Góc bất ngờ

46

V. Dubrovsky

Góc bất ngờ

Tôi nhìn thấy một cái hồ trống rỗng. O. Mandelstam

Họ thường cố gắng tạo ra các bản vẽ theo hình lập thể càng rõ ràng càng tốt, chọn một góc sao cho có thể nhìn thấy rõ tất cả các điểm, đường và mặt phẳng quan trọng. Tuy nhiên, đối với nhóm tổng quát bài toán, một phối cảnh khác có lợi hơn: một phối cảnh trong đó các đường và mặt phẳng không xoắn bị suy biến, nghĩa là chúng được biểu diễn tương ứng bằng các điểm và đường. Chúng tôi sẽ cho bạn biết về bài toán như vậy.

Ý tưởng của kỹ thuật đề xuất là sự lựa chọn đặc biệt của phép chiếu song song. Do đó, trước tiên chúng ta xây dựng tính chất cơ bản của phép chiếu song song, tính chất này tiếp theo trực tiếp từ các tính chất được chỉ ra trong § 12 của “Hình học 9”:

Gọi $A', B', C', D'$ là ảnh của các điểm $A, B, C, D$ được chiếu song song lên mặt phẳng $\pi$ dọc theo đường thẳng $l$. Sau đó, nếu $AB = kCD$, thì $u A'B' = kC'D'^*$ (Hình 1, a).

*) Trong phần tiếp theo, thuộc tính này được sử dụng thường xuyên đến mức chúng tôi sẽ không đề cập đến nó khi sử dụng nó; Khi hoàn thành bài viết, học sinh (và người nộp đơn) phải tham khảo trực tiếp các thuộc tính ở § 12 của sách giáo khoa.

*) Vì phép chiếu song song lên một đường dọc theo mặt phẳng không được học ở trường (không giống như phép chiếu lên mặt phẳng dọc theo một đường thẳng), nên thí sinh sử dụng nó trong kỳ thi phải chứng minh những đặc tính của nó mà mình đề cập đến. Tuy nhiên, về vấn đề này, chúng tôi khuyên bạn nên xem bản in đẹp trên trang. 48.

47

dọc theo đường thẳng KM (Hình 2, b) và dọc theo đường thẳng NL (Hình 2, c). Mặt phẳng này (được xác định một cách tự nhiên với mặt phẳng của hình vẽ), tất nhiên phải cắt đường thẳng KM (đường thẳng tương ứng NL), nhưng nếu không thì sự lựa chọn của nó không ảnh hưởng đến lời giải hoặc đáp số - sản phẩm, tại sao.

Ví dụ, chúng ta có thể giả sử rằng chúng ta đang nhìn vào một khối tứ diện và xoay nó sao cho các điểm K và M (hoặc L và N) thẳng hàng.

Trên hình chiếu dọc theo đường thẳng KM, ảnh của các điểm Q, K và M trùng nhau, mặt cắt được vẽ bằng đoạn L’N’, tứ diện được vẽ bằng hình bình hành A’C’B’D’ có vẽ các đường chéo, vì theo điều kiện K và M là trung điểm của các đoạn AB và CD. Từ Hình 2, b suy ra ngay rằng Q’ là trung điểm của đoạn L’N’ (có nghĩa Q là trung điểm của đoạn NL) và các điểm L’ và N’ chia hình chiếu của các cạnh của tứ diện theo các tỷ lệ bằng nhau: |D’N’|:|N’A’| = |C’L’|:|L’B’|. Sự đẳng thức này cũng được bảo toàn khi chiếu dọc theo (LN), tức là trong Hình 2, trong: |D’‘N’’|:|N’‘A’’| = |C’‘L’’|:|L’‘B’’|; do đó, trong hình này (A’‘B’’) ||(C’‘D’’) và do đó |C’‘L’’|/|L’‘B’’| = |M’‘Q’’|/|Q’‘K’’|. Vậy |CL|/|LB| = |MQ|/|QK|. Nhưng điều kiện |MQ|/|QK| = 5. Do đó, |CL|:|LB| = 5. Do đó, khoảng cách từ điểm C đến mặt phẳng cắt bằng 5 2 = 10. Thể tích của tứ diện BKMC bằng tổng thể tích của tứ diện BKML và CKML, chiều cao của chúng, hạ xuống cạnh của KML, bằng 2 và 10. Do đó, V_BKMC = 12 = $\frac{1}{3} S_{\Delta KML} \cdot (2+10)$; do đó, diện tích của tam giác KML bằng 3. Nhưng diện tích của tam giác KMN và KML bằng nhau, cũng như các lượng giác có chung đáy KM và các độ cao bằng nhau giảm xuống đáy này (hãy nhớ rằng Q là trung điểm [NL]), vì vậy S_KLMN = 2S_{\Delta KML} = 6.

