SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO NGHỆ AN
TRƯỜNG TRUNG HỌC PHỔ THÔNG LÊ VIẾT THUẬT
-------------o0o------------
SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
Đề tài:
GÓP PHẦN RÈN LUYỆN KỸ NĂNG GIẢI BÀI TẬP HÌNH HỌC KHÔNG GIAN CHO HỌC SINH LỚP 11
THÔNG QUA MỘT SỐ DẠNG BÀI TẬP CƠ BẢN
Môn: TOÁN
818 173
Người thực hiện: Mai Thị Khánh Xuân
Năm học 2019 - 2020
PHẦN I. ĐẶT VẤN ĐỀ
Lí do chọn đề tài
Đổi mới phương pháp dạy học môn toán ở trường THPT, dạy toán ở
trường phổ thông là dạy hoạt động toán học. Luyện tập cho học sinh giải được
bài tập toán là hình thức chủ yếu của hoạt động toán học, giúp học sinh phát
triển tư duy logic, năng lực giải quyết vấn đề một cách sáng tạo.
Để học sinh giải được bài tập Toán trước tiên phải rèn luyện kỹ năng giải
Toán, giúp người học cách suy nghĩ, phương pháp giải và khả năng vận dụng
kiến thức, cách hệ thống các dạng bài tập.
Thực tiễn dạy học cho thấy khi học Hình học không gian (HHKG) rất
nhiều học sinh e ngại nhất là đối với đa số các học sinh nữ và các em có học lực
dưới mức trung bình khá. Nhưng nếu các em được rèn luyện kỹ năng vẽ hình, kỹ
năng giải các bài toán hình học không gian một cách có hệ thống, giáo viên xây
dựng được một số dạng bài tập toán nhằm rèn luyện kỹ năng giải toán thì học
sinh có khả năng tốt hơn để giải bài toán trong không gian, các em sẽ thấy hứng
thú và yêu thích môn học hơn và sẽ dần dần bớt ngại khó khi làm bài tập, góp
phần nâng cao hiệu quả dạy và học ở trường phổ thông. Những kỹ năng cơ bản
cần rèn luyện cho học sinh như kỹ năng vẽ hình, kỹ năng vận dụng các định lý,
quy tắc, phương pháp, kỹ năng sử dụng ngôn ngữ toán học,…hình thành cho các
em một số các kỹ năng và phương pháp giải bài tập, thông qua việc lựa chọn các
Thực tế đã có một số đề tài nghiên cứu rèn luyện kỹ năng giải toán cho
học sinh theo các vấn đề khác nhau của chương trình Toán Trung học phổ
thông, nhưng chưa có đề tài nào đề cập đến vấn đề cụ thể về việc tập hợp một
cách có hệ thống các kỹ năng và các dạng bài tập cần thiết rèn luyện cho học
sinh khi dạy học Hình không gian lớp 11. Với những lí do như trên tác giả lựa
chọn đề tài:
“Góp phần rèn luyện kỹ năng giải bài tập Hình học không gian cho
dạng bài tập để rèn luyện kỹ năng giải toán cho học sinh.
học sinh lớp 11 thông qua một số dạng bài tập cơ bản”.
1
1. Mục đích và nhiệm vụ của đề tài
+) Nghiên cứu cơ sở lý luận về kỹ năng giải toán.
+) Nghiên cứu kỹ năng giải một số dạng bài tập toán Hình học không gian
lớp 11.
+) Bài tập theo chủ đề nhằm rèn luyện một số kỹ năng giải toán Hình học
không gian chương trình hình học 11 THPT cho học sinh, góp phần nâng cao
chất lượng dạy học môn Toán ở trường phổ thông.
2. Đối tượng, phạm vị nghiên cứu
Quá trình dạy học các tiết luyện tập và ôn tập chương trình Hình Học
không gian cho học sinh lớp 11 .
3. Phương pháp nghiên cứu
3.1. Phương pháp nghiên cứu lí luận
- Khái niệm
+ “Kỹ năng là năng lực sử dụng các dữ kiện, các tri thức hay các khái niệm
đã có, năng lực vận dụng chúng để phát hiện những thuộc tính bản chất của các sự
vật và giải quyết thành công nhiệm vụ lý luận hay thực hành xác định”.
+ “Kỹ năng là một nghệ thuật, là khả năng vận dụng hiểu biết có được ở
bạn để đạt được mục đích của mình, kỹ năng còn có thể đặc trưng như toàn bộ
thói quen nhất định, kỹ năng là khả năng làm việc có phương pháp”.
+ “Kỹ năng là khả năng vận dụng những kiến thức thu nhận trong một
lĩnh vực nào đó vào thực tế”.
minh cũng như phân tích có phê phán các lời giải và chứng minh nhận được”.
Như vậy, dù phát biểu dưới góc độ nào, kỹ năng là khả năng vận dụng kiến
thức (khái niệm, cách thức, phương pháp…) để giải quyết nhiệm vụ đặt ra. Nói
đến kỹ năng là nói đến cách thức thủ thuật và trình tự thực hiện các thao tác hành
động để đạt được mục đích đã định. Kỹ năng chính là kiến thức trong hành động.
+ “Trong Toán học kỹ năng là khả năng giải các bài toán, thực hiện các chứng
3.2. Phương pháp điều tra quan sát
- Dạy Hình học không gian trong chương trình Toán THPT có hai quyển
SGK: SGK Hình học 11 nâng cao và SGK Hình học 11. Ở trường THPT Lê Viết
Thuật: dạy học sinh theo SGK Hình học 11 dành cho học sinh học ban cơ bản .
2
Trong chương trình lớp 11, học sinh được học đầy đủ và có hệ thống về
bộ môn HHKG. Đây là phần nội dung khó, phong phú và đa dạng về loại bài tập
đòi hỏi học sinh phải có kiến thức tổng hợp, khả năng suy đoán, trí tưởng tượng
không gian, kỹ năng vẽ hình, kỹ năng tính toán có nhiều bài tập đòi hỏi học sinh
phải có năng khiếu toán mới giải được. Cũng chính vì thế mà khi dạy học đòi
hỏi GV có khả năng rèn luyện kỷ năng giải các dạng bài tập cũng như các
phương pháp giải tương ứng từng dạng bài tập toán cho học sinh.
- Khi dạy và học toán HHKG nói chung các GV và học sinh thường gặp
một số khó khăn với nguyên nhân như là:
+) Học sinh có trí tưởng tượng không gian chưa tốt.
+) Do đặc thù môn học nên việc tiếp thu và sử dụng các kiến thức HHKG
là vấn đề khó đối với học sinh.
+) Học sinh quen với HHP nên dễ nhầm lẫn khi sử dụng các tính chất
trong hình học phẳng mà không đúng trong HHKG để giải Toán HHKG.
+) Vẫn còn một số học sinh chưa xác định đúng động cơ học tập nên chưa
chăm học và chưa chú ý khi học bài và làm bài tập.
+) Vẫn còn nhiều GV chưa chịu đổi mới phương pháp dạy học, dạy học
còn mang tính chất đối phó, truyền thụ một chiều.
3.3. Rèn luyện kỹ năng giải một số dạng bài tập cơ Hình không gian chương
trình hình học 11 THPT
* Về phương pháp: Gv cần phải tổ chức cho học sinh được học tập trong
hoạt động và bằng hoạt động tự giác tích cực, chủ động sáng tạo.
Chú trọng cho học sinh biết các phương pháp khác nhau, và biết lựa chọn
phương pháp để giải các bài toán. GV lựa chọn các ưu điểm của các phương pháp
dạy học đàm thoại, phương pháp dạy học vấn đáp, phương pháp dạy học phát hiện
và giải quyết vấn đề…để hướng dẫn, rèn luyện kỹ năng giải Toán cho học sinh.
* Về phát triển năng lực tư duy và phẩm chất trí tuệ cho học sinh: Rèn
luyện trí tưởng tượng không gian, khả năng chứng minh suy diễn, khả năng lập
luận có căn cứ, tư duy logic chặt chẽ.
3
* Về kiến thức: Vận dụng các kiến thức được học của chương trình.
* Về kỹ năng: Đề tài có ý tưởng thông qua một số dạng bài tập cơ bản
nhằm rèn luyện cho học sinh một số kỹ năng cơ bản sau:
- Kỹ năng vẽ hình, dựng thiết diện.
- Kỹ năng chứng minh các quan hệ giữa các đối tượng hình học được học.
- Kỹ năng tính khoảng cách giữa đường thẳng và mặt phẳng.
4
- Kỹ năng chuyển đổi từ hình học tổng hợp sang công cụ véc tơ.
PHẦN II. NỘI DUNG
I. Rèn luyện cho học sinh kỹ năng vẽ hình, dựng thiết diện và tính diện tích
thiết diện
1. Kỹ năng vẽ hình
Để giải được các bài tập Hình học không gian, trước hết phải rèn cho học
sinh đọc đề và hiểu được đề bài từ đó vẽ được hình biểu diễn.
1.1. Hình biểu diễn là hình được vẽ qua phép chiếu song song từ không gian
lên mặt phẳng, do vậy hình biểu diễn cần thỏa mãn các tính chất của phép
chiếu song song
+ Phép chiếu song song biến 3 điểm thẳng hàng thành 3 điểm thẳng hàng
và không làm thay đổi thứ tự 3 điểm đó.
+ Biến đường thẳng thành đường thẳng, tia thành tia, đoạn thẳng thành
đoạn thẳng.
+ Biến 2 đường thẳng song song thành 2 đường thẳng song song hoặc
trùng nhau.
+ Không làm thay đổi tỷ số độ dài hai đoạn thẳng cùng nằm trên một
đường thẳng hoạc hai đường thẳng song song.
1.2. Hình biểu diễn
Do những tính chất đã nêu của phép chiếu song song nên hình biểu diễn
được vẽ như sau:
giác cân, tam giác vuông).
- Hình bình hành => Hình bình hành tùy ý
(Hình bình hành , hình chữ nhật, hnh vuông, hình
thoi).
- Thường dùng e líp để biểu diễn đường tròn.
Do hình biểu diễn của bài tập hình không gian
phải thỏa mãn các tính chất đã nêu nên việc vẽ hình
biểu diễn khó hơn rất nhiều so với hình học phẳng,
5
- Hình tam giác => Hình tam giác có dạng tùy ý (tam giác thường, tam
đòi hỏi học sinh phải hiểu đề bài và biết cách vẽ hình biểu diễn khi học hình học
không gian. Người dạy qua các bài tập hướng dẫn học sinh vẽ hình biểu diễn
qua đó hình thành kỹ năng vẽ hình cho học sinh, thao tác đầu tiên để đi đến
bước tiếp theo hoàn thành lời giải của bài tập toán Hình học không gian.
Ví dụ minh họa
Ví dụ 1. Vẽ hình biểu diễn của tứ diện ABCD
- Bước 1: Vẽ tam giác bất kỳ BCD (một cạnh khuất)
- Bước 2: Lấy điểm A ngoài tam giác BCD
- Bước 3: Nối A với điểm B: B; D.
Ví dụ 2: Vẽ hình biểu diễn hình chóp tam giác đều S.ABC, có đường cao SH.
Vì hình chóp tam giác đều nên học sinh phải hiểu các tính chất của hình
chóp tam giác đều mới vẽ được hình biểu diễn.
- Vẽ đáy là tam giác ABC bất kỳ có nét
khuất AB (mặc dầu đáy là tam giác đều).
- Do đường cao SH của hình chóp tam giác
đều có H trùng với tâm của tam giác ABC, nên
vẽ H là giao của ba đường trung tuyến tam giác
ABC (do tam giác ABC đều).
- Vẽ SH (nhìn như vuông góc với AB). - Nối SA; SB; SC.
- Vẽ đáy ABCD là hình bình hành. - Vẽ hình chữ nhật AA’B’B - Từ các đỉnh C, D kẻ các đoạn thẳng CC’, DD’,
song song và bằng AA’.
- Nối A’B’, B’D’, D’B’.
Qua quá trình luyện tập ra thêm các bài tập cho học sinh luyện tập từ đó
hình thành kỹ năng vẽ hình, lưu ý học sinh cố gắng vẽ hình biểu diễn phần khuất
càng ít thì hình vẽ cáng trực quan hơn trong quá trình sử dụng để tìm lời giải bài
tập toán.
6
Ví dụ 3. Vẽ hì hộp chữ nhật ABCD.A’B’C’D’
2. Kỹ năng xác định thiết diện
Để xác định được thiết diện giữa một mặt phẳng với một khối đa diện quy
về xác định giao tuyến của đôi một hai mặt phẳng thiết diện cắt khối đa diện.
2.1. Xác định giao tuyến của hai mặt phẳng
Để xác định được giáo tuyến của hai mặt phẳng cần phải xác định cho học
sinh cách xác định giao tuyến
- Hướng 1: Xác định được 2 giao điểm - thường là kéo dài hai đường
thẳng trong cùng một mặt phẳng.
- Hướng 2: Xác định một điểm và phương của đường thẳng giao tuyến.
2.2. Các ví dụ minh họa
Ví dụ 1. Cho tam giác ABC nằm trong mp (P) và a là mộtđường thẳng
nằm trong mp ( P) và không song song với AB và Ac và không cắt các cạnh
của tam giá ABC. S là một điểm ở ngoài mặt phẳng ( P) và A’ là một điểm
thuộc SA .
Xác định thiết diện giao giữa mặt phẳng mp (A’,a) và tứ diện SABC.
Phân tích: Để xác định được thiết diền ta phải xác định được giao tuyến
của các cặp mặt phẳng: mp (A’,a) và (SAB); mp (A’,a) và (SAC) và mp (A’,a)
và (SBC).
Lời giải
- Xác định giao tuyến của mp (A’,a) và (SAB)
A’ ( A’,a)
A’ là điểm chung của ( A’,a) và (SAB )
Trong ( P) , ta có a không song song với AB
Gọi E = a AB
=> E AB mà AB (SAB ) E (SAB )
=> E ( A’,a)
E là điểm chung của ( A’,a) và (SAB )
Vậy: A’E là giao tuyến của ( A’,a) và (SAB )
- Xđ giao tuyến của mp (A’,a) và (SAC)
7
Ta có: A’ SA mà SA ( SAB) A’ ( SAB)
Ta có: A’ SA mà SA ( SAC)
=> A’ ( SAC)
A’ ( A’,a)
=> A’ là điểm chung của (A’,a) và (SAC)
Trong (P), ta có a không song song với AC
Gọi F = a AC
F AC mà AC (SAC ) F (SAC )
E ( A’,a)
=> F là điểm chung của ( A’,a) và (SAC )
Vậy: A’F là giao tuyến của ( A’,a) và (SAC )
- Xác giao tuyến của (A’,a) và (SBC)
Trong (SAB) , gọi M = SB A’E
M SB mà SB ( SBC) => M ( SBC)
M A’E mà A’E ( A’,a) => M ( A’,a)
=> M là điểm chung của mp ( A’,a) và (SBC )
Trong (SAC ) , gọi N = SC A’F
N SC mà SC ( SBC) => N ( SBC)
N A’F mà A’F ( A’,a) => N ( A’,a)
N là điểm chung của mp ( A’,a) và (SBC )
Ta có thiết diện cần xác định là: A’MN
Ví dụ 2. Cho bốn điểm A,B,C,D không cùng thuộc một mặt phẳng. Trên
các đoạn thẳng AB, AC, BD lần lượt lấy các điểm M, N, P sao cho MN không
song song với BC. Xác định thiết diện giao của mặt phẳng ( MNP) với tứ diện
ABCD.
Phân tích: Để xác định thiết diện ta cần xác định giao tuyến của mp MNP
với các mặt của tứ diện. Dể thấy MN, MP là giao tuyến của (MNP) với (ABC)
và (ABD). Chỉ cần xác định hai giao tuyến của (MNP) với (BCD) và (ACD).
8
Vậy: MN là giao tuyến của ( A’,a) và (SBC ).
Lời giải:
- Kéo dài MN cắt BC kéo dài tại E
=> E là điểm chung của (BCD) và (MNP)
ME là giao tuyến của (ABC) và (MNP) .
- Nối E với P cắt CD tại Q
=> EQ là giao tuyến (BCD) với (MNP).
Ví dụ 3. Cho tứ diện ABCD. Trên AC và AD lấy hai điểm M, N sao cho
MN không song song với CD, gọi O là điểm bên trong tam giác BCD.
Xác định thiết diện giao giữa mặt phẳng (OMN) với tứ diện ABCD.
Phân tích: Để xác định thiết diện ta cần xác định giao tuyến của
mp(OMN) với các mặt của tứ diện.Xác định giao tuyến các cặp mặt phẳng:
(OMN) với (BCD); (OMN) với(ABC) và (OMN) với (ABD).
Lời giải:
- Tìm giao tuyến của (OMN) và (BCD)
Ta có: O là điểm chung của (OMN) và (BCD)
Trong (ACD), MN không song song CD
Gọi I = MN CD
=> I là điểm chung của (OMN ) và (BCD)
Vậy : OI (OMN ) (BCD )
- Tìm giao điểm của BC với (OMN)
Vậy : P = BC ( OMN)
- Tìm giao điểm của BD với (OMN)
Trong (BCD), gọi Q = BD OI
Vậy : Q = BD ( OMN )
Nối QN; MP ta có thiết diện là: MNQP.
Ví dụ 4. Cho hình chóp S.ABCD, gọi O là giao điểm của AC và BD, các
điểm M, N, P lần lượt là các điểm trên SA, SB, SD.
Xác định giao tuyến giữa mặt phẳng (MNP) với hình chóp S.ABCD.
9
Trong (BCD), gọi P = BC OI
Phân tích: Phân tích: Để xác định thiết diện ta cần xác định giao điểm
của mặt phẳng (MNP) với SC.
Lời giải:
- Nối BD và AC cắt nhau tại O.
- Tìm giao điểm I của SO với mặt
phẳng (MNP)
Nối MN, SO tao có giao điểm SO và
BD chính là điểm I.
- Trong mặt phẳng (SAC) nối MI kéo
dài cắt SC tại Q.
- Nối PQ, NQ ta có: thiết diện MNQP
cần xác định.
** Xác định thiết diện qua các giao tuyến khi biết một điểm và phương
của đường thẳng, đòi hỏi học sinh phải nắm chắc kiến thức về quan hệ song
song giữa đường thẳng và mặt phẳng trong không gian.
Ví dụ 5. Cho hình vuông cạnh a, tâm O . Gọi S là một điểm ở ngoài mặt
phẳng (ABCD) sao cho SB = SD.
Gọi M là điểm tùy ý trên AO với AM = x, mặt phẳng () qua M song
song với SA và BD.
a. Xác đinh thiết diện giao giữa mặt phẳng () với hình chóp SABO.
b. Cho SA = a . Tính diện tích thiết diện theo a và x, tìm giá trị x để diện
Phân tích: Để xác định được thiết diện cần tìm, ta phải xác định được
giao tuyến của mặt phẳng () với các mặt phẳng (ABO); (SAB); (SBO) và
(SAO). Giả thiết đã cho xác định điểm M và trực quan từ hình vẽ. Do đó cần
hướng dẫn học sinh xác định được phương các phương của giao tuyến nhờ kiến
thức về đường thẳng, mặt phẳng song song.
tích lớn nhất.
Lời giải:
a. Ta có mp() // BD mà BD mp(ABO), M là điểm chung
=> Giao tuyến của mp() và mp(ABO) là đường thẳng đi qua M nằm
trong mp(ABO) và song song với BD.
10
=> Từ M kẻ đường thẳng song song với BD cắt AB tại Q.
mp() // SA chứa MQ suy ra mp() giao với mp(SAB) và mp(SAO) theo
hai đường thẳng song song với SA.
=> Từ M và Q kẻ hai đường thẳng song song với SA cắt SO tại N; cắt SB
tại P.
Nối PN ta có thiết diện cần xác định là: MNPQ.
b. Ta có : mp() //BD => giao của mp() với mp(SAD) là NP thì NP//AD, mà
AD//QM => NP//QM. kết hợp với câu a, ta có: MNPQ là hình bình hành (1).
SB = SD => SBC = SDC (c-c-c)
Gọi I là trung điểm SC, xét IBC và IDC
=> IB = ID => IBD cân tại I
=> IO BD
Mà OI // SA SA BD (2)
Từ (1) và (2) suy ra : MNPQ là hình
chữ nhật
MQ
. MN
- Tính diện tích MNPQ theo a và x
S MNPQ
Ta có :
Tính MQ :
0
45
0
45
AQM
Xét tam giác AQM :
0
90
ˆ ˆ Q ˆ M
=> MQ = AM = x
Xét tam giác SAO, ta có :
a
2
x
MN
AS
.
a .
a
x 2.
MN//SA
MN AS
OM OA
OM OA
2 a 2. 2
1
MQ MN .
ax .(
x )2.
x (2.
a
x )2.
=>
S MNPQ
2
11
Ta có : cân tại M
2.x
2.xa
x 2.
x )2.
x (2.
xa
)2.
(
2)
Áp dụng bất đẳng thức Cosy cho 2 số dương và
a 2
²a 4
1
a
²
a
²
S
.
S
MNPQ
MNPQ
mã
a ² 4
2
2.4
2.4
x
x 2.
xa
2.
=>
a 2. 4
a 2.2
Đẳng thức xảy ra khi
x
<=> M là trung điểm AO.
2.a 4
Vậy : đạt giá trị lớn nhất. thì MNPQ S
Ví dụ 6. Cho tứ diện ABCD có AB = a , CD = b . Gọi I , J lần lượt là
trung điểm AB và CD. Giả sử AB CD , mặt phẳng () qua M nằm trên đoạn
IJ và song song với AB và CD.
a. Tìm giao tuyến của () với ( ICD ) và (JAB) .
b. Xác định thiết diện của (ABCD) với mặt phẳng ()
Chứng minh thiết diện là hình chữ nhật .
1 IJ . 3
Tính diện tích thiết diện biết IM =
Phân tích: Áp dụng tính kiến thức về đường thẳng song song với mặt
phẳng để xác định các giao tuyến của hai mặt phẳng theo yêu cầu của bài toán,
từ đó xác định dược thiết diện.
a. Tìm giao tuyến của () với mặt phẳng (ICD ):
//)
CD
(
ICD
)
Ta có :
M
) (
(
ICD
)
( CD
=> Giao tuyến là đt qua M và song song
với CD cắt IC tại L và ID tại N
//)
AB
AB
(
JAB
)
Tương tự :
M
) (
(
JAB
)
(
Lời giải:
12
=> Giao tuyến là đt qua M và song song với AB cắt JA tại P và JB tại Q
//)
AB
(
ABC
)
AB
b. Xác định thiết diện của (ABCD) với mặt phẳng ():
L
) (
(
ABC
)
(
//)
AB
(
ABD
)
AB
Ta có : => EF // AB (1)
N
) (
(
ABD
)
(
Tương tự : => HG // AB (2)
//)
CD
(
ACD
)
Từ (1) và (2), suy ra EF // HG // AB (3)
P
) (
(
ACD
)
( CD
//)
CD
(
BCD
)
Ta có : => FG // CD (4)
) (
(
BCD
)
( CD Q
Tương tự : => EH // CD (5)
Từ (4) và (5) , suy ra FG // EH // CD (6)
Từ (3) và (6) , suy ra EFGH là hình bình hành.
Mà AB CD , suy ra EFGH là hình chữ nhật
1 IJ 3
EF
.
FG
. PQ
LN
- Tính diện tích thiết diện khi IM =
S EFGH
Ta có :
Tính LN :
LN CD
IN ID
Xét tam giác IJD, ta có : MN // JD =>
(8)
IN ID
IM IJ
LN
Từ (7) và (8), suy ra
LN CD
IM IJ
1 3
CD 3
b 3
PQ
.
AB
. a
Tương tự :
=>
PQ AB
JM JI
2 3
2 3
2 3
Vậy :
S EFGH
2ab 9
Ví dụ 7. Cho hình chóp SABCD có đáy là hình vuông cạnh a. Trên AB lấy
một điểm M với AM = x.
13
Xét tam giác ICD, ta có : LN // CD => (7)
Gọi () là mặt phẳng qua M và
song song với mặt phẳng (SAD) cắt SB,
SC , và CD lần lượt tại N, P, Q
a. Tìm thiết diện của () với mặt phẳng
hình chóp. Thiết diện là hình gì?
b. Cho SAD = 1v và SA = a. Tính diện
3 2a 8
tích của thiết diện theo a và x .Tìm giá trị x để diện tích thiết diện bằng
Lời giải:
//)
SD
) (
//(
) SAD
//)
SA
a. Tìm thiết diện của () với mặt phẳng h́ nh chóp
//)
AD
( ( (
(
SD//)
Ta có :
//)
SD
PQ
//
SD
(
SAD
)
SD
0 Với
(
SAD
)
PQ
( ( )
(
SA//)
Có
//)
SA
(
SAB
)
SA
MN
//
SA
- Với
(
SAB
)
MN
( ( )
(
AD//)
Có
//)
AD
MQ
//
AD
(
ABCD
)
AD
Có
(1)
(
ABCD
)
MQ
( ) (
(
//)
BC
Vì
BC BC
//
MQ ( )
//)
BC
PN
//
BC
(
SBC
)
BC
(2)
Có
(
SBC
)
PN
( ) (
MQ
//
PN
MNPQ
Từ (1) và (2) , suy ra :
là hình thang.
Vậy : MNPQ là hình thang
14
- Với
S
S
S
S
b. Tính diện tích của thiết diện theo a và x
MNPQ
IMQ
INP
SAD
INP
Ta có: S
2. a
Tính diện tích tam giác SAD:
S SAD
1 2
Ta có: SAD vuông cân tại A, do đó :
INPS
Tính INP:
NI
//
Xét tam giác SBC, tam giác SBS 0và tam giác SAB
BS 0
SN SB
NI BS 0
PN //
BC
Ta có : => (1)
PN BC
SN SB
MN //
SA
=> (2)
AM AB
SN SB
NI
PN
AM
x
=> (3)
PN BC
AM AB
NI BS 0
2. x
Từ (1) , (2) và (3) , ta được =>
S INP
1 2
2
2
2
2
a .
.
x
(
a
x
)
=> INP vuông cân tại N , suya ra:
S MNPQ
1 2
1 2
1 2
2
2
2
(
a
x
)
=>
S MNPQ
a .3 8
.3 2a 8
1 2
2
2
2
x
a
2 x
x
Để <=>
a 2
.3 2 a 4
a 4
<=> <=>
AB = a. Gọi O là trung điểm của BC. Lấy điểm S ở ngoài mặt phẳng () sao
cho SB = a và SB OA. Gọi M là mọt điểm trên cạnh AB, mặt phẳng () qua
M song song với SB và OA, cắt BC, SC, SA lần lượt tại N, P, Q .
Đặt x = BM (0 < x < a) .
a. Chứng minh MNPQ là hình thang vuông
b. Tính diện tích của hình thang MNPQ theo a và x. Tìm giá trị của x để
diện tích hình thang MNPQ lớn nhất .
15
Ví dụ 8. Trong mặt phẳng () cho tam giác ABC vuông tại A , Bˆ = 60 0 ,
Lời giải:
//)
OA
(
ABC
)
MN
//
OA
a. Chứng minh MNPQ là hình thang vuông:
MN
) (
(
ABC
)
( OA
Ta có :
//)
SB
(
SAB
)
SB
MQ
//
SB
MQ
) (
(
SAB
)
(
(1)
//)
SB
NP
//
SB
SB NP
) SBC ( ( )
(
SBC
)
(
(2)
(3)
Từ (2) và (3), suy ra MQ // NP // SB (4)
SB
MN
MQ
//
OA
MN
MNPQ là hình thang
MN
NP
MQ
//
NP
//
SB
OA
Từ (1) và (4), ta có:
Vậy: MNPQ là hình thang vuông , đường cao MN.
(
MQ
NP
).
MN
b. Tính diện tích của hình thang theo a và x .
