MỘT SỐ ỨNG DỤNG CỦA ĐỊNH LÍ THALES TRONG KHÔNG GIAN

Ứng dụng:

Định lí Thales thường được ứng dụng nhiều trong các bài toán tỉ số hay các bài toán chứng minh đường thẳng song song với một mặt phẳng cố định.

Ví dụ 1.

Cho tứ diện $ABCD$ và $M,N$ là các điểm thay trên các cạnh $AB,CD$ sao cho $\frac{AM}{MB}=\frac{CN}{ND}$.

a) Chứng minh $MN$ luôn luôn song song với một mặt phẳng cố định.

b) Cho $\frac{AM}{MB}=\frac{CN}{ND}>0$ và $P$ là một điểm trên cạnh $AC$. thiết diện của hình chóp cắt bởi $\left( MNP \right)$là hình gì?

A.Tam giác                              B.Tứ giác                               

C.Hình thang                     D.Hình bình hành

c) Tính theo $k$ tỉ số diện tích tam giác $MNP$ và diện tích thiết diện.

A.$\frac{k}{k+1}$                 B. $\frac{2k}{k+1}$           

C. $\frac{1}{k}$               D. $\frac{1}{k+1}$

Giải

a) Do $\frac{AM}{MB}=\frac{CN}{ND}$ nên theo định lí Thales thì các đường thẳng $MN,AC,BD$ cùng song song với một mặt phẳng $\left( \beta  \right)$.

Gọi $\left( \alpha  \right)$ là mặt phẳng đi qua $AC$ và song song với $BD$ thì $\left( \alpha  \right)$ cố định và $\left( \alpha  \right)\parallel \left( \beta  \right)$

suy ra $MN$ luôn song song với $\left( \alpha  \right)$ cố định.

b) Xét trường hợp $\frac{AP}{PC}=k$, lúc này $MP\parallel BC$ nên $BC\parallel \left( MNP \right)$.

Ta có :

$\left\{ \begin{array}{l}
N \in \left( {MNP} \right) \cap \left( {BCD} \right)\\
BC\parallel \left( {MNP} \right)\\
BC \subset \left( {BCD} \right)
\end{array} \right. \Rightarrow \left( {BCD} \right) \cap \left( {MNP} \right) = NQ\parallel BC,Q \in BD$

Thiết diện là tứ giác $MPNQ$.

Xét trường hợp $\frac{AP}{PC}\ne k$

Trong $\left( ABC \right)$gọi $R=BC\cap MP$

Trong $\left( BCD \right)$ gọi $Q=NR\cap BD$ thì thiết diện là tứ giác $MPNQ$.

Gọi $K=MN\cap PQ$

Ta có $\frac{{{S}_{MNP}}}{{{S}_{MPNQ}}}=\frac{PK}{PQ}$.

Do $\frac{AM}{NB}=\frac{CN}{ND}$ nên theo định lí Thales đảo thì $AC,NM,BD$ lần lượt thuộc ba mặt phẳng song song với nhau và đường thẳng $PQ$ cắt ba mặt phẳng này tương ứng tại $P,K,Q$ nên áp dụng định lí Thales ta được

$\frac{PK}{KQ}=\frac{AM}{MB}=\frac{CN}{ND}=k$$\Rightarrow \frac{PK}{PQ}=\frac{PK}{PK+KQ}=\frac{\frac{PK}{KQ}}{\frac{PK}{KQ}+1}=\frac{k}{k+1}$.

Ví dụ 2.

Cho hình hộp $ABCD.A’B’C’D’$ có tất cả các mặt đều là hình vuông cạnh $a$. Các điểm $M,N$ lần lượt trên $AD’,BD$ sao cho $AM=DN=x$ $\left( 0<x<a\sqrt{2} \right)$.

a) Chứng minh khi $x$ biến thiên, đường thẳng $MN$ luôn song song với một mặt phẳng cố định.

b) Chứng minh khi $x=\frac{a\sqrt{2}}{3}$ thì $MN\parallel A’C$.

Giải

a) Gọi $\left( P \right)$ là mặt phẳng qua $AD$ và song song với $\left( A’D’CB \right)$.

Gọi $\left( Q \right)$ là mặt phẳng qua $M$ và song song với $\left( A’D’CB \right)$.

Giả sử $\left( Q \right)$ cắt $BD$ tại điểm $N’$.

Theo định lí Thales ta có $\frac{AM}{AD’}=\frac{DN’}{DB}\text{  }\left( 1 \right)$

Vì các mặt của hình hộp là hình vuông cạnh $a$ nên $AD’=DB=a\sqrt{2}$.

Từ $\left( 1 \right)$ ta có $AM=DN’$, mà $DN=AM\Rightarrow DN’=DN\Rightarrow N’\equiv N\Rightarrow MN\subset \left( Q \right)$.

Mà: $\left\{ \begin{array}{l}
\left( Q \right)\parallel \left( {A’D’CB} \right)\\
MN \subset \left( Q \right)
\end{array} \right. \Rightarrow MN\parallel \left( {A’D’CB} \right)$

Vậy $MN$ luôn song song với mặt phẳng cố định $\left( A’D’CB \right)$.

b) Gọi $O=AC\cap BD$. Ta có

$DN=x=\frac{a\sqrt{2}}{3},DO=\frac{a\sqrt{2}}{2}\Rightarrow DN=\frac{2}{3}DO$ suy ra $N$ là trọng tâm của tam giác $ACD$.