Trong tương lai, để không làm quá tải các công thức bằng tricham, chúng ta sẽ biểu thị hình ảnh của cùng một điểm trong tất cả các phép chiếu theo cùng một cách.

Đối với bài toán tiếp theo, chúng tôi trình bày hai lời giải: một sử dụng phép chiếu dọc theo một đường thẳng, một sử dụng phép chiếu dọc theo một mặt phẳng.

Bài toán 2. (MSU, cơ học, 1964). Cho hình lập phương ABCDA1B1C1D1 có hai cạnh AA1, BB1, CC1, DD1. Điểm E, thuộc mặt phẳng truyền, chia cạnh B1C1 theo tỷ lệ nào?

48

đi qua đỉnh A và tâm của các mặt $A_1B_1C_1D_1$ và $B_1C_1CB$?

Đầu tiên là lời giải. Hãy dựng hình chiếu của khối lập phương (Hình 3, a) dọc theo đường thẳng $KL$, trong đó $K$ là tâm của mặt $A_1B_1C_1D_1$, $L$ là tâm của mặt $B_1C_1CB$ (Hình 3, b). Hình chiếu của các mặt này được mô tả dưới dạng hình bình hành có một cạnh chung $B_1C_1$ và một tâm chung $K=L$; do đó, hình chiếu của các đỉnh $B$ và $A_1$, $C$ và $D_1$ cũng trùng nhau. Vị trí trong Hình 3, a của các điểm $A$ và $D$ được xác định từ điều kiện $\overrightarrow{AA_1}=\overrightarrow{DD_1}=\overrightarrow{BB_1}$. Mặt phẳng cắt được chiếu lên đường thẳng $AK$, cắt đoạn $B_1C_1$ tại điểm $E$. Chúng ta hãy biểu thị bằng $M$ phần giữa của đoạn $BB_1$, sau đó (Hình 3, b) $\frac{|B_1E|}{|B_1C_1|}=\frac{|B_1E|}{2|KM|}=\frac{1}{2}\frac{|B_1A|}{|MA|}=\frac{1}{2}\cdot\frac{4}{3}=\frac{2}{3}$. Do đó $|B_1E|:|EC_1|=2$.

lời giải thứ hai (Hình 3, c). Chúng ta hãy chọn hệ tọa độ có gốc $E$ sao cho trục hoành và trục tọa độ nằm trong mặt phẳng $EKL$. Khi đó ứng dụng của điểm $E, K, L$ và $A$ bằng 0. Chúng ta hãy sử dụng thuộc tính chính cho phép chiếu dọc theo mặt phẳng $EKL$. Từ điều kiện $\overrightarrow{KA_1}=-\overrightarrow{KA_1}$ và $\overrightarrow{LC_1}=-\overrightarrow{LC_1}$ ta thu được $z_{A_1}=z_B$ và $z_{C_1}=-z_A=-z_B$ (ở đây $z_P$ biểu thị việc áp dụng điểm $P$). Tiếp theo, từ điều kiện $\overrightarrow{AA_1}=\overrightarrow{BB_1}$ và đẳng thức $z_{A_1}=z_B$, chúng ta thu được $z_{B_1}=2z_{A_1}$. Do đó, các điểm $C_1, E, B_1$ trên đoạn $C_1B_1$ lần lượt áp dụng $z_{C_1}, 0, -2z_{C_1}$. Áp dụng lại tính chất chính, chúng ta nhận được $|B_1E|:|EC_1|=2$.