S MNPQ
1 2
Ta có :
Tính MN:
cos
B
BC
Ta có :
=>
AB BC
AB cos B
BC 2
a
=> BO = a
ABO
Do
đều
ˆ B BA
060
BO
Có MN // AO =>
MN
MB
BN
x
MN AO
BM AB
BN BO
Tính MQ:
Xét tam giác SAB, ta có: MQ // SB
16
Xét tam giác ABC
MQ
AM
.
(
a
x
).
a
x
MQ SB
AM AB
SB AB
a a
=> =>
Tính NP:
x
2
Xét tam giác SBC , ta có : NP // SB
NP
CN
.
2(
a
x
).
NP SB
CN CB
SB CB
a 2 a
a 2
x )3
x 4.(3.
a
x )3
=> =>
S MNPQ
ax 4( 4
1 12
Do đó :
3
x
3
x
(
2)
a ²4.
Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho 2 số dương 3x và 4a 3x
S MNPQ
a 4 2
a ² 3
1 12
3x.( 4a 3x) 4a² => .
2a 3
S
=> Đẳng thức xảy ra khi 3x = 4a – 3x <=> x =
2a thì MNPQ 3
Vậy : x = đạt giá trị lớn nhất.
* Bài tập tự giải
1. Cho tứ diện ABCD, M là một điểm bên trong tam giác ABD, N là một điểm
bên trong tam giác ACD . Tìm giao tuyến của các cặp mặt phẳng sau:
a. (AMN) và (BCD)
b. (DMN) và (ABC )
2. Cho hình chóp S.ABCD. Gọi M, N lần lượt là trung điểm lấy trên AD và DC.
Tìm thiết diện của hình chóp với mặt phẳng (MNE)
lượt là trung điểm của SA, AB .Trên SC lấy điểm K sao cho : CK = 3KS.
Xác định thiết diện giao giữa mặt phẳng (IHK) và hình chóp S.ABC.
4. Cho tứ diện ABCD. Gọi M, N lần lượt là trung điểm AC và BC. K là điểm
trên BD và không trùng với trung điểm BD. Xác định thiết diện giao giữa mặt
phẳng (MNK) với tứ diện ABCD.
5. Cho tứ diện SABC. Gọi D là điểm trên SA, E là điểm trên SB và F là điểm
trên AC (DE và AB không song song) .
a. Xác định giao tuyến của hai mp (DEF) và (ABC)
b. Tìm giao điểm của BC với mặt phẳng (DEF)
17
3. Cho bốn điểm A, B, C, S không cùng ở trong một mặt phẳng . Gọi I, H lần
c. Tìm giao điểm của SC với mặt phẳng (DEF)
6. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang (đáy lớn AB). Gọi I, J
2 SB . 3
lần lượt là trung điểm AD và BC , K là điểm trên cạnh SB sao cho SN =
a. Tìm giao tuyến của (SAB) và (IJK)
b. Tìm thiết diện của (IJK) với hình chóp S.ABCD
Tìm điều kiện để thiết diện là hình bình hành
7. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang (đáy lớn AB). Gọi I, J
2 SB . 3
lần lượt là trung điểm AD và BC , K là điểm trên cạnh SB sao cho SN =
Xác định thiết diện giao của mp(IJK) với hình chóp S.ABCD
8. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành .Gọi M, N, P, Q lần
lượt là các điểm nằm trên các cạnh BC, SC, SD, AD sao cho MN // BS, NP //
CD, MQ // CD
a. Chứng minh: PQ // SA.
b. Gọi K = MN PQ .
9. Cho hình chóp S.ABCD .Gọi M, N lần lượt là trung điểm SB và SC. Giả sử
AD và BC không song song.
a. Xác định giao tuyến của (SAD) và (SBC)
b. Xác định thiết diện của mặt phẳng (AMN) với hình chóp S.ABCD
10. Cho hình chóp S.ABCD, trong tam giác SBC lấy một điểm M trong tam giác
a. Tìm giao điểm của đường thẳng MN với mặt phẳng (SAC)
b. Tìm giao điểm của cạnh SC với mặt phẳng (AMN)
c. Tìm thiết diện của mặt phẳng (AMN) với hình chóp S.ABCD.
SCD lấy một điểm N.
*Kết luận: Với các ví dụ minh họa cùng các bài tập tự giải, qua trình dạy
luyện tập cho học sinh, người dạy có những hướng dẫn cụ thể, học sinh hình
thành kỹ năng vẽ hình, kỹ năng vận dụng các định lí, tính chất về đường
thẳng và mặ phẳng song song giải quết được các dạng bài tập đã nêu.
18
II. Kỹ năng chứng minh các quan hệ giữa các đối tượng hình học được học
Quan hệ vuông góc giữa các đối tượng đường thẳng, mặt phẳng nội dung
quan trọng của hình học không gian lớp 11, do đó cũng cần rèn luyện kỹ năng
giải quyết các dạng bài tập liên quan đế quan hệ vuông góc.
2.1. Rèn luyện kỹ năng chứng minh các quan hệ vuông góc
2.2.1. Rèn luyện kỹ năng chứng minh hai đường thẳng vuông góc
Để chứng minh hai đường thẳng a và b vuông góc trong không gian
GV có thể định hướng và cho học sinh rèn luyện chứng minh theo các định
0 90
hướng sau:
a b ,
. - Xác định góc giữa hai đường thẳng a và b, chứng minh
u u lần lượt là vectơ chỉ phương của đường thẳng a và ,a
b
0
- Xác định được
bu u .
a
, đường thẳng AB và CD vuông góc với nhau khi và chỉ
0
b, chứng minh AB CD . khi .
- Xác định được đường thẳng c//b, chứng minh được a c .
- Chứng minh đường thẳng a vuông góc với mặt phẳng chứa đường thẳng
b hoặc ngược lại.
- Có thể áp dụng định lí ba đường vuông góc.
Một số ví dụ giúp học sinh rèn luyện các định hướng đã nêu
Ví dụ 1. Cho tứ diện đều ABCD.
AB CD .
b. Gọi M,N lần lượt là trung điểm của AB, CD. Chứng minh rằng:
MN AB MN CD . ,
a. Chứng minh rằng
Lời giải. .Ta có CD AD AC
AB CD
0 .
AB CD . .
0 . .cos60
0 a a . .cos60
0
.
a. Hướng 1. Chứng minh AB CD AB AD AC AB AD AB AC a a .
.
Hướng 2. Chứng minh CD vuông góc với mặt phẳng chứa AB.
Lấy N là trung điểm của CD, ta có ACD
và là các tam giác cân chung
đáy CD
AN CD BN CD ,
19
CD mp ABN
CD AB
.
b. Hướng 1. Ta có ABN cân tại N có M là trung
điểm AB MN AB . CDM cân tại M có N là
MN AB .
0
MN CD .
0
trung điểm của CD MN CD .
và Hướng 2: Chứng minh
MN
AD AC AB
MN AB .
0
AD BC
Ta có :
1 2
0
MN AB MN CD ,
1 2 CD AD AC MN CD .
.
. Vậy .
Ví dụ 2. (Trích đề thi ĐH khối A- 2007)
Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình
vuông cạnh a, mặt bên SAD là tam giác đều và
nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Gọi
M, N, P lần lượt trung điểm của các cạnh SB,
BC, CD. Chứng minh AM BP .
Lời giải.
SH AD
SH BP
ABCD
SH
Hướng 1: Chứng minh BP vuông góc với mặt phẳng chứa AM.
Gọi H là trung điểm của AD .
CDH
Gọi O là giao điểm của BP với CH.
090 OPC PCO OPC CBP
BP
SHC
BP CH
BP SC
,
mà MN // SC, SN //CH
BP
AMN
BP MN BP AN ,
BP AM
.
Hướng 2: Chứng minh BP vuông góc mặt phẳng // mặt phẳng AMN .
BP
SHC
Chứng minh
.
MN SC MN
SCH
MN
SHC
AN CH AN
SHC
AN
SHC
/ /
,
/ /
/ /
,
/ /
.
.
AMN
SHC
AMN
BP AM
/ /
BP
.
Do đó
20
Từ BCP (c-g-c) DCH PBC .
Ví dụ 3. (Trích đề KB- 2007)
Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có
đáy là hình vuông cạnh a. Gọi E là điểm đối
xứng của D qua trung điểm của SA, M là
trung điểm của AE, N là trung điểm của BC.
Chứng minh MN BD .
Lời giải.
BD
SAC
/ /MN IC
Hướng 1.
BD CI
BD MN
Lấy I là trung điểm của SA , mà
.
Hướng 2.
MF AC FN SC ,
/ /
/ /
Lấy F là trung điểm của SB F cũng là trung điểm của EC
ABCD
.
BD MN
BD AC BD SO ,
BD MF BD FN ,
S.ABCD là hình chóp đều ABCD là hình vuông ,SO
BD MNF
.
2.2.2. Rèn luyện kỹ năng chứng minh đường thẳng vuông góc với mặt phẳng
Để chứng minh đường thẳng a vuông góc với mặt phẳng (P), hướng
dẫn và rèn luyện cho học sinh chứng minh theo các hướng sau
- Áp dụng khái niệm đường thẳng vuông góc với mặt phẳng (ít gặp).
- Chứng minh cho đường thẳng a vuông góc với hai đường thẳng cắt nhau
- Ta chứng minh cho a // b, trong đó đường thẳng b vuông góc mp(P)
(hoặc chứng minh được b vuông góc với mp(P)).
- Chứng minh cho (P) // (Q), trong đó (Q) vuông góc với a ( hoặc chứng
minh được (Q) vuông góc với đường thẳng a.
.
- Chứng minh cho
0 a P 90 ) ,(
- Chứng minh cho a là giao tuyến của hai mặt phẳng cùng vuông góc với
mp(P).
21
trong mp(P).
Một số ví dụ
Ví dụ 1. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a. SA vuông góc với
đáy. Gọi H, I, K lần lượt là hình chiếu vuông góc
của A trên SB, SC, SD.
SC mp AHK
Chứng minh rằng:
HK mp SAC
a. và I thuộc mp(AHK).
b. .
Phân tích: Từ hình vẽ hướng chứng minh
học sinh dễ nhận thấy ớ câu a) là chứng minh
đường thẳng vuông góc với hai đường thẳng cắt
nhau nằm trong mặt phẳng.
Lời giải.
ABCD
a. Ta có BC AB (do ABCD là hình vuông)
BC SA
BC
BC AH
( do SA )
SAB
AH mp SBC
AH SC
.
SC
AHK
Mặt khác AH SB nên .
AI
SC mp AHI
SC
Chứng minh tương tự ta cũng có: AK SC , từ đó ta có .
mp AHI mp AHK
I mp AHK
Do .
Phân tích: Từ hình vẽ trực quan dễ thấy HK//BD, và BD dễ chứng minh
SAB
SAD c g c
SB SD
AKH
AHS
,AS D B AS
b. Ta có
(cạnh huyền
SH SK
– góc nhọn)
.
BD mp SAC
BD AC BD
HK BD / /
,
AS
SBD
có
mà
(do
)
SH SK SB SD
HK mp SAC
do đó
.
SC mp AHK
AHK
SAC
Cách 2. Theo a)
.
SBD
SAC
HK
SBD
AHK
HK
SAC
BD SAC
,
mà
.
22
được vuông góc với mp(SAC) từ đó suy ra cách chứng minh bài toán.
Ví dụ 2. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành tâm O, SA =
SC, SB = SD.
SO mp ABCD
a. Chứng minh .
2d là giao tuyến
b. Gọi 1d là giao tuyến của hai mặt phẳng (SAB) và (SCD),
SO mp d d 2,
1
của hai mặt phẳng (SAD) và (SBC). Chứng minh .
Phân tích: Từ hình vẽ hướng dẫn học
SO mp ABCD
sinh chứng minh đẽ dàng, câu b
giúp học sinh tưởng tương không gian khi xác
định được giao tuyến của hai mặt phẳng khi chỉ
biết một điểm và phương nhờ kiến thức ở phần
đường thẳng và mặt phẳng song song.
Lời giải:
a. Do SA = SC nên tam giác SAC cân đỉnh S, O là trung điểm AC SO AC .
SO BD
.Mà AC BD O
SB = SD nên tam giác SBD cân đỉnh S, O là trung điểm của BD
SO mp ABCD
nên .
b. Hướng 1.
Xét hai mặt phẳng (SAB) và (SCD) có S chung, AB // CD nên mp(SAB)
cắt mp(SCD) theo giao tuyến là đường thẳng d1 qua S và song song với AB và
d
AD BC . / /
Tương tự 2 / /
SO AB SO BC ,
Vì
.
SO ABCD
SO AB
,
Ta có
nên S
.
SO d SO BC SO d 2
, 1 d
1
d 2
SO mp d d 2,
1
Cách 2. Ta có
AB d mp ABCD
/ /
,
/ /
,
d 1
1
d mp ABCD 1
BC d mp ABCD
/ /
,
/ /
d 2
2
d mp ABCD 2
/ /
d O
mà
. Vậy
mp ABCD , mà
nên
SO mp ABCD
mp d d 2,
1
d 1
2
.
SO mp d d 2,
1
23
CD.
2.2.3. Rèn luyện kỹ năng chứng minh hai mặt phẳng vuông góc
Để chứng minh hai mặt phẳng (P) và (Q) vuông góc GV hướng dẫn cho
học sinh thực hành chứng minh theo một trong các hướng sau để rèn luyện
kỹ năng
- Chứng minh góc giữa hai mặt phẳng (P) và (Q) bằng 900.
- Chứng minh trong mp(P) có đường thẳng a vuông góc với mp(Q) (hoặc
ngược lại).
Hướng dẫn học sinh để chứng minh hai mặt phẳng vuông góc cần phải
nắm vững kỹ năng chứng minh hai đường thẳng vuông góc và kỹ năng chứng
minh đường thẳng vuông góc với mặt phẳng.
Một số ví dụ
Ví dụ 1. Cho hình vuông ABCD. Gọi S là điểm trong không gian sao cho tam
SBC
giác SAB đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy.
SAB
SAD SAB ,
. Chứng minh rằng
SAB
ABCD
Lời giải.
