Sáng kiến kinh nghiệm THPT: Một số phương pháp tính khoảng cách trong hình học không gian lớp 11

Chia sẻ: _ _ | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:35

Thêm vào BST

Báo xấu

20
lượt xem 5
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Sáng kiến kinh nghiệm THPT "Một số phương pháp tính khoảng cách trong hình học không gian lớp 11" cung cấp cho học sinh nắm được cách tiếp cận bài toán tính khoảng cách, đồng thời giúp cho học sinh một số kiến thức, phương pháp và các kỹ năng cơ bản để học sinh có thể giải quyết các bài toán, hình thành cho các em thói quen tìm tòi tích lũy và rèn luyện tư duy sáng tạo.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Sáng kiến kinh nghiệm THPT: Một số phương pháp tính khoảng cách trong hình học không gian lớp 11

A. PHẦN MỞ ĐẦU I. LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI Mỗi một nội dung trong chƣơng trình toán phổ thông đều có vai trò rất quan trọng trong việc hình thành và phát triển tƣ duy của học sinh. Trong quá trình giảng dạy, giáo viên phải đặt ra cái đích là giúp học sinh nắm đƣợc kiến thức cơ bản, hình thành phƣơng pháp, kỹ năng, kỹ xảo, từ đó tạo đƣợc thái độ và động cơ học tập đúng đắn. Thực tế dạy và học cho chúng ta thấy còn có nhiều vấn đề cần phải giải quyết nhƣ học sinh học hình học không gian còn yếu, chƣa hình thành đƣợc kỹ năng, kỹ xảo trong quá trình giải toán. Đặc biệt từ năm học 2014 - 2015 là năm học thực hiện kì thi Quốc gia chung, nội dung đề thi đa phần nằm trong chƣơng trình lớp 12, những học sinh sử dụng kết quả môn Toán để xét Đại học - Cao đẳng cần phải làm đƣợc câu về hình học không gian trong đó có nội dung mà học sinh phải chuẩn bị tốt. Đó là câu hỏi về khoảng cách từ một điểm đến mặt phẳng và khoảng cách của hai đƣờng thẳng chéo nhau. Đây là một câu hỏi tƣơng đối khó. Để làm đƣợc câu hỏi này đòi hỏi học sinh ngoài việc học tốt kiến thức về hình học không gian còn phải biết vận dụng vào bài toán cụ thể. Từ thực tiễn giảng dạy và bồi dƣỡng học sinh ôn thi đại học nhiều năm, cùng với kinh nghiệm trong quá trình giảng dạy. Tôi đã tổng hợp, khai thác nhiều chuyên đề về hình học không gian. Trong sáng kiến kinh nghiệm này tôi xin chia sẻ : ‘‘Một số phương pháp tính khoảng cách trong hình học không gian lớp11 ”. Đây là một nội dung quan trọng, hay trong chƣơng trình hình học không gian lớp 11 nên đã có rất nhiều tài liệu, sách viết cũng nhƣ rất nhiều thầy cô giáo và học sinh say sƣa nghiên cứu và học tập. Tuy nhiên việc đƣa ra một số phƣơng pháp tính khoảng cách đối với bài toán này nhiều sách tham khảo vẫn chƣa đáp ứng đƣợc cho ngƣời đọc. Đặc biệt nhiều em học sinh lớp 11 học hình không gian còn yếu nên việc giải quyết bài toán này càng khó khăn hơn. Chính vì vậy việc đƣa ra sáng kiến 1