Tương tự $M$ là trọng tâm của tam giác $A’AD$.

Gọi $I$ là trung điểm của $AD$ ta có $\frac{IN}{IC}=\frac{1}{3},\frac{IM}{IA’}=\frac{1}{3}\Rightarrow \frac{IN}{IC}=\frac{IM}{IA’}\Rightarrow MN\parallel A’C$.

Ví dụ 3

Cho hình chóp $S.ABCD$ có đáy $ABCD$ là hình thang, $AB=3a,AD=CD=a$. Mặt bên $SAB$ là tam giác cân đỉnh $S$ và $SA=2a$, mặt phẳng $\left( \alpha  \right)$ song song với $\left( SAB \right)$ cắt các cạnh $AD,BC,SC,SD$ theo thứ tự tại $M,N,P,Q$.

a) Chứng minh $MNPQ$ là hình thang cân.

b) Đặt $x=AM$$\left( 0<x<a \right)$. Tính \[x\] để $MNPQ$ là tứ giác ngoại tiếp được một đường tròn. Tính bán kính đường tròn đó.

c) Gọi $I=MQ\cap NP$. Tìm tập hợp điểm $I$ khi $M$ di động trên $AD$.

d) Gọi $J=MP\cap NQ$. Chứng minh $IJ$có phương không đổi và điểm $J$ luôn thuộc một mặt phẳng cố định.

Giải

a) Do $\left\{ \begin{array}{l}
\left( \alpha \right)\parallel \left( {SAB} \right)\\
\left( {ABCD} \right) \cap \left( {SAB} \right) = AB\\
\left( {ABCD} \right) \cap \left( \alpha \right) = MN
\end{array} \right.\$ \$ \Rightarrow MN\parallel AB{\rm{ }}\left( 1 \right).$

Tương tự : $\left\{ \begin{array}{l}
\left( \alpha \right)\parallel \left( {SAB} \right)\\
\left( {SCD} \right) \cap \left( {ABCD} \right) = CD\\
\left( {SCD} \right) \cap \left( \alpha \right) = PQ
\end{array} \right.$

$\Rightarrow PQ\parallel CD\text{ }\left( 2 \right)$.

Lại có $AB\parallel CD\text{ }\left( 3 \right)$

Từ $\left( 1 \right),\left( 2 \right)$ và $\left( 3 \right)$ ta có

$MN\parallel AB\parallel CD\parallel PQ$ nên $MNPQ$ là hình thang (*)

Dễ thấy rằng $MQ\parallel SA,NP\parallel SB$ do đó $\frac{MQ}{SA}=\frac{DM}{DA};\frac{NP}{SB}=\frac{CN}{CB}$ mà $\frac{DM}{DA}=\frac{CN}{CB}$ nên $\frac{MQ}{SA}=\frac{NP}{SB}$.

Mặt khác $\Delta SAB$ cân tại $S\Rightarrow SA=SB$ $\Rightarrow MQ=NP\text{ }\left( ** \right)$. Từ $\left( * \right)$ và $\left( ** \right)$ suy ra $MNPQ$ là hình thang cân.

b) $MNPQ$ là tứ giác ngoại tiếp $\Leftrightarrow MQ+NP=MN+PQ$

Ta có $\frac{MQ}{SA}=\frac{DM}{DA}=\frac{a-x}{a}\Rightarrow MQ=2\left( a-x \right)\Rightarrow NP=2\left( a-x \right)$

Lại có $\frac{PQ}{CD}=\frac{SQ}{SD}=\frac{AM}{AD}=\frac{x}{a}\Rightarrow PQ=x$

Giải phương trình ta tính được $MN=3a-2x$

Do đó $MQ+NP=MN+PQ\Leftrightarrow 4\left( a-x \right)=3a-2x+x\Leftrightarrow x=\frac{a}{3}$.

Khi đó tính được $r=\frac{a\sqrt{7}}{6}$.

c) Gọi $E=AD\cap BC\Rightarrow SE=\left( SAD \right)\cap \left( SBC \right)$.

$I = MP \cap NQ \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
I \in MP \subset \left( {SAD} \right)\\
I \in NQ \subset \left( {SBC} \right)
\end{array} \right. \Rightarrow I \in SE$

Giới hạn:

Gọi ${{I}_{0}}$ là giao điểm của $SE$ với mặt phẳng $\left( \beta  \right)$ đi qua $CD$ và song song với $\left( SAB \right)$.

Khi $M\to D\Rightarrow N\to B\Rightarrow I\to {{I}_{0}}$

Khi $M\to A\Rightarrow N\to B\Rightarrow I\to S$

Phần đảo: ( bạn đọc tự giải)

d) Gọi $K=IJ\cap MN$, vì $MNPQ$ là hình thang cân nên $K$ là trung điểm của $MN$. Gọi $F=EK\cap AB$ thì $F$ là trung điểm của $AB$ nên $F$ cố định

dễ thấy $IJ\parallel SF$ suy ra $IJ$ có phương không đổi và điểm $J$ thuộc mặt phẳng cố định $\left( SEF \right)$.

—————

Xem thêm:


0 Bình luận

Trả lời

Avatar placeholder