Sáng kiến kinh nghiệm: Phương pháp tiếp cận các bài toán tính khoảng cách trong hình học không gian lớp 12

Chia sẻ: Thanhbinh225p Thanhbinh225p | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:31

Thêm vào BST

Báo xấu

263
lượt xem 40
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Mời các bạn cùng tham khảo tài liệu Sáng kiến kinh nghiệm: Phương pháp tiếp cận các bài toán tính khoảng cách trong hình học không gian lớp 12. Tài liệu được viết và trình bày với các nội dung: Lí do chọn đề tài, cơ sở và thực tiễn, tổ chức thực hiện các giải pháp.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Sáng kiến kinh nghiệm: Phương pháp tiếp cận các bài toán tính khoảng cách trong hình học không gian lớp 12

PHƯƠNG PHÁP TIẾP CẬN CÁC BÀI TOÁN TÍNH KHOẢNG CÁCH TRONG HÌNH HỌC KHÔNG GIAN LỚP 12 I. LÍ DO CHỌN ĐỀ TÀI Trong hình học không gian của lớp 12, bài toán tính khoảng cách thường là những bài toán khó đối với đa số học sinh, vì vậy học sinh thường rất ngại những bài toán này. Có những em chỉ làm ý dễ còn khi gặp ý tìm khoảng cách thì bỏ, mà trên thực tế trong các đề thi tốt nghiệp hay thi đại học cao đẳng thì phần tìm khoảng cách rất thường gặp trong câu hình học không gian, nó chiếm nửa số điểm của câu này. Học sinh một phần do ý nghĩ phần hình khó nên bỏ qua phần này để dồn sức cho những câu khác, một phần nhiều học sinh gặp khó khăn về phương pháp, không biết bắt đầu từ đâu. Những câu hỏi thường đặt ra với các em: tại sao lại nghĩ đến kẻ đường này, vẽ đường kia,… . Với đặc điểm đó tôi muốn đem đến cho học sinh cái nhìn thân thiện, gần gũi và hứng thú với hình học không gian, đặc biệt là phần tính khoảng cách. Trong đợt thi trung học phổ thông quốc gia sắp tới tôi muốn trình bày một số cách tiếp cận bài toán dạng này. II. CƠ SỞ LÝ LUẬN VÀ THỰC TIỄN Bài toán tính khoảng cách trong hình học không gian lớp 12 thường xuất hiện trong các đề thi, nhất là trong các đề thi tuyển sinh và thường nằm ở ý khó của bài toán hình học không gian. Vì thế rất nhiều học sinh xác định đây là phần khó nên không chú tâm lắm đến phần này và thường bỏ để làm phần khác. Trong các sách về hình học không gian các tác giả trình bày tốt các phương pháp, tuy vậy trong các ví dụ cụ thể thì các tác giải chỉ trình bày lời giải mà không nêu hướng tiếp cận bài toán, làm cho người đọc phân vân và thường đặt câu hỏi “ Làm sao tác giả dùng phương pháp đó? Xuất phát điểm từ đâu?...” . Nói chung trong các ví dụ đó thường nghiêng về trình bày kĩ thuật giải nhiều hơn, chưa nói được những dấu hiệu để có được điểm xuất phát và từ đó có được hướng tiếp cận bài toán. Trước các thực trạng đó tôi đưa ra một số cách tiếp cận bài toán hình học không gian của lớp 12. III. TỔ CHỨC THỰC HIỆN CÁC GIẢI PHÁP Một số giải pháp được trình bày trong đề tài:  Giải pháp 1: Phương pháp tiếp cận bài toán tính khoảng cách từ một điểm đến một đường thẳng.  Giải pháp 2: Phương pháp tiếp cận bài toán tính khoảng cách từ một điểm đến một mặt phẳng.  Giải pháp 3: Phương pháp tiếp cận bài toán tính khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau.  Giải pháp 4: Phương pháp tiếp cận bài toán tính khoảng cách trong hình học giải tích trong không gian. Trang 1
