Sáng kiến kinh nghiệm THPT: Sử dụng phương pháp tọa độ để giải quyết một số bài toán về Góc và Khoảng cách trong Hình học không gian cấp Trung học phổ thông

Chia sẻ: _ _ | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:60

Thêm vào BST

Báo xấu

29
lượt xem 4
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Mục đích nghiên cứu của đề tài là đưa ra các bài tập phù hợp với đối tượng học sinh để dễ tiếp cận; với đối tượng học sinh mới học lần đầu thì có thể dạy theo hệ thống đó một cách chi tiết, còn với đối tượng học sinh giỏi có thể tự đọc tài liệu, từ đó học sinh tự giải quyết vấn đề một cách dễ dàng, không còn phải nhớ tính chất một cách máy móc nữa mà sẽ hiểu bản chất toán học và từ đây cũng phát triển tư duy, rèn luyện kỹ năng tổng hợp, phân tích.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Sáng kiến kinh nghiệm THPT: Sử dụng phương pháp tọa độ để giải quyết một số bài toán về Góc và Khoảng cách trong Hình học không gian cấp Trung học phổ thông

CỘNG HÒA XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM Độc lập – Tự do – Hạnh phúc THUYẾT MINH MÔ TẢ GIẢI PHÁP VÀ KẾT QUẢ THỰC HIỆN SÁNG KIẾN 1. Tên sáng kiến: Sử dụng phương pháp tọa độ để giải quyết một số bài toán về Góc và Khoảng cách trong Hình học không gian cấp Trung học phổ thông. 2. Ngày sáng kiến được áp dụng lần đầu hoặc áp dụng thử: từ 06/3/2021 đến 20/3/2021 3. Các thông tin cần bảo mật: không 4. Mô tả các giải pháp cũ thường làm Nội dung góc và khoảng cách trong hình học không gian là một nội dung khó, đòi hỏi học sinh có tư duy tốt, tích cực luyện tập mới có được những kỹ năng cơ bản để giải quyết bài toán. Đây cũng là nội dung quan trọng thường gặp trong các đề thi toán của kỳ thi chọn học sinh giỏi các cấp; thi tốt nghiệp THPT hàng năm. Trước khi thực hiện giải pháp, đã có một số các tài liệu viết về phương pháp tọa độ hóa, cách vận dụng phương pháp này để giải quyết một số bài toán về góc, khoảng cách trong hình học không gian, tuy nhiên các tài liệu này chủ yếu viết cho đối tượng học sinh giỏi nên kiến thức rất rộng và sâu nếu sử dụng tài liệu này cho học sinh khá, tư duy có hạn thì học sinh sẽ thấy áp lực, không tạo được hứng thú học tập cho học sinh. Có những tài liệu chỉ đưa ra các câu hỏi và bài tập ngay mà không tổng hợp lại lý thuyết, không đưa ra phương pháp gắn tọa độ cho từng dạng bài cụ thể nên sẽ gây khó khăn cho học sinh giải quyết vấn đề vì đây là mảng kiến thức rất rộng và khó. 5. Sự cần thiết phải áp dụng giải pháp sáng kiến Việc giải bài toán hình học không gian bằng phương pháp hình học thuần túy gặp nhiều khó khăn đối với học sinh vừa học xong chương trình lớp 12 vì đa phần các em đang quen với việc giải các bài toán tọa độ trong không gian, hơn thế mảng kiến thức về góc và khoảng cách nằm trong chương trình lớp 11 nên nhiều em đã quên một phần kiến thức. Việc giải bài toán hình học không gian bằng phương pháp tọa độ có rất nhiều ưu việt, tuy nhiên học sinh cũng gặp không ít khó khăn. Bởi vì phương pháp này chưa được