kinh nghiệm này là cần thiết, làm cho các em hiểu sâu hơn về bài toán này và yêu thích hình học không gian lớp 11. II. MỤC ĐÍCH NGHIÊN CỨU Qua nội dung đề tài này tôi mong muốn cung cấp cho học sinh nắm đƣợc cách tiếp cận bài toán tính khoảng cách, đồng thời giúp cho học sinh một số kiến thức, phƣơng pháp và các kỹ năng cơ bản để học sinh có thể giải quyết các bài toán, hình thành cho các em thói quen tìm tòi tích lũy và rèn luyện tƣ duy sáng tạo. III. ĐỐI TƢỢNG NGHIÊN CỨU Tôi tập trung nghiên cứu một số tính chất về hình học không gian lớp 11, nghiên cứu về các bài toán khoảng cách, nghiên cứu về cách chuyển bài toán khoảng cách về bài toán quen thuộc dễ vận dụng. IV. PHƢƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU Trong phạm vi của đề tài, tôi sử dụng kết hợp các phƣơng pháp nhƣ: phƣơng pháp thống kê – phân loại; phƣơng pháp phân tích – tổng hợp - đánh giá; phƣơng pháp vấn đáp - gợi mở, nêu ví dụ; phƣơng pháp diễn giải... và một số phƣơng pháp khác. 2
B. NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM I. CƠ SỞ LÝ LUẬN CỦA SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM Vấn đề tôi nghiên cứu đƣợc dựa trên cơ sở hình học không gian lớp 11. Khi giải bài tập toán, ngƣời học phải đƣợc trang bị các kỹ năng suy luận, liên hệ giữa cái cũ và cái mới, giữa bài toán đã làm và bài toán mới. Các tiết dạy bài tập của một chƣơng phải đƣợc thiết kế theo hệ thống chuẩn bị sẵn từ dễ đến khó nhằm phát triển tƣ duy cho học sinh trong quá trình giảng dạy, phát huy tính tích cực của học sinh. Hệ thống bài tập giúp học sinh có thể tiếp cận và nắm bắt những kiến thức cơ bản nhất và dần dần phát triển khả năng tƣ duy, khả năng vận dụng các kiến thức đã học một cách linh hoạt vào giải toán và trình bày lời giải. Từ đó học sinh có hứng thú và động cơ học tập tốt. Trong quá trình giảng dạy hình học không gian ở lớp 11 của trƣờng THPT Ngô Mây, tôi thấy đa phần học sinh rất lúng túng, kỹ năng giải bài toán khoảng cách trong hình học không gian còn yếu. Do đó cần phải cho học sinh tiếp cận một số phƣơng pháp giải bài toán khoảng cách, thiết kế trình tự bài giảng hợp lý giảm bớt khó khăn giúp học sinh nắm đƣợc kiến thức cơ bản, hình thành phƣơng pháp, kĩ năng, kĩ xảo và lĩnh hội kiến thức mới, từ đó đạt kết quả cao nhất có thể đƣợc trong kiểm tra, đánh giá . II. THỰC TRẠNG CỦA SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM Hình học là một phần kiến thức khó đối với học sinh. Học sinh rất nhanh quên và không vận dụng đƣợc những kiến thức đã học vào giải toán. Trong những năm gần đây, kỳ thi THPT Quốc gia và bây giờ là kỳ thi tốt nghiệp THPT Quốc gia luôn có câu về hình học không gian trong đó có bài toán khoảng cách về hình học không gian lớp 11. Với tình hình ấy để giúp học sinh định hƣớng tốt hơn trong quá trình giải toán khoảng cách trong hình học không gian lớp 11, ngƣời giáo viên cần tạo cho học sinh thói quen tiếp cận bài toán, khai thác các yếu tố đặc trƣng hình học 3
