Bài Toán khoảng cách - Nguyễn Thành Long

Chia sẻ: Trần Thị Thủy | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:12

Thêm vào BST

Báo xấu

147
lượt xem 43
download

Bài Toán khoảng cách - Nguyễn Thành Long

Mô tả tài liệu

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo bài Toán khoảng cách của Nguyễn Thành Long dành cho các bạn học sinh lớp 12 và quý thầy cô, để giúp cho các bạn học sinh có thể chuẩn bị ôn tập tốt hơn và hệ thống kiến thức học tập. Mời các thầy cô và các bạn tham khảo.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Bài Toán khoảng cách - Nguyễn Thành Long

Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Changngoc203@gmail.com BÀI TOÁN KHOẢNG CÁCH A. CƠ SỞ LÍ THUYẾT 1. Khoảng cách từ một điểm đến một đường thẳng Cho điểm O và đường thẳng . Gọi H là hình chiếu của O trên . Khi đó khoảng cách giữa hai điểm O và H được gọi là khoảng cách từ điểm O đến đường thẳng . Kí hiệu d (O, ) * Nhận xét - M  , OM  d (O, ) - Để tính khoảng cách từ điểm O đến đường thẳng  ta có thể + Xác định hình chiếu H của O trên  và tính OH + Áp dụng công thức 2. Khoảng cách từ một điểm đến một mặt phẳng Cho điểm O và mặt phẳng (). Gọi H là hình chiếu của O trên (). Khi đó khoảng cách giữa hai điểm O và H được gọi là khoảng cách từ điểm O đến mặt phẳng (). Kí hiệu d (O, ( )) * Nhận xét - M  ( ), OM  d (O,( )) - Để tính khoảng cách từ điểm O đến mặt phẳng () ta có thể sử dụng một trong các cách sau: Cách 1. Tính trực tiếp. Xác định hình chiếu H của O trên () và tính OH * Phương pháp chung. - Dựng mặt phẳng (P) chứa O và vuông góc với () - Tìm giao tuyến  của (P) và () - Kẻ OH   ( H   ). Khi đó d (O,( ))  OH . Đặc biệt: + Trong hình chóp đều, thì chân đường cao hạ từ đỉnh trùng với tâm đáy + Hình chóp có một mặt bên vuông góc với đáy thì chân đường vuông góc hạ từ đỉnh sẽ thuộc giao tuyến của mặt bên đó với đáy + Hình chóp có 2 mặt bên vuông góc với đáy thì đường cao chính là giao tuyến của hai mặt bên này + Hình chóp có các cạnh bên bằng nhau (hoặc tạo với đáy những góc bằng nhau) thì chân đường cao là tâm đường tròn ngoại tiếp đáy + Hình chóp có các mặt bên tạo với đáy những góc bằng nhau thì chân đường cao là tâm đường tròn nội tiếp đáy Cách 2. Sử dụng công thức thể tích 1 3V Thể tích của khối chóp V  S .h  h  . Theo cách này, để tính khoảng cách từ đỉnh của hình 3 S chóp đến mặt đáy, ta đi tính V và S Cách 3. Sử dụng phép trượt đỉnh Ý tưởng của phương pháp này là: bằng cách trượt đỉnh O trên một đường thẳng đến một vị trí thuận lợi O ' , ta quy việc tính d (O, ( )) về việc tính d (O ', ( )) . Ta thường sử dụng những kết quả sau: Kết quả 1. Nếu đường thẳng  song song với mặt phẳng () và M, N   thì d (M ; ( ))  d ( N ;( )) Kết quả 2. Nếu đường thẳng  cắt mặt phẳng () tại điểm I và M, N   (M, N không trùng với I) thì d ( M ; ( )) MI  d ( N ;( )) NI 1 Đặc biệt, nếu M là trung điểm của NI thì d (M ; ( ))  d ( N ; ( )) 2 nếu I là trung điểm của MN thì d ( M ; ( ))  d ( N ; ( )) Cách 4. Sử dụng tính chất của tứ diện vuông Cơ sở của phương pháp này là tính chất sau: Giả sử OABC là tứ diện vuông tại O ( OA  OB, OB  OC , OC  OA ) và H là hình chiếu của O trên mặt phẳng (ABC). Khi đó đường cao OH được tính bằng công thức https://www.facebook.com/trithuc.viet.37 1
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Changngoc203@gmail.com 1 1 1 1    OH 2 OA2 OB 2 OC 2 Cách 5. Sử dụng phương pháp tọa độ Cơ sở của phương pháp này là ta cần chọn hệ tọa độ thích hợp sau đó sử dụng các công thức sau: Ax0  By0  Cz0  D d (M ; ( ))  với M ( x0 ; y0 ; z0 ) , ( ) : Ax  By  Cz  D  0 A2  B 2  C 2   MA  u  d (M , )   với  là đường thẳng đi qua A và có vectơ chỉ phương u u    u  u '. AA '  d (,  ')    với  ' là đường thẳng đi qua A ' và có vtcp u ' u u' Cách 6. Sử dụng phương pháp vectơ 3. Khoảng cách từ một đường thẳng đến một mặt phẳng song song với nó Cho điểm đường thẳng  song song với mặt phẳng (). Khoảng cách giữa đường thẳng  và mặt phẳng () là khoảng cách từ một điểm bất kì của  đến mặt phẳng (). Kí hiệu d (, ( )) * Nhận xét - M   , N  ( ), MN  d ( , ( )) - Việc tính khoảng cách từ đường thẳng  đến mặt phẳng () được quy về việc tính khoảng cách từ một điểm đến một mặt phẳng. 4. Khoảng cách giữa hai mặt phẳng song song Khoảng cách giữa hai mặt phẳng song song là khoảng cách từ một điểm bất kì của mặt phẳng này đến mặt phẳng kia. Kí hiệu d (( ); ( )) * Nhận xét - M  ( ), N  (  ), MN  d (( ); ( )) - Việc tính khoảng cách giữa hai mặt phẳng song song được quy về việc tính khoảng cách từ một điểm đến một mặt phẳng. 5. Khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau Cho hai đường thẳng chéo nhau a và b. Đường thẳng  cắt cả a và b đồng thời vuông góc với cả a và b được gọi là đường vuông góc chung của a và b. Đường vuông góc chung  cắt a tại H và cắt b tại K thì độ dài đoạn thẳng MN gọi là khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau a và b. Kí hiệu d (a, b) . * Nhận xét - M  a , N  b, MN  d (a, b) - Để tính khoảng cách hai đường thẳng chéo nhau a và b ta làm như sau: + Tìm H và K từ đó suy ra d (a, b )  HK + Tìm một mặt phẳng (P) chứa a và song song với b. Khi đó d (a, b)  d (b, ( P)) + Tìm cặp mặt phẳng song song (P), (Q) lần lượt chứa a và b. Khi đó d (a, b)  d (( P ), (Q)) + Sử dụng phương pháp tọa độ * Đặc biệt - Nếu a  b thì ta tìm mặt phẳng (P) chứa a và vuông góc với b, tiếp theo ta tìm giao điểm I của (P) với b. Trong mp(P), hạ đường cao IH. Khi đó d (a, b)  IH - Nếu tứ diện ABCD có AC = BD, AD = BC thì đoạn thẳng nối hai trung điểm của AB và CD là đoạn vuông góc chung của AB và CD. https://www.facebook.com/trithuc.viet.37 2