Để tránh nhắc đến tính chất chính của phép chiếu dọc theo một mặt phẳng (mà sách giáo khoa không nhắc đến), đoạn văn trước có thể viết như sau: cùng với cụm từ “Chúng ta hãy sử dụng tính chất chính của phép chiếu dọc theo một mặt phẳng…” viết “Bây giờ chúng ta lợi dụng tính chất là các vectơ bằng nhau đều có tọa độ và tọa độ của một vectơ bằng hiệu giữa tọa độ đầu và cuối của nó” (“Hình học 10”, § 42), và cùng với cụm từ cuối cùng viết: “To Posetone from tam giác đồng dạng (Hình 3, c) ta được $|B_1E|:|EC_1|=2$". Những thay đổi tương tự có thể được thực hiện đối với văn bản của lời giải sau, văn bản này cũng sử dụng tọa độ.

Bài toán 3 (MSU, Cơ học và Toán học, 1965). Cho đặc điểm hình tam giác đều $ABCA_1B_1C_1$ với các cạnh bên $AA_1, BB_1$ và $CC_1$. Cho điểm $P$ chia trục $OO_1$ của lăng kính theo tỉ lệ 5:1. Một mặt phẳng được vẽ đi qua điểm $P$ và trung điểm của các cạnh $AB$ và $A_1C_1$. Mặt phẳng này phân chia khối lượng nhận dạng ở khía cạnh nào?

Lời giải. Đặt $K$ là trung điểm của $[AB]$, $N$ là trung điểm của $[A_1C_1]$. Chúng ta hãy chiếu đối tượng lên một số đường thẳng $l$ dọc theo mặt phẳng cắt ($PKN$). Ta xét tọa độ trên đường thẳng $l$, lấy hình chiếu của mặt phẳng $PKN$ làm gốc của đường cắt (Hình 4, b). Hãy xác định tọa độ hình chiếu của tất cả các đỉnh của nhận dạng. Sự lựa chọn quy mô là của chúng tôi; ví dụ: hãy để $x_{O_1}=1$. Sau đó $x_O=-5$ vì $PO=-5PO_1$; hơn nữa,

$$NB_1=3NO_1 \quad x_{B_1}=3 \quad B_1B=O_1O \Rightarrow x_B=x_{B_1}+x_{O_1}-x_O=3.$$

Tương tự, $x_A=-x_B=3$, $x_{A_1}=x_A+x_{O_1}-x_O=9$, $x_{C_1}=x_{C_1}+x_{O_1}-x_O=15$.

Bây giờ, để tìm tỷ lệ mà mặt phẳng cắt của một số đoạn $XY$ chia, chỉ cần tìm tỷ lệ tọa độ các đầu của nó $x_X:x_Y$ là đủ. Ví dụ: $x_B:x_B=1$, do đó, phần đi qua giữa đoạn $BB_1; x_{B_1}:x_{A_1}=\frac{1}{3}$, do đó, mặt phẳng phần cắt phần mở rộng của đoạn $A_1B_1$ vượt quá điểm $B_1$ tại một điểm $R$ sao cho $|B_1R|:|A_1R|=1:3$, v.v. Tiếp theo chúng ta phải… tuy nhiên, chúng ta sẽ không tước đi việc độc giả thỏa mãn cánh cửa này bài toán đối với kết thúc độc lập. Đáp số. 49/95.

49

Bây giờ chúng ta có thể xây dựng quy tắc trên cơ sở tất cả các bài toán được phân tích đã được giải: để tìm ra mối quan hệ nào giữa mặt phẳng π (tương ứng với đường thẳng l) chia một đoạn không song song với nó, chúng ta nên xem xét hình chiếu dọc theo mặt phẳng π hoặc dọc theo một đường thẳng đã biết nào đó nằm trong mặt phẳng π (tương ứng, dọc theo đường thẳng l).