2 đề cập nhiều trong sách giáo khoa, học sinh phổ thông ít được tiếp cận và cũng không thể áp dụng cho tất các các dạng bài. Mặc dù có nhiều tài liệu về viết về cách sử dụng phương pháp tọa độ để giải quyết một số bài toán hình học không gian, nhưng việc áp dụng dạy theo các tài liệu này đạt kết quả chưa cao, HS lớp 12 ôn thi tốt nghiệp THPT luôn cảm thấy khó khi học về phần kiến thức này, điểm thi về phần này không ổn định. Đặc biệt chưa có tài liệu nào viết về cách giải quyết bài toán góc, khoảng cách cụ thể, chi tiết. Trong khi đó thì bài toán xác định góc và tính khoảng cách là một bài toán hình học không gian quan trọng, không thể thiếu trong đề thi tốt nghiệp THPT và đề thi chọn học sinh giỏi. Do vậy việc áp dụng giải pháp này trong giảng dạy ở các lớp 12 ôn thi tốt nghiệp THPT, ôn thi HSG là rất cần thiết. Qua việc thử nghiệm dạy ở lớp 12 bước đầu đã đạt được những kết quả nhất định. 6. Mục đích của giải pháp sáng kiến Các giải pháp của sáng kiến là tài liệu tham khảo rất phù hợp cho giáo viên và học sinh các lớp 12 ôn thi tốt nghiệp THPT, ôn thi HSG. Cụ thể: - Giải pháp 1: Sử dụng phương pháp tọa độ để giải quyết một số bài toán về góc trong không gian. Trong giải pháp này tác giả đã đưa ra một số cách gắn hệ trục tọa điển hình cho từng dạng bài từ đó áp dụng công thức xác định góc giữa 2 đường thẳng, góc giữa đường thẳng và mặt phẳng, góc giữa hai mặt phẳng để giải quyết bài toán. Với giải pháp tác giả đưa ra thì Giáo viên có thể đưa ra các bài tập phù hợp với đối tượng học sinh để dễ tiếp cận; với đối tượng học sinh mới học lần đầu thì có thể dạy theo hệ thống đó một cách chi tiết, còn với đối tượng học sinh giỏi có thể tự đọc tài liệu, từ đó học sinh tự giải quyết vấn đề một cách dễ dàng, không còn phải nhớ tính chất một cách máy móc nữa mà sẽ hiểu bản chất toán học và từ đây cũng phát triển tư duy, rèn luyện kỹ năng tổng hợp, phân tích. * Kết quả giải pháp 1: học sinh có thể tính toán một cách thành thạo góc giữa 2 đường thẳng, góc giữa đường thẳng và mặt phẳng, góc giữa 2 mặt phẳng trong không gian, giải quyết tốt các bài toán về thể tích khối đa diện trong đó có liên quan đến yếu tố góc. - Giải pháp 2: Sử dụng phương pháp tọa độ để giải quyết một số bài toán về khoảng cách trong không gian.