GIẢI PHÁP 1: PHƯƠNG PHÁP TIẾP CẬN BÀI TOÁN TÍNH KHOẢNG CÁCH TỪ MỘT ĐIỂM ĐẾN MỘT ĐƯỜNG THẲNG - Với bài toán có câu hỏi: Tính khoảng cách từ một điểm đến đường thẳng có vẻ “dễ thở” nhất trong các phần tính khoảng cách còn lại. Chỉ lưu ý với học sinh: muốn tính khoảng cách từ A đến đường thẳng d thì ta chỉ cần gọi H là hình chiếu của điểm A trên d rồi ta xem đoạn AH là đường cao trong tam giác ABC nào đó, và ta xem tam giác ABC đó là tam giác gì. Nếu tam giác vuông tại A thì độ dài được tính như thế nào? Tam giác đều thì tính làm sao? - Một số học sinh biết hướng làm nhưng lại quên mất các hệ thức lượng trong tam giác vuông, công thức tính diện tích tam giác. Một số kiến thức và một số kết quả thường dùng: 1 1 1 - Trong tam giác ABC vuông ở A có đường cao AH thì: 2  2  AH AB AC 2 2S - Trong tam giác thường ABC, thì ta đi tính diện tích ABC , từ đó: AH  ABC BC 3 - Nếu ABC là tam giác đều thì AH bằng tích của cạnh tam giác với 2 Ví dụ 1: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật tâm O, cạnh SA   ABCD  , cạnh AB  6a, BC  8a . Góc giữa SC và mặt phẳng đáy bằng 300 a) Tính khoảng cách từ điểm A đến cạnh SC. b) Tính khoảng cách từ O đến cạnh SC. Lời giải: S Hướng giải quyết: - Cứ gọi H là hình chiếu của A trên SC, khi đó AH chính là H đường cao của tam giác vuông SAC. A - Để tính AH ta đi tính độ dài hai D K hạnh góc vuông của tam giác SAC rồi sẽ tính được AH. O B C a) Gọi H là hình chiếu của A trên SC, khi đó AH là đường cao của tam giác vuông SAC 1 1 1 Ta có 2  2  AH AC AS2 Mà trong tam giác vuông ABC: AC 2  BA2  BC 2   6a    8a   100a 2  AC  10a 2 2 ·  600 . Hình chiếu của SC trên (ABCD) là AC, suy ra góc SCA Trang 2
Trong tam giác SAC: SA  AC tan 600  10a 3 1 1 1 1 1 4 1 Từ đó suy ra:        10a  10a 3  2 2 2 2 2 2 AH AC AS 300a 75a 2 Suy ra AH 2  75a 2  AH  5a 3 b) Gọi K là hình chiếu của O trên SC, khi đó OK//AH. Trong tam giác AHC ta suy ra OK 1 5a 3 là đường trung bình nên OK  AH  . 2 2  Nhận xét: - Giả sử không có câu hỏi ở câu a mà chỉ có câu hỏi ở câu b thì để tính khoảng cách từ O đến SC ta đi tính khoảng cách từ A đến SC trước rồi từ đó suy ra khoảng từ O đến SC. - Học sinh có thể tính OK bằng cách áp dụng vào tam giác vuông OKC có cạnh OC  5a µ  600 suy ra OK  OC.sin 600  5a. 3  5a 3 . và có góc C 2 2 Ví dụ 2: Cho tứ diện ABCD có tam giác DAB và DAC là hai tam giác đều cạnh 2a , tam giác ABC vuông ở A. Gọi M là trung điểm của AD, hãy tính khoảng cách từ diện tích tam giác MBC và khoảng cách từ B đến CM. D Phân tích: M Để tính khoảng cách từ B đến C MC thì ta có thể dựa trực tiếp vào tam giác BCM. Vậy ta phải nhận dạng được tam giác BCM A K là tam giác gì. Để nhận dạng tam giác thì ta đi tính các cạnh của tam giác B Lời giải: Tam giác DAB và DAC là hai tam giác đều cạnh 2a nên BM  CM  a 3 . Tam giác ABC là tam giác vuông ở A và có cạnh góc vuông là 2a nên BC  2a 2 Vậy tam giác MBC là tam giác cân ở M. Gọi K là trung điểm của BC BC  AK  a 2 2 Ta có MK là đường cao của tam giác ABC, ta cần đi tính MK Trong tam AMK vuông ở K (vì AD   MBC   AD  MK ) MK  AK 2  AM 2  a 1 1  Vậy diện tích tam giác MBC là S MBC  MK .BC  a.2a 2  a 2 2 2 2 Trang 3
1 2S MBC 2a 2 2 2a 6  Ta có S MBC  CM .d  B, CM   d  B, CM     2 CM a 3 3  Nhận xét: Giả sử không có ý tính diện tích tam giác MBC thì chúng ta cũng phải đi xác định các yếu tố của tam giác MBC để xem nó là tam giác gì. Bài giải trên là một cách tính khoảng cách dựa vào công thức tính diện tích tam giác. Bài tập áp dụng 1. Hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a , tâm O. SA  a và vuông góc với mặt phẳng (ABCD). Gọi I,M theo thứ tự là trung điểm của SC,AB. a) Chứng minh rằng: OI   ABCD  . b) Tính khoảng cách từ I đến đường thẳng CM, từ đó suy ra khoảng cách S đến CM. ( Gợi ý: Gọi H là hình chiếu của O trên CM, tính OH, rồi suy ra IH d  S , CM  SC   2  d  S , CM   2d  I , CM   2 IH ) d  I , CM  IC 2. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi tâm O, SA=SB= 2a , · ABC  600 và SA   ABCD  . a) Chứng minh BD  SC , suy ra d  O, SC  . b) Tính d  O, SB  và d  D, SB  . 1 ( Gợi ý: Câu a) d  O, SC   d  A, SC  , đi tính d  A, SC  2 Câu b) d  D, SB   2d O, SB  , đi tính d  O, SB  Gọi H là hình chiếu của O trên SB, khi đó d  O, SB   OH với tam giác a 5 a 3 SBO vuông ở O, SO  , OB  ) 2 2 3. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a , SA   ABCD  , SA  a. Gọi E là trung điểm của cạnh CD. Tính theo a khoảng cách từ S đến đường thẳng BE. ( Gợi ý: Kẻ AH  BE tại H, chứng minh BE  SH  d  S , BE   SH Kéo dài BE cắt AD tại M  AM  2a . Xét ABM tính được AH Dựa vào tam giác SAH để tính SH) Trang 4
