = D1D2 ; ⇒ ∆D1 AD2 = ∆BCB1 ⇒ AD1 = BC ⇒ AD = BC Kéo dài BC cắt D1D2 tại F . Ta có: Do ∆D1 AD2 = ∆BCB1 ⇒ CBB1 = · 1D2 = · 1F ; · AD AD · BB PD D ⇒ CFD = CBB ; · 1 1 2 1 1 ⇒ CFD1 = CBB1 = · 1F ⇒ AD1 PBC · · AD Mà AD1 = BC ⇒ AD1BC là hình bình hành ⇒ BD1 = AC ⇒ BD = AC ; Xét hai tam giác ∆ABC và ∆BAD , ta có: AB chung; BD = AC ; AD = BC ⇒ ∆ABC = ∆BAD (ccc) Chứng minh tương tự: ∆ACD = ∆BDC (đpcm). Bài 4. Cho hình chóp đều S . ABC có · ASB = 30° ; AB = a . Lấy B′, C ′ lần lượt thuộc cạnh SB, SC . Xác định vị trí của B′, C ′ sao cho chu vi ∆AB′C ′ là nhỏ nhất. Tính giá trị nhỏ nhất đó. Giải:
Trải tứ diện xuống mặt phẳng SBC như sau: ∆ABS → ∆A1BS ; ∆ACS → ∆A2CS ; Khi đó, với các điểm: B′ ∈ SB C ′ ∈ SC Thì: PAB′C′ = AB′ + B′C ′ + C ′A = A1B′ + B′C ′ + C ′A2 ≥ A1 A2 ; Dấu “=” xảy ra ⇔ B′, C ′ ∈ A1 A2 ; Do A1 , A2 cố định ⇒ A1 A2 cố định SB, SC cố định ⇒ Ta luôn xác định được B′, C ′ thỏa mãn chu vi ∆AB′C ′ là nhỏ nhất. Khi đó, ta có: · SA = · SB + BSC + CSA = 3.30° = 90° ; A1 2 A1 · · 2 ⇒ A1 A2 = 2.SA1 = 2.SA2 = 2.SA Xét ∆SAB có AB = a; · ASB = 30° · ⇒ SBA = 75° (Vì ∆SAB cân tại S ) AB a a SA = .sin 75° = .cos15° = sin 30° sin 30° 2sin15° 3 1− Vì 1 − cos30° 2 = 2− 3 ; sin 2 15° = = 2 2 4 Do 0° < 15° < 90° ⇒ sin15° > 0 ⇒ sin15° = 2 − 3 4 a a a 2a ⇒ SA = = ⇒ A1 A2 = 2. = 2− 3 2− 3 2− 3 3 −1 ; 2 2 2a Vậy, giá trị nhỏ nhất của chu vi ∆AB′C ′ là tại B′, C ′ là giao điểm của SB, SC 3 −1 với A1 A2 .