AD AB BC AB ,
AB
SAB
ABCD
a. Cách 1. Theo giả thiết ,
DA
SBC
SAD BC ,
mp SAD mp SAB mp SBC mp SAB ,
, ,
nên SH AB
.
Ta có:
ABCD
ABCD
SH AD
SH
,
SAB
AD
SAB
AD
SAD
SAD
Mặt khác AD AB
nên
, mà
.
SAB
SBC
SAB
.
Chứng minh tương tự ta được
Ví dụ 2: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi tâm I, có cạnh bằng
a
6
a và đường chéo BD = a. Cạnh SC =
và vuông góc với mp(ABCD).
2
Chứng minh hai mặt phẳng (SAB) và (SAD) vuông góc với nhau.
24
Cách 2. Lấy H là trung điểm của AB, SAB đều
Phân tích: Định hướng đây là bài toán chứng minh quan hệ vuông góc
của hai mặt phẳng, đề bài cho giả thiết về độ dài cạnh của hình chóp vì vậy để
chứng minh hai mặt phẳng (SAB) và (SAD) vuông góc ta phải sử dụng kết hợp
với việc tính toán các đại lượng cần thiết, từ đó hướng học sinh tới việc tính góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và (SAD) và chứng minh góc đó bằng 900.
Lời giải:
SC
ABCD
SC BD
BD
SAC
Do tứ giác ABCD là hình thoi nên BD AC ,
BID
SA
Gọi O là giao điểm của AC và BD.
SA
SAB
SAD
Trong mp(SAC), dựng OI SA tại I .
, IB ID SAB SAD ,
Ta lại có .
IBD
Tam giác IBD có OI vừa là trung tuyến
vừa là đường cao cân tại I
2 DIO BID
=> OI cũng là đường phân giác, do đó
.
OI
IO AO CS SA
AO CS a . 2
. AS
Ta có AIO đồng dạng với ACS (g - g)
DIO
DIO
0 BID
tan
0 90
1
45
OD OI
0 IB ID , 90
Vậy SAB SAD ,
SAB
SAD
.
Ví dụ 3: (Trích đề ĐH khối B - 2006)
Cho hình
chóp S.ABCD
có đáy
là hình
chữ nhật với
SA a
AB a AD a ,
2,
và SA vuông góc với mp(ABCD). Gọi M và N lần lượt là
trung điểm của AD và SC, I là giao điểm của BM và AC. Chứng minh rằng
SAC
SBM
.
25
Tam giác DOI vuông tại O nên
SA
ABCD
SA BM
Lời giải.
Ta có .
Ta chứng minh BM AC theo một trong các cách sau:
BM BA AM
AD AB ,
Cách 1. Sử dụng PPVT.
1 2
AC AB AD
0
BM AC .
BM AC
Ta có
, .
Cách 2. Gọi I là giao điểm của AC và BM, ta có
a
6
2
2
BI
BM
AI
2 a
2 AB
BI
2 3
3
I là trọng tâm tam giác
a
2
CAD
tan
, tan
do đó tam giác AIB vuông tại I BM AC .
AM AB
2 a
CD AD
2 2
2 2
IAM
BM AC
090 ABM CAD ABI BAI BAI
Cách 3. Ta có ABM do đó
BM mp SAC
.
mp ABM mp SAC
Vậy .
Ví dụ 4. (BT 27 tr112-SGK HH11 nâng cao)
AC AD BC BD a CD
x
,
2
Cho hai tam giác ACD và BCD nằm trên hai mặt phẳng vuông góc với
nhau và . Tính x theo a để hai mặt phẳng (CAB)
và (DAB) vuông góc với nhau.
Ta có các tam giác CAB và DAB là các
tam giác cân chung đáy AB.
Lấy I là trung điểm của AB
CI AB DI AB ,
,
DAB
mà
AB CAB
.
, IC ID CAB DAB ,
Từ đó suy ra điều kiện cần và đủ để
CAB
là 090 CID
.
DAB
26
Lời giải.
1
2
2
2
DI
x
2 a
4
2
CID
2 CD CI
2 AB 4
Ta có 090 .
ACD
BCD
BCD
JB
AJ
AJ
Lấy J là trung điểm của CD, tam giác ACD cân tại A nên AJ CD , mà
2
2 AB
2 JA
2 JB
2 a
x
2
.
a
a
x
x
Trong tam giác vuông AJB có thay vào (1) ta
3
3
được . Vậy với thì hai mặt phẳng (ACD) và (BCD) vuông góc.
* Kết luận. Với 4 Ví dụ đã nêu cùng với quá trình hướng dẫn giải có thể giúp
rèn luyện cho học sinh kỹ năng chứng minh hai mặt phẳng vuông góc.
III. Rèn luyện kỹ năng tính khoảng cách, tính thể tích
3.1. Rèn luyện kỹ năng tính khoảng cách từ một điểm đến một mặt phẳng
Để tính khoảng cách từ một điểm M đến một mặt phẳng (P), Gv định
hướng và rèn luyện cho học sinh thực hiện theo các bước sau
B1. Xác định hình chiếu vuông góc H của M trên (P).
B2. Tính độ dài MH. Khi đó MH = d(M,(P)).
Ngoài ra Gv cần lưu ý với học sinh một số kết tính chất
/ /(
,(
- Nếu MN // (P) thì d(M,(P)) = d(N, (P)).
a P thì )
.
d a P ,( )
d A P A a ) ,
,
,
,
Nếu
d P Q ,
d A Q ,
d B P A P B Q
Nếu (P) // (Q) thì .
- Nếu M là đỉnh của hình chóp và (P) chứa đáy của hình chóp thì H chính là
Đặc biệt: Nếu M là đỉnh của hình chóp đều và (P) chứa đáy của hình chóp
thì H trùng với tâm đa giác đáy.
Nếu M là đỉnh O của tứ diện vuông
OABC thì H là trực tâm tam giác ABC và
1
.
2
2
2
2
1 OH
1 1 OA OB OC
- Nếu M là đỉnh của tứ diện trực tâm thì
H là trực tâm của mặt đối diện.
27
chân đường cao của hình chóp, và d(M,(P)) bằng độ dài đường cao của hình chóp.
- Nếu M là đỉnh của hình chóp có mặt bên vuông góc với đáy thì H là
AB
chân đường cao kẻ từ M của mặt bên đó.
thì
P O
OA OB
d A P , d B P ,
- Nếu .
,(
2
,(
Đặc biệt:
d A P )
d B P )
Nếu B là trung điểm của OA thì .
Một số ví dụ
Ví dụ 1. (Trích đề thi ĐH khối D - 2012)
Cho hình hộp đứng ABCD.A’B’C’D’ có đáy là hình vuông, tam giác
'A C a . Tính khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng (BCD’)
A’AC vuông cân,
theo a .
Lời giải.
Do ABCD.A’B’C’D’ là hình hộp đứng có
BC
ABB A
BCD
ABB A
'
'
'
'
'
đáy là hình vuông nên
.
Trong mp(ABB’A’), dựng AK vuông góc
AK
BCD
AK
'
'
d A BCD ,
A C a
ACA ',
'
2
với BA’ tại K thì
AC
BA
AA'
AC
vuông cân tại A
.
a 2
a 2
a 2
AB
a
AA '.
'ABA
AK
vuông tại A có AK là đường cao
.
2
6
2 AB
AA'
Ví dụ 2. (Trích đề thi ĐH khối D - 2009)
Cho hình lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có đáy
ABC là tam giác vuông tại B, AB = a, AA ' 2a
. Gọi M
là trung điểm của đoạn thẳng A’C’, I là giao điểm của
AM và A’C. Tính theo a khoảng cách từ điểm A đến
mp (IBC).
28
, tứ giác ABCD là hình vuông
IBC
ABB A
'
'
Hướng dẫn giải.
ABB A
'
'
BC
Từ giả thiết về lăng trụ
'
AK A B
.
IBC
AK
AK
Trong mp(ABB’A’) dựng tại K
d A IBC ,
'ABA
.
AB
2
2
,
AK
vuông tại A, có AK là đường cao
d A IBC
AA '. A B '
a a 2 . a 5
a 5
a 5
. Vậy .
3a
Ví dụ 3: Cho hình chóp S.ABCD có đáy
ABCD là hình vuông cạnh a , SA = . M và
N lần lượt là trung điểm của AB và CD. Hình
chiếu vuông góc của đỉnh S lên mp(ABCD)
a khoảng cách từ điểm H đến mặt phẳng
trùng với giao điểm của AN và DM. Tình theo
(SDN).
SH
ABCD
Lời giải.
+) Gọi H là giao điểm của AM và DN . Từ giả thiết ta có .
BAN
tan
tan
ADM BAN ADM
1 2
090 DMA BAN DMA ADM
DM AN
Ta có
AMD
.
a .
a
AM AD .
AH
.
2
2
2
2
1 AH
1 AM
1 AD
5
2 AM AD
2 a
a 2 2 a 4
2
2 SA
AH
a
SAH
SH
vuông tại H
.
14 5
Ta có tứ diện SHND là tứ diện vuông vuông tại H
hình chiếu vuông góc của H trên mp(SND) trùng với trực tâm K của
SND
.
29
vuông tại A có AH là đường cao
HK
d H SND ,
Vậy .
2
2
2
1 HK
1 2 HS
1 HN
1 HD
a
a
5
a 3
HN AN AH
Ta có ,
2
5
2 5
a
2
2
2
HD
AD
AH
2
1 HK
5 2 a 14
20 2 a 9
5 2 a 4
5
HK a
a
,
d H SND ,
252 965
252 965
965 2 a 252
. Vậy (đvdd).
* Ví dụ 1, 2 và 3 giúp học sinh rèn luyện kỹ năng tính khoảng cách từ một điểm
đến một mặt phẳng bằng cách dựng hình chiếu vuông góc của điểm đó lên mặt
phẳng rồi tính.
Ví dụ 4: (Trích đề ĐH khối B - 2013)
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là
hình vuông cạnh a, mặt bên SAB là tam giác đều
và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy.
Tính theo a khoảng cách từ điểm A đến
mp(SCD).
ABCD
SH CD
SH
Lời giải.
SIH
SIH
SCD
HI CD CD
Lấy H là trung điểm của AB .
,
Lấy I là trung điểm của CD .
HK d H SCD
HK a
HK a
AB
SCD
/ /
Tính được
,
.
d A SCD ,
d H SCD ,
3 7
3 7
Ví dụ 5. (Trích đề thi ĐH khối D - 2013)
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình
thoi cạnh a, cạnh bên SA vuông góc với đáy,
0120 BAD
, M là trung điểm của cạnh BC và
045 SMA
.
Tính theo a khoảng cách từ điểm D đến
mp(SBC).
30
Trong mp(SHI) dựng HK vuông góc với SI tại K .
BC
SAM
SAM
SBC
Hướng dẫn giải.
Chứng minh .
SBC
AH
AH
Trong mp(SAM) dựng AH vuông góc với SM tại
d D SBC ,
a
6
SA
ABCD
SA AM
AH
SAM
H .
4
a
6
AD
SBC
AH
/ /
vuông cân tại A . Tính được .
d D SBC ,
d A SBC ,
4
AD // BC .
* Các Ví dụ 4,5 rèn luyện cho học sinh biết sử dụng kết quả: nếu AB // (P) thì
d(A, (P)) = d(B, (P)) để tính khoảng cáh từ một điểm đến một mặt phẳng.
Ví dụ 6. (Trích đề thi ĐH khối A,A1 - 2013)
ABC
Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác
vuông tại A, 030 , SBC là tam giác đều
a khoảng cách từ C đến mp(SAB).
cạnh a , mp(SBC) vuông góc với đáy. Tính theo
Lời giải.
SH BC
Lấy H là trung điểm của BC. SBC đều nên
SBC
ABC
ABC
SH AB
SH
.
SAB
HA HB HC SA SB SC
. ABC vuông tại A
cân tại S.
SI AB
AB
SHI
SHI
SAB
Lấy I là trung điểm của AB
HK
SAB
,
Kẻ HK SI
tại K
.
HK d H SAB
a
3
AC
BC
HI
AC
,
SH
Ta có
,
2
1 2
a 2
1 2
a . 4
SHI
vuông tại H có HK là đường cao
HK a
2
2
3 52
1 2 HK
1 SH
1 HI
52 2 a 3
BC
SAB
Mà
B
a
39
2
.
d C SAB ,
d H SAB ,
13
31
.
Ví dụ 7. (Trích đề ĐH khối D- 2011)
BA
a
a BC 3 ,
4
Cho hình chóp SABC có đáy ABC là tam giác
SB
a
2
3,
0 SBC 30
vuông tại B, , mp(SBC) và mp(ABC)
vuông góc với nhau. . Tính khoảng
cách từ B đến mp(SAC) theo a.
SH AC
SBC
ABC
ABC
SH
Lời giải.
AC
SHK
SAC
SHK
Kẻ đường cao SH của SBC ,
Kẻ HK AC tại K .
SAC
HI
HI
Trong mp(SHK) kẻ HI vuông góc với SK tại I
d H SAC ,
SHK
.
vuông tại H có HI là đường cao
2
2
2
1 HI
1 HK
1 SH
0
a
.sin30
3
BH
B
.
S
0 cos30
a 3
SHB
SH SB
CKH
CBA
HK
vuông tại H nên , .
KH CH BA CA
BA CH . CA
a a 3 . a 5
a 3 5
BH
a
HI
(g-g)
SAC C
3 7 14
a
. Do
d B SAC ,
BC CH
1 4
6 7 7
d B SAC , d H SAC ,
nên .
ABC BAD
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang, 090 ,
AB BC a AD
a
2
,
2
SA a
.Cạnh bên SA vuông góc với đáy và
. Gọi H là hình
chiếu vuông góc của A trên SB.Tính theo a khoảng cách từ điểm H đến
mp(SCD).
Ví dụ 8: (Trích đề ĐH khối D - 2007)
Lời giải.
Gọi E là giao điểm của AB và CD. Lấy M là trung điểm của EC, N là
trung điểm của SE, F là trung điểm của AD AB BE BC a
.