3 Với công cụ tọa độ hóa đã đưa ra ở giải pháp 1, tác giả tiếp tục xây dựng một số bài toán xác định khoảng cách từ 1 điểm đến 1 mặt phẳng, khoảng cách giữa 2 đường thẳng chéo nhau trong không gian. * Kết quả giải pháp 2: tác giả đã đưa ra hệ thống câu hỏi và bài tập từ dễ đến khó về khoảng cách từ 1 điểm đến 1 mặt phẳng, khoảng cách giữa 2 đường thẳng chéo nhau trong không gian, thường xuất hiện rất nhiều trong các đề thi từ đề thi tốt nghiệp trung học phổ thông quốc gia đến các kỳ thi HS giỏi. Đồng thời tác giả cũng chỉ ra cách xác định thể tích của khối đa diện bằng phương pháp tọa độ trong đó có liên quan đến yếu tố khoảng cách. - Ngoài 2 giải pháp nêu trên tác giả cũng giới thiệu thêm cách sử dụng phương pháp tọa độ vào giải quyết một số dạng bài tính thể tích khối đa diện, bài toán về cực trị hình học cho đối tượng học sinh giỏi làm tài liệu nghiên cứu. Tôi cùng các đồng nghiệp đã sử dụng Sáng kiến trong hoạt động dạy cho lớp 12 và bồi dưỡng học sinh giỏi tỉnh môn Toán, được các đồng nghiệp ghi nhận có hiệu quả tốt trong việc nâng cao chất lượng thi tốt nghiệp THPT và bồi dưỡng đội tuyển, tiết kiệm thời gian các buổi rèn kĩ năng làm bài cho Đội tuyển. 7. Nội dung 7.1. Thuyết minh giải pháp mới hoặc cải tiến 7.1.1 Các giải pháp áp dụng sáng kiến - Giải pháp 1: Sử dụng phương pháp tọa độ để giải quyết một số bài toán về Góc trong Hình học không gian. I. CƠ SỞ LÝ THUYẾT 1. Hệ trục tọa độ trong không gian 1.1. Trong không gian, xét ba trục tọa độ Ox, Oy, Oz vuông góc với nhau từng đôi một và chung một điểm gốc O. Gọi i, j, k là các vectơ đơn vị, tương ứng trên các trục Ox, Oy, Oz . Hệ ba trục như vậy gọi là hệ trục tọa độ vuông góc trong không gian. 2 2 2 Chú ý: i = j = k = 1 và i. j = i.k = k. j = 0 . 1.2. Tọa độ của vectơ a) Định nghĩa: u = ( x; y; z )  u = xi + y j + zk b) Tính chất: Cho a = ( a1; a2 ; a3 ) , b = ( b1; b2 ; b3 ) , k  • a  b = ( a1  b1 ; a2  b2 ; a3  b3 )
4 • ka = ( ka1; ka2 ; ka3 ) a1 = b1  • a = b  a2 = b2 a = b  3 3 • 0 = ( 0;0;0 ) , i = (1;0;0 ) , j = ( 0;1;0 ) , k = ( 0;0;1) ( • a cùng phương b b  0  a = kb ( k  ) ) a1 = kb1  a1 a2 a3  a2 = kb2  = = , ( b1 , b2 , b3  0 ) a = kb b1 b2 b3  3 3 • a.b = a1.b1 + a2 .b2 + a3 .b3 • a ⊥ b  a1b1 + a2b2 + a3b3 = 0 • a 2 = a12 + a22 + a32 • a = a12 + a22 + a22 a1b1 + a2b2 + a3b3 ( • cos a, b = ) a.b a .b = a + a22 + a32 . b12 + b22 + b32 2 (với a, b  0 ) 1 1.3. Tọa độ của điểm a) Định nghĩa: M ( x; y; z )  OM = x.i + y. j + z.k (x: hoành độ, y: tung độ, z: cao độ) Chú ý: • M  ( Oxy )  z = 0; M  ( Oyz )  x = 0; M  ( Oxz )  y = 0 • M  Ox  y = z = 0; M  Oy  x = z = 0; M  Oz  x = y = 0 . b) Tính chất: Cho A( xA ; yA ; z A ), B( xB ; yB ; zB ) • AB = ( xB − xA ; yB − y A ; zB − z A ) • AB = ( xB − xA )2 + ( yB − y A )2 + ( zB − z A )2  xA + xB y A + yB z A + zB  • Toạ độ trung điểm M của đoạn thẳng AB : M  ; ;   2 2 2  • Toạ độ trọng tâm G của tam giác ABC :  x + x + x y + yB + yC z A + zB + zC  G A B C ; A ;   3 3 3  • Toạ độ trọng tâm G của tứ diện ABCD :
5  x + x + x + xD y A + yB + yC + yD z A + zB + zC + zC  G A B C ; ;   4 4 4  1.4. Tích có hướng của hai vectơ a) Định nghĩa: Trong không gian Oxyz cho hai vectơ a = (a1; a2 ; a3 ) , b = ( b1; b2 ; b3 ) . Tích có hướng của hai vectơ a và b, kí hiệu là  a, b  , được xác định bởi: a a3 a3 a1 a1 a2   a , b  =  2 ; ;  = ( a2b3 − a3b2 ; a3b1 − a1b3 ; a1b2 − a2b1 )  b2 b3 b3 b1 b1 b2  Chú ý: Tích có hướng của hai vectơ là một vectơ, tích vô hướng của hai vectơ là một số. b) Tính chất: • [a, b] ⊥ a; [a, b] ⊥ b •  a, b  = − b, a  • i , j  = k ;  j , k  = i ;  k , i  = j • [a, b] = a . b .sin ( a, b ) • a, b cùng phương  [a, b] = 0 c) Ứng dụng của tích có hướng: • Điều kiện đồng phẳng của ba vectơ: a, b và c đồng phẳng  [a, b].c = 0 • Diện tích hình bình hành ABCD : S ABCD =  AB, AD  1 • Diện tích tam giác ABC : SABC =  AB, AC  2 • Thể tích khối hộp ABCDABCD : VABCD. A ' B 'C ' D ' = [ AB, AD]. AA 1 • Thể tích tứ diện ABCD : VABCD = [ AB, AC ]. AD 6 Chú ý: - Tích vô hướng của hai vectơ thường sử dụng để chứng minh hai đường thẳng vuông góc, tính góc giữa hai đường thẳng. - Tích có hướng của hai vectơ thường sử dụng để tính diện tích tam giác; tính thể tích khối tứ diện, thể tích hình hộp; chứng minh các vectơ đồng phẳng – không đồng
6 phẳng, chứng minh các vectơ cùng phương. a ⊥ b  a.b = 0 a vaø b cuøng phöông   a , b  = 0 a , b , c ñoàng phaúng   a , b  .c = 0 2. Phương trình mặt phẳng • Mặt phẳng (P) đi qua điểm M 0 ( x0 ; y0 ; z0 ) và nhận vectơ n = ( A; B; C ) , n  0 làm vectơ pháp tuyến thì phương trình mặt phẳng ( P ) có dạng: A ( x − x0 ) + B ( y − y0 ) + C ( z − z0 ) = 0. • Trong không gian Oxyz , mọi mặt phẳng đều có dạng phương trình: Ax + By + Cz + D = 0 với A2 + B 2 + C 2  0 • Nếu mặt phẳng ( ) có phương trình Ax + By + Cz + D = 0 thì nó có một VTPT là n( A; B; C ) . • Phương trình mặt phẳng đi qua điểm M 0 ( x0 ; y0 ; z0 ) và nhận vectơ n( A; B; C ) khác 0 là VTPT là: A( x − x0 ) + B( y − y0 ) + C ( z − z0 ) = 0 . • Nếu mp(P) có cặp vectơ a = (a1; a2 ; a3 ) b = (b1; b2 ; b3 ) không cùng phương ,có giá song song hoặc nằm trên (P) thì vectơ pháp tuyến của (P) được xác định n = a, b  • Phương trình mặt phẳng theo đoạn chắn: mặt phẳng ( P ) đi qua 3 điểm A ( a;0;0 ) , B ( 0; b;0 ) , ( 0;0; c ) (abc  0) thì phương trình mặt phẳng ( P ) có dạng: x y z + + =1. a b c 3. Góc 3.1. Góc giữa 2 đường thẳng: 1 có vectơ chỉ phương a1  2 có vectơ chỉ phương a2 a1.a2 Gọi  là góc giữa hai đường thẳng 1 và  2 . Ta có: cos  = a1 . a2 3.2. Góc giữa đường thẳng và mặt phẳng:
7  có vectơ chỉ phương a ( ) có vectơ chỉ phương n a .n Gọi  là góc giữa hai đường thẳng  và ( ) . Ta có: sin  = a . n 3.3. Góc giữa hai mặt phẳng: Trong không gian Oxyz , cho hai mặt phẳng (  ) : A1 x + B1 y + C1 z + D1 = 0 và ( ) : A2 x + B2 y + C2 z + D2 = 0. Góc giữa (  ) và (  ) bằng hoặc bù với góc giữa hai VTPT n , n . Tức là: A1 A2 + B1 B2 + C1C2 ( ) n .n cos ( (  ) , (  ) ) = cos n , n = = n . n A12 + B12 + C12 . A22 + B22 + C22 4. CÁC BƯỚC GIẢI BÀI TOÁN BẰNG PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ HÓA • Bước 1: Chọn hệ trục tọa Oxyz. Xác định ba đường thẳng đồng quy và đôi một cắt nhau trên cơ sở có sẵn của hình (như tam diện vuông, hình hộp chữ nhật, hình chóp tứ giác đều …), hoặc dựa trên các mặt phẳng vuông góc dựng thêm đường phụ. • Bước 2: Tọa độ hóa các điểm của hình không gian. Tính tọa độ điểm liên quan trực tiếp đến giả thiết và kết luận của bài toán. Cơ sở tính toán chủ yếu dựa vào quan hệ song song, vuông góc cùng các dữ liệu của bài toán. • Bước 3: Chuyển giả thiết qua hình học giải tích. Lập các phương trình đường, mặt liên quan. Xác định tọa độ các điểm, véc tơ cần thiết cho kết luận. • Bước 4: Giải quyết bài toán. Sử dụng các kiến thức hình học giải tích để giải quyết yêu cầu của bài toán hình không gian. Chú ý các công thức về góc, khoảng cách, diện tích và thể tích …
8 Học sinh có thể chọn hệ tọa độ một số hình không gian theo gợi ý sau: Hình hộp lập phương – Hình hộp chữ nhật ABCD.A ' B ' C ' D ' Với hình lập phương. z D' A' Chọn hệ trục tọa độ sao cho : B' C' A ( 0;0;0 ) , B ( a;0;0 ) C ( a; a;0 ) , D ( 0; a;0 ) A ' ( 0;0; a ) , B ' ( a;0; a ) , C ' ( a; a; a ) , D ' ( 0; a; a ) A D y B Với hình hộp chữ nhật. C x Chọn hệ trục tọa độ sao cho: A ( 0;0;0 ) , B ( a;0;0 ) C ( a; b;0 ) , D ( 0; b;0 ) A ' ( 0;0; c ) , B ' ( a;0; c ) , C ' ( a; b; c ) , D ' ( 0; b; c ) Chú ý: Tam diện vuông là một nửa của hình hộp chữ nhật nên ta chọn hệ trục tọa độ tương tự như hình hộp chữ nhật. Với hình hộp đứng có đáy là hình thoi ABCD.A ' B ' C ' D ' Chọn hệ trục tọa độ sao cho: z D' Gốc tọa độ trùng với giao điểm O của hai A' đường chéo của hình thoi ABCD B' C' Trục Oz đi qua 2 tâm của 2 đáy Nếu AC = a, BD = b, AA ' = c thì A D B O  a  b   a   b  x A  0; − ;0  , B  ;0;0  , C  0; ;0  , D  − ;0;0  C  2  2   2   2  y  a  b   a   b  A '  0; − ; c  , B '  ;0; c  , C '  0; ; c  , D  − ;0; c   2  2   2   2  Chú ý: Với lăng trụ đứng ABC. A ' B ' C ' có đáy ABC là tam giác cân tại B thì ta chọn hệ tọa độ tương tự như trên với gốc tọa độ là trung điểm AC , B  Ox, C  Oy còn trục Oz đi qua trung điểm hai cạnh AC , A ' C ' .
9 Hình chóp đều 1) Hình chóp tam giác đều S. ABC , z S AB = a, SH = h ta chọn hệ tọa độ sao cho O là trung điểm BC , A  Ox, B  Oy , trục Oz song song với SH . Khi đó: x a 3  a 3  C O ( 0;0;0 ) , H  ;0;0  , A  ;0;0  , A H  6   2  y O B  a   a  a 3  B  0; ;0  , C  0; − ;0  , S  ;0; h   2   2   6  2) Hình chóp tứ giác đều S. ABCD , z AB = a, SH = h S ta chọn hệ tọa độ sao cho O là tâm của đáy, B  Ox, C  Oy, S  Oz . Khi đó A  a 2  a 2  D O ( 0;0;0 ) , A  0; − ;0  , B  ;0;0  ,  2   2  B O  a 2   a 2  x C ;0;0  , S ( 0;0; h ) y C  0; ;0  , D  −  2   2  Chú ý: Ngoài cách chọn hệ trục như trên ta có thể chọn hệ trục bằng cách khác. Chẳng hạn với hình chóp tam giác đều ta có thể chọn O  H , trục Oy đi qua H và song song với BC . Hình chóp S. ABCD có SA ⊥ ( ABCD ) , SA = h 1) 1) Nếu đáy là hình chữ nhật ta chọn hệ trục sao z cho A  O, B  Ox, D  Oy, S  Oz S A y D B x C
10 2) 2) Nếu đáy là hình thoi ta chọn hệ trục sao cho O S là tâm B  Ox, C  Oy, Oz / / SA z A D B O x C y Chú ý: Cho hình chóp S. ABC có SA ⊥ ( ABC ) • Nếu đáy ABC là tam giác vuông tại A thì cách chọn hệ trục hoàn toàn tương tự như hình chóp S. ABCD có đáy là hình chữ nhật. • Nếu đáy ABC là tam giác cân tại B thì ta chọn hệ trục tọa độ hoàn toàn tương tự như hình chóp S. ABCD có đáy là hình thoi, khi đó gốc tọa độ là trung điểm của cạnh AC. Hình chóp S. ABC có ( SAB ) ⊥ ( ABC ) Đường cao SH = h của tam giác SAB là z S đường cao của hình chóp. Nếu tam giác ABC vuông tại A, AB = a, AC = b thì ta chọn hệ trục tọa độ sao cho A  O, B  Oy, C  Ox, Oz / / SH H y A B Khi đó C x A ( 0;0;0 ) , B ( 0; a;0 ) , C ( b;0;0 ) AH = c  H ( 0; c;0 ) , S ( 0; c; h ) Chú ý: • Nếu vuông tại B ta chọn B  O , vuông tại C chọn B  O . • Nếu tam giác SAB cân tại S , ABC cân tại C thì ta chọn H  O, C  Ox, B  Oy, S  Oz. Tùy vào từng bài toán mà có thể thay đổi linh hoạt cách chọn hệ tọa độ. Trong nhiều trường hợp, phải biết kết hợp kiến thức hình không gian tổng hợp và kiến thức hình giải tích nhằm thu gọn lời giải.
11 II. MỘT SỐ VÍ DỤ MINH HỌA Dạng 1: Góc giữa hai đường thẳng trong không gian Phương pháp: B1: Chon hệ trục tọa độ theo đặc điểm của từng hình (theo gợi ý ở phần cơ sở lý thuyết). B2: Xác định tọa độ các điểm nằm trên hai đường thẳng cần xác định góc. B3: Xác định góc giữa hai đường thẳng thông qua góc giữa hai vec tơ chỉ phương của hai đường thẳng đó. Chẳng hạn tính góc giữa hai đường thẳng AB, CD ta áp dụng công thức sau AB.CD ( ) cos ( AB, CD ) = cos AB, CD = AB CD VD1.1. (ĐHQG Hà Nội - 2020) Cho hình chóp S. ABCD có đáy hình vuông. Cho tam giác SAB vuông tại S và góc SBA bằng 300 . Mặt phẳng ( SAB ) vuông góc mặt phẳng đáy. Gọi M , N là trung điểm AB, BC . Tìm cosin góc tạo bởi hai đường thẳng ( SM , DN ) 2 1 1 2 A. . B. . C. . D. . 5 5 3 3 Hướng dẫn giải ( SAB ) ⊥ ( ABCD )  Trong ( SAB ) , kẻ SH ⊥ AB tại H . Ta có: ( SAB )  ( ABCD ) = AB  SH ⊥ ( ABCD )   SH  ( SAB ) , SH ⊥ AB Kẻ tia Az // SH và chọn hệ trục tọa độ Axyz như hình vẽ sau đây. a 3 Trong tam giác SAB vuông tại S , SB = AB.cos SBA = a.cos300 = . 2
12 3a Trong tam giác SBH vuông tại H, BH = SB.cos SBH = và 4 a 3 SH = BH .sin SBA = . 4 3a a  a   a a 3 AH = AB − BH = a − =  H  0; ;0   S  0; ;  . 4 4  4   4 4   a  a  M  0; ;0  , D ( a;0;0 ) , N  ; a;0  .  2  2   a a 3  a  Ta có: SM =  0; ; −  , DN =  − ; a;0   4 4   2  a2 SM .DN 1  cos ( SM , DN ) = = 4 = . SN .DN a a 5 5 . 2 2 Phân tích: Bài toán cho hình chóp có đáy là hình vuông nên học sinh hoàn toàn có thể gắn tọa độ và xác định tọa độ các đỉnh dễ dàng. Khi đó để xác định góc giữa 2 đường thẳng ( SM , DN ) học sinh có thể tìm tọa độ của 2 vec tơ chỉ phương SM , DN từ đó suy ra góc cần tìm. Bình luận: Ở bài toán này học sinh có thể dựng trực tiếp góc giữa 2 đường thẳng sau đó tính góc, tuy nhiên nhiều học sinh sẽ gặp khó khăn khi dựng hình cũng như tính toán các yếu tố liên quan đến góc vừa dựng. Phương pháp tọa độ giúp học sinh cảm thấy đơn giản hơn và hứng thú làm tiếp các bài tập tương tự. VD1.2. Cho hình chóp S. ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A , ABC = 60o , BC = 2a . Gọi D là điểm thỏa mãn 3SB = 2 SD . Hình chiếu của S trên mặt phẳng ( ABC ) là điểm H thuộc đoạn BC sao cho BC = 4BH . Biết SA tạo với đáy một góc 60o . Góc giữa hai đường thẳng AD và SC bằng A. 90o . B. 30o . C. 60o . D. 45o . Hướng dẫn giải
13 a2 a 1 3a 2 a 3 Ta có AH 2 = BH 2 + BA2 − 2.BH .BA.cos 60o = + a 2 − 2. .a. =  AH = . 4 2 2 4 2 SH 3a tan 60o =  SH = AH . 3 = . AH 2 3   3  Chuẩn hóa và chọn hệ trục tọa độ sao cho H ( 0;0;0 ) , C  ;0;0  , A  0; ;0  , 2   2   3  1   1 3  3 9  3 3 S  0;0;  , B  − ;0;0  , SB =  − ;0; −   SD =  − ;0; −   D  − ;0; −  .  2  2   2 2  4 4  4 4 3 3 3 Ta có DA =  ; ;   u = ( ) 3; 2; 3 là một vtcp của AD . 4 2 4 3 3 SC =  ;0; −   v = (1;0; −1) là một vtcp của SC . Ta có u.v = 0  AD ⊥ SC 2 2 Vậy góc giữa hai đường thẳng AD và SC bằng 90o . Dạng 2: Góc giữa đường thẳng và mặt phẳng Phương pháp: B1: Chọn hệ trục tọa độ theo đặc điểm của từng hình (theo gợi ý ở phần cơ sở lý thuyết). B2: Xác định tọa độ các điểm nằm trên đường thẳng và mặt phẳng cần xác định góc. B3: Xác định vec tơ chỉ phương của đường thẳng và vec tơ pháp tuyến của mặt phẳng đó. B4: Xác định góc giữa đường thẳng và mặt phẳng thông qua góc giữa vectơ chỉ phương của đường thẳng và vectơ pháp tuyến của mặt phẳng đó.
