Tuyển tập Hình học không gian4 bài

Bài toán : Cho hình chóp $S.ABCD$ có đáy $ABCD$ là tứ giác có các cạnh đối không song song. Gọi $M$ là trung điểm của $SC$. Gọi $N$ là giao điểm của $SD$ và mặt phẳng $(ABM)$. Chứng minh rằng $MN,AB,CD$ đồng quy.

Lời giải :

Gọi $J$ là giao điểm của $AB,CD$

Gọi $O$ là giao điểm của $AC,BD$. Gọi $I$ là giao điểm của $AM,SO$. $BI$ cắt $SD$ tại một điểm, điểm đó chính là giao điểm $N$ của $SD$ với $mp(ABM)$.

Áp dụng định lí $Menelaus$ cho tam giác $SOD$ và đường thẳng $NIB$ :

$$\frac{ND}{NS}.\frac{IS}{IO}.\frac{BO}{BD}=1(1)$$

Áp dụng định lí $Menelaus$ cho tam giác $SOC$ và đường thẳng $MIA$ :

$$\frac{IS}{IO}.\frac{AO}{AC}.\frac{MC}{MS}=1$$.

Chú ý $MC=MS$ ta có $\frac{IS}{IO}=\frac{AC}{AO}(2)$

Từ $(1),(2)$ ta được :

$$\frac{ND}{NS}.\frac{AC}{AO}.\frac{BO}{BD}=1(3)$$

Áp dụng định lí $Menelaus$ cho tam giác $DOC$ và đường thẳng $JAB$ :

$$\frac{JD}{JC}.\frac{AC}{AO}.\frac{BO}{BD}=1(4)$$

Từ $(3)(4)$ ta có $\frac{JD}{JC}=\frac{ND}{NS}$.

Xét tam giác $SDC$ và ba điểm $J,M,N$ :

$$\frac{JD}{JC}.\frac{MC}{MS}.\frac{NS}{ND}=1$$

Theo định lí $Menelaus$ ta có $M,I,N$ thẳng hàng.

Điều này đồng nghĩa $MN,AB,CD$ đồng quy.

Bài toán : Cho tứ diện $ABCD$. Gọi $M,N$ là trung điểm của $AC,BD$. Cho $E$ là điểm đối xứng của $C$ qua $D$. Mặt phẳng $(EMN)$ lần lượt cắt $BC,AD$ tại $P,Q$. 

a) Chứng minh rằng $AB,MP,NQ$ đồng quy.

b) Chứng minh rằng $MN$ đi qua trung điểm của $J$ của $PQ$.

Lời giải :

a) Gọi $S$ là giao điểm của $AB,MP$. Ta chứng minh $N,Q,S$ thẳng hàng.

Áp dụng định lí $Menelaus$ cho tam giác $ACD$ và đường thẳng $MQE$ :

$$\frac{QD}{QA}.\frac{MA}{MC}.\frac{EC}{ED}=1$$

Chú ý $MA=MC,EC=2ED$, ta có $\frac{QD}{QA}=\frac{1}{2}(1)$.

Áp dụng định lí $Menelaus$ cho tam giác $BCD$ và đường thẳng $PNE$ :

$$\frac{PC}{PB}.\frac{NB}{ND}.\frac{ED}{EC}=1$$

Chú ý $NB=ND,EC=2ED$ ta được $\frac{PC}{PB}=2$.

Áp dụng định lí $Menelaus$ cho tam giác $ABC$ và đường thẳng $MPS$ :

$$\frac{SA}{SB}.\frac{PB}{PC}.\frac{MC}{MA}=1$$

Mà $MA=MC$ và $\frac{PC}{PB}=2$ nên $\frac{SA}{SB}=2(2)$

Áp dụng $(1)$ và $(2)$ :

Xét tam giác $ABD$ và ba điểm $N,Q,S$ :

$$\frac{QD}{QA}.\frac{SA}{SB}.\frac{NB}{ND}=\frac{1}{2}.2.1=1$$

Theo định lí $Menelaus$ ta có $N,Q,S$ thẳng hàng.

Dẫn đến $AB,MP,NQ$ đồng quy.

b) Gọi $J$ là giao điểm của $MN,PQ$.

Bằng cách áp dụng định lí $Menelaus$ cho tam giác $EPC$ và đường thẳng $BDN$ ta tính được $\frac{PN}{PE}=\frac{1}{4}$

Bằng cách áp dụng định lí $Menelaus$ cho tam giác $EMC$ và đường thẳng $AQD$ ta tính được $\frac{QE}{QM}=2$.

Từ đó theo định lí $Menelaus$ cho tam giác $PQE$ và đường thẳng $MIN$ :

$$\frac{PN}{PE}.\frac{QE}{QM}.\frac{JQ}{JP}=1$$

Kéo theo $\frac{JQ}{JP}=1$ hay $JQ=JP$.

