Cho tứ diện đều ABCD, Tìm mặt phẳng $(P)$ sao cho hình chiếu vuông góc của tứ diện lên $(P)$ có diện tích nhỏ nhất.
Cho tứ diện đều ABCD, Tìm mặt phẳng $(P)$ sao cho hình chiếu vuông góc của tứ diện lên $(P)$ có diện tích nhỏ nhất.
#1
Đã gửi 03-04-2005 - 18:24
- caybutbixanh yêu thích
Vào đi các bạn ơi!
#2
Đã gửi 19-09-2015 - 11:22
Cho tứ diện đều ABCD, Tìm mặt phẳng $(P)$ sao cho hình chiếu vuông góc của tứ diện lên $(P)$ có diện tích nhỏ nhất.
Lấy mặt phẳng $(Q)$ tùy ý.Qua điểm $O$ thuộc $(Q)$ dựng các trục $Ox$ và $Oz$ (đều nằm trên $(Q)$) vuông góc với nhau.Dựng trục $Oy$ vuông góc với $(Q)$.Ta có hệ trục tọa độ $Oxyz$.
Gọi $A',B',C',D'$ lần lượt là hình chiếu của $A,B,C,D$ trên $(Q)$ ; $S'$ là diện tích hình chiếu của tứ diện $ABCD$ trên $(Q)$ ; $a$ là độ dài cạnh tứ diện đều $ABCD$.
Gọi $\alpha$ là góc giữa cạnh $AB$ và đường cao $AH$ của tứ diện.
Dễ dàng tính được $AH=\frac{a\sqrt{6}}{3}\Rightarrow \cos \alpha =\frac{\sqrt{6}}{3}$
Xét $3$ trường hợp :
$1)$ Trong 4 điểm $A',B',C',D'$ có 1 điểm thuộc miền trong của tam giác có 3 đỉnh là 3 điểm kia :
Không làm mất tính tổng quát, giả sử $A'$ nằm trong tam giác $B'C'D'$.Khi đó $\left ( \widehat{(B'C'D'),(Q)} \right )< \alpha$ và :
$S'=S_{B'C'D'}> S_{BCD}.\cos \alpha =\frac{a^2\sqrt{3}}{4}.\frac{\sqrt{6}}{3}=\frac{a^2\sqrt{2}}{4}$
$2)$ Trong 4 điểm $A',B',C',D'$ có 1 điểm nằm trên cạnh hoặc trùng với đỉnh của tam giác tạo bởi 3 điểm kia :
Giả sử $A'$ nằm trên cạnh hoặc trùng với 1 đỉnh của tam giác $B'C'D'$.Khi đó $\left ( \widehat{(B'C'D'),(Q)} \right )\leqslant \alpha$ và :
$S'=S_{B'C'D'}\geqslant S_{BCD}.\cos \alpha =\frac{a^2\sqrt{3}}{4}.\frac{\sqrt{6}}{3}=\frac{a^2\sqrt{2}}{4}$
Dấu bằng xảy ra khi $A'$ trùng với 1 trong 3 đỉnh $B',C',D'$, hay nói cách khác, tứ diện có 1 cạnh vuông góc với $(Q)$
$3)$ Trong 4 điểm $A',B',C',D'$, mỗi điểm đều nằm ngoài tam giác có 3 đỉnh là 3 điểm còn lại :
Khi đó, trong 4 mặt của tứ diện sẽ có 2 mặt mà hình chiếu của chúng không chồng lên nhau, giả sử đó là các mặt $ACB$ và $ACD$ và ta có $S'=S_{A'C'B'}+S_{A'C'D'}$
Dựng mp $\beta$ chứa $AC$ và vuông góc với $(Q)$, cắt $BD$ tại $E$
Ta có $V_{ABCD}=V_{BACE}+V_{DACE}$
Dựng mp $\gamma$ đi qua $B$ và song song với $(Q)$, cắt $AC$ tại $F$
$\Rightarrow V_{BACE}=V_{BAEF}+V_{BCEF}=\frac{1}{3}.S_{A'B'C'}.\left | y_A-y_F \right |+\frac{1}{3}.S_{A'B'C'}.\left | y_C-y_F \right |=\frac{1}{3}.S_{A'B'C'}.\left | y_C-y_A \right |$
Tương tự, $V_{DACE}=\frac{1}{3}.S_{A'D'C'}.\left | y_C-y_A \right |$
$\Rightarrow V_{ABCD}=V_{BACE}+V_{DACE}=\frac{1}{3}.S'.\left | y_C-y_A \right |$
$\Rightarrow S'=\frac{3V_{ABCD}}{\left | y_C-y_A \right |}=\frac{\frac{a^2\sqrt{3}}{4}.\frac{a\sqrt{6}}{3}}{\left | y_C-y_A \right |}= \frac{\frac{a^3\sqrt{2}}{4}}{\left | y_C-y_A \right |}$
Vì trong 4 điểm $A',B',C',D'$, mỗi điểm đều nằm ngoài tam giác có 3 đỉnh là 3 điểm còn lại suy ra không có cạnh nào vuông góc với $(Q)$ $\Rightarrow \left | y_C-y_A \right |< a \Rightarrow S'> \frac{a^2\sqrt{2}}{4}$
So sánh 3 TH, ta thấy $S'$ đạt GTNN là $\frac{a^2\sqrt{2}}{4}$ khi $(Q)$ vuông góc với 1 trong 6 cạnh của tứ diện.
Vậy các mp $(P)$ cần tìm là tập hợp các mp vuông góc với 1 trong 6 cạnh của tứ diện.
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi chanhquocnghiem: 19-09-2015 - 21:17
- TMW, Rias Gremory và O0NgocDuy0O thích
...
Ðêm nay tiễn đưa
Giây phút cuối vẫn còn tay ấm tay
Mai sẽ thấm cơn lạnh khi gió lay
Và những lúc mưa gọi thương nhớ đầy ...
1 người đang xem chủ đề
0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh