Bài 10. Đường thẳng và mặt phẳng trong không gian

Định hướng. Đi lần lượt từ lớp học, ngôi nhà tới ngoài trời, chọn những bề mặt phẳng và nhẵn.

Vậy mỗi bề mặt kể trên cho ta hình ảnh một phần của mặt phẳng.

Định hướng. Một bề mặt là phẳng khi đường thẳng đi qua hai điểm bất kì của nó nằm trọn trên nó — đó chính là tính chất thừa nhận ở HĐ4.

Vậy mặt bàn, mặt kính, mặt gương, mặt sàn là những hình ảnh của mặt phẳng.

Định hướng. Chỉ ra những bề mặt KHÔNG phải mặt phẳng để khoanh vùng đúng các ví dụ.

Vậy mặt nước lặng, mặt kính, mặt bàn là hình ảnh của mặt phẳng, còn mặt bóng, mặt lon thì không.

Nhận xét. Mọi hình ảnh ngoài đời chỉ là một phần của mặt phẳng; mặt phẳng toán học kéo dài vô hạn về mọi phía và không có bề dày.

Định hướng. Ghép một vật nhỏ như một điểm với một bề mặt phẳng chứa nó.

Vậy các vết chấm đó gợi hình ảnh một điểm thuộc một mặt phẳng.

Định hướng. Một vật đặt trên mặt phẳng mà chỉ chạm tại một chỗ thì chỗ chạm là một điểm thuộc mặt phẳng.

Vậy chỗ tiếp xúc là hình ảnh một điểm thuộc mặt phẳng.

Định hướng. Đặt cạnh nhau hai tình huống thuộc và không thuộc để thấy rõ khái niệm (như Hình 4.2b: $A\in (P)$, $B\notin (P)$).

Vậy những vật nhỏ nằm sát bề mặt phẳng gợi hình ảnh điểm thuộc mặt phẳng.

Nhận xét. Cùng một vật có thể thuộc hoặc không thuộc mặt phẳng tuỳ vị trí — đó là lí do cần kí hiệu $\in$, $\notin$.

Định hướng. Thử đặt một thanh xà thẳng khác cũng tựa đúng lên hai điểm $A$, $B$.

Vậy không tìm được đường thẳng nào khác đi qua $A$, $B$.

Định hướng. Giả sử có hai đường thẳng khác nhau cùng qua $A$, $B$ rồi chỉ ra điều vô lí.

Vậy chỉ có một đường thẳng đi qua hai điểm $A$, $B$ — đó là đường thẳng $AB$.

Định hướng. Gọi ba điểm là $A$, $B$, $C$ rồi liệt kê từng cặp.

Vậy có $3$ đường thẳng.

Định hướng. Mỗi đường thẳng ứng với đúng một cách chọn $2$ trong $3$ điểm.

Vậy có $3$ đường thẳng.

Định hướng. Kiểm tra để khỏi đếm trùng: nếu hai trong ba đường trùng nhau thì ba điểm thẳng hàng.

Vậy có đúng $3$ đường thẳng phân biệt $AB$, $BC$, $CA$.

Nhận xét. Nếu ba điểm thẳng hàng thì ba cặp điểm chỉ cho $1$ đường thẳng — điều kiện đề bài là để các đường không trùng nhau.

Định hướng. Ba đỉnh của mặt đỏ không thẳng hàng nên chỉ có một mặt phẳng đi qua chúng.

Vậy a) mặt đỏ nằm trên mặt bàn; b) không thể đặt để bốn đỉnh cùng nằm trên mặt bàn.

Định hướng. Làm thật với khối rubik (hoặc một hộp tứ diện gấp bằng giấy).

Vậy a) có; b) không.

Định hướng. Mỗi đỉnh nằm ngoài mặt đối diện của nó, nên không thể có mặt phẳng chứa cả bốn đỉnh.

Vậy không có cách đặt nào để cả bốn đỉnh cùng nằm trên mặt bàn.

Nhận xét. Kết quả này gợi ra tính chất thừa nhận: tồn tại bốn điểm không cùng thuộc một mặt phẳng — nhờ đó mới có hình học không gian.

Định hướng. Ba điểm thẳng hàng cùng nằm trên một đường thẳng $d$; mặt phẳng qua ba điểm là mặt phẳng chứa $d$.

Vậy có vô số mặt phẳng đi qua ba điểm thẳng hàng.

Định hướng. Cho một mặt phẳng chứa $d$ quay quanh $d$ như cánh cửa quay quanh bản lề.

Vậy có vô số mặt phẳng qua $A$, $B$, $C$.

Định hướng. Tính chất "một và chỉ một mặt phẳng" cần điều kiện không thẳng hàng; bỏ điều kiện này thì tính duy nhất mất.

Vậy có vô số mặt phẳng đi qua ba điểm thẳng hàng.

Nhận xét. Đây là lí do mọi phát biểu "xác định một mặt phẳng" đều đòi ba điểm KHÔNG thẳng hàng.

Định hướng. Mọi bộ ba đỉnh đều nằm trong mặt phẳng chứa tứ giác và không thẳng hàng.

Vậy chỉ có $1$ mặt phẳng.

Định hướng. Đếm số bộ ba trước, sau đó kiểm tra xem chúng cho bao nhiêu mặt phẳng khác nhau.

Vậy chỉ có $1$ mặt phẳng.

Định hướng. Số mặt phẳng phụ thuộc vào việc bốn điểm có đồng phẳng hay không.

Vậy có đúng $1$ mặt phẳng — chính là mặt phẳng chứa tứ giác $ABCD$.

Nhận xét. Bài này cùng dữ kiện "bốn điểm" với Ví dụ 1 nhưng đáp số khác hẳn; khác biệt nằm ở chữ "đồng phẳng".

Định hướng. Ba đầu chân là ba điểm không thẳng hàng nên luôn cùng chạm một mặt phẳng.

Vậy thiết kế ba chân giúp đồ vật luôn đứng vững trên mọi mặt phẳng.

Định hướng. Chỉ ra nhược điểm của bốn chân để thấy lợi thế của ba chân.

Vậy ba chân là số chân ít nhất mà vẫn đứng vững và luôn ổn định.

Định hướng. Xét lần lượt một, hai, ba chân để thấy ba là số nhỏ nhất xác định được mặt phẳng.

Vậy ba chân vừa đủ để giữ đồ vật cố định và tiết kiệm vật liệu.

Nhận xét. Máy ảnh đặt ngoài trời trên nền đất không bằng phẳng vẫn không rung nhờ chân ba càng.

Định hướng. Căng dây thật rồi nhìn sát mặt bàn.

Vậy sợi dây nằm trên mặt bàn.

Định hướng. Giả sử có một điểm của dây không nằm trên mặt bàn rồi chỉ ra điều vô lí.

Vậy mọi điểm của dây đều nằm trên mặt bàn.

Định hướng. Dây căng là đường thẳng $AB$ có hai điểm phân biệt thuộc mặt bàn.

Vậy sợi dây nằm trên mặt bàn.

Nhận xét. Tính chất này chính là phép thử "cạnh thước khít" dùng để nhận ra một bề mặt phẳng.

Định hướng. Mỗi điểm nằm trên một cạnh (kéo dài) của tam giác, mà mỗi cạnh nằm trong $(ABC)$.

Vậy đường thẳng $MN$ nằm trong mặt phẳng $(ABC)$.

Định hướng. $AB$ và $BC$ cắt nhau tại $B$ nên xác định đúng mặt phẳng $(ABC)$; mọi điểm lấy trên chúng đều thuộc mặt phẳng đó.

Vậy $MN$ thuộc mặt phẳng $(ABC)$.

Định hướng. Kiểm tra cả những vị trí đặc biệt để kết luận đúng với mọi $M$, $N$.

Vậy trong mọi trường hợp $MN\subset (ABC)$.

Nhận xét. Kết quả không phụ thuộc $N$ nằm trong hay ngoài đoạn $AB$, vì cả đường thẳng $AB$ nằm trong $(ABC)$.

Định hướng. Nhìn mép nước trên thành bể trong Hình 4.7.

Vậy mặt nước và thành bể giao nhau theo một đường thẳng.

Định hướng. Tìm hai điểm chung của hai mặt phẳng; đường thẳng qua hai điểm đó nằm trong cả hai mặt phẳng.

Vậy phần chung của mặt nước và thành bể là đường thẳng $AB$.

Định hướng. Nếu phần chung chứa ba điểm không thẳng hàng thì hai mặt phẳng trùng nhau.

Vậy hai mặt giao nhau theo một đường thẳng.

Nhận xét. Đây là lí do vệt nước trên thành bể kính luôn thẳng dù bể có hình gì (Bài 4.11 SBT).

Định hướng. $A$ nằm trên đường thẳng $BM$ và trên đường thẳng $CN$.

Vậy giao tuyến của $(SBM)$ và $(SCN)$ là đường thẳng $SA$.

Định hướng. Viết lại mỗi mặt phẳng bằng tên quen thuộc của nó.

Vậy giao tuyến là $SA$.

Định hướng. Làm theo phương pháp chung: trong $(ABC)$, gọi giao điểm của $BM$ và $CN$.

Vậy giao tuyến là $SA$.

Nhận xét. So với Ví dụ 3 — nơi $BN$ và $CM$ cắt nhau tại trọng tâm $G$ cho giao tuyến $SG$ — ở đây cặp đường $BM$, $CN$ lại cắt nhau tại một đỉnh.

Định hướng. Kiểm tra từng đường thẳng có hai điểm thuộc $(ABC)$.

Vậy $(ABC)$ chứa điểm $A$, đường thẳng $d$ và cả hai đường thẳng $AB$, $BC$.

Định hướng. Hai điểm $B$, $C$ nằm trên $d$ nên đường thẳng $BC$ chính là $d$.

Vậy $(ABC)$ chứa $A$ và $d$; $(ABC)$ chứa $AB$ và $BC$.

Định hướng. Mọi mặt phẳng chứa $A$ và $d$ đều đi qua $A$, $B$, $C$ nên trùng với $(ABC)$.

Vậy $(ABC)$ là mặt phẳng duy nhất chứa $A$ và $d$, cũng là mặt phẳng duy nhất chứa $AB$ và $BC$.

Nhận xét. Từ đây có hai cách xác định mặt phẳng mới: $\mathrm{mp}(A,d)$ và $\mathrm{mp}(a,b)$ với $a$, $b$ cắt nhau.

Định hướng. Giao điểm của hai đường thẳng sinh ra hai mặt phẳng là điểm chung thứ hai.

Vậy hai giao tuyến lần lượt là $SP$ và $SQ$.

Định hướng. Đổi mỗi mặt phẳng thành mặt phẳng qua ba điểm cụ thể cho dễ nhìn.

Vậy giao tuyến là $SP$ và $SQ$.

Định hướng. Nếu $c$ đi qua $M$ thì $P\equiv Q\equiv M$, phải xử lí riêng.

Vậy giao tuyến là $SP$, $SQ$ (đều trùng $SM$ khi $c$ đi qua $M$).

Nhận xét. Ba giao tuyến $SM$, $SP$, $SQ$ cùng đi qua $S$ — ba mặt phẳng cùng qua $S$ đôi một cắt nhau theo ba đường đồng quy tại $S$.

Định hướng. Trục bản lề là đường thẳng $d$, điểm hút nam châm là $A\notin d$.

Vậy cánh cửa được giữ cố định.

Định hướng. Lấy hai bản lề và điểm nam châm: ba điểm cố định không thẳng hàng.

Vậy cánh cửa bị "khoá" ở một vị trí duy nhất.

Định hướng. So sánh hai trạng thái để thấy vai trò của điểm thứ ba.

Vậy khi hút vào nam châm, cánh cửa đứng yên.

Nhận xét. Cùng nguyên lí này: cửa sổ có chốt cài, cánh tủ có then cài.

Định hướng. Đối chiếu đỉnh, mặt bên, mặt đáy.

Vậy các vật trên đều có dạng hình chóp: một đỉnh, các mặt bên tam giác và một đáy đa giác.

Định hướng. Hình chóp tạo ra bằng cách nối một điểm ở ngoài mặt đáy với tất cả các đỉnh đáy.

Vậy chúng cùng được tạo bởi một điểm nối với mọi đỉnh của một đa giác không chứa điểm đó.

Định hướng. Loại những đặc điểm KHÔNG chung để khoanh đúng khái niệm.

Vậy đặc điểm chung là một đỉnh, các mặt bên là tam giác chung đỉnh và một mặt đáy đa giác.

Nhận xét. Đó chính là khái niệm hình chóp tổng quát $S.A_1{A}_2\dots A_n$; hình chóp tam giác đều chỉ là một trường hợp riêng.

Định hướng. Mỗi cạnh đáy cho một mặt bên.

Vậy hình chóp có bốn mặt bên $SAB$, $SBC$, $SCD$, $SDA$ và mặt đáy $ABCD$.

Định hướng. Nhìn từ đỉnh xuống, đi một vòng quanh $S$ và kể các tam giác gặp phải.

Vậy mặt bên: $SAB$, $SBC$, $SCD$, $SDA$; mặt đáy: $ABCD$.

Định hướng. Hình chóp $n$-giác có $n+1$ mặt; đếm xong đối chiếu để chắc không thừa không thiếu.

Vậy có $4$ mặt bên và $1$ mặt đáy như trên.

Nhận xét. Hình chóp $n$-giác có $n+1$ đỉnh, $2n$ cạnh và $n+1$ mặt.

Định hướng. Gọi hình chóp là $A.BCD$ (hay tứ diện $ABCD$) rồi kể từng yếu tố.

Vậy hình chóp tam giác (khối rubik) có $4$ đỉnh, $6$ cạnh, $4$ mặt.

Định hướng. Thay $n=3$ vào công thức.

Vậy có $4$ đỉnh, $6$ cạnh, $4$ mặt.

Định hướng. Bốn đỉnh không đồng phẳng: mọi cặp đỉnh cho một cạnh, mọi bộ ba đỉnh cho một mặt.

Vậy khối rubik tam giác có $4$ đỉnh, $6$ cạnh, $4$ mặt.

Nhận xét. Tứ diện là khối đa diện đặc biệt: mọi cặp đỉnh đều nối bằng một cạnh và mọi bộ ba đỉnh đều tạo một mặt.

Định hướng. Kéo dài $DE$ cắt $BC$ tại $K$; khi đó $AK$ là đường thẳng trong $(ABC)$ đồng phẳng với $DF$.

Vậy $I=DF\cap AK$ (với $K=DE\cap BC$) là giao điểm của $DF$ và $(ABC)$.

Định hướng. Tìm giao tuyến của mặt phẳng chứa $DF$ với $(ABC)$ bằng hai điểm chung.

Vậy giao điểm là $I=DF\cap AK$.

Định hướng. Làm lại đúng khuôn Ví dụ 6 với vai trò $B$ đổi thành $D$, rồi kiểm tra vị trí $I$ bằng định lí Menelaus trong tam giác $AEK$.

Vậy $I=DF\cap AK$ là giao điểm của $DF$ với $(ABC)$, $I$ nằm trên đoạn $AK$.

Nhận xét. Mẹo nhớ: đường thẳng cần tìm giao điểm đi qua đỉnh nào ($D$) thì nối đỉnh đó với điểm trong đáy ($E$) để tìm giao điểm với cạnh đối diện ($K$).

Định hướng. Mệnh đề đúng dựa vào tính chất thừa nhận; mệnh đề sai chỉ ra phản ví dụ bằng hình chóp quen thuộc.

Vậy các mệnh đề đúng là b) và c).

Định hướng. $a\subset (P)$ khi và chỉ khi $a$ có ít nhất hai điểm chung với $(P)$.

Vậy b), c) đúng; a), d) sai.

Định hướng. Lấy mặt bàn làm $(P)$ và cây bút làm đường thẳng.

