Phát triển trí tưởng tượng không gian

54

PHÁT TRIỂN
TRÍ TƯỞNG TƯỢNG
KHÔNG GIAN

N. G. Fedin

Trong các kỳ thi thường có những bài toán hình học không gian mà điều quan trọng nhất để giải là hình dung các hình được bố trí trong không gian như thế nào. Đôi khi những suy luận không gian gợi ý các ý tưởng giải bài toán hình học phẳng. Trong bài này, chúng tôi sẽ nói về một số vấn đề và bài toán có thể phần nào làm học sinh cuối cấp quan tâm và giúp các em mở rộng chân trời của trí tưởng tượng không gian.

Các đường thẳng chéo nhau

1. Ta vẽ hai đường thẳng chéo nhau $a$ và $b$. Trên hình 1 là hình biểu diễn của chúng.
   Bạn ngạc nhiên vì các đường thẳng được biểu diễn song song ư? Không cần. Đây là một bản vẽ đúng, tuy không trực quan. Được biết rằng các đường thẳng chéo nhau $a$ và $b$ có thể được đặt trong các mặt phẳng song song $a$ và $b$ sao cho đường thẳng $a$ nằm trong mặt phẳng $\alpha$, còn đường thẳng $b$ — trong $\beta$, rồi chiếu chúng lên mặt phẳng $\gamma$, cắt các mặt phẳng $\alpha$ và $\beta$ (hình 2). Trong mặt phẳng này ta sẽ nhận được các hình biểu diễn $a_1$ và $b_1$ của các đường thẳng $a$ và $b$.

2. Cho các đường thẳng chéo nhau $a$ và $b$ và các điểm $A_1, A_2$ trên đường thẳng $a$ và $B_1, B_2$ trên đường thẳng $b$ (hình 3). Kẻ các đường thẳng $A_1B_1$ và $A_2B_2$.

Hình 1
Hình 2

55

Các đường thẳng này có thể cắt nhau không?

Tất nhiên, hình vẽ có thể đánh lừa chúng ta. Nhưng nếu giả sử rằng các đường thẳng $A_1B_1$ và $A_2B_2$ cắt nhau, thì bốn điểm $A_1$, $A_2$, $B_1$, $B_2$ sẽ nằm trong cùng một mặt phẳng, và do đó các đường thẳng ban đầu cũng sẽ nằm trong cùng một mặt phẳng, điều không thể xảy ra. Ta đi đến kết luận rằng các đường thẳng $A_1B_1$ và $A_2B_2$ không thể cắt nhau.

3. Hình gồm hai đường thẳng chéo nhau có tâm đối xứng không?

Có thể tưởng rằng hai đường thẳng chéo nhau có tâm đối xứng và nó trùng với trung điểm $M$ của đường vuông góc chung của chúng (hình 4). Nhưng không phải vậy. Thật vậy, nếu hai đường thẳng này có tâm đối xứng, thì đường thẳng $a$ qua phép đối xứng tâm sẽ biến thành đường thẳng song song $b$, nhưng $b$ không song song với $a$. Vậy các đường thẳng chéo nhau không thể có tâm đối xứng.

4. Hai đường thẳng chéo nhau có trục đối xứng không?

Câu hỏi này khó hơn đáng kể so với câu hỏi về tâm đối xứng của hai đường thẳng chéo nhau. Hóa ra hai đường thẳng chéo nhau có ba trục đối xứng: $l_1$, $l_2$ và $l_3$. Tuy nhiên, một trong số chúng là đường vuông góc chung của các đường thẳng ban đầu $a$ và $b$. Hai trục kia vuông góc với nhau, cắt nhau tại trung điểm $M$ của đoạn $KP$ và là các đường phân giác của những góc kề nhau tạo bởi các đường thẳng $a_1$ và $b_1$, lần lượt song song với $a$ và $b$ (hình 4). Hãy thử tự chứng minh sự kiện này.

Giải các bài toán phẳng bằng phương pháp không gian

Hiển nhiên, các bài toán phẳng được giải trên mặt phẳng, còn các bài toán không gian gắn với việc biểu diễn một hình không gian trên bản vẽ phẳng. Những cách giải bài toán hoặc chứng minh định lí như vậy không gây ngạc nhiên, chúng được thừa nhận rộng rãi. Còn việc giải các bài toán phẳng bằng phương pháp không gian, ba chiều — điều này đã là khác thường và thú vị. Dĩ nhiên, không phải mọi bài toán đều được giải bằng phương pháp này, mà chỉ những bài toán thuộc một kiểu nhất định.

5. Trên mặt phẳng cho ba tia xuất phát từ một điểm (hình 5, $a$) và chia mặt phẳng thành ba góc, mỗi góc nhỏ hơn $180^\circ$. Trong mỗi góc trong ba góc có một điểm: $A_1$, $B_1$ và $C_1$ — sao cho các điểm ấy không nằm trên cùng một đường thẳng. Cần dựng tam giác

56

Hình 5, a.