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Changngoc203@gmail.com B. CÁC VÍ DỤ MINH HOẠ I) Phương pháp tính trực tiếp  Ví dụ 1. Cho hình chóp SABCD có đáy ABCD là hình thoi tâm O, cạnh a, góc BAD  600 , có SO vuông góc mặt phẳng (ABCD) và SO = a. a) Tính khoảng cách từ O đến mặt phẳng (SBC). b) Tính khoảng cách từ đường thẳng AD đến mặt phẳng (SBC). Lời giải. S a) Hạ OK  BC  BC   SOK  Trong (SOK) kẻ OH  SK  OH   SBC   d  O,  SBC    OH . F a Ta có ABD đều  BD  a  BO  ; AC  a 3 2 H Trong tam giác vuông OBC có: A B D 1 1 1 13 a 39 2  2  2  2  OK  K OK OB OC 3a 13 E O Trong tam giác vuông SOK có: 1 1 1 16 a 3 B D C 2  2  2  2  OH  OH OS OK 3a 4 a 3 Vậy d  O,  SBC    OH  4 b) Ta có AD / / BC  AD / /  SBC   d  AD,  SBC    d  E ,  SBC   Kẻ EF / / OH  F  SK  . Do OH   SBC   EF   SBC  a 3  d  AD,  SBC    d  E ,  SBC    EF  2OH  2 Ví dụ 2. (Đề thi Đại học khối A năm 2010). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a. Gọi M và N lần lượt là trung điểm của các cạnh AB và AD; H là giao điểm của CN với DM. Biết SH vuông góc với mặt phẳng (ABCD) và SH  a 3 . Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng DM và SC theo a. Lời giải. Ta có: MAD  NCD    DCN ADM  S  MD  NC Do SH   ABCD   MD  SH MD   SHC  Kẻ HK  SC  K  SC  Suy ra HK là đoạn vuông góc chung của DM và SC K nên d  DM , SC   HK N A D Ta có: CD 2 2a H HC   M CN 5 SH  HC 2 3a B C HK    2 2 SH  HC 19 https://www.facebook.com/trithuc.viet.37 3
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Changngoc203@gmail.com 2 3a Vậy d  DM , SC   19 II) Phương pháp sử dụng công thức tính thể tích. Ví dụ 3. Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có AB = a, SA = a 2 . Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm của các cạnh SA, SB, CD. Tính khoảng cách từ P đến mặt phẳng (AMN). Phân tích. Theo giả thiết, việc tính thể tích các khối chóp S.ABCD hay S.ABC hay AMNP là dễ dàng. Vậy ta có thể nghĩ đến việc quy việc tính khoảng cách từ P đến mặt phẳng (AMN) về việc tính thể tích của S các khối chóp nói trên, khoảng cách từ P đến (AMN) có thể thay bằng khoảng cách từ C đến (SAB). Lời giải. Gọi O là tâm của hình vuông ABCD, khi đó SO  (ABCD). M, N lần lượt là trung điểm của SA và SB nên M N 2 1 1 a 7 S AMN  S ANS  S ABS  2 4 16 D P PC / /( AMN ) C .  d  ( P, ( AMN ))   d  (C , ( AMN ))  O Vậy: A B 1 1 1 VP. AMN  S AMN .d  ( P ,( AMN ))   . S ABS .d  (C , ( AMN ))  3 3 4 1 1 1 1 1 a 6  VC . ABS  VS . ABC  . S ABC .SO . S ABC  a 2 , SO  SA2  AO 2  . 4 4 4 3 2 2 1 1 a 6 a3 6 3V 6 Vậy VAMNP  . a 2 .   d  ( P, ( AMN ))   PAMN  a 12 2 2 48 S AMN 7 Ví dụ 4. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông tâm O, SA vuông góc với đáy hình chóp. Cho AB = a, SA = a 2 . Gọi H, K lần lượt là hình chiếu của A trên SB, SD. Tính khoảng cách từ điểm O đến mặt phẳng (AHK). Phân tích. Khối chóp AOHK và ASBD có chung đỉnh, đáy cùng nằm trên một mặt phẳng nên ta có thể tính được thể tích khối chóp OAHK, hơn nữa tam giác AHK cân nên ta tính được diện tích của nó. Lời giải. 1 S Cách 1: VOAHK  S AHK .d  O;  AHK   3 Trong đó: 1 1 1 3 a 6  2  2  2  2  AH  ; AH AB AS 2a 3 I G K a 6 J SAD  SAB  AK  AH  3 D Ta có HK và BD đồng phẳng và cùng vuông góc với SC H nên HK // BD. A AI cắt SO tại G là trọng tâm của tam giác SAC, G thuộc O HK nên C B HK SG 2 2 2 2a    HK  BD  . Tam giác AHK BD SO 3 3 3 2 2 1 1 2a cân tai A, G là trung điểm của HK nên AG  HK và AG  AI  . SC  .2a  3 3 2 3 3 https://www.facebook.com/trithuc.viet.37 4
