Google
Câu hỏi: Một tứ diện được gọi là gần đều nếu các cạnh đối bằng nhau từng đôi một. Với tứ diện ABCD, chứng tỏ các tính chất sau là tương đương :
a. Tứ diện ABCD là gần đều ;
b. Các đoạn thẳng nối trung điểm cặp cạnh đối diện đôi một vuông góc với nhau ;
c. Các trọng tuyến (đoạn thẳng nối đỉnh với trọng tâm của mặt đối diện) bằng nhau ;
d. Tổng các góc tại mỗi đỉnh bằng 180˚
a. Tứ diện ABCD là gần đều ;
b. Các đoạn thẳng nối trung điểm cặp cạnh đối diện đôi một vuông góc với nhau ;
c. Các trọng tuyến (đoạn thẳng nối đỉnh với trọng tâm của mặt đối diện) bằng nhau ;
d. Tổng các góc tại mỗi đỉnh bằng 180˚
Lời giải chi tiết
* Chứng minh a ⇔ b
Gọi M, N, P, Q, E, F lần lượt là trung điểm của AB, CD, BC, AD, AC, BD.
a ⇒ b. Do AC = BD nên MNPQ là hình thoi, vì thế MN ⊥ PQ. Tương tự ta có MN ⊥ EF, PQ ⊥ EF.
b) ⇒ a. MPNQ là hình bình hành mà MN ⊥ PQ nên MPNQ là hình thoi, tức là MP = MQ, từ đó AC = BD.
Tương tự như trên, ta cũng có BC = AD, AB = CD.
* Chứng minh a ⇔ c
Gọi A’, B’ lần lượt là trọng tâm của các tam giác BCD và ACD.
a) ⇒ c. Ta có ΔBCD = ΔADC (c. C. C) nên BN = AN, từ đó A’N = B’N.
Vậy ΔAA’N = ΔBB’N (c. G. C), suy ra AA’ = BB’.
Tương tự như trên, ta có điều phải chứng minh.
c) ⇒ a. Do giả thiết ta có BB’ = AA’, mà AA’ cắt BB’ tại G, AG = 3GA’, BG = 3GB’ (xem BT 22, chương II, SGK), từ đó BG = AG và GA’ = GB’. Các tam giác BGA’ và AGB’ bằng nhau nên BA’ = AB’.
Như vậy BN = AN, mà :
\(\eqalign{ & A{C^2} + A{D^2} = 2A{N^2} + {{C{D^2}} \over 2} \cr & B{C^2} + B{D^2} = 2B{N^2} + {{C{D^2}} \over 2} \cr} \)
Do đó \(A{C^2} + A{D^2} = B{C^2} + B{D^2}\) (1)
Tương tự như trên ta có : \(C{A^2} + C{B^2} = D{A^2} + D{B^2} \left( 2 \right)\)
Từ (1) và (2) suy ra AD = BC và AC = BD.
Tương tự như trên ta cũng có AB = CD.
* Chứng minh a ⇔ d
A) ⇒ d. Do sự bằng nhau của các tam giác ABC, CDA, BAD với tam giác DCB nên tổng các góc tại B bằng 180˚
Đối với các đỉnh còn lại cũng được lí luận tương tự như trên.
d) ⇒ a. Trải các mặt ABC, ACD, ABD lên mặt phẳng (BCD).
Do tổng các góc tại B cũng như tại C, tại D đều bằng 180˚ nên các bộ ba điểm A1, C, A2; A2, D, A3; A3, B, A1 là những bộ ba điểm thẳng hàng.
Như vậy, BC, CD, BD là ba đường trung bình của tam giác A1A2A3. Từ đó BD = A1C = CA2 = CA. Tương tự ta cũng có AD = BC, CD = AB.
* Chứng minh a ⇔ b
Gọi M, N, P, Q, E, F lần lượt là trung điểm của AB, CD, BC, AD, AC, BD.
a ⇒ b. Do AC = BD nên MNPQ là hình thoi, vì thế MN ⊥ PQ. Tương tự ta có MN ⊥ EF, PQ ⊥ EF.
b) ⇒ a. MPNQ là hình bình hành mà MN ⊥ PQ nên MPNQ là hình thoi, tức là MP = MQ, từ đó AC = BD.
Tương tự như trên, ta cũng có BC = AD, AB = CD.
* Chứng minh a ⇔ c
Gọi A’, B’ lần lượt là trọng tâm của các tam giác BCD và ACD.
a) ⇒ c. Ta có ΔBCD = ΔADC (c. C. C) nên BN = AN, từ đó A’N = B’N.
Vậy ΔAA’N = ΔBB’N (c. G. C), suy ra AA’ = BB’.
Tương tự như trên, ta có điều phải chứng minh.
c) ⇒ a. Do giả thiết ta có BB’ = AA’, mà AA’ cắt BB’ tại G, AG = 3GA’, BG = 3GB’ (xem BT 22, chương II, SGK), từ đó BG = AG và GA’ = GB’. Các tam giác BGA’ và AGB’ bằng nhau nên BA’ = AB’.
Như vậy BN = AN, mà :
\(\eqalign{ & A{C^2} + A{D^2} = 2A{N^2} + {{C{D^2}} \over 2} \cr & B{C^2} + B{D^2} = 2B{N^2} + {{C{D^2}} \over 2} \cr} \)
Do đó \(A{C^2} + A{D^2} = B{C^2} + B{D^2}\) (1)
Tương tự như trên ta có : \(C{A^2} + C{B^2} = D{A^2} + D{B^2} \left( 2 \right)\)
Từ (1) và (2) suy ra AD = BC và AC = BD.
Tương tự như trên ta cũng có AB = CD.
* Chứng minh a ⇔ d
A) ⇒ d. Do sự bằng nhau của các tam giác ABC, CDA, BAD với tam giác DCB nên tổng các góc tại B bằng 180˚
Đối với các đỉnh còn lại cũng được lí luận tương tự như trên.
d) ⇒ a. Trải các mặt ABC, ACD, ABD lên mặt phẳng (BCD).
Do tổng các góc tại B cũng như tại C, tại D đều bằng 180˚ nên các bộ ba điểm A1, C, A2; A2, D, A3; A3, B, A1 là những bộ ba điểm thẳng hàng.
Như vậy, BC, CD, BD là ba đường trung bình của tam giác A1A2A3. Từ đó BD = A1C = CA2 = CA. Tương tự ta cũng có AD = BC, CD = AB.