của bài toán để tìm lời giải. Trong đó việc giúp cho học sinh nắm đƣợc một số dạng toán tính khoảng cách. Chính vì vậy đề tài này đƣa ra giúp giáo viên hƣớng dẫn bài toán khoảng cách cho học sinh với cách tiếp cận dễ hơn, giúp học sinh hiểu sâu sắc hơn về bài toán khoảng cách trong hình học không gian. Từ đó giúp học sinh có điều kiện hoàn thiện các phƣơng pháp và rèn luyện tƣ duy sáng tạo của bản thân, chuẩn bị tốt cho kỳ thi tốt nghiệp THPT Quốc gia. Nội dung của đề tài đáp ứng một phần rất nhỏ trong chƣơng trình, song tôi nhận thấy rằng mỗi bài toán là một ý tƣởng vận dụng kiến thức hình học không gian. Vậy tôi mong muốn các đồng nghiệp và học sinh ngày càng vận dụng tốt các kiến thức hình học không gian để đƣa ra những giải pháp nhằm giải quyết bài toán khoảng cách trong không gian một cách chính xác và nhanh nhất. III. NỘI DUNG 1. Một số kiến thức cần nhớ a) Đường thẳng song song với mặt phẳng a  ( P ) a  a // b  a //( P) b  ( P) b  P b) Đường thẳng vuông góc với mặt phẳng Cho mặt phẳng (P) và hai đƣờng thẳng a b, c cắt nhau và nằm trong (P) a  b   a  (P) a  c b P c 4
c) Khoảng cách từ một điểm đến mặt phẳng, khoảng cách của hai đường thẳng chéo nhau M - Nếu H là hình chiếu vuông góc của điểm M lên mặt phẳng (P) thì: d (M , ( P))  MH H P - Nếu đoạn MN là đoạn vuông góc chung của hai đƣờng thẳng chéo nhau a và b thì: a b d (a, b)  MN M N Lƣu ý: Nếu mặt phẳng (P) chứa đƣờng thẳng b và song song với a thì d (a, b)  d (a, ( P))  d ( I , ( P)) với I thuộc đƣờng thẳng a. d) Hệ thức lượng trong tam giác vuông Cho ABC vuông ở A, đƣờng cao AH ta có : - Định lý Pitago : BC 2  AB2  AC 2 - BA2  BH .BC; CA2  CH .CB A _ - AB. AC = BC. AH 1 1 1 - 2  2  AH AB AC 2 AC AB AC C _ H _ - sinB= , cosB= , tanB= B _ BC BC AB 2. Ví dụ cụ thể 2.1. Dạng 1: Khoảng cách từ một điểm đến một mặt phẳng 2.1.1. Loại 1: Khoảng cách từ chân đƣờng cao đến mặt phẳng cắt đƣờng cao 5
Câu 1. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a . Biết SA vuông góc với đáy và SA  a . Tính khoảng cách từ điểm A đến mp  SBD  . 2a a a a 2 A. . B. . C. . D. . 3 3 2 3 6 Lời giải Chọn B Gọi O là giao điểm của AC và BD .  BD  AC Ta có   BD   SAC  ,  BD  SA BD   SBD    SBD    SAC  và  SAC    SBD   SO Trong mặt phẳng  SAC  , kẻ AH  SO thì AH   SBD   AH  d  A,  SBD   1 a 1 1 1 Tam giác SAO vuông tại A có OA  AC  , SA  a và 2  2 2 2 AH SA OA2 Vậy d  A,  SBD    . 1 2 1 3 a a  2  2  2  2  AH  AH a a a 3 3 Câu 2. Cho hình chóp tứ giác đều S. ABCD có tất cả các cạnh đều bằng a . gọi O là tâm của đáy. Tính khoảng cách từ O tới mp  SCD  . a a a a A. B. C. D. 6 2 3 2 Lời giải Chọn A 6