Ví dụ, việc áp dụng quy tắc này trong bộ ba mặt phẳng sẽ được chứng minh.

Định lý Menelaus. Nếu đường thẳng l cắt các cạnh AB, BC, CA của tam giác ABC hoặc phần kéo dài của chúng lần lượt tại các điểm K, L, M thì
$$\frac{AK}{KB} \cdot \frac{BL}{LC} \cdot \frac{CM}{MA} = -1^*$$.

Chứng minh (Hình 5). Hãy chiếu một tam giác song song với đường thẳng l lên một đường thẳng nào đó cắt nó. Sau đó
$$\frac{AK}{KB} \cdot \frac{BL}{LC} \cdot \frac{CM}{MA} = \frac{A'P}{PB'} \cdot \frac{B'P}{PC'} \cdot \frac{C'P}{PA'} = (-1)^3 = -1.$$
(Lưu ý rằng định lý ngược lại cũng đúng; nó có thể được chứng minh bằng phản chứng.)

Bây giờ chúng ta hãy phân tích bài toán, trong đó không chỉ tỷ lệ độ dài của các đoạn song song là quan trọng, như đã nói ở trên, mà còn cả bản thân các độ dài này, cũng như các góc giữa các đoạn. Không giống như bài toán trước đó, ở đây cả hướng của hình chiếu và mặt phẳng mà chúng ta chiếu đều đóng một vai trò.

Bài toán 4. (MIPT, 1977) Mặt đáy ABCD được nhận dạng chính xác

*) Bằng $\frac{a}{b}$, chúng ta biểu thị một số $k$ sao cho $\vec{a} = k\vec{b}$, nếu nó tồn tại, nghĩa là, nếu các vectơ $\vec{a}$ và $\vec{b}$ thẳng hàng và $|\vec{b}| \neq 0$.

Hình 6.

ABCDA$_1$B$_1$C$_1$D$_1$ có chiều dài 2a, cạnh bên có chiều dài a. Xét các đoạn có các đầu nằm trên đường chéo AD$_1$ của mặt và đường chéo DB$_1$ của lăng kính, song song với mặt phẳng AA$_1$B$_1$B.

1. Một trong những đoạn này được vẽ qua điểm M của đường chéo AD$_1$ sao cho |AM|:|AD$_1$|=2:3. Tìm chiều dài của nó.

2. Tìm độ dài ngắn nhất của các đoạn đang xét.

Lời giải (Hình 6). Chúng ta hãy chiếu sự nhận biết dọc theo đường chéo B$_1$D lên mặt phẳng của khuôn mặt ABB$_1$A$_1$. Dễ dàng nhận thấy kết quả sẽ là hình vẽ như hình 6, 6. Rõ ràng bất kỳ đoạn thẳng nào song song với mặt phẳng ABB$_1$A$_1$ đều được chiếu thành đoạn thẳng có cùng độ dài (!). Do đó, các phân đoạn đang được xem xét sẽ bị tắc nghẽn với các hình chiếu [DX] của chúng, trong đó X ∈ [AD$_1$]. Rõ ràng, ngắn nhất trong số chúng là đường vuông góc DH hạ từ điểm D xuống (AD$_1$). Tam giác DHD$_1$, giống như ΔABD$_1$, là hình chữ nhật và cân, do đó |DH| $\frac{\sqrt{2}}{2}$ |DD$_1| = \frac{\sqrt{2}}{2}$ a (đây là đáp số cho câu hỏi thứ hai). Độ dài đoạn DM có thể tìm được từ tam giác vuông MPD, trong đó |DP| = $\frac{1}{3}$ |DD$_1| = \frac{a}{3}$, |MP| = $\frac{1}{3}$ |AB| = $\frac{2a}{3}$. Như vậy,

$$|DM| = \frac{a\sqrt{5}}{3}$$

Để kết luận, chúng tôi trình bày một bằng chứng ngắn gọn và súc tích về một trong những lý thuyết trắc lượng đẹp nhất, dựa trên phương pháp chiếu.