GIẢI PHÁP 2: PHƯƠNG PHÁP TIẾP CẬN BÀI TOÁN TÍNH KHOẢNG CÁCH TỪ MỘT ĐIỂM ĐẾN MỘT MẶT PHẲNG Tính khoảng cách từ một điểm đến một mặt phẳng có thể xem là phần quan trọng nhất trong bài toán tính khoảng cách bởi vì không những được hỏi trực tiếp mà còn dùng để tính các loại khoảng cách khác. Những khó khăn của đa số học sinh: - Lúng túng không biết hình chiếu của M nằm trên đường nào trong mặt phẳng (P). - Lúng túng trong suy nghĩ: có thể tính được khoảng cách từ M đến (P) mà không cần dựng hình chiếu của M trên (P) hay không?  Để giải quyết một bài toán thì cần có kết kợp của nhiều yếu tố như: đọc và hiểu đề, vẽ hình, chọn phương pháp giải. Vì vậy để giải quyết một phần sự lúng túng của học sinh, tôi trình hai phương pháp giải những bài toán này: tính khoảng cách trực tiếp, tính khoảng cách gián tiếp, để học sinh có hướng tiếp cận bài toán một cách nhanh chóng. I. TÍNH KHOẢNG CÁCH TRỰC TIẾP - Là ta phải dựng được khoảng cách từ một điểm đến mặt phẳng, sau đó mới đi tính toán. - Cơ sở để dựng được hình chiếu của một điểm trên mặt phẳng là: hai mặt phẳng vuông góc với nhau theo giao tuyến d, trong mặt này kẻ đường thẳng a vuông góc với d thì a vuông góc với mặt phẳng kia. Cho học sinh ghi nhớ các bước xác định khoảng cách từ điểm M đến mặt phẳng (P). — Tìm mặt phẳng (Q) đi qua M và vuông góc với (P). — Tìm giao tuyến  của (Q) và (P). — Trong (Q), kẻ MH vuông góc với . Khi đó d(M,(P))= MH. - Bước làm khó nhất là tìm mặt phẳng (Q) đi qua M và vuông góc với (P). Thường nếu ta thấy trong hình chóp có SM   ( với    P  ) thì (Q) là mặt phẳng chứa SM và vuông góc với  . Ví dụ 1: Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a , SA   ABC  và góc giữa SB và mặt (ABC) bằng 600. Tính khoảng cách từ A đến mặt phẳng (SBC). Hướng giải quyết - Xác định được mặt phẳng chứa điểm A và vuông góc với mặt phẳng (SBC). - Xác định được giao tuyến của mặt phẳng đó với (SBC). - Kẻ đường vuông góc hạ từ A xuống giao tuyến. Từ dấu hiệu BC  SA nên ta dựng mặt phẳng chứa SA và vuông góc với BC Lời giải: Trang 5
S H A C 60 0 I B a 3 Gọi I là trung điểm của cạnh BC, khi đó AI  BC và AI  (1) 2  BC  AI Ta có:   BC   SAI  suy ra  SBC    SAI  .  BC  SA Giao tuyến của mặt phẳng (SBC) và (SAI) là SI . Vậy trong (SAI) ta kẻ AH vuông góc với SI tại H, suy ra AH là khoảng cách từ A đến (SBC). 1 1 1 Trong tam giác vuông SAI ta có: 2  2  2 (2) AH AS AI ·  600 . Hình chiếu của SB trên mặt phẳng (ABC) là AB, suy ra góc SBA Trong tam giác SAB ta có : SA  AB.tan 600  a 3 (3) 1 1 1 5 Thay (1) và (3) vào (2) ta được :      2 2 2 AH a 3 a 3 3a 2    2  3a 2 3 Suy ra AH 2   AH  a . 5 5 3 Vậy khoảng cách từ A đến (SBC) bằng a . 5  Nhận xét: Trong lời giải trên mặt phẳng (SAI) đóng vai trò là mặt phẳng (Q) Ví dụ 2 : Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A, SA   ABC  Biết rằng: AC  4, BC  SB  5 . Tính khoảng cách từ A đến mặt phẳng (SBC). Phân tích: Nhận thấy dấu hiệu SA  BC nên ta đi dựng mặt phẳng chứa SA và vuông góc với (SBC). Lời giải Trong tam giác ABC kẻ AI vuông góc với BC. Ta có  BC  AI   BC   SAI    SBC    SAI   BC  SA Trang 6
S H A C I B Mặt phẳng chứa SA và vuông góc với (SBC) là (SAI). Giao tuyến của (SAI) và (SBC) là SI. Kẻ AH vuông góc với SI tại H => d  A,  SBC    AH 1 1 1 Trong tam giác SAI ta có : 2  2  2 AH AS AI Trong tam giác ABC : AB  BC 2  AC 2  52  42  3 , suy ra : 1 1 1 1 1 25 2  2  2    AI AB AC 9 16 144 Trong tam giác SAB : SA  SB2  AB2  4 1 1 1 1 25 34 Vậy 2  2  2= 2  AH AS AI 4 144 144 => d  A,  SBC    12 12 => AH  . 34 34 Ví dụ 3: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi tâm O, cạnh a , đường chéo AC  a . SAB là tam giác cân tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy; góc giữa SC và mặt phẳng (ABCD) bằng 600. Gọi I là trung điểm của AB. Hãy tính khoảng cách từ I đến mặt phẳng (SBC) theo a . Phân tích Đầu tiên ta xem SI có vuông góc với mặt phẳng (ABCD) hay không, nếu vuông góc thì SI sẽ vuông góc với một đường nằm trong (SBC). Khi đó ta dựng được mặt phẳng chứa SI và vuông góc với mặt phẳng (SBC) như ví dụ 1 và ví dụ 2. Lời giải: Trang 7
S A D H I O B C F E Ta có SI  AB,  SAB    ABCD   SI   ABCD  .  BC  AE Gọi E là trung điểm của BC, F là trung điểm của BE, ta có   IF  BC .  IF / / AE  BC  IF Ta có:   BC   SIF  .  BC  SI Trong mặt phẳng (SIF), dựng IH  SF với H  SF .  IH  SF Ta có:   IH   ABC   d  I ,  SBC    IH .  IH  BC ·  600 , CI  a 3  SI  CI .tan SCI · nên SCI Góc giữa SC và (ABCD) là SCI ·  3a . 2 2 a 3 AE a 3 AE   IF   . 2 2 4 1 1 1 4 16 52 Từ đó: 2  2 2  2 2  2 IH IS IF 9a 3a 9a Do đó d  I ,  SBC    IH  3a 13 . 26 Nhận xét: Với giả thiết đã cho nếu để ý một chút ta có thấy tam giác ABC là tam giác đều nên CI  AB . Có thể không cần dựng chính xác điểm F, ta dựng IF  BC và tính 1 1 1 1 1 1 1 IF theo công thức 2  2  2 , từ đó suy ra 2  2 2 2. IF IB IC IF IS IB IC Trang 8
II. TÍNH KHOẢNG CÁCH GIÁN TIẾP Khi tính khoảng cách từ điểm M đến mặt phẳng (P) thì không phải lúc nào ta cũng dễ dàng dựng được đoạn vuông góc từ M đến (P), hoặc khi dựng được thì việc tính toán phức tạp, trong trường hợp đó ta có thể tính khoảng cách từ M đến (P) bằng một trong các cách sau: Phương pháp: 1) Dựa vào công thức VA.SBC  S SBC .d  A,  SBC   để suy ra d  A,  SBC    1 3VA.SBC . 3 S SBC 2) Các trường hợp đặc biệt: — Nếu a / /  P  và A, B  a thì d  A,  P    d  B,  P   — Nếu  P  / /  Q  và A, B   Q  thì d  A,  P    d  B,  P   3) Sử dụng tỉ số khoảng cách: cho hai điểm A,B và mặt phẳng (P). Gọi d  A,  P   IA I  AB   P  , khi đó:  d  B,  P   IB A d  A,  P   B IA  d  B,  P   IB A' B' I P 1. Dựa vào công thức VA.SBC  S SBC .d  A,  SBC   để suy ra d  A,  SBC    1 3VA.SBC . 3 S SBC - Chúng ta thường dùng cách này khi đa giác đối diện của đỉnh A là một đa giác đặc biệt mà ta có khả năng tính ngay được diện tích của đa giác đó. Ví dụ 1: Cho khối chóp S.ABC có có tam giác ABC vuông cân tại A và tam giác SBC là tam giác đều cạnh a 2 và SA   ABC  . Tính thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách từ A đến mặt phẳng (SBC). Trang 9
S A C a 2 B Nhận xét: Tam giác SBC là tam giác đều nên diện tích của tam giác SBC ta có thể tính dễ dàng. Vậy để tính d  A,  SBC   ta hướng tới sử dụng công thức d  A,  SBC    3VA.SBC . S SBC Trước đó ta cần đi tính thể tích khối VA.SBC . Lời giải: Tam giác SBC là tam giác đều cạnh a 2 nên suy ra SB  a 2 . Tam giác vuông cân tại A nên AB=AC và AC 2  AB 2  BC 2 . Suy ra 2 AB 2  BC 2  2a 2  AB  a a 2  2 Xét tam giác SAB vuông ở A ta có: SA  SB 2  AB 2   a2  a 1 a2 Suy ra diện tích tam giác ABC bằng: AB. AC  2 2 1 1 a2 a3 Vậy thể tích khối S.ABC bằng VS . ABC  S ABC .SA  . .a  3 3 2 6 * Từ công thức tính thể tích VA.SBC  .S SBC .d  A,  SBC   ta có: d  A,  SBC    A.SBC 1 3V 3 S SBC 1 a2 3 Tam giác SBC là tam giác đều