AB CF a
Ta có tứ giác ABCF là hình vuông
.
32
CF
AD a
ACD
ACF
1 2
CD CA
CD
CD CS
AS
có vuông tại C
, mà .
C MN SC MN CD
ES
/ /
MN là đường trung bình của
BCE
BM DC
.
CD
BMN
BMN
SCD
cân tại B BM CE
SCD
BJ
BJ MN
BJ
.
d B SCD ,
Kẻ .
ABCD
NB BM
/ /NB SA NB
Ta có NB là đường trung bình của tam giác
NBM
SAE .
a
1
2
BM
EC
,
,
2
2
2
2
1 2
1 BJ
1 BM BN
a
2
BN
SA
1 2
2
a BJ 2
BH
vuông tại B có BJ là đường cao nên
SCD S
HS BS
d H SCD , d B SCD ,
,
d H SCD ,
d B SCD ,
2 SH SA 2 BS SB
2 a 2 a
2 3
2 3
2 3
a 3
AB
thì
.
P O
OA OB
d A P , d B P ,
,(
2
,(
- Nếu B là trung điểm của OA thì
để tính khoảng cách
d A P )
d B P )
từ một điểm dến một mặt phẳng.
- Nếu . * Các Ví dụ 6, 7, 8 nhằm rèn luyện cho học sinh cách sử dụng hai tính chất:
* Kết luận. Trong việc tính khoảng cách từ một điểm đến một mặt phẳng, một
kỹ năng rất quan trọng mà Gv phải rèn luyện được cho học sinh là kỹ năng
dựng hình chiếu vuông góc của điểm lên mặt phẳng.Chúng ta đã có kết quả
là qua một điểm A cho trước có một và chỉ một đường thẳng vuông góc với
một mặt phẳng (P) cho trước, trong thực hành giải toán viêc dựng hình chiếu
vuông góc của A lên (P) ta thực hành theo các bước sau:
33
B1. Xác định mp(Q) qua điểm A và vuông góc với (P).
B2. Xác định giao tuyến d của (P) và (Q).
B3. Trong (Q) qua điểm A dựng đường thẳng vuông góc với d tại H, khi
đó H là hình chiếu vuông góc của điểm A trên mp(P).
3.2. Tính thể tích
Đề tài chỉ nêu một số định hướng giúp học sinh hình thành kỹ năng tính
thể tích các khối đa diện thường gặp
1. Tính thể tích hình chóp
(1)
Công thúc thường dùng:
Trong đó: B là diện tích đáy;
1 V = B.h 3
h là độ cao đường cao.
Một số kĩ năng xác định chân đường cao và đường cao của hình chóp
1.1. Hình chóp có một mặt bên hoặc mặt chéo vuông góc với mặt phẳng
đáy thì chân đường cao của hình chóp nằm trên giao tuyến của mặt bên đó với
mặt đáy hoặc mặt chéo với mặt đáy.
1.2. Hình chóp có 2 mặt bên hoặc 2 mặt bên và mặt chéo hoặc 2 mặt chéo
cùng vuông góc với mặt phẳng đáy thì đoạn giao tuyến của 2 mặt nói trên là
đường cao của hình chóp.
1.3. Hình chóp có các cạnh bên bằng nhau hoặc các cạnh bên tạo với mặt
đáy những góc bằng nhau thì chân đường cao là tâm đường tròn ngoại tiếp đa
1.4. Hình chóp có các mặt bên tạo với mặt đáy những góc bằng nhau thì
chân đường cao trùng với tâm đường tròn nội tiếp đa giác đáy.
giác đáy.
Một số ví dụ
Dạng 1.1. Biết một mặt hình chóp nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt đáy.
Ví dụ 1: (Trích đề thi ĐH khối D – 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 B = 2a 3 và
. Tính thể tích khối chóp S.ABC.
o SBC 30
34
Lời giải:
Áp dụng tính chất 1.1, ta có: SH (ABC),
với H là hình chiếu vuông góc của S lên BC.
2
BA.BC 6a
Lại có: SH = SB.Sin30o = a 3
1 2
2
3
V
.a 3.6a
2 3a
1 3
dt∆ABC =
Ví dụ 2. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thang vuông tại A và B. AB =
SD = 3a, AD = SB = 4a, a > 0. Đường chéo AC (SBD). Tính thể tích khối
chóp S.ABCD.
Lời giải:
AC (SBD) =>SBD) (ABCD).
Áp dụng tính chất 1.1, ta có chân đường
cao hình chóp nằm trên BD.
Từ giả thiết, ta có: ∆SBD tại S =>
SH
SB.SD 12a 5
BD
với H là hình chiếu của S
2
lên BD.
75a 8
2
3 a .
=> VS.ABCD
1 12a 75a . . 8 3 5
15 2
Nhận xét: Nếu học sinh không nhận dạng đúng và không nắm được tính chất 1.1
thì không xác định được chân đường cao của hình chóp, khi đó sẽ rất khó để giải
2 bài tập trên.
Dễ dàng tính được dtABCD
Dạng 1.2: Biết hai mặt của hình chóp nằm trên hai mặt phẳng cùng vuông
góc với mặt phẳng đáy (Biết đường cao của hình chóp).
Đối với dạng toán này, đề bài thường gắn giả thiết góc giữa cạnh bên và
mặt đáy hoặc góc giữa mặt bên và mặt đáy hoặc việc tính độ dài đường cao, diện
35
tích đáy khá phức tạp. Học sinh cần nắm vững cách xác định góc và một số kĩ
năng tính diện tích tam giác, tứ giác.
Ví dụ 3: (Trích đề thi tuyển sinh ĐH khối A – 2009)
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 60o.
Gọi I là trung điểm của cạnh AB. Biết (SBI) và (SCI) cùng vuông góc với mặt
phẳng (ABCD). Tính thể tích khối chóp S.ABCD theo a.
Lời giải:
(SBI) (SCI) = SI
Theo tính chất 1.2, ta có SI
(ABCD) => SI là đường cao của khối
chóp.
Điểm khó của bài toán là tích SI.
Cần khai thác giả thiết góc giữa mặt phẳng
(SBC) với mặt phẳng (ABCD).
Vì I (ABCD), S (SBC) và SI
o SHI 60
3
BC nên từ I hạ IH BC tại H =>
SI
V
a
2a 3 5
2 15 5
=>
đáy của hình chóp, ta chọn S (P) và chân đường cao H (Q). Khi đó, SH
∆ = (P) (Q). Từ đó dễ dàng xác định góc giữa hai mặt phẳng .
Như vậy, chìa khóa bài toán trên là xác định chân đường cao của hình
chóp. Nếu học sinh nắm được tính chất 1.2 thì bài toán hoàn toàn được giải
quyết.
Ví dụ 3: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang cân, AB//CD, AB
, biết mặt phẳng (SAC) và mặt phẳng (SBD) cùng
= 2CD = 4a, BC a 10
vuông góc với mặt phẳng đáy; mặt bên (SAB) là tam giác đều. Tính thể tích
khối chóp S.ABCD.
36
Lưu ý: Khi xác định góc của một mặt (P) của hình chóp với mặt phẳng (Q) chứa
Lời giải:
(SAC) (SBD) = SO.
Từ giả thiết và tính chất 1.2 => SO (ABCD) nên SO là đường cao của
hình chóp.
Tính diện tích hình thang và SO:
Gọi H là hình chiếu của C lên AB,
M và N lần lượt là trung điểm của AB và
HB
=> CH = 3a
a
AB CD 2
CD, ta có:
=> OM = 2a, ON = a => ∆OAB vuông cân
a 2
tại O => OA = OB do đó SO = OB
2a 2
.
36a
2
. Suy ra VS.ABCD
Nhận xét: Để giải bài toán trên ngoài việc xác định chân đường cao của hình
chóp, cần rèn cho học sinh một số tính chất của hình thang cân.
Dạng 1.3. Hình chóp có các cạnh bên bằng nhau hoặc các cạnh bên tạo với
mặt phẳng đáy một góc bằng nhau.
Ví dụ 4: (Đề thi HSG tỉnh Nghệ An - 2012)
3 V 2a .
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi, cạnh 2a, SA = SB =
SC = 2a. Gọi V là thể tích khối chóp S.ABCD, chứng minh
Gọi O là giao điểm của AC và BD.
Dễ thấy ∆SOC = ∆BOA => SO = BO
=> ∆BSD vuông tại S.
Do đó:
2
2
2
2
BD
4a
SD
OB
4a
SD
1 2
2
2
mà
OA
BC OB
2
2
2
suy ra
.
OA
4a
4a
SD
1 4
37
Lời giải: (Theo hướng dẫn chấm)
2
2
OA.S
.SD. 12a
SD
SBD
2 3
2 3
2
2
2
SD
2
2
2
SD. 12a
SD
6a
. Vì AO (SBD) nên VS.ABCD = 2VS.ABD
SD 12a 2
Mà: . Vậy V 2a3.
Nhận xét: Lời giải trên không tự nhiên, vì việc C/m ∆BSD vuông tại S và chứng
minh AO (SBD) là không đơn giản đối với học sinh khi dự thi.
Cách giải bài toán trên bằng việc áp dụng tính chất
Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp ∆ABC => I BD.
Do SA = SB = SC, áp dụng tính chất 2.3.3) ta có I là hình chiếu vuông
o
180
góc của S xuống mặt phẳng (ABC) => SI là đường cao của hình chóp SABC.
2
2
a 4cos
1
a
2
2
; R là bán kính đường tròn ngoại tiếp ∆ABC. Đặt BAC ABC
R
SI
4a
R
.
cos
cos
2 2
2
S
AB.AC.sin
2 2a sin
ABC
1 2
3
2
3
Theo định lí Sin, ta có
V
2V
a .2sin
3 4sin
2a
SABCD
SABC
2
4 3
2
=> đpcm.
Dạng 1.4. Hình chóp có các mặt bên nằm trên mặt phẳng tạo với mặt phẳng
đáy những góc bằng nhau.
6a, CA = 7a. Các mặt bên SAB, SBC, SCA tạo với đáy một góc 60o. Tính thể tích khối chóp.
(Bài tập 7 - Ôn tập chương 1).
Nhận xét: Đây là bài toán gây nhiều khó khăn cho
học sinh nếu không nắm được tính chất 1.4.
Ví dụ 5. Cho hình chóp S.ABCD có AB = 5a, BC =
Lời giải:
Áp dụng tính chất 1.4, ta có I là tâm đường tròn nội tiếp ∆ABC nên I là
hình chiếu vuông góc của S lên mặt phẳng (ABC) => SI là đường cao của hình
chóp.
38
. Gọi H là hình chiếu vuông góc của I lên AB o SHI 60
2
Để tính SI, ta tính IH.
IH r
.
S 6 6a
S p
Ta có: Theo công thức Hêrông , p = 9a.
.a. 3
2 2a.
2 6 3
2
Suy ra SI = IH.tan60o =
V
.2 2a.6 6a
3 8 3a .
SABC
1 3
Vậy
2. Dạng toán thường giải theo phương pháp gián tiếp
.
Cho khối chóp (H) dễ dàng tìm được thể tích của (H’) là khối chóp nội
tiếp của khối chóp (H). Tính V(H’)
Một số tính chất
H
V . H
V V H 1
2
2.1. Nếu khối đa diện (H) chia thành hai khối (H1) và (H2) thì
2.2. Cho khối chóp SABC, trên các đoạn thẳng SA, SB, SC lần lượt lấy
V SA ' B' C' V
SABC
S S S B' C' A ' . . S S S B C
A
các điểm A’, B’, C’ khác S. Khi đó
2.3. Gọi S1 là diện tích đa giác đáy của (H’); S2 là diện tích đa giác đáy
của (H); h1 , h2 lần lượt là độ dài đường cao của hai khối chóp (H’) và (H).
V H ' V H
h S 1 1 . h S 2
2
Khi đó,
2.4. Nếu khối chóp (H) và (H’) có đa giác đáy cùng nằm trên một mặt
phẳng thì đường cao của (H) và (H’) hoặc song song hoặc trùng nhau.
Một số ví dụ
Ví dụ 1: (Trích đề thi ĐH khối A - 2007).
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, mặt bên
SAD là tam giác đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Gọi M, N, P
lần lượt là trung điểm của các cạnh SB, SC, SD. Tính thể tích khối tứ diện
CMNP theo a.
39
Lời giải: (Trích đáp án của bộ giáo dục và đào tạo).
(ABCD)
Gọi H là trung điểm của AD, SH AD , (SAD)
SH
SH (ABCD)
a 3 2
3
2
a
3
và , từ M hạ MH1 HB tại H1 thì MH1 =
V
.
S
CN.CP
CMNP
CPN
96
a 3 4
1 2
a 8
,
Cách giải gián tiếp:
Khối chóp SDCB và MPCN có đáy
∆SCD và ∆PCN cùng nằm trên một mặt
phẳng, M là trung điểm của SB
=> d(S;(ABCD)) =2d(M; (ABCD)).
MPCN
PCN
.
.
V V
1 2
1 1 1 . . 2 2 2
1 8
SDCB
S S
DCB
3
a
V
.V
.
MPCN
SDCB
3 96
1 8
Áp dụng tính chất 2.3), ta có:
(Lưu ý: Thể tích VSDCB dễ dàng tính được).
Ví dụ 2: (Trích đề thi ĐH khối B - 2006)
AD a 2
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với AB = a,
, SA = a và SA (ABCD). Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AD
và SC, I là giao điểm của BM và AC. Tính thể tích khối tứ diện ANIB.
Trước hết c/m AI BI.
NO
SA
.
Gọi O là giao điểm của AC và BD NO // SA và
1 2
a 2
3
2
a
a
2
suy ra
S
IA.IB
Do AIB tại I nên
V
.
AIB
ABIN
1 2
12
2 72
Lời giải: (Trích đáp án của bộ giáo dục và đào tạo).
Nhận xét: Lời giải trên không tự nhiên khi c/m AIB tại I. Trên thực tế,
việc chứng minh AIB tại I cũng không dễ.