Vậy mệnh đề đúng là b), c).

Nhận xét. Mệnh đề d) sẽ đúng nếu $b$ cắt $a$ và còn có thêm một điểm khác thuộc $(P)$ (xem Bài 4.3).

Định hướng. Dùng tính chất hai điểm cho câu a, rồi chỉ ra $F$ nằm trên đường thẳng thuộc mỗi mặt phẳng.

Vậy a) $DE$ nằm trong $(SAB)$; b) $F$ là điểm chung của $(SAB)$ và $(CDE)$.

Định hướng. $DE$ vừa nằm trong $(SAB)$ (câu a) vừa nằm trong $(CDE)$, nên mọi điểm của $DE$ đều là điểm chung.

Vậy $F$ là điểm chung của hai mặt phẳng.

Định hướng. Hai mặt phẳng phân biệt $(SAB)$, $(CDE)$ có hai điểm chung $D$, $E$ nên giao tuyến là $DE$, và $F$ nằm trên giao tuyến.

Vậy $F$ thuộc giao tuyến $DE$, tức $F$ là điểm chung của $(SAB)$ và $(CDE)$.

Nhận xét. Thêm nữa: $F\in AB\subset (ABC)$ nên $F$ còn là giao điểm của đường thẳng $DE$ với mặt phẳng $(ABC)$.

Định hướng. Gọi hai giao điểm rồi áp dụng tính chất thừa nhận.

Vậy đường thẳng $c$ nằm trong $(P)$.

Định hướng. Nếu $c\not\subset (P)$ thì $c$ và $(P)$ có nhiều nhất một điểm chung.

Vậy $c$ nằm trong $(P)$.

Định hướng. Hai đường thẳng cắt nhau $a$, $c$ xác định một mặt phẳng; chứng minh mặt phẳng đó trùng $(P)$.

Vậy $c\subset (P)$.

Nhận xét. Điều kiện "hai điểm phân biệt" là bắt buộc: nếu $c$ đi qua đúng giao điểm của $a$ và $b$ thì $c$ có thể xuyên qua $(P)$.

Định hướng. Kiểm tra từng điểm thuộc cả hai mặt phẳng, kiểm tra hai điểm phân biệt và hai mặt phẳng phân biệt.

Vậy $MN$ là giao tuyến của $(ABM)$ và $(SCD)$.

Định hướng. Một đường thẳng nằm trong cả hai mặt phẳng phân biệt chính là giao tuyến của chúng.

Vậy $MN$ là giao tuyến cần chứng minh.

Định hướng. Vì $N\in AB$ nên $(ABM)\equiv (NAM)$; mặt phẳng $(SCD)$ viết thành $(SCN)$ vì $N\in CD$.

Vậy $MN$ là giao tuyến của $(ABM)$ và $(SCD)$.

Nhận xét. Đường $MN$ còn cắt $SD$ tại một điểm $P$; tứ giác $ABMP$ chính là thiết diện của hình chóp cắt bởi $(ABM)$.

Định hướng. $E$ và $P$ cùng thuộc $(SAB)$ và cùng thuộc $\mathrm{mp}(E,d)$.

Vậy a) $H=EP\cap SB$, $K=EQ\cap SD$; b) mặt phẳng cắt các mặt $(SAB)$, $(SBC)$, $(SCD)$, $(SDA)$, $(ABCD)$ theo các đoạn $EH$, $HM$, $MN$, $NK$, $KE$.

Định hướng. Tìm giao tuyến của $\mathrm{mp}(E,d)$ với từng mặt bên bằng hai điểm chung, rồi đọc giao điểm với cạnh.

Vậy giao điểm với $SB$, $SD$ là $H$, $K$; các giao tuyến là $EH$, $HM$, $MN$, $NK$, $KE$.

Định hướng. Dùng định lí Menelaus trong tam giác $SAB$ với cát tuyến $E$, $H$, $P$ để thấy $H$ nằm giữa $S$ và $B$.

Vậy $H$, $K$ nằm đúng trên các cạnh $SB$, $SD$, và thiết diện là ngũ giác $EHMNK$.