Toán học - Liên hệ giữa hình học phẳng và hình học không gian

 VÀI LIÊN HỆ GIỮA HÌNH HỌC PHẲNG VÀ HÌNH HỌC KHÔNG GIAN 
==================== 
 Các bài toán sau đây khai thác một vài mở rộng của một số bài toán phẳng sang 
bài toán trong không gian và sự vận dụng phương pháp giải bài toán phẳng để giải 
bài toán mở rộng đó. 
Bài toán 1: Cho ABC vuông tại A, M là một điểm bất kì trên BC. AM tạo với 
AB, AC các góc theo thứ tự là  và  . Chứng minh cos2 + cos2 = 1. 
Giải: 
 Qua M dựng đường thẳng vuông góc với AM, 
cắt AB, AC lần lượt tại B’ và C’. 
 Khi đó: cos = 
'AB
AM ; cos  = 
'AC
AM 
  cos2 + cos2  = )
AC'
1
AB'
1
(AM
22
2  
 = 
AM
1
 .AM
2
2 
 = 1 
 (Do AB’C’ vuông tại A, AM là đường cao). 
Bài toán 1’: Cho hình chóp tam diện vuông SABC đỉnh S, M là điểm thuộc miền 
trong ABC. SM hợp với các cạnh SA, SB, SC các góc theo thứ tự  ,  , . 
Chứng minh cos2 + cos2 + cos2 = 1. 
Giải: 
 Sử dụng cách giải tương tự cách giải với bài toán 
trong mặt phẳng. Dùng mặt phẳng qua M và vuông 
góc với SM cắt hình chóp lần lượt tại A’, B’, C’. 
 Khi đó: 
SA'
SM
cos  ; 
SB'
SM
cos  ; 
SC'
SM
cos  
 Nên: 
  222 coscoscos  = )
'
1
'
1
'
1
(SM
222
2
SCSBSA
 
 = 1 
C 
B 
A 
A’ 
M 
S 
C’ 
B’ 
C 
B’ 
M 
C’ 
B 
A 
 (Theo tính chất của tứ diện vuông) 
 Vậy cos2 + cos2 + cos2 = 1. 
Bài toán 2: Trong tam giác ABC gọi G là giao điểm 3 đường trung tuyến. Chứng 
minh 0GCGBGA  . 
Giải : 
 Gọi M, N lần lượt là trung điểm của BC và AC. 
 Ta có: 
2
1
AB
MN
GA
GM
  GA
2
1
GM  . 
 Lại có: GM2GCGB  
  GCGB GA  = GM2GM2  
 Hay: 0 GCGBGA . 
Bài toán 2’: Cho tứ diện ABCD. Gọi G là giao điểm các đường trọng tuyến của tứ 
diện. Chứng minh 0 GDGCGBGA . 
Giải: 
 Gọi E là trung điểm của CD; G1, G2 lần lượt là 
trọng tâm của các tam giác ∆BCD và ∆ADC. 
 Khi đó: 13GGGCGDGB  . 
 Trong ∆ABE, ta có: 
3
121 
EA
EG
EB
EG
 
3
121 
GB
GG
GA
GG
  13 GGGA  
 Từ đó: 033 11  GGGGGCGDGBGA . 
Bài toán 3: Chứng minh trong tam giác ABC bất kì, trọng tâm G, trực tâm H, tâm 
đường tròn ngoại tiếp O thẳng hàng và GH
2
1
GO  (Đường thẳng Ơle). 
Giải: 
E 
A 
G2 
G1 
G 
D 
C 
B 
G
N
M 
A
B C 
 Thẳng hàng là một bất biến của phép vị tự nên ta có thể nghĩ đến việc dùng 
phép vị tự để giải bài toán này. Yêu cầu của bài toán chứng minh hệ thức 
GH
2
1
GO  làm ta nghĩ đến phép vị tự tâm G biến O thành H hoặc ngược lại. Dựa 
vào hình vẽ ta dự đoán tỉ số là -2 ( hoặc 
2
1
 ). H là trực tâm của ∆ABC còn O là 
trực tâm của tam giác có các đỉnh là chân các đường trung tuyến. Với định hướng 
đó ta giải bài toán như sau. 
 Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm các cạnh BC, CA, AB. 
 Ta có: GAGM
2
1
  ; GBGN
2
1
  ; GCGP
2
1
  