Bài toán 5. Chứng minh rằng nếu tất cả các mặt của một tam giác có kích thước bằng nhau (có cùng diện tích) thì chúng bị tắc nghẽn theo từng cặp*).

50

Lời giải. Đặt $MN$ là đường vuông góc chung với các cạnh $AB$ và $CD$ của tứ diện $ABCD$ với các ranh giới có kích thước bằng nhau (Hình 7, a). Dễ hiểu rằng hình chiếu trực giao của tứ diện dọc theo đường thẳng $AB$ là tam giác $ADC$ (Hình 7, b), trong đó cạnh $AD$ bằng chiều cao $DD_1$ của mặt $ABD$, còn cạnh $AC$ là chiều cao $CC_1$ của mặt $ABC$ và đoạn $MN$ được chiếu lên độ cao $AN$ của tam giác $ADC$. Vì các hình tam giác $ABC$ và $ABD$ có cùng diện tích và chung đáy $AB$, nên chiều cao của chúng khi chạm đáy này bằng nhau, có nghĩa là trong Hình 7, b $|AD|=|AC|$; có nghĩa là điểm $N$ (cạnh đường cao của một tam giác đều) chia đoạn $CD$ làm đôi. Sử dụng tính chất hữu ích của phép chiếu và lặp lại lập luận này đối với các cạnh còn lại của tứ diện, chúng ta kết luận rằng đường vuông góc chung của tất cả các cặp cạnh cắt nhau của tứ diện $ABCD$ đi qua trung điểm của các cạnh tương ứng và do đó, là trục đối xứng của tứ diện. Ví dụ: với sự đối xứng trục với trục $MN$ (Hình 7, a), đỉnh $A$ sẽ đi vào $B$, $B$ - vào $A$, $C$ - vào $D$, $D$ - vào $C$, do đó khuôn mặt $ABC$ phù hợp với khuôn mặt $ABD$, và khuôn mặt $ACD$ phù hợp với khuôn mặt $BCD$. Bằng cách tương tự, người ta chứng minh rằng $\triangle ABD \cong \triangle ACD$.

Nhiệm vụ trong ghi chú này chủ yếu là điều chỉnh để người đọc có thể so sánh lời giải thu được bằng cách sử dụng phép chiếu song song với các nghiệm vectơ “truyền thống” (thuần túy hình học) và vectơ. Như vậy, nhiệm vụ 2 và 3 được G.V. Dorofeev, M.K. Potanov và N.Kh. Rozov “Cẩm nang toán học dành cho những người tham gia cuộc gọi” (M., “Nauka”, 1976), tr. 340 và 514, nhiệm vụ 3 - cũng trong bài viết của S. Ovchinnikov “Thuộc điểm thuộc đường thẳng và mặt phẳng” («Kvant», 1978, số 3), nhiệm vụ 4 - trong bài viết của I. Gabovich “Vector giúp ích trong kỳ thi” («Kvant», 1979, số 1) và trong bài báo của G. Bevza “Bài toán bạn có thể giải quyết dễ dàng hơn” («Kvant», 1979, số 11).

Bài tập

1. Cho hai đường giao nhau $a$ và $b$. Tìm tập hợp các điểm $X$ chia theo tỷ lệ không đổi các đoạn $AB$ ($|AX|:|XB|=k$), trong đó $a$ điểm $A$ chạy dọc theo đường thẳng $a$, $B$ chạy qua đường thẳng $b$; 6) tương tự, nhưng với điều kiện đường thẳng $AB$ luôn song song với mặt phẳng đã cho $a$.

2. Cho một đa giác bốn sợi khép kín không khóa $ABCD$ (“tứ giác không gian”). Chứng minh rằng các điểm $K$, $L$, $M$, $N$lấy trên các liên kết của nó $AB$, $BC$, $CD$ Và $DA$ lần lượt nằm trong cùng một mặt phẳng khi và chỉ khi $\frac{AK}{KB} \cdot \frac{BL}{LC} \cdot \frac{CM}{MD} \cdot \frac{DN}{NA} = 1$.