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Changngoc203@gmail.com 2 1 1 2a 2 2a 2 2 a S AHK  AG.HK  . .  2 2 3 3 9 1 1 1  VOAHK  VAOHK  d  A;  OHK   .S OHK  d  A;  SBD   .S OHK  h.S OHK 3 3 3 Tứ diện ASBD vuông tại A nên: 1 1 1 1 5 a 10 2  2  2  2  2 h h AS AB AD 2a 5 Tam giác OHK cân tại O nên có diện tích S bằng 1 1 a 10 2 2a 5a 2 1 2a3 S  OG.HK  . .   VOAHK  Sh  2 2 6 3 9 3 27 3 2a 3 3V 27  a  d  O;  AHK    OAHK  S AHK 2 2a 2 2 9 2 Cách 2: Ta chứng minh VOAHK  VSABD 9 2 1 Ta có: HK  BD; OG  SO 3 3 1 1 2 2  SOHK  HK  OG   BD  SO  S SBD 2 2 9 9 2 2 1 1 a3 2  VAOHK  VSABD   SA  AB  AD  9 9 3 2 27 Cách 3: Giải bằng phương pháp tọa độ như sau: Chọn hệ tọa độ Oxyz sao cho O  A, B(a ; 0 ; 0), D(0 ; a ; 0), S(0 ; 0 ; a 2 ).  2a a 2   2a a 2   a a  Tính SH, SK suy ra tọa độ của H  0; ;  3  , K  ;0;  , O  ; ;0   3   3   3  2 2   1    Áp dụng công thức V   AH , AK  . AO 6  Cách 4: SC  (AHK) nên chân đường vuông góc hạ từ O xuông (AHK) có thể xác định được theo phương SC. * AH  SB, AH  BC (do BC  (SAB))  AH  SC Tương tự AK  SC. Vậy SC  (AHK) * Giả sử (AHK) cắt SC tại I, gọi J là trung điểm của AI, khi đó OJ // SC  OJ  (AHK). SA = AC = a 2  SAC cân tại A  I là trung điểm của SC. 1 1 1 a Vậy OJ  IC  SC  .2a  2 4 4 2 III) Phương pháp trượt Ví dụ 5. (Đề thi Đại học khối B năm 2011). Cho lăng trụ ABCDA1B1C1D1 có đáy ABCD là hình chữ nhật AB  a , AD  a 3 . Hình chiếu vuông góc của điểm A1 trên mặt phẳng (ABCD) trùng với giao điểm của AC và BD, góc giữa hai mặt phẳng (ADD1A1) và (ABCD) bằng 600. Tính thể tích của khối lăng trụ đã cho và khoảng cách từ điểm B1 đến mặt phẳng (A1BD) theo a. Phân tích. Do B1C // (A1BD) nên ta trượt đỉnh B1 về vị trí thuận lợi C và quy việc tính d  B1 ;  A1 BD   thành tính d  C ;  A1 BD   https://www.facebook.com/trithuc.viet.37 5
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Changngoc203@gmail.com Bài giải. B1 C1 * Gọi O là giao điểm của AC và BD  A1O   ABCD  Gọi E là trung điểm AD  OE  AD & A1 E  AD A1 D1    600 A EO 1 a 3 A1O  OE .tan   A1 EO 2 2 S ABCD  a 3 B 3a 3 K C Vlt  A1O.S ABCD  2 O * Tính d  B1 ;  A1 BD   : A H D E Cách 1: Do B1C // (A1BD)  d  B1 ;  A1 BD    d  C ;  A1 BD   CB.CD a 3 Hạ CH  BD  CH   A1 BD   d  C ;  A1 BD    CH   2 CB  CD 2 2 Cách 2: 3VA1 ABD d  B1 ;  A1 BD    d  C ;  A1 BD    d  A;  A1 BD    S A1BD 1 a3 Trong đó: VA1 ABD  Vlt  6 4 1 1 a 3 a2 3 S A1BD  A1O.BD    2a  2 2 2 2 3 a 3 a 3  d  B1 ;  A1 BD    2 4  a 3 2 2 Ví dụ 6. Cho hình chóp SABCD có đáy ABCD là hình vuông tâm O có cạnh bằng a, SA  a 3 và vuông góc với mặt phẳng (ABCD). a) Tính khoảng cách từ O đến (SBC). b)Tính khoảng cách từ trọng tâm tam giác SAB đến (SAC). S Phân tích: Do OA   SBC   C , nên thay vì việc tính d  O,  SBC   ta đi tính d  A,  SBC   , tương tự như vậy ta có thể quy việc tính d  G,  SAC   thông qua việc tính d  E ,  SAC   hay d  B ,  SAC   Lời giải. G a) Ta có: OA   SBC   C nên: H A D F E O B C https://www.facebook.com/trithuc.viet.37 6