Bài 5. Cho tứ diện ABCD có các góc ở đỉnh A bằng 90° và AB = AC + AD . Tính tổng các góc phẳng ở đỉnh B . Giải: · Dựng KLMN là hình vuông cạnh AB ⇒ LMN = 90° . Trên LM lấy P sao cho: MP = AD ⇒ LP = ML − MP = AB − AD = AC Trên MN lấy Q sao cho: MQ = AC ⇒ NQ = MN − MQ = AB − AC = AD Xét hai tam giác ACD và MQP : · · · PMQ = LMN = CAD = 90° MP = AD; MQ = AC ; ⇒ ∆ACD = ∆MQP (cgc) ⇒ DC = PQ ; Chứng minh tương tự: ∆KLP = ∆BAC ; ∆KNQ = ∆BAD ⇒ KP = BC ; KQ = BD; ·ABC = LKP; · · · ABD = NKQ; Xét hai tam giác BCD và KPQ : DC = PQ ; KP = BC ; KQ = BD; · ⇒ ∆BCD = ∆KPQ (ccc); ⇒ DBC = QKP ;· Như vậy, ta có: SB = · ABD + · · · · · · ABC + CBD = NKQ + QKP + LKP = LKN = 90° Tổng các góc phẳng ở đỉnh B là 1v. Bài 6. Cho tư diện SABC có các mặt SAB, SBC , SCA tương đương và tổng các góc phẳng ở đỉnh S bằng 180° . Chứng minh rằng SABC là tứ diện gần đều. Giải:
Trải tứ diện lên mặt phẳng SBC như sau: ∆SBC → ∆SBC ; ∆SAB → ∆SA1B; ∆SAC → ∆SA2C ; Do tổng các góc phẳng tại đỉnh S bằng 180° nên · SB + BSC + CSA = · SA = 180° A1 · · A1 2 2 ⇒ A1 , S , A2 thẳng hàng. Hạ SI , BH , CK lần lượt vuông góc với BC , SA1 , SA2 . Do A1 , S , A2 thẳng hàng nên BH , CK đều vuông góc với A1 A2 ⇒ BH PCK ; (1) Theo đề bài: dtSAB = dtSAC = dtSBC ⇒ dtSA1B = dtSA2C = dtSBC BH . A1S CK . A2 S BC.SI ⇒ = = 2 2 2 ⇒ BH . A1S = CK . A2 S = BC.SI ;(*) Mà SA1 = SA2 = SA ⇒ BH = CK ; (2) Xét tứ giác BHCK : Từ (1) và (2) ⇒ BHCK là hình chữ nhật ⇒ BC PHK hay BC PSA1 , BC PSA2 ; Ta có BC PSA2 , mà SI ⊥ BC , CK ⊥ SA2 ⇒ SI = CK ⇒ BC = SA2 = SA ; (Kết hợp với *) Xét tứ giác SA2CB : BC PSA2 , BC = SA2 ⇒ SA2CB là hình bình hành ⇒ SB = A2C = AC Chứng minh tương tự: SC = A1B = AB Xét tứ diện SABC : SA = BC , SC = AB, SB = AC ; ⇒ SABC là tứ diện gần đều. (đpcm) Bài7. Cho tứ diện ABCD có các cạnh AD = BC = a; AC = BD = b; AB = CD = c . Tính thể tích tứ diện theo a,b,c. Giải:
Trải tứ diện lên mặt phẳng DAC như sau: ∆BAD → ∆RAD; ∆BCD → ∆QCD; ∆BAC → ∆PAC ; · · · Dễ thấy RDQ = QCP = RAP = 180° 1 Và VABCD = VBPQR ; 4 Xét tứ diện BPQR có: ∆PBQ : BC = CP = CQ · ⇒ PBQ = 90°; · ∆RBQ : Tương tự: RBQ = 90° ; · ∆RBP : Tương tự: RBP = 90° ; ⇒ Tứ diện BPQR có góc B là góc tam diện vuông. 1 ⇒ VBPQR = .BR.BQ.BP ; 6 Đặt: BR = x, BP = y, BQ = z;
 x 2 + z 2 = (2b) 2 = 4b 2 ;  2 Ta có:  x + y = (2c) = 4c ; 2 2 2  y 2 + z 2 = (2a) 2 = 4a 2 ;   x = 2(b 2 + c 2 − a 2 )   ⇒  y = 2(c 2 + a 2 − b 2 ) ;   z = 2(b + a − c ) 2 2 2  Vậy thể tích tứ diện là: 1 1 1 VABCD = VBPQR = . .xyz 4 4 6 1 (b 2 + c 2 − a 2 )(c 2 + a 2 − b 2 )(b 2 + a 2 − c 2 ) = 3 2 Bài 8. Cho tứ diện ABCD , biết rằng tổng các góc phẳng ở mỗi đỉnh đều bằng nhau. Chứng minh rằng bán kính đường tròn nội tiếp của các mặt của tứ diện đều bằng nhau. Giải: Gọi: S A là tổng các góc phẳng tại đỉnh A ; S B là tổng các góc phẳng tại đỉnh B ; SC là tổng các góc phẳng tại đỉnh C ; S D là tổng các góc phẳng tại đỉnh D ; Ta có: S A + S B + SC + S D = 4.180° ; Mà S A = S B = SC = S D ⇒ S A = S B = SC = S D = 180° ; ⇒ ABCD là tứ diện gần đều. ⇒ ∆ABC = ∆DCB = ∆CDA = ∆BAD ; ⇒ Bán kính đường tròn nội tiếp của các mặt tứ diện đều bằng nhau. (đpcm). Bài 9.