АВС, mà các đỉnh nằm trên các tia đã cho, còn các cạnh đi qua các điểm đã cho.

Giải bài toán này bằng phương pháp hình học phẳng khá khó, nhưng bằng phương pháp hình học không gian thì khá dễ. Hãy hình dung (hình 5, б) rằng các tia tạo thành trong không gian các cạnh của một góc tam diện có đỉnh tại điểm O. Hãy hình dung các điểm A₁, B₁, C₁ nằm trong các mặt của góc tam diện. Những điểm ấy xác định một mặt phẳng nào đó. Ký hiệu mặt phẳng này là β; nó sẽ cắt các mặt của góc tam diện theo các cạnh cần tìm BC, CA và AB. Còn lại là dựng các giao tuyến của các mặt phẳng mặt của góc tam diện với mặt phẳng β.

Để làm điều đó, chiếu các điểm đã cho lên mặt phẳng xOy song song với Oz. Các điểm A₁, B₁, C₁ lần lượt chuyển thành các điểm A₀, B₀, C₁ (điểm C₁ vẫn ở nguyên vị trí).

Như vậy, ta đã đưa bài toán về một bài toán xạ ảnh, trong trường học thường gọi là bài toán về thiết diện của một góc đa diện bởi một mặt phẳng. Tìm điểm x₀ là giao điểm của đường thẳng A₁B₁ với mặt phẳng xOy, đó sẽ là giao điểm của các đường thẳng A₁B₁ và A₀B₀. Các điểm x₀ và C₁ nằm cả trong mặt phẳng β lẫn trong mặt phẳng xOy, do đó mặt phẳng cắt β sẽ cắt mặt phẳng xOy theo đường thẳng x₀C₁.

Sau đó tìm các giao điểm

Hình 5, б.

của đường thẳng x₀C₁ với các tia (cạnh) Ox, Oy, ta được các điểm A và B. Kẻ BA₁ và AB₁, tại giao điểm với trục (tia Oz) ta được điểm thứ ba — đỉnh C của tam giác ABC cần tìm. Cách hình dung trong không gian đã giúp ta tìm được ý tưởng giải bài toán hình học phẳng.

6. Trên mặt phẳng cho hai tam giác ABC và A₁B₁C₁ sao cho các đường thẳng AA₁, BB₁ và CC₁ cắt nhau tại một điểm S, còn các đường thẳng AB và A₁B₁, BC và B₁C₁, AC và A₁C₁ cắt nhau tại các điểm x, y và z. Chứng minh rằng các điểm x, y và z nằm trên cùng một đường thẳng l.

Bài toán này trong hình học được biết dưới tên định lý Desargues *).

Đây là ý tưởng chứng minh nó. Hãy hình dung rằng điểm S là đỉnh của một hình chóp có đáy ABC và mặt phẳng cắt A₁B₁C₁ (hình 6). Khi đó các đường thẳng AB, BC và AC nằm trong mặt phẳng ABC, còn các đường thẳng A₁B₁, B₁C₁ và A₁C₁ nằm trong mặt phẳng A₁B₁C₁. Vì vậy các điểm x, y, z nằm cả trong mặt phẳng của tam giác ABC lẫn trong mặt phẳng của tam giác A₁B₁C₁, tức là chúng nằm trên giao tuyến của các mặt phẳng ấy, trên đường thẳng l.

Hãy tự trình bày chứng minh chặt chẽ của định lý Desargues.

*) Gérard Desargues — nhà toán học và kỹ sư Pháp (1593—1662).

57

Hình 6.

Điều kiện rằng các đường thẳng $AA_1$, $BB_1$ và $CC_1$ cắt nhau tại một điểm $S$ được dùng ở đâu: các đường thẳng $AB$ và $A_1B_1$ (và các đường khác) trong không gian không chéo nhau, mà cắt nhau tại điểm $x$. Trong các lập luận tiếp theo chỉ có các mặt phẳng của các tam giác tham gia, có thể quên đi không gian.

Thú vị là liệu định lý này có đúng đối với các tứ giác $ABCD$ và $A_1B_1C_1D_1$, trong đó các đường thẳng $AA_1$, $BB_1$, $CC_1$ và $DD_1$ cắt nhau tại một điểm $S$ hay không? Khi đó, liệu các điểm giao của phần kéo dài các cạnh $AB$ và $A_1B_1$, $BC$ và $B_1C_1$, $CD$ và $C_1D_1$, $DA$ và $D_1A_1$ của các tứ giác có nằm trên cùng một đường thẳng không? Nói chung, điều này không đúng. Đối với hai tứ giác, một định lý tương tự sẽ đúng với một số điều kiện bổ sung.

Hãy cố gắng tự tìm các điều kiện đó.

Gợi ý. Hãy xét đường thẳng nối các điểm giao của các đường chéo của các tứ giác.