Gọi M là trung điểm của CD . Theo giả thiết SO  ( ABCD). Ta có CD  SO  CD  OM  CD   SOM  OM  SO  O  mà CD   SCD    SCD    SOM  . Gọi H là hình chiếu vuông góc của O lên SM. Suy ra OH   SCD  nên d  O,  SCD    OH . 2 a 2 a 2 Ta có SO  SC  OC  a   2 2  2   2 . 2    1 1 1 1 1 6 Trong SOM vuông tại O , ta có: 2  2  2  2  2  2 OH OM OS a a 2 a    2  2   OH  a  d  O,  SCD    OH  a . 6 6 Câu 3. Cho hình lăng trụ đứng ABC.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B , AB  a , AA  2a . Tính khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng  ABC  2 5a 5a 3 5a A. 2 5a . B. . C. . D. . 5 5 5 Lời giải Chọn B 7
Dựng AH  AB . ( H  A' B) A' C' BC  AB    BC   AAB   BC  AH B' Ta có : BC  AA Vậy AH   ABC   d  A,  ABC    AH . 2a H Xét tam giác vuông AAB có A C 1 1 1 2 5a    AH  . a AH 2 AA AB 2 2 5 B Câu 4. Cho tứ diện ABCD có cạnh AD vuông góc với mặt phẳng  ABC  , AC  AD  4 , AB  3 , BC  5 . Tính khoảng cách d từ điểm A đến mặt phẳng  BCD  . 12 60 769 34 A. d  B. d  C. d  D. d  34 769 60 12 Lời giải Chọn A Ta có BC 2  AB2  AC 2 nên ABC vuông tại A , gọi H là hình chiếu của A trên  BCD  . Tứ diện ABCD là tứ diện vuông nên ta có 1 1 1 1 1 1 1 17 2  2  2  2  2 2 2 AH AB AC AD 3 4 4 72 Vậy d  A;  BCD    AH  12 . . 34 8
Câu 5. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh bằng 2a, SAB là tam giác vuông cân tại S nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Khoảng cách từ trung điểm H của AB đến mặt phẳng  SBD  là a 3 a 3 a 10 A. B. a C. D. 3 2 2 Lời giải Chọn A Vì SAB là tam giác vuông cân tại S nên SH   ABCD  . Từ H kẻ HI  BD , từ H kẻ HK  SI với I  BD, K  SI Ta có SH  BD   BD   SHI   BD  HK  HK   SBD   HI  BD Do đó d  H ,  SBD    HK . Mặt khác 1 1 1 1 a AB 2  2  2 .Mà HI  d  A, BD   và SH   a. HI SH HK 2 2 2 1 1 1 3 a Nên 2  2  2  2  HK  HK  a  a a 3    2 2.1.2 Loại 2: Khoảng cách từ một điểm đến một mặt phẳng chứa đƣờng cao 9
Câu 1. Cho hình lăng trụ ABC. A ' B ' C ' có đáy là tam giác ABC vuông cân tại B, điểm E thuộc BC sao cho BC  3EC . Biết hình chiếu vuông góc của A ' lên mặt đáy trùng với trung điểm H của AB. Cạnh bên AA '  2a và tạo với đáy một góc 60°. Khoảng cách từ B đến mặt phẳng  A ' HE  là a 39 3a 3a 4a A. . B. . C. . D. . 3 5 4 5 Lời giải Chọn D Ta có AA ' tạo với đáy một góc 60° nên A ' AH  60 . Khi đó AH  A ' A.cos60  a  AB  BC  2a . 4a Do vậy BH  a; BE  3 Dựng BK  HE lại có BK  A ' H  BK   A ' HE  Do đó d  B,  A ' HE    BK  BH .BE 4a  BH 2  BE 2 5 Câu 2. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và B với AB  BC  a , AD  2a . Hai mặt phẳng  SAC  và  SBD  cùng vuông góc với mặt phẳng đáy. Tính khoảng cách từ điểm A tới mặt phẳng  SBD  a 2a 3a 4a A. B. C. D. 5 5 5 5 Lời giải Chọn B 10