nên: S SBC  .a 2.a 2 sin 600  2 2 a3 3. Vậy: d  A,  SBC    2 6  a . a 3 3 2  Nhận xét: Cách tính khoảng cách từ một điểm đến một mặt phẳng dựa vào thể tích của khối chóp là một cách làm hay và thường được sử dụng. Vì vậy để thực hiện được phương pháp này người làm toán cần phải nhận xét được đa giác đối diện của điểm đó có gì đặc biệt ( chẳng hạn tam giác vuông, tam giác đều hay hình vuông….) để ta đi tìm dữ kiện tính diện tích của đa giác. Để thành thạo với cách làm này học sinh cần thực hành với nhiều bài tập nhằm làm quen với cách nhận diện đa giác tính diện tích đa giác đó. Trang 10
Ví dụ 2: Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác vuông tại A, · ABC  300 , SBC là tam giác đều cạnh a và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt đáy. Tính theo a khoảng cách từ C đến mặt phẳng (SAB). (2013-Khối A) Hướng giải quyết: - Nhận dạng tam giác SAB. - Tính thể tích khối S.ABC và diện tích tam giác SAB. Lời giải: S A K B H C Ta có: d  C ,  SAB    3VS . ABC . S ABC Gọi H là trung điểm của BC, ta có SH  BC,  SBC    ABC  . Suy ra SH   ABC  . a 3 Tam giác SBC đều, cạnh a nên SH  . 2 BC a a 3 BC  a, · ABC  300  AC    AB  2 2 2 2 1 a 3 1 a3  S ABC  AB. AC   VS . ABC  SH .S ABC  2 8 2 16  HA  HB  HC  Gọi K là trung điểm của AB, ta có :   SA  SB  SK  AB. SH   ABC   3a 2 a 13 1 a 2 39 SK  SB 2  KB 2  a 2   suy ra SAB S  SK . AB  16 4 2 16 Do đó d  C ,  SAB    3VS . ABC a 39  . S SAB 13 Ví dụ 3: Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a , mặt bên SAB là tam giác đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng đáy. Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng (SCD). (2013-khối B) Trang 11
S H Hướng giải quyết: - Tính thể tích khối chóp S.ABCD - Nhận dạng tam giác SCD A D - Tính thể tích khối chóp S.ACD, diện tích I tam giác SCD K B C Lời giải Gọi I là trung điểm của đoạn AB, ta có SI là đường cao trong tam giác đều cạnh a nên có a 3 độ dài bằng . Do  SAB    ABCD  theo giao tuyến AB nên SI   ABCD  . 2 1 1 a 3 a3 3 Suy ra VS . ABCD  .S ABCD .SI  .a 2 .  . 3 3 2 6 1 a3. 3 VS . ACD  VS . ABCD  2 12 Nhận xét: SIC  SID  SC  SD  SCD cân tại S Gọi K là trung điểm CD. Khi đó SK là đường cao của tam giác SCD. 3a 2 a 7 Ta có: SK  IK 2  IS2  a 2   4 2 1 1a 7 a2 7 S SCD  SK .CD  .a  2 2 2 4 3 a. 3 3VA.SCD 3. 12 d  A,  SCD    a 21  2  . SSCD a. 7 7 4 2. Sử dụng các trường hợp đặc biệt - Giả sử đang cần tính khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng (P), ta phát hiện được hình chiếu của đỉnh hình chóp trên mặt phẳng đáy là I và điểm A cùng nằm trên một đường thẳng song song với mặt phẳng (P) thì khi đó ta thường hướng tới việc thay cho việc tính khoảng cách từ A đến (P) thì ta đi tính khoảng cách từ I đến (P). Ta thường vận dụng trong các trường hợp sau: — Nếu a / /  P  và A, B  a thì d  A,  P    d  B,  P   — Nếu  P  / /  Q  và A, B   Q  thì d  A,  P    d  B,  P   Trang 12
Ví dụ 1: Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a , mặt bên SAB là tam giác đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng đáy. Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng (SCD). (2013-khối B) S Hướng giải quyết H - Tính khoảng cách từ A đến (SCD) thông qua một điểm khác. Ta thấy AB//(SCD) nên khoảng cách từ A đến (SCD) bằng khoảng A D cách từ một điểm nào đó trên cạnh AB đến I K (SCD). B C - Ta nhận thấy điểm A và I cùng nằm trên đường thẳng song song với (SCD) d  A,  SCD    d  I ,  SCD   , vì vậy từ dấu hiệu SI   ABCD  ta đi tính khoảng cách từ I đến (SCD). Lời giải Gọi I là trung điểm của đoạn AB, ta có SI là đường cao trong tam giác đều cạnh a nên a 3 có độ dài bằng . Do  SAB    ABCD  theo giao tuyến AB nên SI   ABCD  . 