Thú vị là trong điều kiện của các bài toán không hề xuất hiện độ dài các đoạn thẳng hay số đo các góc. Trong các bài toán này chỉ nói về các điểm giao của đường thẳng và mặt phẳng, về việc các điểm thuộc các đường thẳng. Ta đã xem một hình phẳng như hình chiếu của một hình không gian nào đó lên mặt phẳng. Phương pháp chiếu hay phép chiếu như vậy

Hình 7.

là đặc trưng của một nhánh đặc biệt của hình học, gọi là hình học xạ ảnh.

Phép giao và hình biểu diễn của các hình

Hãy xét vài bài toán.

7. Cho hình chóp tam giác $ABCD$ có đỉnh $D$. Trên phần kéo dài của các cạnh $CA$ và $CB$ lấy các điểm $K$ và $P$ sao cho $AC = 2AK$ và $BC = 2BP$; $M$ là trung điểm của cạnh $CD$. Qua các điểm $K$, $P$, $M$ dựng một mặt phẳng cắt. Mặt phẳng này sẽ chia thể tích hình chóp theo tỉ lệ nào?

Để giải bài toán, hãy xem thiết diện của hình chóp bởi mặt phẳng $KPM$, tức là mặt phẳng được xác định bởi ba điểm $K$, $M$ và $P$ (hình 7).

Các tam giác $ABC$ và $KCP$ đồng dạng, do đó $KP \parallel AB$. Khi đó $KP$ song song với mặt phẳng $ABD$, $KP = \frac{3}{2} AB$. Mặt phẳng cắt sẽ cắt mặt $ABD$ theo đoạn $A_1B_1$, song song với $KP$, và do đó cũng song song với $AB$. Kẻ đường trung bình $ME$ của tam giác $BCD$, $CE = EB = BP$, $ME \parallel BD$. Nhận thấy rằng $BB_1$ là đường trung bình của tam giác $MPE$, từ đó $BD = 2ME = 4BB_1$, do đó $A_1B_1 = \frac{3}{4} AB$ (các tam giác $ABD$ và $A_1B_1D$ đồng dạng). Diện tích của các tam giác đồng dạng

58

Hình 8.

của các hình có tỉ lệ như bình phương các cạnh tương ứng, do đó

$$S_{\triangle A_1B_1D_1} = \frac{9}{16} S_{\triangle ABD}.$$

Gọi $V$ là thể tích của hình chóp $ABCD$. Khi tính thể tích $V_1$ của hình chóp $A_1B_1MD$, nên chọn mặt $A_1B_1D$ làm đáy. khi đó chiều cao $H_M$ sẽ bằng một nửa chiều cao $H_C$, vì $M$ là trung điểm của đoạn $CD$. Ta có:

$$V_1 = \frac{1}{3} S_{\triangle A_1B_1D} H_M = \frac{1}{3} \cdot \frac{9}{16} S_{\triangle ABD} \times \frac{H_C}{2} = \frac{9}{32} \left( \frac{1}{3} S_{\triangle ABD} H_C \right) = \frac{9}{32} V.$$

Thể tích phần dưới của hình chóp $V''$ sẽ bằng $\frac{23}{32}$ thể tích của hình chóp $ABCD$. Bây giờ tìm được thể tích các phần trên và dưới của hình chóp: $V' : V'' = 9:23$.

8. Trên mặt phẳng bàn có bốn quả cầu bán kính $R$, tiếp xúc với nhau (tâm các quả cầu tạo thành một hình vuông). Sau đó, vào “hõm” được tạo bởi các quả cầu này, đặt-

Bài tập

1. Trên mặt phẳng bàn có ba quả cầu tiếp xúc với nhau và có bán kính $R$. Sau đó, vào “hõm” được tạo bởi các quả cầu này, đặt quả cầu thứ tư cùng bán kính. Tìm khoảng cách từ điểm cao nhất của quả cầu thứ tư đến mặt phẳng bàn **).

2. Cho một hình nón cụt có trục $OO_1 = h$ và các bán kính đáy $r$ và $R$. Trên các đường tròn đáy lấy mọi điểm $A$ và $B$ sao cho $A$ và $B$ nằm trên các đường tròn khác nhau và $OO_1$ và $AB$ là các đoạn thẳng chéo nhau. Tìm các giới hạn biến thiên của khoảng cách giữa $OO_1$ và $AB$.

3. Đỉnh $S$ của hình chóp tam giác đều $ABCS$ di chuyển theo đường cao $OS$ ra vô cực, rồi theo đường cao tiến gần đến mặt phẳng đáy. Góc phẳng của góc nhị diện tại cạnh $AS$ sẽ thay đổi trong những giới hạn nào?

*) Một câu hỏi thú vị về vật lí: lực ma sát giữa các viên bi và giữa các viên bi với mặt bàn phải như thế nào để toàn bộ cấu trúc này không bị đổ?
**) Cũng câu hỏi vật lí ấy.