 Do đó: 
PC
B
MAVG
N 
 :2
1




 ( kOV là phép vị tự tâm O tỉ số k ). 
 Phép vị tự bảo tồn tính vuông góc nên sẽ biến 
trực tâm của ∆ ABC thành trực tâm của ∆ MNP. 
 Theo giả thiết, H là trực tâm của tam giác ABC và dễ dàng chứng minh được O 
là trực tâm của tam giác ABC. 
 Suy ra: OHVG :2
1


 hay GHGO
2
1
  . 
 Từ đó ta có H, G, O thẳng hàng và GH
2
1
GO  . 
Chuyển bài toán sang bài toán trong không gian, không phải tứ diện nào cũng có 
các đường cao đồng quy tại một điểm nên ta chỉ xét những tứ diện có tính chất 
này. 
Bài toán 3’ : Trong không gian, cho tứ diện trực tâm ABCD. Chứng minh, trọng 
tâm G, trực tâm H và tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện thẳng hàng và GH = GO. 
Giải: 
 Ta cũng sẽ dùng phép vị tự để giải bài toán trong không gian. Yêu cầu chứng 
minh GH = GO gợi ý cho ta nghĩ đến phép vị tự tâm G tỉ số -1. 
 Lần lượt lấy A′ đối xứng với A, B′ đối xứng với B, C′ đối xứng với C, D′ đối 
xứng với D qua G. 
P H 
O 
G 
N 
M 
A 
B C 
 Xét phép vị tự 1GV , ta có: 
'
'
'
'1 
D 
C 
B 
A :