Cho tứ diện ABCD có tất cả các mặt đều là các tam giác nhọn. Lấy các điểm tùy ý X , Y , Z , T tương ứng nằm bên trong các đoạn AB, BC , CD, AD . a, Giả sử DAB + BCD ≠ CDA + · · · · ABC . Chứng minh rằng không thể có một đường gấp khúc XYZTX nào có chiều dài cực tiểu. b, Giả sử DAB + BCD = CDA + · · · · ABC . Khi đó hãy chứng minh rằng có vô số đường gấp khúc khép kín XYZTX có chiều dài bé nhất là 2 AC sin k , trong đó · · 2k = BAC + CAD + DAB .· Giải: Trải tứ diện lên 1 mặt phẳng (α ) như sau: ∆ABC → ∆ABC ; ∆BCD → ∆BCD; ∆CDA → ∆CDA′; ∆DAB → ∆DA′B′; ⇒ AB = A′B′ và BX = B′X ′ ; Khi đó đường gấp khúc khép kín XYZTX trở thành đường gấp khúc XYZTX ′ nằm trong lục giác ABDB′A′C . Rõ ràng XYZTX ′ ngắn nhất khi các điểm X , Y , Z , T , X ′ thẳng hàng. Trường hợp 1: ABPA′B′ ⇔ AA′ ≠ BB′ . Không mất tính tổng quát ta giả sử AA′ < BB′ Nếu · ACA′ nằm trong lục giác lớn hơn 180° (hình vẽ 1)
⇒ Độ dài đường gấp khúc XYZTX ′ nhỏ nhất ⇔ Y ≡ Z ≡ C - Trái giả thuyết các điểm X , Y , Z , T tương ứng nằm bên trong các đoạn AB, BC , CD, AD . ⇒ Không có gtnn. Nếu · ACA′ nằm trong lục giác nhỏ hơn 180° (hình vẽ 2) ⇒ Độ dài đường gấp khúc XYZTX ′ nhỏ nhất ⇔ X ′ ≡ A′ & X ≡ A - Trái giả thiết ⇒ Không có min ⇒ AA′ ≠ BB′ . Không có min có nghĩa là muốn có min của đường gấp khúc ⇔ AB P A′B′ ⇔ B′A′A + · ′AB = 180° ⇔ B′A′C + · ′CA + CAB = 2.180° · A · A · ⇔ B′A′D + ( DA′C + · ′CD ) + DCB + ( BCA + CAB) = 2.180° · · A · · · ⇔ B′A′D + 180° − · ′DC + DCB + 180° − CBA = 2.180° · A · · ⇔ B′A′D + DCB = · ′DC + CBA · · A · ⇔ BAD + DCB = CBA + · · · · ADC Khi đó độ dài đường gấp khúc đạt min là XX ′ = AA′ (Do XX ′ PBB′ P AA′; XX ′ = BB′ = AA′; ) Áp dụng định lý hàm số cosin vào tam giác cân ACA′ ta có: AA′ = XX ′ = 2 AC 2 − 2 AC.sin · ′CA A · · · = 2 AC.sin k trong đó 2k = BAC + CAD + DAB . (đpcm). Bài 10 Cho tứ diện có 4 mặt tương đương . Chứng minh rằng :Tứ diện này là tứ diện gần đều. Lời giải bài toán quen thuộc này xin dành cho bạn đọc