 SAC    ABCD   Ta có   SBD    ABCD   và  SAC    SBD   SO  SO   ABCD  với O  AC  BD Kẻ AH  BD ta có  AH  BD   AH   SBD   AH  SO  d  A,  SBD    1 1 1 5 2a 2a Ta có    2  AH  AH 2 AB 2 AD 2 4a 5 5 Câu 3. Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác đều, hình chiếu vuông góc của đỉnh S trên mặt phẳng đáy là điểm H thuộc cạnh AB sao cho HB  2HA . Biết SC tạo với đáy một góc 45° và cạnh bên SA  2a 2 . Tính khoảng cách từ điểm C đến mặt phẳng  SAB  a 3 2a 2 3a 3 a 2 A. B. C. D. 2 3 2 3 Lời giải Chọn C Ta có:  SC,  ABC    SCH  45 Giả sử AB  BC  CA  3x Ta có: CH  AH 2  AC 2  2 AH . AC.cos60  x 7 Ta lại có: SA2  SH 2  AH 2  8a2  8x2  x  a  AB  BC  CA  3a 11
CK  AB Kẻ CK  AB ta có   CK   SAB  CK  SH  d  C ,  SAB    3a 3 3a 3 Mà CK  2 2 Câu 4. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình chữ nhật ABCD có AD  k.AB . Hình chiếu vuông góc của đỉnh S xuống mặt đáy là H thỏa mãn HB  2HA . Tỷ số khoảng cách từ A đến mặt phẳng  SDH  và khoảng cách từ B đến mặt phẳng  SHC  là 4  9k 2 1 4  9k 2 1 1 A. . B. . . C. . D. . 1  9k 2 2 1  9k 2 2 2k Lời giải Chọn B Không mất tính tổng quát Đặt AB  3  AD  3k Dựng AE  DH , lại có AE  SH  AE   SDH  Do đó d  A,  SDH    AE  AH . AD  d1 AH  AD 2 2 Tƣơng tự dựng BF  HC ta có: d  B,  SHC    BF  BH .BC  d2 BH 2  BC 2 d1 AH BH 2  BC 2 1 4  9k 2 Do vậy  .  d 2 BH AH 2  AD 2 2 1  9k 2 12
Câu 5. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh 4a. Gọi H là điểm thuộc đƣờng thẳng AB sao cho 3HA  HB  0 . Hai mặt phẳng  SAB  và  SHC  đều vuông góc với mặt phẳng đáy. Tính khoảng cách từ B đến mặt phẳng  SHC  . 5a 5a 12a 6a A. B. C. D. 12 6 5 5 Lời giải Chọn C  SAB    ABCD   Ta có   SHC    ABCD   mà  SAB    SHC   SH  SH   ABCD   BK  CH Kẻ BK  CH ta có   BK   SHC   BK  SH 1 1 1 25 12a Ta có 2  2  2  2  BK  BK BH BC 144a 5  d  B,  SHC    12a 5 2.1.3 Loại 3: Khoảng cách từ một điểm đến một mặt phẳng dùng phƣơng pháp trƣợt đỉnh về chân đƣờng cao. Câu 1. Cho hình chóp S. ABCD có đáy là hình thang vuông tại A và B ; 1 AB  BC  AD  a . Biết SA vuông góc với mặt phẳng đáy, SA  a 2 . Tính theo a 2 khoảng cách d từ B đến mặt phẳng  SCD  . 1 1 2 A. d  a . B. d  a . C. d  a . D. d  a. 2 4 2 13