3. Cho một tham số lục giác đều $SABCDEF$ có đỉnh $S$. Trên các cạnh $SA$ và $SC$, các điểm $K$ và $L$ được lấy sao cho $|SK|:|KA|=3$, $|SL|:|LC|=1/3$, điểm $M$ là điểm giữa của $a$) cạnh $SF$, 6) cạnh $SE$. Xác định các cạnh của paramid giao với mặt phẳng ($KLM$) và chúng chia nó theo tỷ lệ nào.

4. (MIPT, 1975). Diện tích của hình thang $ABCD$ bằng $S$, tỉ số chiều dài của các đáy là $|AD|:|BC|=3:1$. Đoạn thẳng $MK$ được định vị sao cho song song với cạnh $CD$ và cắt cạnh $AB$, đồng thời đoạn thẳng $AM$ song song với đoạn thẳng $BK$. Xác định diện tích tam giác $BKC$ nếu $|AM|:|BK|=3:2$, $|MK|:|CD|=1:3$ (tìm tất cả lời giải).

5. (MIPT, 1976): Trên các đường chéo $AB_1$ và $CA_1$ của các mặt bên của các đường tam giác $ABCA_1B_1C_1$ các điểm tương ứng $D$ và $E$ được đặt sao cho $(DE) \parallel (BC_1)$. Xác định mối quan hệ $|DE|:|BC_1|$.

6. (MIPT, 1977). Cạnh đáy $ABCD$ của paramid thông thường $SABCD$ có chiều dài $a$, cạnh bên có chiều dài $2a$. Kiểm tra các đoạn có đầu nằm trên đường chéo $BD$ của đế và cạnh bên $SC$, song song (SAD). Tìm độ dài ngắn nhất của tất cả các đoạn đang xem xét.

7. (M462). Mặt phẳng cắt các cạnh bên của một paramid nhân bốn đều tại các điểm cách đỉnh ở các khoảng cách $a$, $b$, $c$ và $d$. Chứng minh rằng $\frac{1}{a} + \frac{1}{c} = \frac{1}{b} + \frac{1}{d}$.

8. (MSU, Cơ học và Toán học, 1978). Thể tích của tứ diện $ABCD$ bằng 5. Vẽ một mặt phẳng đi qua trung điểm của các cạnh $AD$ và $BC$, cắt cạnh $CD$ tại điểm $M$. Trong trường hợp này, tỷ lệ độ dài của đoạn $DM$ với độ dài của đoạn $MC$ bằng $\frac{2}{3}$. Tính diện tích mặt cắt ngang của tứ diện theo mặt phẳng đã cho nếu khoảng cách từ nó đến đỉnh $A$ bằng 1.

9. (MSU, Khoa Địa chất, 1974). Cho hình lập phương $ABCDA_1B_1C_1D_1$, chiều dài cạnh của nó là 1 cm. Trên các cạnh $AA_1, BB_1, DD_1$, các điểm tương ứng $K$, $P$ và $M$ được lấy sao cho $|AK|:|A_K|=1:3$, $|BP|:|B_P|=3:1$, $|DM|:|D_M|=3:1$. Tìm thể tích của một paramid có đáy là một phần của hình lập phương bằng mặt phẳng đi qua các điểm $K$, $P$ và $M$ và đỉnh nằm ở điểm $A_1$.

10. Trong hình song song $ABCDA_1B_1C_1D_1$ diện tích của các mặt $ABB_1A_1$ và $BCC_1B_1$ bằng nhau, $ACC_1A_1$ và $BDD_1B_1$ tương ứng là $s_1$ và $s_2$. Hãy chứng minh rằng $s_1^2 + s_2^2 = 2(S_1^2 + S_2^2)$. Biểu thị góc ở cạnh $AA_1$ bằng cách sử dụng hai góc thông qua các mặt phẳng này.