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Changngoc203@gmail.com d  O,  SBC   OC 1   d  A,  SBC   AC 2 1  d  O,  SBC    d  A,  SBC   2  AH  SB Gọi H là hình chiếu của A trên SB ta có:   AH   SBC   AH  BC Trong tam giác vuông SAB có: 1 1 1 4 a 3 2  2  2  2  AH  AH SA AB 3a 2 1 1 a 3  d  O,  SBC    d  A,  SBC    AH  2 2 4 b) Gọi E là trung điểm AB, G là trọng tâm tam giác SAB. d  G,  SAC   GS 2 2 Do EG   SAB   S nên    d  G ,  SAC    d  E ,  SAC   d  E ,  SAC   ES 3 3  BO  AC Ta có:   BO   SAC  ; BE   SAC   A  BO  SA 1 1 a 2 2 a 2 a 2  d  E ,  SAC    d  B,  SAC    BO   d  G ,  SAC      2 2 4 3 4 6 IV) Phương pháp sử dụng tính chất của tứ diện vuông 1. Định nghĩa. Tứ diện vuông là tứ diện có một đỉnh mà ba góc phẳng ở đỉnh đó đều là góc vuông. 2. Tính chất. Giả sử OABC là tứ diện vuông tại O ( OA  OB, OB  OC , OC  OA ) và H là hình chiếu của O trên mặt phẳng (ABC). Khi đó đường cao OH được tính bằng công thức 1 1 1 1 2  2  2  OH OA OB OC 2 A Chứng minh. Giả sử AH  BC  D , OH  ( ABC )  OH  BC (1) OA  OB, OA  OC  OA  BC (2) Từ (1) và (2) suy ra BC  OD . Trong các tam giác vuông OAD và OBC ta có H 1 1 1 1 1 1 2  2  2 , 2  2  OH OA OD OD OB OC 2 O C 1 1 1 1 Vì vậy    OH 2 OA2 OB 2 OC 2 D Mục tiêu của phương pháp này là sử dụng các phép B trượt để quy việc tính khoảng cách từ một điểm đến một mặt phẳng về việc tính khoảng cách từ đỉnh của tam diện vuông đến mặt huyền của nó và vì vậy áp dụng được tính chất trên C' A' Ví dụ 7. Cho lăng trụ đều ABC. A ' B ' C ' có tất cả các cạnh đều bằng a. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AA ' và BB ' . Tính khoảng B' cách giữa B ' M và CN M Phân tích. Để tính khoảng cách giữa B ' M và CN ta tìm một mặt N phẳng chứa CN và song song với B ' M , tiếp theo ta dùng các phép D trượt để quy việc tính khoảng cách từ một điểm đến một mặt phẳng C A về việc tính khoảng cách trong tứ diện vuông. Lời giải. O https://www.facebook.com/trithuc.viet.37 B 7
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Changngoc203@gmail.com Gọi O, D lần lượt là trung điểm của BC và CN thì OACD là tứ diện vuông tại O. AMB ' N là hình bình hành  NA / / B ' M . Mặt phẳng (ACN) chứa CN và song song với B ' M nên d ( B ' M , CN )  d ( B ' M ,( ACN ))  d ( B ', ( ACN ))  d ( B, ( ACN ))  2d (O, ( ACD))  2h Áp dụng tính chất của tứ diện vuông ta được 1 1 1 1 64 a 3 2  2  2  2  2 h . h OA OC OD 3a 8 a 3 Vậy d ( B ' M , CN )  4 Ví dụ 8. Cho hình lập phương ABCD. A ' B ' C ' D ' có cạnh bằng a. Gọi M là trung điểm của DD ' . Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng CM và A ' D . Lời giải. Gọi N là trung điểm của BB ' thì A ' NCM là hình D' C' bình hành nên A ' N / / CM . Mặt phẳng ( A ' ND ) chứa A ' D và song song với CM nên d (CM , A ' D)  d (CM , ( A ' ND)) A' M B' với  d ( M , ( A ' ND ))  d (M ,( A ' DE )) O E  AB  A ' N . Gọi G N O  AD ' A ' D, G  AD ' AM thì G là trọng tâm D của tam giác ADD ' . Do đó C d ( M , ( A ' DE )) GM 1   . d ( A, ( A ' DE )) GA 2 A B E Tứ diện AA ' DE vuông tại A nên 1 1 1 1 9 2a 2  2  2  2  2  d ( A, ( A ' DE ))  d ( A,( A ' DE )) AA ' AD AE 4a 3 1 a Vậy d (CM , A ' D)  d ( M , ( A ' DE ))  d ( A, ( A ' DE ))  2 3 V) Sử dụng phương pháp tọa độ. * Phương pháp: Bước 1: Chon hệ toạ độ Oxyz gắn với hình đang xét. Bước 2: Chuyển bài toán từ ngôn ngữ hình học sang ngôn ngữ toạ độ - véc tơ Bước 3: Giải bài toán bằng phương pháp toạ độ, rồi chuyển sang ngôn ngữ hình học. Ví dụ 9. Cho hình lập phương ABCDA’B’C’D’ cạnh bằng 1. Một mặt phẳng   bất kì đi qua đường chéo B’D. a) Tính khoảng cách giữa hai mặt phẳng (ACD’) và (A’BC’) b) Xác định vị trí của mặt phẳng   sao cho diện tích của thiết diện cắt bởi mp   và hình lập phương là bé nhất. A N B Phân tích: Với một hình lập phương ta luôn chọn được z một hệ toạ độ thích hợp, khi đó tạo độ các đỉnh đã biết nên việc tính khoảng cách giữa hai mặt phẳng (ACD’) và (A’BC’) trở nên dễ dàng. Với phần b, ta quy việc tính diện tích thiết diện về việc tính khoảng cách từ M đến D C H đường thẳng DB’. Lời giải. y Chọn hệ toạ độ sao cho gốc toạ độ O  D '  0;0; 0  A' B' A '  0;1; 0  , B ' 1;1; 0  , C ' 1;0; 0  , A  0;1;1 , C 1; 0;1 Gọi M là điểm bất kì trong đoạn thẳng C’D’, tức M  x; 0; 0  ; 0  x  1 x a) Dễ dàng chứng minh được (ACD’) // (A’BC’) D' M C' https://www.facebook.com/trithuc.viet.37 8
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Changngoc203@gmail.com  d   ACD '  ,  A ' BC '    d  A ',  ACD '   Mặt phẳng (ACD’) có phương trình: x  y  z  0 1  d   ACD '  ,  A ' BC '    d  A ',  ACD '   3 b) Giả sử   cắt (CDD’C’) theo giao tuyến DM, do hình lập phương có các mặt đối diện song song với nhau nên   cắt (ABB’A’) theo giao tuyến B’N//DM và DN//MB’. Vậy thiết diện là hình bình hành DMB’N. Gọi H là hình chiếu của M trên DB’. Khi đó: S DMB ' N  DB ' MH  DB ' d  M , DB '  . Ta có: DB '  3      MD; DB '   2 x2  2x  2 d (M , DB ')     DB ' 3 2  1 3 3 1 S DMB ' N  2 x 2  2 x  2  2  x     Dấu đẳng thức xảy ra khi x   2 2 2 2 1  Nên diện tích S DMB ' N nhỏ nhất khi M  ; 0;0  , hay M là trung điểm D’C’ 2   1  Hoàn toàn tương tự nếu M  0; y; 0  M  0; ;0   2  Vậy diện tích S DMB ' N nhỏ nhất khi M là trung điểm D’C’ hoặc M là trung điểm D’A’. Ví dụ 10. Cho hình chóp SABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a. SA   ABCD  , SA  a . Gọi M là điểm di động trên cạnh CD. Xác định vị trí của M để khoảng cách từ điểm S đến BM lớn nhất, nhỏ nhất. Lời giải. z Chọn hệ toạ độ trực chuẩn Oxyz sao cho O  A  0;0; 0  , B 1; 0;0  , C 1;1;0  , D  0;1; 0  , S S  0; 0;1 . M là điểm di động trên CD nên M  t ;1;0  với 0  t  1.  BM   t  1;1;0     A C  SB, BM    t 2  2t  3 y d  S , BM      2 BM t  2t  2 t 2  2t  3 M Xét hàm số f  t   trên [0;1] K t 2  2t  2 B D 2  t  1 x f ' t   2 t 2  2t  2  Ta có bảng biến thiên: t  0 1  f’(t) - + - 2 f(t) 3 2 https://www.facebook.com/trithuc.viet.37 9