Lời giải Chọn A Gọi I là trung điểm của đoạn AD .Ta có AI // BC S và AI  BC nên tứ giác ABCI là hình vuông hay H 1 CI  a  AD  ACD là tam giác vuông tại C . A I D 2  AC  CD B Kẻ AH  SC Ta có   CD   SCA C  AC  SA hay CD  AH nên AH   SCD  E  d  A,  SCD    AH ; AC  AB2  BC 2  a 2 . AH  SA. AC a 2.a 2   a. SA  AC 2 2 2a 2  2a 2 EB BC 1 Gọi AB  CD  E , mặt khác   nên B là trung điểm của đoạn AE . EA AD 2 d  B,  SCD   1 a 1   . Vậy d  a . d  A,  SCD   2 2 2 Câu 2. Cho hình chóp S. ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B , AB  3a , BC  4a , mặt phẳng  SBC  vuông góc với mặt phẳng  ABC  . Biết SB  2 3a , SBC  30 . Tính khoảng cách từ B đến mặt phẳng  SAC  . 6 7a 3 7a A. 6 7a . B. . C. . D. a 7 . 7 14 Lời giải Chọn B S Ta có  SBC    ABC  và  SBC    ABC   BC Trong mặt phẳng  SBC  , kẻ SH  BC thì SH   ABC  . I K Tam giác SBH vuông tại H có A C H 30 B 14
BC SH  SB.sin 30  a 3 ; BH  SB.cos30  3a  HC  a .Vì  4 nên HC d  B,  SAC    4d  H ,  SAC   .Trong mặt phẳng  ABC  , kẻ HK  AC ; SH  AC  AC   SHK  ; AC   SAC    SAC    SHK  và  SAC    SHK   SK Trong mặt phẳng  SHK  , kẻ HI  SK thì HI   SAC   HI  d  H ,  SAC   HK CH CH . AB 3a Tam giác CKH và tam giác CBA đồng dạng nên   HK   . AB CA AB 2  BC 2 5 1 1 1 3 7a Tam giác SHK vuông tại H có 2  2  2  HI  . HI SH HK 14 Vậy d  B,  SAC    6 7a . 7 Câu 3. Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B , SA vuông góc với mặt đáy và SA  AB  3 . Gọi G là trọng tâm của tam giác SAB . Khoảng cách từ G đến mặt phẳng  SBC  bằng 6 6 6 A. . B. . C. 3 . D. . 3 6 2 Lời giải Chọn B S Gọi M là trung điểm của SB  AM  SB  BC  AB Ta có   BC   SAB   BC  AM .  BC  SA M  AM  SB G Và   AM   SBC   GM   SBC  tại M .  AM  BC A C Do đó d  G,  SBC    GM . B SB 6 AM 6 SB  AB 2  6 , AM    GM   . 2 2 3 6 15
Câu 4. Cho hình chóp S. ABC có tam giác ABC vuông cân tại B có AB  BC  a , tam giác SAC đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng  ABC  . Khoảng cách từ A đến mặt phẳng  SBC  bằng a 42 a 42 a 21 A. . B. 2a . C. . D. . 14 7 14 Lời giải Chọn C Gọi H và M lần lƣợt là trung điểm của AC và BC S Ta có: d  A,  SBC    2d  H ,  SBC   . Theo giả thiết tam giác SAC đều và nằm trong mặt K phẳng vuông góc với mặt phẳng C  ABC  nên SH   ABC   SH  BC 1 A H M Do tam giác tam giác ABC vuông cân tại B nên B HM  BC  2 Từ 1 và  2  ta có BC   SHM    SHM    SBC  . Trong mặt phẳng  SHM  kẻ HK  SM thì d  H ,  SBC    HK . Theo đề bài ta có có tam giác ABC vuông cân tại B 1 a có AB  BC  a  AC  BA2  BC 2  a 2 , HM  AB  . 2 2 a 6 Mặt khác tam giác SAC đều nên SH  . Xét tam giác vuông SHM ta có 2 1 1 1 1 1 1 1 28 a 42 2  2  2  2  2  2  2  2  HK  . HK HM SH HK 6a a HK 6a 14 4 4 Vậy d  A,  SBC    2HK  a 42 7 16