D
C
B
AVG

 Như vậy, )''''()(:1 DCBAABCDVG 
 nên phép vị tự sẽ biến trực tâm của tứ 
diện ABCD thành trực tâm của tứ diện A’B’C’D’. Theo giả thiết, H là trực tâm 
của tứ diện ABCD, ta sẽ chứng minh O là trực 
tâm của tứ diện A’B’C’D’. 
 Thật vậy, trước hết ta sẽ chứng minh 
)(' BCDmpOA  , từ đó )'''(' DCBOA  
vì mp(BCD) // mp(B’C’D’) (các đỉnh khác 
chứng minh tương tự). 
 Do O là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện 
 nên O cách đều các đỉnh B, C, D. 
 Ta chứng minh A’ cũng cách đều B, C, D. 
 Gọi G1 là giao điểm của AA’ với mp(BCD). 
 Trong ∆BA’B’ có G là trung điểm của BB’ 
 và '
3
1
3
1
1 GAGAGG  nên G1 là trọng tâm của ∆BCD. 
 Từ đó, BG1 cắt A’B’ tại trung điểm E của A’B’ và E2GBG 11  . Trong ∆BCD, 
G1 là trọng tâm nên BG1 qua trung điểm E’ của CD và BG1 = 2G1E’. 
 Suy ra: E ≡ E’ hay CD cắt A’B’ tại trung điểm của mỗi đường. Do đó A’DB’C 
là hình bình hành. 
 Hơn nữa, CDBACDAB  '' nên A’DB’C là hình thoi. 
 → A’D = A’C = CB’ và A’B = B’A. 
 Ta chứng minh được B’A = CB’ nên suy ra A’B = A’D = A’C hay A’ cách đều 
các đỉnh B, C, D. 
 Suy ra: OHVG :
1  hay GHGO  . 
 Vậy H, G, O thẳng hàng và GO = GH. 
Bài toán 4: Chứng minh trong tam giác bất kì, 9 điểm gồm: 3 chân đường 3 cao, 3 
trung điểm của 3 cạnh, 3 trung điểm các đoạn nối trực tâm với các đỉnh thuộc một 
đường tròn (Đường tròn Ơle). 
E G1 
B’ 
O 
H 
A’ 
A 
G D 
C 
B 
Giải: 
 Ta sẽ dùng phép vị tự để giải bài toán. 
 Giả sử tam giác ABC có H1, H2, H3, 
M1, M2, M3, I1, I2, I3 lần lượt là 3 chân 
3 đường cao, 3 trung điểm 3 cạnh, 
3 trung điểm các đoạn nối trực tâm với 
các đỉnh. 
 Gọi E1, E2, E3, F1, F2, F3 lần lượt là các điểm đối xứng với H qua H1, H2, H3, M1, 
M2, M3. 
Nhận xét: Ta chứng minh được 9 điểm A, B, C, H1, H2, H3, M1, M2, M3 cùng 
 thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. 
 Qua phép vị tự 2
1
HV thì 1I A , 2I B , 3I C , 11 H E , 22 HE , 33 H E , 
11 M F , 22 M F , 33 M F . Do đó, kết hợp với nhận xét ta kết luận 9 điểm H1, 
H2, H3, M1, M2, M3, I1, I2, I3 cùng thuộc một đường tròn ảnh của đường tròn 
ngoại tiếp tam giác ABC qua 2
1
HV ( Đpcm). 
Bài toán 4’: Cho tứ diện trực tâm ABCD. Gọi H1, H2, H3, H4 , G1, G2, G3, G4, I1, 
I2, I3, I4 lần lượt là 4 chân 4 đường cao, 4 trọng tâm và 4 điểm trên 4 đoạn thẳng 
nối trực tâm với các đỉnh thỏa mãn 
2
1
DI
HI
CI
HI
BI
HI
AI
HI
4
4
3
3
2
2
1
1  . Chứng minh 12 
điểm đó cùng thuộc một mặt cầu. 
Giải: 
 Ta sẽ chứng minh I1, G1, H1 thuộc một mặt cầu là ảnh của mặt cầu ngoại tiếp 
tứ diện ABCD qua phép vị tự tâm H tỉ số 
3
1 (đối với các điểm khác hoàn toàn 
tương tự). 
 Thật vậy, gọi G là trọng tâm của tứ diện, O là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện thì 
ta có OGGH  . Gọi E là điểm thuộc AH1 sao cho HE
3
1
HH1  và F là điểm thuộc 
HG1 sao cho 
3
1
HF
HG1  . 
 Ta có: HFAHAF  1HG3AH  
I1 
O 
H 
A 
G 
D 
M3 
H2 
M2 
H3 
H1 
H
M1 
A
B C 
  )AH-AG3(AHAF 1 
 = AH2AG
3
4
3.  
 = )2(2 AHAG  
 = AO2 
 (Do G là trung điểm của HO) 
  A, O, F thẳng hàng và O là trung 
điểm của AF. 
 Dễ thấy H1G1 // EF và 111 GHAH  
nên EFAE  . Từ đó, E, F thuộc mặt cầu ngoại tiếp tứ diện. 
Xét phép vị tự 
1
1
1
3
1
H E 
G F 
I :