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Changngoc203@gmail.com 3 Từ bảng biến thiên ta có min f  t   , đạt được khi t = 0 0;1 2 max f  t   2 , đạt được khi t = 1  0;1 Do đó d  S , MB  lớn nhất khi M  C & d  S , BM   2 3 d  S , MB  nhỏ nhất khi M  D & d  S , BM   2 VI) Sử dụng phương pháp véc tơ véc tơ. * Phương pháp: Bước 1: Chon hệ véc tơ gốc, đưa các giả thiết kết luận của bài toán hình học đã cho ra ngôn ngữ “véc tơ”. Bước 2: Thực hiện các yêu cầu của bài toán thông qua việc tiến hành biến đổi các hệ thức véc tơ theo hệ véc tơ gốc. Bước 3: Chuyển các kết luận “véc tơ” sang các kết quả hình học tương ứng. Ví dụ 11. (Đề thi đại học khối D năm 2007). Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình thang.   BAD  900 , BA  BC  a , AD  2 a . Cạnh bên ABC  SA vuông góc với đáy và SA  a 2 . Gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên SB . Tính khoảng cách từ S H đến mặt phẳng ( SCD) . Lời giải.         Đặt AB  a; AD  b; AS  c       N Ta có: a  c  0; b  c  0; a  b  0      1        H E D SB  a  c; SC  a  b  c; SD  b  c K A Q 2 Gọi N là chân đường vuông góc hạ từ H lên mặt P phẳng (SCD) B C  d ( H ; ( SCD))  HN SH 2 Dễ dàng tính được  SB 3 M      2      Khi đó : HN  HS  SN   SB  xSC  ySD 3  2  x   2    x   a    y b    x  y c  3 2  3   2 2 1  x  2  2  2     x   a    y b    x  y c  0 x  5   HN  SC  0  3 2 2  3    6 Ta có:       2  2 2 x  HN  SD  0   y  b    y   1   2    x  y c  0   3   3   1  1  1  1  1   2 a  HN  a  b  c  HN  a  b  c  6 12 6 6  2  3 Cách 2: Gọi d1 , d 2 lần lượt là khoảng cách từ các điểm H và B đến mp(SCD), ta có: d1 SH 2 2 2 3V 2V    d1  d2   BSCD  BSCD d2 SB 3 3 3 SSCD SSCD https://www.facebook.com/trithuc.viet.37 10
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Changngoc203@gmail.com 1 1 1 1 a3 Trong đó VBSCD  SA  S BCD  SA  S BID  SA  AB  ID  3 3 3 2 3 2 CD  AC Ta có:   CD  SC CD  SA 1 1  S SCD  SC  CD  SA2  AB 2  BC 2  CE 2  ED 2  a 2 2 2 2 a  d1  3 Cách 3: Sử dụng tính chất của tứ diện vuông. Phân tích. Trong bài toán này, việc tìm chân đường vuông góc hạ từ H xuống mặt phẳng (SCD) là khó khăn. Vì vậy, ta sẽ tìm giao điểm K của AH và (SCD) và quy việc tính khoảng cách từ H đến (SCD) về việc tính khoảng cách từ A đến (SCD) Gọi M là giao điểm của AB và CD, K là giao điểm của AH với SM. Ta có: BH 1  . Suy ra H là trọng tâm của tam giác SAM. BS 3 d  H ,  SCD   KH 1 Từ đó ta có:   d  A,  SCD   KA 3 Do tứ diện ASDM vuông tại A nên: 1 1 1 1 1     2  d  A,  SCD    a d  A,  SCD   AS 2 2 AD 2 AM 2 a a Vậy d  H ,  SCD    3 * Nhận xét: Việc lựa chọn hệ véc tơ gốc là rất quan trọng khi giải quyết một bài toán bằng phương pháp véc tơ. Nói chung việc lựa chọn hệ véc tơ gốc phải thoả mãn hai yêu cầu: + Hệ véc tơ gốc phải là ba véc tơ không đồng phẳng. + Hệ véc tơ gốc nên là hệ véc tơ mà có thể chuyển những yêu cầu của bài toán thành ngôn ngữ véc tơ một cách đơn giản nhất. Ví