40
Cách giải gián tiếp:
ABI cùng nằm trên mặt phẳng (P) và N là trung điểm của SC nên h1 = SA = 2h2.
Ta có SABM và NABI là hai khối chóp có hai đa giác đáy là AMB và
Trong đó h1 là độ dài đường cao của SABM, h2 là độ dài đường cao của NABI.
BI
BM
2 3
AIB
S
AIB
S
ABM
2 3
2 3
NABI
AIB
V V
S S ABM 1 3
SABM
h S 2 . h S 1
ABM
V
V
NABI
SABM
1 3
3
a
.SA. AB.AM
.
1 1 . 3 3
2 72
1 2
Do
Ví dụ 3: (Trích đề ĐH khối A - 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 song với BC cắt AC tại N. Biết góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (ABC) bằng 60o. Tính VSBCNM.
Nhận xét: Đây là dạng toán (H) và (H’) có đáy cùng nằm trên một mặt phẳng
V
S
(H')
=
.
V
(H') S
(H)
(H)
và chung đường cao nên
Lời giải:
Từ giả thiết => o SBA 60
o
SA AB.tan 60
2a. 3.
V
SA. BA.BC
SABC
1 2
.2a 3.
.2a.2a
3 a .
1 3
4 3 3
1 3 1 2
41
S
ABC
3 S 4
3
V
3a
3 3a .
SBCNM
V SBCNM V
S BCNM S
3 4
3 4 . 4 3
SABC
ABC
Dễ dàng c/m BMNC
Ví dụ 4: (Trích đề thi ĐH khối B - 2008)
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và B;
AB = BC = a, AD = 2a, SA (ABCD) và SA = 2a. Gọi M, N lần lượt là trung
điểm của SA và SD. Tính VSBCNM.
Lời giải:
SBCM
,
SM 1 SA 2
V V
SBCA
SCMN
.
SM SN 1 SA SD 4
V V
SCAD
Áp dụng tính chất đã nêu, ta có:
3
3
3
.
V
V
SBAC
SCAD
a 2.3
2a 4.3
a 3
1 2
1 4
Suy ra VSBCNM = VSBCN + VSCNM
Một số bài tập tự luyện
1. Cho hình chóp SABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và B. Hai
mặt phẳng (SAB) và (SCD) cùng vuông góc với mặt phẳng đáy. Biết AB = 2a,
2. Cho hình chóp SABCD có đáy ABCD là hình bình hành, AD = 4a, các cạnh
bên bằng nhau và bằng a 6 . Tính cosin của góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và
(SCD) khi thể tích khối chóp SABCD là lớn nhất.
(Báo toán học tuổi trẻ).
3. Cho hình chóp SABCD có mặt phẳng (SBC) và (SDC) cùng vuông góc với
mặt phẳng (ABCD), đáy ABCD là hình thoi có cạnh a 3 , o ABC 120 , góc giữa mặt phẳng (SAB) và mặt phẳng (ABCD) bằng 45o. Tính thể tích khối chóp
SABCD.
(Thi thử đại học Vinh).
42
SA = BC = a, CD = 2a 5. Tính thể tích khối chóp SABCD.
4.Cho hình chóp SABCD có ABCD là hình vuông cạnh a, mặt bên (SAB) vuông
góc với mặt đáy. Tam giác SAB vuông tại S, góc giữa SB và mặt phẳng (ABCD) bằng 30o. Tính theo a thể tích khối chóp SABCD.
5. Cho hình chóp SABCD có ABCD là hình thang vuông cạnh a 3 , tam giác
SBC vuông tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng đáy, đường thẳng SD tạo với mặt phẳng (SBC) một góc 60o. Tính thể tích khối chóp
SABCD.
, BC = 6a,
6. Cho hình chóp SABC có đáy ABC là tam giác cân, AB AC 5a các mặt bên tạo với đáy một góc 60o. Tính thể tích khối chóp SABC.
7. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, cạnh bên SA =
a, hình chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng (ABCD) là điểm H thuộc đoạn
AH
.
AC 4
AC, Gọi CM là đường cao của SAC. Chứng minh M là ftrung
điểm SA và tính VSMBC.
(Tríchđề thi ĐH khối D - 2010)
Lưu ý: Dạng toán (H) và (H’) chung đường cao và đáy cùng nằm trên một mặt
phẳng.
8. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a. Gọi M, 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 VS.CDNM.
Lưu ý: Dạng toán (H) và (H’) chung đường cao và đáy cùng nằm trên một mặt
phẳng.
9. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh 2a, SA = a,
SB a 3
, mặt phẳng (SAB) (ABCD). Gọi M, N lần lượt là
, o BAD 60
trung điểm của AB, BC. Tính VSNDC.
(Trích đề thi ĐH khối A - 2010)
IV. Kỹ năng chuyển đổi giải bài toán hình học bằng phương pháp véc tơ
4.1. Cơ sở lí thuyết
Quy trình giải bài toán hình học bằng phương pháp vectơ.
- Bước 1. Lựa chọn “hệ vectơ gốc”.
43
- Bước 2. “Phiên dịch” các giả thiết và kết luận của bài toán ra ngôn
ngữ “vectơ”
- Bước 3. Thực hiện các yêu cầu bài toán thông qua việc tiến hành các
phép biến đổi các hệ thức vectơ theo hệ vectơ gốc.
- Bước 4. Chuyển các kết luận vectơ sang tính chất hình học tương ứng.
Giải bài toán bằng phương pháp véctơ theo 4 bước đã nêu đã được đã có
nhiều đề tài trình bày.
Trong nội dung của đề tài này chúng ta tiếp cận theo hướng dùng véc tơ
để giải bài toán cực trị hình học.
Với cách tiếp cận bằng phương pháp hình học không gian thuần túy,
chúng ta có thể sẽ phải mất rất nhiều thời gian để có thể giải quyết bài toán bằng
cách kẻ thêm những hình phụ phức tạp cũng như việc tính toán, lựa chọn cách
tiếp cận bài toán bằng cách đại số hóa nhờ việc vận dụng linh hoạt phương pháp
vectơ trong không gian.
“Đại số hóa bài toán tìm cực trị hình học bằng phương pháp véc tơ”
4.2. Bài toán về tỉ lệ thức
Đối với các dạng bài tập toán liên quan đến tỉ lệ thức, để đại số hóa bằng
,
phương pháp vectơ ta thường sử dụng các kiến thức liên quan sau:
,A B C thẳng hàng
vµ
. cï ng h í ng
AB
AC
,
nÕu AB
AC
nÕu
vµ
. ng î c h í ng
AC
,
AB
AC
AB AC
AB AC AB
,
,
,
- Bốn điểm
A B C D đồng phẳng
với mọi
m n p , ,
OA mOB nOC pOD p m n 1;
điểm
.O
D
Ví dụ 1: Cho hình chóp
S ABC có đáy .
DABC là hình bình hành và M là trung
điểm của SC . Một mặt phẳng (
)P chứa AM và lần lượt cắt các cạnh
SB S tại , D
'
các điểm
',B D khác S .
'
Chứng minh rằng
4 3
SB SB
' D 3 S S D 2
(Trích đề thi HSG Tỉnh 11 – Bình Định 2017)
44
- Ba điểm phân biệt
'
' SB
, SB SD '
SB ' SB
SD SD
Lời giải. SD . . Ta có Do ABCD là
SD SA SC SB
SA SB SD
SC
. hình bình hành nên: AD BC
SM
SC
SA SB SD
.
1 2
1 2
A M B D đồng phẳng nên:
,
' cSD
1
Suy ra
1 2
SA SB SD
aSA b
SB c
. SD
Lại có ', , ' SM aSA bSB ' c a b
b
1 2
' SB SB
' SD SD
' SB SB ' SD SD
1 2 1 2
a c
.
a
1
b
c
. 3
SB SB '
SD SD '
x
,
y
0
x y ,
Kết hợp với
ta có bài toán:
1
SB ' SB
SD ' SD
Đặt
. y
x
x y ,
3.
0;1 :
4 3
3 2
1 x
1 y
x
y
2
3
y
x
3
xy
3
Cho Chứng minh rằng
1 x
1 y
4
4
x
x
y
x
y
1
y
3
2
4 3
(1)
y
xy
0
x
y
1
Lại có 1
1x
x
y
3
xy
x
x
y
y
nên
3
1
3 2
2 .
(2)
Kết hợp 1 và 2 suy ra điều phải chứng minh.
45
Thật vậy:
SA SB SC
1
.S ABC có
, mặt phẳng (P) đi qua trọng tâm
,
M của tứ diện, cắt cạnh S ,
A SB SC lần lượt tại D,
,E F (khác S ). Tìm giá trị lớn
Ví dụ 2: Cho tứ diện
1 1 1 S SF SF SE SE S D. . D .
nhất của biểu thức .
(Trích đề thi HSG Tỉnh 11 – Quảng Bình 2012)
,
,
M D E F đồng phẳng nên
,
Lời giải.
SC xSDSA ySESB zSF SC
,
SB z
x
SA y
1 SF SC
SD SA
SE SB
x
z 1.
y
Do SM xSD ySE zSF
với
SM
SA SB SC
1 4
SA SB SC
xSDSA ySESB zSF SC
1 4
x
xSD
4
Lại do nên ta có
ySE
2
4
zSF
z
1 4 1 4 1 4
1 SD 1 SE 1 SF
4
y
SM
.
SD SE SD SE
1 4
SF SF
x
1
y
z
Từ
. 4
, kết hợp với 2 ta có
1 1 SD SE
1 SF
3 ab
bc
ca
a
b
Áp dụng BĐT
2 ta có c
2
1 SD SF .
1 SF SE .
1 SE SD .
1 3
1 1 SD SE
1 SF
16 . 3
Dấu "
" xảy ra
SD SE
SF
khi đó mặt phẳng P đi qua M và
song song với mặt phẳng
. ABC
46
Kết hợp với 1 suy ra
'
'
'
'
D.
ABC A B C D . Một mặt phẳng (
)P cắt các tia
'
,
,
,
AB A
' , D,AA ,
AC lần lượt tại
M N P Q . Gọi H là hình chiếu của A lên (
)P .
3
Ví dụ 3: Cho hình lập phương
AQ AH
Chứng minh .
(Trích đề thi HSG Tỉnh 12 – Hà Nội 2019)
' AA
z AB ,
. y z
. z x
0
Lời giải.
y AD z , y x
1
Đặt . x y và . khi đó z
AQ
AC
x
y
z
AQ AC
AQ 3
AP
AA '
AP x
;
AM
AB
; AM y AN
AB
AN z
;
AP AA '
AM AB
AN AD
,
, ,
M N P Q đồng phẳng nên:
pAPx mAM y
p y
nAN z
m
,
n
,
p
AQ AN 3
AQ 3
AP
1
p
AQ AM 3 p
m n
1
Ta có ;
3
Do AQ mAM n AN p AP 1 m n AQ z x 3 m n
,
1
1 1 AQ AM AN
1 AP
AQ AM 3
AQ AN 3
AQ AP 3
.
,MN H là hình chiếu của A lên
,PE Khi
M
N
APE
MN
AH
A
H
AH
PE
M P N
mà
.
đó
MN MN
PA E A
Ta cũng có:
và
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
1 AE
1 AM
1 AN
1 AH
1 AE
1 AP
1 AH
1 AM
1 AN
1 AP
Khi đó ta có:
3
2
2
2
2
2
2
1 AM
1 AN
1 AP
1 1 AM AN
1 AP
AQ AH
1 AH
3 AQ
47
Gọi E là hình chiếu của A lên
1
0
(luôn đúng) đpcm.
1 . AM AN
1 1 . AN AP
1 1 . AP AM
2
2
2
a
b
a
c
c
ta cũng có: b
2
1
2
2
2
2
2
2
1 AH
1 AM
1 AN
1 P A
1 2
1 AM AN
1 AP
3 AQ
2
2
2
AQ
AH
AQ
A
H
3 2
6 2
Bình luận. Nếu áp dụng bất đẳng thức 2
4.3. Bài toán về độ dài.
2
2
Đối với các bài toán về độ dài, để đại số hóa bằng phương pháp vectơ ta
u
.
u
sử dụng tính chất
ABC A B C có đáy là tam giác vuông tại
.
'
'
'
.A
AB
AC AA
';
Ví dụ 1: Cho lăng trụ đứng
,M N lần lượt là các điểm di động trên
'AC và BC sao cho
M A và
Biết
AM BN
.
,M N để độ dài đoạn MN ngắn nhất.
Xác định vị trí của
' AA
. , a AB b AC c ,
0
Đặt Khi đó .
. c a c
a .
AM BN t
0
t
2
a
t
Lời giải. . a b . b c b a Giả sử và
' AC
a
c
AM AC '
a
t
BN
BC
2 c b
BN BC
a
2
t
t
t
AN
c
b
b
c
1
b
a
2
a
2
a
2
t
t
t
t
t
Suy ra MN
AN AM
b
c
a
c
b
a
1
1
a
2
a
2
a
2
a
2
a
2
2
2
2
2
a
t
2
t 2
a
2 t
2 a
t 2
2
a
t 2
2
a
2
MN
Ta có
2
2 a , 2
2
2
suy ra
,M N lần lượt là trung điểm của
suy ra min
MN
t
'AC và BC .
a 2
a 2
48
; Ta có: AM
.
'
'
'
ABCD A B C D cạnh bằng '
,a trên đường thẳng
'AA lấy điểm
,M trên đường thẳng BC lấy điểm N sao cho đường thẳng qua
,M N cắt
'D C tại điểm
'
.I Tìm giá trị nhỏ nhất của đoạn
.MN
Ví dụ 2: Cho hình lập phương
Lời giải.
y
nz
N
BC
AN n AC
1
1
n AB
1
A n B
n AB AD
M
AA
AM m AA '
mx
2 ;
Ta có
p AC '
y
x
p y
z
z
1
1
3
p x
z
MN
p x AN AM
m x
y
n z
Giả sử I C D AI khi đó : p AD '
nz mx
y
2
2
2
MN
m
4
1
2 n a
AI
k AN
'
MN
'
Từ 1 , 2
1
k AM
k
1.
x
p y
z
1
k mx
MN C D nz k y
m
1
k
Đường thẳng đi qua điểm I ,
5
k m 1
1 kn
1 1 k
1 n
1
2
2
1
m
n
1
4 , 5
.