2 1 1 2 a 3 a3 3 Suy ra S . ABCD V  .S ABCD .SI  .a .  3 3 2 6 Nhận thấy AI//(SCD) nên d  A,  SCD    d  I ,  SCD   Gọi K là trung điểm của CD, H là hình chiếu của I trên SK. Ta có: CD  IK   CD   SIK   CD  IH CD  SI  IH  CD Vậy   IH   SCD   d  I ,  SCD    IH  IH  SK d  I ,  SCD    HI   d  A,  SCD    IS .IK a 21 a 21  . IS  IK 2 2 7 7 Nhận xét: - Giả sử câu hỏi là tính khoảng cách từ điểm B đến (SCD) hoặc một điểm M bất kì nằm trên đường thẳng AB thì các khoảng cách này cũng bằng với khoảng cách từ điểm I đến (SCD) vì vậy ta cũng quy về tính khoảng cách từ I đến (SCD). Ví dụ 2: Cho hình lăng trụ đứng ABC.A ' B ' C ' có đáy là tam giác cân AB  AC  a , · BAC  1200 . Mặt phẳng  AB ' C ' tạo với đáy góc 600. Tính thể tích khối lăng trụ ABC.A ' B ' C ' và khoảng cách từ đường thẳng BC đến mặt phẳng  AB ' C ' theo a . Trang 13
Hướng giải quyết: - Xác định góc giữa hai mặt phẳng. - Nhận xét mối quan hệ giữa B ' C ' và mặt  AB ' C ' . Nếu B ' C ' //  AB ' C ' thì khoảng cách giữa B ' C ' và mặt  AB ' C ' bằng khoảng cách từ một điểm bất kì trên B ' C ' đến  AB ' C ' A C Lời giải: K Tam giác AB ' C ', A ' B ' C ' đều cân và cùng B chung đáy B ' C ' . H Gọi I là trung điểm của B ' C ' khi đó A ' I và AI cùng vuông góc với B ' C ' . Suy ra góc giữa  AB ' C ' và  A ' B ' C ' là A' 600 C' góc · AIA ' => · 0 AIA ' =60 . I - Tam giác A ' B ' I vuông ở I và có ·' A ' I  600 nên ta tính được A ' B '  a, B B' a A' I  2 a 3 - Trong tam giác AIA' ta có AA '  A ' I tan 600  . 2 1 1 3 a2 3 -Ta có diện tích tam giác A ' B ' C ' bằng S A ' B 'C '  A ' B '. A ' C 'sin120  a.a. 0  2 2 2 4 2 3 a 3 a 3 3a - Thể tích khối AB ' C ', A ' B ' C ' là .  4 2 8   BC / / B ' C ' - Ta có   BC / /  AB ' C '  B ' C '   AB ' C '  Gọi K là trung điểm của BC, khi đó d  BC,  AB ' C '   d  K ,  AB ' C '  Gọi H là hình chiếu của K trên AI.  KH  AI   KH   AB ' C '  d  K ,  AB ' C '   KH  KH  B ' C ' 1 1 1 4 4 16 - Trong tam giác KAI (vuông ở K) ta có 2  2  2  2 2  2 KH KA KI a 3a 3a . Vậy d  BC ,  AB ' C '   KH  a 3 a 3 KH  . 4 4 Nhận xét : - Trong việc tính khoảng cách trên, ta dễ dàng nhận biết được BC//  AB ' C ' . - Có thể thấy d  K ,  AB ' C '   d  A,  AB ' C '  nên ta có thể tính khoảng cách này dựa vào tam giác AA ' I . Trang 14
3. Sử dụng tỉ số khoảng cách: d  A,  P   IA Cho hai điểm A,B và mặt phẳng (P). Gọi I  AB   P  , khi đó:  d  B,  P   IB Ví dụ 1: Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có cạnh đáy bằng a . Gọi G là trọng tâm a 3 của tam giác SAC và khoảng cách từ G đến mặt bên (SCD) bằng . Tính 6 khoảng cách từ tâm O của đáy đến mặt bên (SCD) theo a . S H Hướng giải quyết - Ta nhận thấy đường thẳng OG cắt K d  O,  SCD   G A D AO (SCD) tại A nên  d  G,  SCD   AG I O B C Lời giải 3 Ba điểm A,G,O thẳng hàng. Trong tam giác SAC ta có: AO  AG 2 Ta có đường thẳng OG cắt (SCD) tại A nên d  O,  SCD     d  O,  SCD    d  G,  SCD    . AO 3 3 3 a 3 a 3   . d  G,  SCD   AG 2 2 2 6 4 Nhận xét: Trong lời giải trên ta đã khai thác được mối quan hệ giữa khoảng cách từ điểm O đến (SCD) và khoảng cách từ G đến (SCD). Ví dụ 2: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và D; AB  AD  2a, CD  a , góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (ABCD) bằng 600. Gọi I là trung điểm của đoạn AD, hai mặt phẳng (SBI) và (SCI) cùng vuông góc với (ABCD). Tính theo a khoảng cách từ A đến mặt phẳng (SBC). Lời giải: Trang 15