Tức $J$ là trung điểm của $PQ$, vậy $MN$ đi qua trung điểm của $PQ$.

Bài toán : Cho tứ diện $ABCD$. Gọi $A^{\prime },B^{\prime },C^{\prime },D^{\prime }$ lần lượt là trọng tâm các tam giác $BCD,CDA,DAB,ABC$. 

a) Chứng minh rằng $A{A}^{\prime },B{B}^{\prime },C{C}^{\prime },D{D}^{\prime }$ đồng quy tại $I$.

b) Chứng minh rằng $\frac{I{A}^{\prime }}{A{A}^{\prime }}+\frac{I{B}^{\prime }}{B{B}^{\prime }}+\frac{I{C}^{\prime }}{C{C}^{\prime }}+\frac{I{D}^{\prime }}{D{D}^{\prime }}=1$

Lời giải :

a) Gọi $M,N$ theo thứ tự là trung điểm của $CD,AB$. Gọi $I$ là giao điểm của $A{A}^{\prime },B{B}^{\prime }$

Trong mặt phẳng $(ABM)$ :

Xét tam giác $ABM$ :

$$\frac{A^{\prime }B}{A^{\prime }M}.\frac{B^{\prime }M}{B^{\prime }A}.\frac{NA}{NB}=2.\frac{1}{2}.1=1$$

Do đó theo định lí $Ceva$ ta có $A{A}^{\prime },B{B}^{\prime },MN$ đồng quy tại $I$.

Theo định lí $Menelaus$ cho tam giác $AB{A}^{\prime }$ và đường thẳng $NIM$ :

$$\frac{NA}{NB}.\frac{MB}{M{A}^{\prime }}.\frac{I{A}^{\prime }}{IA}=1\Rightarrow \frac{I{A}^{\prime }}{IA}=\frac{1}{3}$$

Tương tự gọi $I^{\prime },I^{\prime \prime }$ lần lượt là giao của $A{A}^{\prime }$ với $C{C}^{\prime },D{D}^{\prime }$ thì ta được :

$$\frac{I{A}^{\prime }}{IA}=\frac{I^{\prime }{A}^{\prime }}{I^{\prime }A}=\frac{I^{\prime \prime }{A}^{\prime }}{I^{\prime \prime }A}=\frac{1}{3}$$

Từ đó ta có $I\equiv I^{\prime }\equiv I^{\prime \prime }$, điều này đồng nghĩa $A{A}^{\prime },B{B}^{\prime },C{C}^{\prime },D{D}^{\prime }$ đồng quy.

b) Từ câu $a$ ta có $\frac{I{A}^{\prime }}{IA}=\frac{1}{3}\Rightarrow \frac{I{A}^{\prime }}{A{A}^{\prime }}=\frac{1}{4}$

Dẫn đến :

$$\frac{I{A}^{\prime }}{A{A}^{\prime }}+\frac{I{B}^{\prime }}{B{B}^{\prime }}+\frac{I{C}^{\prime }}{C{C}^{\prime }}+\frac{I{D}^{\prime }}{D{D}^{\prime }}=1$$

Bài toán : Cho hình chóp $SABCD$ có đáy là hình thang $ABCD$, $AD$ không song song với $BC$. Gọi $M$ là điểm trên cạnh $SC$. Gọi $N$ là giao điểm của $SD$ với mặt phẳng $ABM$. Gọi $P$ là giao điểm của $AN$ với $BM$, $Q$ là giao điểm của $AD$ với $BC$. Chứng minh rằng $S,P,Q$ thẳng hàng.

Lời giải : 

Trước tiên, ta xác định điểm $N$.

Gọi $O$ là giao điểm của $AC,BD$. Ta có $S\in mp\left(SAC\right),S\in mp\left(SBD\right),O\in mp(SAC),O\in mp\left(SBD\right)$, như vậy $SO$ là giao tuyến của hai mặt phẳng $SAC,SBD$.

Gọi $I=SO\cap AM$. Ta có $I,B$ thuộc hai mặt phẳng $SBD,MAB$ nên $BI$ là giao tuyến của hai mặt phẳng $SBD,MAB$.

Khi đó điểm $N$ cần xác định chính là giao điểm của $BI$ với $SD$.

Ta thấy hai điểm $S,Q$ cùng thuộc hai mặt phẳng $SAD,SBC$ nên $SQ$ là giao tuyến của hai mặt phẳng $SAD,SBC(1)$

Cũng thấy $S,P$ thuộc hai mặt phẳng $SAD,SBC$ nên $SP$ là giao tuyến của hai mặt phẳng $SAD,SBC(2)$

Từ $(1)(2)$ ta có $S,P,Q$ thẳng hàng.