2
1 2 k
k
1
2
2
2
k
k
2 1 k k k
1
4
1
k
k
k
9
min
MN
a 3
2
2 2
1 2
k
k
m n
1 AM
1 k 1 2 1 AA 2 '
hay
và
BN
BC 2
.
.
'
'
'
Ví dụ 3: Cho hình lập phương
ABCD A B C D cạnh '
.a Các điểm
,H K lần lượt
'.
,
'
là trung điểm của
AD C D Điểm M thuộc đoạn
',BC N thuộc đoạn
'.AB
ABCD một góc
045 . Chứng minh
Đường thẳng MN tạo với mặt phẳng
MN
2
a .2
49
Từ
.
Đặt
0,
x AB , y z .
' AA x y .
y
z
a .
Lời giải. y AD z , x z x . Khi đó
M
'
m AB y mz
.
y
1
BC m x
N
AB
' AM mAC 1 m y mx z AN AN
nx n AB ' AM
' MN
nx
mx
y mz
Do
. n y n y
2
2
y
mz
MN
n m
n
2 m a .
1
*
n m x
n
1
AA
'
ABC
D
ABCD
x
Suy ra
n m
sin
cos
, x MN
Lại có . Khi đó
MN ABCD ,
2
2
2
x MN . x MN
.
n m
n
m
1
n m
m
2
2
2
1 1 n 2
2 2
n m
n
m
1
MN
n
1
n
a .
2
n
2
a .
2 1
2
1
2
2
1 n 2
1 n 2
1 2
1 n
2
n
2
a
2 2
n .
2
a
2
a
Thay vào * ta được
2
1 n
1 n
1 2
1 2
Dấu "
" xảy ra
và
2
n
n
m 1
.
1 n
1 2
1 2
Ví dụ 4: Cho hình chóp
thoi cạnh
x
SD
x
0
a
SB
Đặt . SC a
Tìm x theo a để tích
.AC SD
,a SA
.S ABCD có đáy ABCD là hình
3 .
đạt giá trị lớn nhất.
(Trích đề thi HSG Tỉnh 11 – Nghệ An 2018)
.
Lời giải.
.
Đặt
SA a SB b SC c
,
,
50
2
2
. a b
b c .
. a c
a
cos
Khi đó:
a
b
c
a
,
a 2
,
2
AC
2
a
2 2 cos
a
a
với CSA
a
2 1 cos
b
c
2
SD SA SC SB AD BC SD
22 cos a
2cos
a
1
SD a a
Ta có: AC SC SA c
2
1 2cos
2
2 2 2cos
AC SD a
.
2
2cos
1 2cos
a
a 3 2
2
2
2cos
1 2cos
cos
Do đó
" xảy ra
1 . 4
a
6
SD a
1
2cos
.
Dấu "
2
Khi đó:
4.4. Bài toán về góc
Đối với các bài toán về góc ta sử dụng các tính chất sau để đại số hóa bài
, AB CD
cos
cos
toán hình học không gian:
ABC ta có
- Gọi là góc giữa đường thẳng MN và mặt phẳng
sin
cos
MN n
,
có giá vuông góc với mp
. ABC
. MN n , trong đó vectơ n MN n
ABC ta có
- Gọi là góc giữa hai mặt phẳng
MNP và
cos
cos
,
có giá vuông góc với các
1,n n
2
, n n 1 2
n n 2. 1 trong đó các vectơ n n 1 2
ABC .
mặt phẳng
MNP và
51
- Gọi là góc giữa hai đường thẳng AB và CD ta có . AB CD . AB CD
.S ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh
x
SD
0
x
a
SB
SC a .
Đặt
Ví dụ 1: Cho hình chóp
.AC SD
,a SA
3 .
Tìm x theo a để tích
đạt giá trị lớn nhất.
(Trích đề thi HSG Tỉnh 11 – Nghệ An 2018)
'
0
' ' B A a b . c
a B B b B C , ' ' , c a . b c . b
1,
x
Đặt Lời giải. c .
2
B D a '
b
c
' B D
2
x
Khi đó a . Ta có: và
+) Giả sử u ma
+)
u
B D C
'
'
pc ' B D ' B C '
0
mà
2
p
0
ma ma
nb nb
0
m p 0 nx
nb u u c pc a c pc b
m
1
.
u
a
b
c
2
u
p
1
1 2 x
1 2 x
n
1 2 x
Chọn khi đó . Do đó
u B D . '
1
1
sin
'
'
cos
B D u '
,
nên
B D B D C ' ,
2
5
2x
x
2
1 2
2
2 2 x
1 2 x
1
2
2
x
x
. Dấu "
" xảy ra
1 3
2 1. 2 x
2
5
2 2
x
.
2 2 x
’
Vậy góc tạo bới đường thẳng
’B D C lớn nhất khi và chỉ khi
’B D và mp
x 1.
Gọi H là trung điểm
Ví dụ 2: Cho hình thoi ABCD có 060 ,
BAD
AB
a 2 .
của
ABCD tại H lấy điểm S
.AB Trên đường thẳng d vuông góc với mặt phẳng
52
và
BM
BC
1 4
SAD có số đo lớn nhất.
thay đổi khác H . Trên tia đối của tia BC lấy điểm M sao cho .Tính
theo a độ dài của SH để góc giữa SC và
(Trích đề thi HSG Tỉnh 11 – Nghệ An 2016)
. y z
z x .
0
y HD z ,
Đặt HS x
x HA , x y ,
a z ,
a
3.
Lời giải. . x y khi đó
n y
p z
Giả sử u m x
0
0
0
mx mx
n y n y
và
z y
0
y x
0
2
2
0
u AD . u SA . 3 n p na mx
2
2
m
u
x
y 3
z
n
3
1
mà pz pz
và p
3a 2 x
3 a 2 x
2
y
z
.
x
Lại có SC HC HS
2
2
. u SC
x
x
y
y
z
z
3
2
6
a
Chọn suy ra .
a 3 2 x
Khi đó .
2
4
2
2
2
u
x
y 3
z
2 a 12 ;
SC
x
y
2
z
x
7
a
3 a 2 x
9 a 2 x
2
Khi đó
2
sin
cos
, u SC
Đồng thời
SC SAD ,
4
. u SC u SC
2
2
2
x
7
a
12
a
9 a 2 x
a 6
2
2
6
6
a
6
a
.
6
6
4
2
2
93 12 21
4
2
2
a 93
12
a
x
a 93
2
.12
a
x
63 a 2 x
63 a 2 x
6
2
2
4
Dấu "
" xảy ra
12
a
x
x
a .
63 a 2 x
21 4
53
SA SB SC a
60 ,o ASB
90 ,o ASC
.S ABC có
;
Ví dụ 3: Cho hình chóp
,AC M là điểm thay đổi trên đường thằng
120 .o BSC
ABC Xác định vị trí của M để cos đạt giá
.AB Gọi là góc tạo bởi SM và
.
Gọi I là trung điểm của
trị nhỏ nhất. Tính giá trị nhỏ nhất đó.
Lời giải.
SA a SB b SC c
,
,
2
2
. a b
. b c
,
. a c
,
0.
a
b
c
a
,
a 2
0
yb
zc
xa
Giả sử u
Đặt . Ta có:
0
a 2 . u AB u AC .
0
x x
y y
z z
0 0
x y
0 z
0
zc b zc c
a a
mà
y
z
b
Chọn suy ra u 1 1 SM k SA
suy ra: yb xa yb xa
k SB k a
1
1
. Giả sử c k b
2
u
b
c
a
u SM k a .
;
1
c
2
k b b
a 2
2
2
k
k
k
a .1
b
SM
k a
Khi đó ; ;
1
Khi
đó
1
1
sin
cos
, SM u
SM ABC ,
2
2
1 2
1 3
k
k
1
SM u . u S M
.
2
1 2
3 4
cos
sin
Do
nhỏ
nhất
lớn
nhất
,SM ABC
,SM ABC
k
SM
SA
SB M
sin
đạt được
SM ABC ,
1 2
1 k hay 2
1 2
1 3
là trung điểm
.AB
54
.
.S ABCD có đáy là hình thoi cạnh 2 ,a góc
A
060
; mặt bên SAB là tam giác cân tại
Ví dụ 4: Cho hình chóp tứ giác
,S góc 2 , 0 ASB
2
và SH
.AB Tìm giá trị của sao cho
SAD lớn nhất ?
là đường cao của hình chóp với H là trung điểm
góc SC và
HS
x HA ,
y HD z ,
Lời giải.
x
Đặt , ta có
. x y
. y z
. z x
0,
y
a z ,
a
3.
,
u m x
a tan p z 1
1
n y 1
0
0
0
mà Giả sử
2
n 1 tan
0
0
0
3 p 1 m n 1 1
u AD . u AS .
y y
. u z u x .
1
2
u
SAD
u
x
y 3
z
.
3
3tan
n 1
2
3 tan
2
x
2
.
y
z
Chọn thì .
p 1 m 1 Lại có SC HC HS
a
6
. u SC
2
12
9 tan
a .
u
7
a .
SC
Do đó ;
1 2 tan
;
sin
cos
, u SC
Khi đó
SC SAD ,
. u SC u SC
2
9 tan
1 2 tan
7
6 12
6
6
6
.
2
93 12 21
2
93
63tan
93
2
.63tan
12 2 tan
12 2 tan
4
Dấu "
" xảy ra
tan
.
4 21
Ví dụ 5: Cho hình vuông ABCD tâm O , cạnh
.a Trên đường thẳng d vuông góc
với mặt phẳng
ABCD tại O lấy điểm S thay đổi S khác
O . Gọi P là trung
điểm của SA và E đối xứng với D qua
.P Gọi
,M N lần lượt là trung điểm của
55
AE và
.BC Tính độ dài của SO theo a sao cho góc giữa đường thẳng SD và
SAN có số đo lớn nhất.
Trích đề thi HSG Tỉnh 11 – Bà Rịa Vũng Tàu 2017
mặt phẳng
Lời giải.
, , OA a OB b OS
c .
a
2
a
b
c
,
t
.
Đặt Khi đó
. a b
. b c
c a .
0
2
và
2
2
SD OD OS
c
SD
b
t
Ta có
a 2
yb
zc
xa
Giả sử u
0
0
0
0
xa xa
yb yb
;
c a 3
2
2
mà zc a zc b
xa y
zc 2 3 0 x
u SA . u AN .
y
3
2
4
2
2
u
a
b 3
c
u
5
a
.
.
x
1
2
2
a t 2
a t 4
z
2
a t 2
Chọn suy ra
a
. u SD
2
sin
cos
, SD u
Đồng thời ta cũng có Do đó
SD SAN ,
4
2
2 2 . . u SD u SD .
2
2
2
a t 4
a 2
a 2 5 t a
2
2
a
4
6
4 10
1
11 2 10
4
a
a 2 5
2 2 t
.
2
11 4
a t 8
6
4
4
Dấu "
" xảy ra
hay
2 2 t 5 a
t
a
SO
a .
2
a t 8
1 40
1 40
Ví dụ 6: Cho hình chóp
.S ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, SA vuông góc
,
,
Gọi SA AB a AD b .
, lần lượt là góc giữa
với mặt phẳng
ABCD và
56
ABD Tìm giá trị lớn
SBD với các mặt phẳng
SAB SAD và
,
.
P
cos
s co
c s . o
các mặt phẳng
nhất của biểu thức
(Trích đề thi HSG Tỉnh 11 – Bà Rịa Vũng Tàu 2012)
AS
y AD z , y x
Lời giải.
b .
, x AB z x .
. y z
0
ABD
SA
. Khi đó a z , Đặt x y . và
BA
SAD
1
DA
SA
B
ABD SAD
x y z
S
AB
p z
2
0
ma
0
2
Ta có:
2
2
pb
ma
0
SB SD
n y n y mx n y mx
0
2 na
u u
.
x x
ma 2 b
n m p
Giả sử u m x
1
2
mà y pz z pz
m
n 1
p
2
a b
2
2
2
2
u
x
y
z
u
x
y
z
b 2
a
.
2
2
a b
a b
a b
2
Chọn suy ra
2
s co
cos
, u x
. u x
x
y
2 a
Khi đó kết hợp với 1 ta có:
2
2
2
b 2
a b
z x
b 2
a
. u x u x
2
c
os
cos
. u y
x
y
2 a
+)
3
2
, u y
2
b 2
a b
z y
b 2
a
. u y u y
2
s co
cos
. u z
x
y
2 a
+)
4
2
, u z
a 2
2
a b
z z
b 2
a
. u z u z
2
2
a
b 2
1
a
b 2
P
cos
cos
cos
.
3
Từ 2 , 3 , 4
2
2
2
2
2 b 2
b 2
a
a
P
3,
+)
b a .
57
Vậy max đạt được
4.5. Bài toán về diện tích
2
2 AB A .
C
. AB AC
.
Để đại số hóa các cực trị hình học không gian liên quan đến diện tích ta sử
ABCS
2
1 2
dụng tính chất
.a Vẽ hai tia
,Ax By cùng chiều và
,Ax By lần lượt lấy các điểm
Ví dụ 1: Cho tam giác đều ABC cạnh bằng
. ABC Trên
,A B sao 1 1
a 3 .
vuông góc với mặt phẳng
Xác định vị trí của các điểm
AA BB 1
1
,A B sao cho tam giác 1
1
1 1A B C
cho
có diện tích nhỏ nhất. Tìm giá trị nhỏ nhất đó.
Lời giải.
x AB b AC c , ,
AA 1
2
b c .
.