S H A B I K D C E  SBI    ABCD   Ta có:  SCI    ABCD   SI   ABCD    SBI    SCI   SI Trong (ABCD), dựng IK  BC , K  BC Trong (SIK), dựng IH  SK , H  SK . Từ IH   SBC   d  I ,  SBC    IH a2 3a 2 S IBC  S ABCD  S DIC  S ABI  3a 2   a2  2 2 Trong mặt phẳng (ABCD), gọi E  AD  BC thì E  AI   SBC  . 1 Trong tam giác ABE: DC//AB và DC  AB nên DC là đường trung bình, suy ra C là 2 1 1 1 trung điểm của BE. Ta có BC  BE  AB 2  AE 2   2a    4a   a 5 2 2 2 2 2 2 2S 3a 3a 5  IK  IBC   BC a 5 5 ·  SKI Góc giữa (SBC) và (ABCD) là SKI ·  3a 15 ·  600  SI  IK .tan SKI 5 Suy ra d  I ,  SBC    IH  1 1 1 5 5 20 3a 15 Ta có: 2  2 2  2  2  . IH IS IK 27 a 9a 27 a 2 10 d  A,  SBC   4d  I ,  SBC   2a 15  => d  A,  SBC    EA 4 Ta có:   d  I ,  SBC   EI 3 3 5 Nhận xét: Sử dụng tỉ số khoảng cách ta có thể tính khoảng cách từ một điểm đến một mặt phẳng thông qua điểm khác, quan trọng là biết cách xuất phát từ điểm nào trước. Từ dấu hiệu SI   ABCD  , ta chọn khoảng cách từ điểm I đến (SBC) bằng phương Trang 16
pháp trực tiếp trước. Sau đó dựa vào tỉ số khoảng cách để suy ra khoảng cách cần tìm. Bài tập áp dụng 1. Cho hình chóp đều S.ABCD có cạnh bên và cạnh đáy đều bằng 2a . Gọi I là giao điểm của AC và BD, hãy tính khoảng cách từ I đến một mặt bên của hình chóp. (Hướng dẫn : Gọi K là trung điểm của CD, gọi H là hình chiếu của I trên SK  d  I ,  SCD    IH . Tính SI, rồi áp dụng vào tam giác SIK để tính IH Đáp số: d  I ,  SCD    a 2 ). 3 2. Cho S.ABC là một tứ diện có ABC là một tam giác vuông cân tại đỉnh B và AC  2a , cạnh SA   ABC  và SA= a . a) Tính khoảng cách từ A đến (SBC). b) Gọi O là trung điểm của AC. Tính khoảng cách từ O đến (SBC). (Gợi ý: tính được cạnh BA=BC= a 2 . Chứng minh tam giác SBC vuông. Tính được VS . ABC , SSBC rồi suy ra khoảng cách d  A,  SBC   . Còn d  O,  SBC    d  A,  SBC   1 2 Đáp số: d  A,  SBC    2a ). 6 3. Cho hình chóp S.ABCD có SA  3a, SA   ABC  . Tam giác ABC có AB  BC  2a, · ABC  1200 . Tính thể tích khối tứ diện S.ABC và tính khoảng cách từ A đến (SBC). ( Hướng dẫn: vẽ AI  BC tại I, vẽ AH  SI , chứng minh AH   SBC   d  A,  SBC    AH . Đáp số d  A,  SBC    3a ). 2 4. Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có cạnh đáy bằng a . Gọi SH là đường cao của hình a 3 chóp và bằng . Tính khoảng cách từ trung điểm I của SH đến (SBC). 2 ( Gợi ý: HI cắt (SBC) tại S, d(I,(SBC))= d  H ,  SBC   . Tính d  H ,  SBC   ) 1 2 5. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a , mặt bên SAB là tam giác đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng đáy. Gọi M là trung điểm của SA. Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ điểm M đến mặt phẳng (SCD). ( Hd: Gọi I là trung điểm của AB, khi đó: d  M ,  SCD    d  A,  SCD    d  I ,  SCD   1 1 2 2 Đáp số: d  M ,  SCD    a 21 ) 14 6. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình chữ nhật; với AB  2a, AD  a , tam giác SAB là tam giác đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ D đến (SBC). (Hd: AD / /  SBC   d  D,  SBC    d  A,  SBC   Tính VA.SBC , SSBC  d  A,  SBC   . Đáp số d  D,  SBC    a 3 ) Trang 17
GIẢI PHÁP 3: PHƯƠNG PHÁP TIẾP CẬN BÀI TOÁN TÍNH KHOẢNG CÁCH GIỮA HAI ĐƯỜNG THẲNG CHÉO NHAU Bài toán tính khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau luôn là bài toán khó với phần lớn học sinh. Để giải quyết được bài toán này học sinh cần nắm được các kiến thức cơ bản sau: 1. Cách tìm đường thẳng vuông góc đường vuông góc chung của hai đường thẳng chéo nhau a và b - Cho hai đường thẳng chéo nhau a và b. Khi đó có duy nhất một mặt phẳng (P) chứa b và song song với a. Gọi (Q) là mặt phẳng chứa a và vuông góc với (P). Mặt phẳng (Q) cắt b tại M và cắt (P) theo giao tuyến a’. Gọi  là đường thẳng đi qua M và vuông góc với (P) , khi đó  nằm trong mặt phẳng (Q) và cắt a tại N. Đường thẳng  cùng vuông góc với hai đường thẳng a và b nên  chính