dụ 12. (Đề thi ĐH khối B năm 2007) Cho hình chóp tứ giác đều S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a . E là điểm đối xứng của D qua trung điểm của SA . M , N lần lượt là trung điểm của AE và BC . Tính khoảng cách giữa MN và AC . Giải: E S        Đặt : OA  a , OB  b , OS  c       Ta có : a . c  0, b . c  0, a . b  0     1   1     M P MN  MA  AC  CN  SD  AC  CB 2 2 c 1    1      A    SO  OD  AC  CO  OB 2 2   a D 3  1  a c b O 2 2 B N C   AC  2 a Gọi PQ là đoạn vuông góc chung của MN và AC , ta có:        1     PQ  PM  MA  AQ  xMN  SD  y AO 2 https://www.facebook.com/trithuc.viet.37 11
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Changngoc203@gmail.com  3  1  1       x   a  c   c  b  ya  2 2  2  3  1  1    y  x  a   x  1 c  b  2  2 2     3  3  2 1 2  PQ  MN  0    2  y  2 x  a  4  x  1 a  0  x  1         2  3  PQ  AC  0  2  y  3 x  a  0 y  2      2    1 1 a2 a 2  PQ   b  PQ 2  OB 2   PQ  2 4 8 4 Cách 2:  MP / / AD  NC / / AD   Ta có:  1 ;  1 nên tứ giác MNCP là hình bình hành  MP  2 AD  NC  2 AD    MN / /  SAC   BO  SO Do hình chóp SABCD đều    BO   SAC   BO  AC 1 1 1 a 2  d  MN ; AC   d  N ;  SAC    d  B;  SAC    BO  BD  2 2 4 4 C. BÀI TẬP ĐỀ NGHỊ Bài 1. (Đề thi Đại học khối D năm 2011). Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B, BA = 3a, BC = 4a; mặt phẳng (SBC) vuông  góc với mặt phẳng (ABC). Biết SB = SB  2a 3 và SBC  300 . Tính thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng (SAC) theo a. Bài 2. Cho hình chóp tứ giác SABCD, đáy ABCD là hình thoi cạnh a, tâm O, góc BAD  600 . Các cạnh bên SA = SC; SB = SD  a 3 . a) Tính khoảng cách từ điểm O đến mặt phẳng (SBC). b) Tính khoảng cách giữa các đường thẳng SB và AD. Bài 3. Cho tứ diên OABC có OA, OB, OC đôi một vuông góc và OA  OB  OC  1 . Gọi M, N theo thứ tự là trung điểm các cạnh AB, OA. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng OM và CN. Bài 4. (Đề thi Đại học khối A năm 2011). Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại B, AB = BC = 2a; hai mặt phẳng (SAB) và (SAC) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABC). Gọi M là trung điểm của AB; mặt phẳng qua SM và song o song với BC, cắt AC tại N. Biết góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (ABC) bằng 60 . Tính thể tích khối chóp S.BCNM và khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và SN theo a. Bài 5. (Đề thi Đại học khối D năm 2008). Cho lăng trụ đứng ABC.A'B'C' có đáy ABC là tam giác vuông, AB = BC = a, cạnh bên AA' a 2. Gọi M là trung điểm của cạnh BC. Tính theo a thể tích của khối lăng trụ ABC.A'B'C' và khoảng cách giữa hai đường thẳng AM, B'C. Bài 6. (Đề thi Đại học khối D năm 2009). Cho hình lăng trụ đứng ABCA’B’C’ có đáy ABC là tam giác vuông tại B, AB = a, AA’ = 2a, A’C = 3a. Gọi M là trung điểm của đoạn thẳng A’C’,I là giao điểm của AM và A’C. Tính theo a thể tích khối tứ diện IABC và khoảng cách từ A điểm đến mặt phẳng (IBC) https://www.facebook.com/trithuc.viet.37 12