Đặt với
x
x b ,
c
. a x b ;
. x c
0
a 2
và Khi đó:
c
x ;
A C AC AA 1 1
AC
AB
c b
x
B C AC AB 1
1
AA 1
y x
BB 1 AA 1
2
2
. b c
xy
+)
1. AC B C 1
c
x
y x
2 a 2
+)
2
2
2
2
2
2
2
.
x
a
y
a
A B CS
2 C A C B 1 1
. AC B C 1
1
1 1
1 2
a 2
1 2
2 xy
2
2
2
2
2
a 3
4
x
xy
y
2
xy
a 3
4
x
y
4
x
y
a 4
a 4
2
2
2
2
39
a
a
(Do
39
a
12
xy
a 4
a 9 4
3 2
a 4
12
3a
x
y
2
xy
xy
).
29 a 4
,
,
Ví dụ 2: Cho tam giác đều ABC cạnh bằng
.a Vẽ ba tia
Ax By Cz cùng chiều và
,Ax By lần lượt lấy các điểm
vuông góc với mặt phẳng
. ABC Trên
,A B sao 1 1
cho
a Xác định vị trí của điểm .
AA 1
a BB 2 , 1
1C trên Cz sao cho tam giác
A B C có diện tích nhỏ nhất. Tìm giá trị nhỏ nhất đó. 1 1
1
58
Suy ra
x
0.
Lời giải.
CC 1
1C lên
1AA . Ta có:
Đặt Gọi H là hình chiếu vuông góc của
a
2A B 1
1
2
2
2
2
2
a
a 5
4
ax
x
H
x
2
a
và
C A 1 1
A 1
2
,
HC 1 a AB b AC c , , ,
AA 1
2
a b .
a c .
0,
b c .
Đặt
a 2
a
a b
2 ,
c
ta có
a Ta có: .
và
A B 1 1
AA 1
AB 1
AA 1
AB BB 1
a
b
a
b
a
a
b
AA 1
1 2
1 2
+)
A C 1 1
AA 1
AC CC 1
AA 1
BB 1 AA 1 AC 1
c
a
a
c
a
AC AA 1
AA 1
1
x a 2
x a 2
CC 1 AA 1
a
a
AB C . A 1 1 1
1
1
1 2
x a 2
b c
2
2
x
5
a
2
b c .
a
a
a 1
1 4
x 1 a 2 2
x 1 a 2 2
2 a 2
2
+)
2
2
.
A B CS
A 1
2 B 1
C A 1 1
C A B A . 1 1 1 1
1 1 1
1 2
2
x
6
2
2
2
2
a
4
ax
a 15
12
ax
4
x
2
x
a 3
6
a
2 5
2 x
2 a 5 2
a 4
a 2
a 4
2
2
a
2
x
5
a
a
6
2
2
2
2
2
a
ax
x
a
ax
4
x
2
x
a 3
6
a
a 4
2
2
a 4
4
2
a
6
đạt được
x
.
min
S
A B C
1 1 1
4
a 3 2
Ví dụ 3: Cho tam giác đều ABC cạnh có độ dài bằng a nằm trên mặt phẳng P .
là điểm di động trên d
Gọi d là đường thẳng đi qua Avà vuông góc với ,P S
59
Khi đó
;A K là hình chiếu vuông góc của C lên
.SB Xác định vị trí
S trên d để tam giác KAB có diện tích lớn nhất.
không trùng với
(Trích đề thi HSG Tỉnh 11 – Nghệ An 2014)
;
x Đặt AS 0. AS AB a
b
AS BS
Lời giải. b AC c a AB ; . Giả sử
. 1
2
2 BA BK .
BA BK .
Ta có
KABS
2
1 2
2
2
2
2
Ta có
BK
BK
k
x
a
2 . 5
2
ka
. 6
. . BA BK k b b .
a
2
2
2
2
2 k a .
x
ka
Lại có: ;
k ax .
. 7 .
KABS
2 a
1 2
1 2
k ) 0.
Từ 5 , 6
(Để ý là ΔSBC cân tại S nên
2
2
2
2
kx
ka
2
.
k ax
k ax
a 2
a 4
2
2
ka
kx
a
x
AS
ta được Từ 3 , áp dụng bất đẳng thức AM GM
hay
a Vậy .
KABS
2
AS
Dấu “=” xảy ra lớn nhất bằng
a .
a 8
khi và chỉ khi
.S ABC có SA vuông góc với mặt phẳng
ABC và
SA
2 ;
a ABC
AB
0 30 .
a BAC
2 ,
Gọi M là điểm
là tam giác vuông tại C với
di động trên cạnh
,AC H là hình chiếu vuông góc của S trên
.BM Đặt
AM x
0
x
3a
.x Tìm các
. Tính khoảng cách từ S đến BM theo a và
giá trị của x để khoảng cách này có giá trị nhỏ nhất, lớn nhất.
Ví dụ 4: Cho hình chóp
Lời giải.
0
.cos30
a
AC
3. AB , a AB b AC c ,
. b c
a
2 3 ;
Đặt
. Ta có
,
đồng thời
a b .
a c .
0
AS a c
2 ,
a
b
a
3.
60
Ta có
Ta có MB
AB AM b
kc
với
; SB
AB AS
b
a
k
k
3
, 0
x a
2
2
2
b
4
a
ka 3
. kb c
a
.
b
kc b
SB
a 2 2 ;
MB
kc
a
23 k
k 6
4
b
2
Suy ra SB MB .
2
2 SB MB .
. SB MB
2
2
2 SB MB .
SH MB .
. SB MB
SH
MSBS
2
MB
1 2
1 2
2
2
4 3 k
2
k 8 3
a
a
k 6 2
2
4 k 4 6
k 3
k 15 k 3
k 16 24 4 k 6
2
2
Lại có
y
k
y
y
4
y
16
3
15
k 2 3
12
0 *
2
k 15 k 3
k 24 16 4 k 6
Xét hàm số
2
'
y
3
y
y
1
0
4
y
8
3
12
5 4 1
6
y
0
4
Phương trình * có nghiệm
và k
max
y
k .
8
4 3
max
SH
2 2
a
x
a .
SH
M A
0
2
a
x
Vậy min
và
4 3
Vậy min
.S ABCD có SA vuông góc với mặt phẳng
ABCD và
SA a ABCD ;
AB a BC
,
a 2 .
là hình thang vuông đường cao
Biết đường
,SA đặt
thẳng SC vuông góc với
.BD Gọi M là một điểm trên đoạn
A
M
x
0
a
x
. Tính độ dài đường cao DE trong tam giác BDM theo a và
.x Tìm x để DE có giá trị nhỏ nhất, lớn nhất.
Ví dụ 5: Cho hình chóp
Lời giải.
AS
và BD AD AB
.
Đặt Ta có SC
, x AB AC AS
y AD z , AB BC AS
61
SC
B D
SC BD .
0
AB BC A
S
A D
A B
0
2
2
. AD BC
AB
0
AD
.
a 2
AB BC
Từ
AS
a AB b AD c , ,
. a b
. b c
0,
c a .
a
b
a c ,
Đặt , ta có
a 2
.
AM k AS
k a
,
0
k
. Ta có: k
1
2
Giả sử với
x a BM a
BM AM AB k a
b
1
k
.
2
+)
+) DM AM AD k a
c
DM a k
1 4
2
và
.BM DM
k a
2 k a
b k a
c
2
2
BM
.
D
M
BM DM .
2
2
2
2
S
BM
.
D
M
DE BM .
DE
. BM DM
DBM
1 2
1 2
BM
2
2
4
2
k
k
4
k
4
1
1
. Lại có
2
a 2
1
k
a 2
k 1 5 2 1 k
2
y
,0
k
.
ta có 1
1 5 k 2 k 1
5
y
5
5
1
y
3
4 2
4 2
2
4
1
k
1
1
0
1
y
1
k
y
3
k
Vậy min
và max 0
hay min 1
DE
0
x
a 2
a
3
max
DE
và
. a x
2
Xét hàm số
4.6. Xây dựng bài toán cực trị hình học không gian từ quy trình giải toán
bằng phương pháp vectơ
Để xây dựng bài toán cực trị hình học không gian từ quy trình giải toán
bằng phương pháp vectơ ta cần lựa chọn những bài toán có sẵn “hệ vectơ gốc”
làm cơ sở, chẳng hạn ta xét một số mô hình sau:
62
c
, ,a b c
0
b c a b a , , . . . a b b c c a
thỏa mãn Mô hình 1: Lựa chọn hệ vectơ gốc
,a tam
.S ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh bằng
Ví dụ 1: Cho hình chóp
giác SAD đều. Hình chiếu vuông góc của S xuống mặt phẳng đáy ABCD trùng
.AD
a b ,
b c ,
với trung điểm của cạnh
, ,a b c
. x b c ;
c . y c a ;
z
a . a b
thỏa mãn Mô hình 2: Lựa chọn hệ vectơ gốc
.a Trên tia Ax vuông góc với mặt phẳng
ABC lấy điểm S khác
.A
Ví dụ 2: Cho tam giác đều ABC cạnh
Kết luận: Trong dạy học giải bài tập toán nói chung và dạy học giải bài tập toán
cực trị trong hình học không gian nói riêng, việc xây dựng các bài toán riêng lẻ
thành một hệ thống theo một trình tự logic có sự sắp đặt của phương pháp và
quy trình giải toán sẽ giúp học sinh dễ dàng tiếp cận với nội dung bài học, đồng
thời có thể phát triển tư duy học toán cũng như tạo ra niềm vui và sự hứng thú
63
trong học toán.
PHẦN II. KẾT LUẬN
Qua thời gian nghiên cứu viết sáng kiến và vận dụng sáng kiến vào giảng
dạy chúng tôi rút ra một số kêt luận sau:
- Trong các nhiệm vụ của môn Toán ở trường THPT, cùng với truyền thụ
tri thức, rèn luyện kỹ năng giải bài tập toán cho học sinh là một nhiệm vụ quan
trọng của người giáo viên. Để rèn luyện kỹ năng giải Toán cho học sinh cần đưa
ra một hệ thống các bài tập thích hợp, sắp xếp một cách hợp lí từ dễ đến khó
nhằm giúp học sinh củng cố kiến thức, rèn luyện kỹ năng phát triển tư duy và
biết áp dụng Toán học vào thực tiễn.
- Người giáo viên phải là người dẫn kỹ năng giải toán cho học sinh bằng
cách định hướng cụ thể qua lời giải từng bài tập toán cho học sinh, qua đó góp
phần tạo niềm tin và hứng thú học tập.
- Đề tài đã trích dẫn các khái niệm về kỹ năng và kỹ năng giải Toán.
- Đề tài đã hệ thống được một một số kỹ năng cần phải rèn luyện cho học
sinh giải bài tập toán khi dạy học phần Hình học không gian chương trình hình
học 11.
- Đề tài đã xây dựng được một dạng bài tập toán nhằm rèn luyện kỹ năng
cho học sinh khi dạy học phần Hình học không gian chương trình hình học 11.
- Chúng tôi thiết nghĩ đề tài có thể áp dụng để giảng dạy phù hợp cho
nhiều đối tượng học sinh từ học sinh trung bình đến các em khá giỏi. Có thể vận
cũng có thể sử dụng để dạy và làm tài liệu tham khảo tốt cho học sinh ôn thi ĐH
- CĐ, đó chính là tính ứng dụng thực tiễn của đề tài.
Vinh, tháng 02 năm 2020.
dụng cho cả việc dạy chính khóa và ngoại khóa trong các tiết luyện tập, đề tài
Tác giả
Mai Thị Khánh Xuân
64
MỤC LỤC
Trang
PHẦN I. ĐẶT VẤN ĐỀ.................................................................................... 1
Lí do chọn đề tài ............................................................................................. 1
1. Mục đích và nhiệm vụ của đề tài ................................................................. 2
2. Đối tượng, phạm vị nghiên cứu ................................................................... 2
3. Phương pháp nghiên cứu ............................................................................. 2
- Khái niệm ..................................................................................................... 2
3.3. Rèn luyện kỹ năng giải một số dạng bài tập cơ Hình không gian chương
trình hình học 11 THPT .................................................................................. 3
PHẦN II. NỘI DUNG ...................................................................................... 5
I. Rèn luyện cho học sinh kỹ năng vẽ hình, dựng thiết diện và tính diện tích
thiết diện ........................................................................................................... 5
1. Kỹ năng vẽ hình .......................................................................................... 5
1.1. Hình biểu diễn là hình được vẽ qua phép chiếu song song từ không gian
lên mặt phẳng, do vậy hình biểu diễn cần thỏa mãn các tính chất của phép
chiếu song song ........................................................................................... 5
1.2. Hình biểu diễn ...................................................................................... 5
2. Kỹ năng xác định thiết diện ......................................................................... 7
2.1. Xác định giao tuyến của hai mặt phẳng ................................................. 7
2.2. Các ví dụ minh họa ............................................................................... 7
2.1. Rèn luyện kỹ năng chứng minh các quan hệ vuông góc ......................... 19
2.2.1. Rèn luyện kỹ năng chứng minh hai đường thẳng vuông góc ............ 19
2.2.2. Rèn luyện kỹ năng chứng minh đường thẳng vuông góc với mặt
phẳng ......................................................................................................... 21
2.2.3. Rèn luyện kỹ năng chứng minh hai mặt phẳng vuông góc ............... 24
II. Kỹ năng chứng minh các quan hệ giữa các đối tượng hình học được học ... 19
III. Rèn luyện kỹ năng tính khoảng cách, tính thể tích ................................ 27
3.1. Rèn luyện kỹ năng tính khoảng cách từ một điểm đến một mặt phẳng ... 27
3.2. Tính thể tích ........................................................................................... 34
65
IV. Kỹ năng chuyển đổi giải bài toán hình học bằng phương pháp véc tơ . 43
3.1. Cơ sở lí thuyết ........................................................................................ 43
3.2. Bài toán về tỉ lệ thức .............................................................................. 44
3.3. Bài toán về độ dài................................................................................... 48
3.4. Bài toán về góc....................................................................................... 51
3.5. Bài toán về diện tích ............................................................................... 58
3.6. Xây dựng bài toán cực trị hình học không gian từ quy trình giải toán bằng
phương pháp vectơ ........................................................................................ 62
66
PHẦN II. KẾT LUẬN .................................................................................... 64
Rèn luyện kỹ năng giải bài tập Hình học không gian cho học sinh lớp 11
67
thông qua một số dạng bài tập cơ bản