là đường vuông góc chung của a và b, còn độ dài đoạn thẳng MN là khoảng cách giữa hai đường chéo nhau đó. a N Q a' M P b   Nhận xét: — Khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau bằng khoảng cách giữa một trong hai đường thẳng đó và mặt phẳng song song với nó chứa đường thẳng còn lại. — Khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau bằng khoảng cách giữa hai mặt phẳng song song lần lượt chứa hai đường thẳng đó. 2. Phương pháp tìm khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau a và b Cách tính bằng cách xác định trực tiếp đoạn vuông góc chung thường khó với đa số học sinh vì nó liên quan nhiều đến phần chứng minh quan hệ vuông góc nên tôi xin trình bày hai trường hợp sau:  Trường hợp a  b a - Gọi (P) là mặt phẳng chứa b và vuông góc với a tại A. A b - Trong (P) dựng AB  b tại B. Khi đó độ B P dài đoạn thẳng AB là khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau a và b. Trang 18
 Trường hợp tổng quát a - Gọi (P) là mặt phẳng chứa b và song song A với a . - Gọi a ' là hình chiếu của vuông góc của a trên (P). - Mặt phẳng (Q) chứa a và a ' cắt b tại B. Q Qua B dựng đường thẳng  vuông góc với P a' B b (P), gọi A    a . Khi đó độ dài đoạn thẳng AB chính là khoảng cách giữa hai đường  chéo nhau a và b 3. Một số ví dụ Ví dụ 1 : Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có cạnh đáy bằng đường cao và bằng a . Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AB và CD. a) Chứng minh rằng (SMN) vuông góc với (SCD). b) Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng SC và AB. Hướng giải quyết: - Trước tiên ta nhận thấy hai đường thẳng SC và AB là hai đường thẳng chéo nhau và không vuông góc nên ta đi tìm một mặt phẳng chứa đường này và song với đường kia Lời giải S H A D M N O B C  MN / / BC  MN / / BC a) Ta có CD  MN (vì   MN  CD 1  ) CD  BC CD  BC CD  SN ( vì tam giác SCD cân tại S) => CD   SMN  Mà CD   SCD  nên  SCD    SMN  b) Ta có AB//CD nên AB//(SCD)  d  AB, SC   d  AB,  SCD    d  M ,  SCD   trong tam giác SMN kẻ MH  SN . Do CD   SMN   CD  MH Trang 19
 MH  SN Ta có :   MH   SCD   d  M ,  SCD    MH  MH  CD Gọi O là tâm của hình vuông ABCD. Vì S.ABCD là hình chóp đều nên SO là chiều cao của hình chóp, suy ra SO  a . Trong tam giác SMN ta có : MH.SN=SO.MN SO.MN SO.MN a2 2a 5  MH     SN SO 2  ON 2 a 5 5 2 2a 5 Vậy d  AB, SC   5 Nhận xét : —Mặt phẳng (SCD) là mặt phẳng chứa SC và song song với AB nên khoảng cách giữa AB và SC bằng khoảng cách giữa AB và (SCD). Đến đây bài toán lại quy về tính khoảng cách từ một điểm đến một mặt phẳng. Ta cần khéo léo trong việc chọn một điểm nằm trên cạnh AB, ta thường nghĩ tới những điểm đặc biệt trên đoạn AB như trung điểm của đoạn AB. Cách tính khoảng cách giữa hai đường chéo nhau dựa vào khoảng cách giữa một đường với một mặt chứa đường còn lại và song song với nó là một cách thường dùng nhất. — Ta có thể tính MH bằng cách tính d  O,(SCD)  dựa vào nhận xét MH=2 d  O,(SCD)  . Ví dụ 2 : Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông ABCD cạnh a , SA   ABCD  . Gọi M là trung điểm của SD, góc tạo bởi SD và mặt phẳng đáy bằng 450. tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa SB và CM. S Phân tích: - Từ dấu hiệu M là trung M điểm ta nghĩ tới việc chứng minh quan hệ song song. - Gọi I là trung điểm của A BD thì IM là đường trung D I bình của tam giác SBD nên SB//IM. Vậy B d(SB,CM)=d(SB,(CMA)) C Hướng giải quyết: - Chứng minh SB//(AMC) => d  SB, CM   d  SB,  AMC    d  B,  AMC   d  D,  AMC  - Tính VD. AMC , S AMC Lời giải: - Hình chiếu của SD trên (ABCD) là AD nên SDA·  450 . Suy ra tam giác SAD vuông cân tại A  SA  a . Trang 20