Câu 5. Hình hộp đứng ABCD. A ' B ' C ' D ' có đáy là hình thoi cạnh a, góc BAD  60 đồng thời AA '  a . Gọi G là trọng tâm tam giác BCD.Khoảng cách từ G tới mặt phẳng  A ' BD  bằng 2a 21 2a 7 a 21 a 21 A. B. C. D. 7 7 7 21 Lời giải Chọn D  BD  AC Vì   BD   AA ' O    A ' BD    AA ' O   BD  AA ' Trong  AA ' O  , kẻ AH  A ' O,  H  A ' O  .  A ' BD    AA ' O   Vì  A ' BD    AA ' O   A ' O  AH   A ' BD    AA ' O   AH  A ' O  d  A,  A ' BD    AH  AA '. AO AA '2  AO 2 a 3 Tam giác ABD cân có BAD  60  ABD đều có cạnh bằng a  AO  2 d ( A, ( A' BD)) AA ' . AO a 2 d (G, ( A' BD))   a. 2 a 21 3 3 AA '2  AO 2   a 3  21 2 3 a  2   2  2.2. Dạng 2: Khoảng cách giữa hai đối tƣợng song song 2a Câu 1. Cho hình chóp O.ABC có đƣờng cao OH  . Gọi M và N lần lƣợt là trung 3 điểm của OA và OB . Khoảng cách giữa đƣờng thẳng MN và  ABC  bằng 17
a a 2 a a 3 A. . B. . C. . D. . 2 2 3 3 Lời giải Chọn D Vì M và N lần lƣợt là trung điểm của OA và OB nên MN // AB  MN //  ABC  . Ta có: d  MN ;  ABC    d  M ;  ABC    OH  1 a 3 2 3 (vì M là trung điểm của OA). Câu 2. Cho hình lăng trụ tứ giác đều ABCD. ABCD có cạnh đáy bằng a . Gọi M , N , P lần lƣợt là trung điểm của AD , DC , A ' D ' . Tính khoảng cách giữa hai mặt phẳng  MNP  và  ACC ' . a 3 a a a 2 A. . B. . C. . D. . 3 4 3 4 Lời giải Chọn D Tacó  MNP  //  ACA Gọi O là giao điểm của A’C’ và B’D’.  d   MNP  ;  ACA   d  P;  ACA    OD  1 a 2 2 4 18
Câu 3. Cho hình lăng trụ tam giác ABC.ABC có các cạnh bên hợp với đáy những góc bằng 60 , đáy ABC là tam giác đều và A cách đều A , B , C . Tính khoảng cách giữa hai đáy của hình lăng trụ. a 3 2a A. a . B. a 2 . C. . D. . 2 3 Lời giải Chọn A Vì ABC đều và A’A = A’B =A’C nên A’.ABC là hình chóp đều. Gọi AH là chiều cao của lăng trụ. suy ra H là trọng tâm ABC , AAH  60 . a 3 AH  AH .tan 60  3  a. 3 Câu 4. Cho hình lăng trụ ABC.A' B' C ' có tất cả các cạnh bằng a. Góc tạo bởi cạnh bên và mặt phẳng đáy bằng 300 . Hình chiếu H của điểm A trên mặt phẳng A' B' C ' thuộc đƣờng thẳng B' C' . Tính khoảng cách giữa hai mặt đáy. a a a 2 a 3 A. . B. . C. . D. . 3 2 2 2 Lời giải Chọn B Khoảng cách giữa hai mặt phẳng đáy chính A C bằng AH . B Trong HAA' , ta có A ' = 30 . 0 A' C' a H AH  AA' .sin A'  a.sin 300  . B' 2 19
Câu 5. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thang vuông tại A và D ; SD vuông góc với mặt đáy ( ABCD) ; AD  2a ; SD  a 2. Tính khoảng cách giữa đƣờng thẳng CD và mặt phẳng  SAB  . 2a a a 3 A. . B. . C. a 2 . D. . 3 2 3 Lời giải Chọn A Gọi H là hình chiếu vuông góc của D S trên SA . Khi đó ta có H  AB  AD   AB  ( SAD)  AB  DH ;  AB  SD C  DH  AB D   DH  ( SAB) .  DH  SA A B Tacó: CD //  SAB   d  CD,  SAB    d  D,  SAB    DH  SD. AD 2a 2 2 a   . SD  AD 2 2 6 3 2.3. Dạng 3: Khoảng cách giữa hai đƣờng thẳng chéo nhau 2.3.1 Loại 1: Dựng đoạn vuông góc chung Câu 1. Cho hình chóp tứ giác S. ABCD có SA   ABCD  , SA  a 3 , đáy ABCD là hình vuông cạnh 2a . Khoảng cách giữa 2 đƣờng thẳng AD và SB bằng: 2 3.a 3.a 2 3.a 3.a A. . B. . C. . D. . 3 2 7 7 Lời giải Chọn C 20