AVH
 Do 3 điểm A, E, F thuộc mặt cầu ngoại tiếp tứ diện nên I1 , H1, G1 thuộc mặt cầu 
ảnh của mặt cầu đó qua phép vị tự 3
1
HV . 
 Hoàn toàn tương tự ta chứng minh được các điểm còn lại cùng thuộc mặt cầu 
này (Đpcm). 
Bài toán 5: Cho tam giác ABC và M là một điểm thuộc miền trong tam giác. Gọi 
S1, S2, S3 lần lượt là diện tích các tam giác MBC, MCA, MAB. Chứng minh 
0321  MCSMBSMAS . 
Giải: 
 Gọi S là diện tích của tam giác ABC, ta biến đổi được biểu thức cần chứng minh 
về dạng AC
S
S
AB
S
S
AM 32  
 Biểu thức trên là biểu diễn của vectơ 
AM qua hai vectơ AB và AC nên ta 
E 
H 
C’ 
K B’ 
M 
A 
B C 
 định hướng giải bài toán theo cách từ 
M ta dựng hai đường thẳng lần lượt 
song song với AB và AC, cắt AB 
tại B’ và AC tại C’. 
 Ta có: AM = '' ACAB  = ACyABx  
 Ta sẽ chứng minh 
S
S
x 2 và 
S
S
y 3 . 
 Gọi H và K lần lượt là chân các đường vuông góc hạ từ B và M xuống AC, E là 
giao điểm của BM và AC. 
 Ta có: 
EB
EM
AB
MC'
AB
AB'
 x  và 
S
S
BH
MK
EB
EM
 2 
 Suy ra 
S
S
x 2 . Tương tự ta chứng minh được 
S
S
y 3 . 
 Từ đó: 0321  MCSMBSMAS 
Bài toán 5’: Cho tứ diện ABCD, O là một điểm bất kì thuộc miền trong tứ diện. 
Gọi V1, V2, V3, V4 lần lượt là thể tích của các tứ diện OBCD, OCDA, OABD và 
OABC. Chứng minh 0 ODVOCVOBV OAV 4321  . 
Giải: 
 Tương tự bài toán trong mặt phẳng ta cũng biến đổi đẳng thức cần chứng minh 
về dạng AO = 
V
V2 AB + 
V
V3 AC + 
V
V4 AD (Với V là thể tích của tứ diện) 
 Từ đó ta định hướng sẽ giải bài toán 
bằng cách dựng hình hộp nhận AO làm 
đường chéo chính. 
 Dựng hình hộp MNOQ.APRS nhận 
AO làm đường chéo chính, ba cạnh kề 
nằm trên ba cạnh của tứ diện xuất phát 
từ A (Hình bên). 
 Giả sử AO = x AB + y AC + z AD , ta 
chỉ cần chứng minh x = 
V
V2 , y = 
V
V3 , 
E 
B 
H 
F 
S 
R 
O 
P 
M
N 
Q 
A 
D 
C 
K 
 z = 
V
V4 là đủ. 
 Ta có: x = 
AB
AM 
 Gọi F là giao điểm của BO và mặt phẳng (ACD). 
 Hạ đường cao BH, OK và gọi E là giao điểm của BN và AD. 
 Hai mặt phẳng (BEF) và (ACD) đi qua hai đường thẳng song song và có giao 
tuyến là EF nên EF // NO. 
 Ta có: 
V
V2 = 
BH
OK
 = 
BF
OF
 = 
EB
NE
 = 
AB
AM
 = x 
 Suy ra x = 
V
V2 
 Tương tự ta cũng có: y = 
V
V3 , z = 
V
V4 (Đpcm). 
Bài tập 
1. Cho ABC víi träng t©m G 
a. CMR mọi ®iÓm M ta cã 
MA2 + MB2 + MC2 = 3MG2 + GA2 + GB2 + GC2 
b. T×m quü tÝch ®iÓm M sao cho MA2 + MB2 + MC2 = k2 (k cho 
tr­íc) 
 Bµi to¸n míi: Cho tø diÖn ABCD träng t©m G 
a. CMR víi mäi ®iÓm M ta cã: 
MA2 + MB2 + MC2 + MD2 = 4MG2 + GA2 + GB2 + GC2 + GD2 
b. T×m quü tÝch M sao cho: MA2 + MB2 + MC2 + MD2 = k2 
2. CMR tæng c¸c b×nh ph­¬ng ®é dµi c¸c h×nh chiÕu cña c¸c c¹nh cña 
mét tø diÖn ®Òu trªn mét mÆt ph¼ng bÊt k× b»ng 4a2. 
 3. CMR trong mét tø diÖn ®Òu tæng b×nh ph­¬ng c¸c h×nh chiÕu cña c¸c 
®o¹n th¼ng nèi t©m cña nã víi c¸c ®Ønh b»ng a. 
4. Bèn ®iÓm A, B, C, D lÇn l­ît thuéc c¸c c¹nh MN, NP, PQ, QM cña tø 
gi¸c ghÒnh MNPQ; ®ång ph¼ng khi vµ chØ khi 1
DM
DQ
.
CQ
CP
.
BP
BN
.
AN
AM
  . 
(§Þnh lÝ Mªnªlaóyt trong kh«ng gian). 
Mét h­íng khai th¸c kh¸c: 
1. CMR trong mét tø gi¸c néi tiÕp trong ®­êng trßn: C¸c ®­êng th¼ng 
qua trung ®iÓm mét c¹nh vµ vu«ng gãc víi c¹nh ®èi diÖn ®ång qui. 
2. CMR trong mét tø diÖn c¸c mÆt ph¼ng ®i qua trung ®iÓm cña mçi 
c¹nh vµ vu«ng gãc víi c¹nh ®èi diÖn ®ång qui t¹i mét ®iÓm ( §iÓm 
Monge).