14 Chẳng hạn tính góc giữa đường thẳng MN và mp( ABC ) ta chọn vec tơ chỉ phương của đường thẳng MN là MN và vec tơ pháp tuyến của mp( ABC ) là n =  AB, AC  sau đó áp dụng công thức sau MN .n ( ) sin ( MN , ( ABC ) ) = sin MN , n = MN n VD1.3. (Sở Bắc Giang - 2018) Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, AB = a , BC = a 3 , SA = a và SA vuông góc với đáy ABCD . Tính sin  , với  là góc tạo bởi giữa đường thẳng BD và mặt phẳng ( SBC ) . 7 3 2 3 A. sin  = . B. sin  = . C. sin  = . D. sin  = . 8 2 4 5 Hướng dẫn giải ( Đặt hệ trục tọa độ Oxyz như hình vẽ. Khi đó, ta có A ( 0;0;0 ) , B ( a;0;0 ) , D 0; a 3;0 ) , S ( 0;0; a ) . ( ) ( ) Ta có BD = −a; a 3;0 = a −1; 3;0 , nên đường thẳng BD có véc-tơ chỉ phương là ( u = −1; 3;0 ) . ( ) ( ) Ta có SB = ( a;0; −a ) , BC = 0; a 3;0   SB, BC  = a 2 3;0; a 2 3 = a 2 3 (1;0;1) . Như vậy, mặt phẳng ( SBC ) có véc-tơ pháp tuyến là n = (1;0;1) . Do đó,  là góc tạo bởi giữa đường thẳng BD và mặt phẳng ( SBC ) thì
15 u.n ( −1) .1 + 3.0 + 0.1 2 sin  = = = . ( −1) 4 2 u.n 2 + 3 + 02 . 12 + 02 + 12 Phân tích: Bài toán cho hình chóp đáy là hình chữ nhật, cạnh SA vuông góc với đáy ABCD nên học sinh gắn tọa độ rất đơn giản. Do đó việc xác định tọa độ các điểm, vec tơ chỉ phương và vec tơ pháp tuyến không hề khó khăn. Bình luận: Bài toán này học sinh giỏi có thể làm trực tiếp nhưng với học sinh khá thì rất khó khăn bởi lẽ các em không nhớ được cách xác định góc giữa đường thẳng và mặt phẳng đã học ở cuối lớp 11. VD1.4. (Đô Lương 4 - Nghệ An - 2020) Cho hình chóp tứ giác đều S. ABCD có cạnh đáy bằng a , tâm O . Gọi M và N lần lượt là trung điểm của SA và BC . Biết rằng góc giữa MN và ( ABCD ) bằng 60 , côsin của góc giữa đường thẳng MN và mặt phẳng ( SBD ) bằng: 5 41 2 5 2 41 A. . B. . C. . D. . 5 41 5 41 Hướng dẫn giải Chọn hệ trục tọa độ Oxyz như hình vẽ. Đặt SO = m , ( m  0 ) . a 2   a 2 a 2  a 2 m A  ;0;0  ; S ( 0;0; m ) ; N  − ; ;0   M  ;0;  .  2   4 4   4 2  a 2 a 2 m  MN =  − ; ; −  . Mặt phẳng ( ABCD ) có véc tơ pháp tuyến k = ( 0;0;1) .  2 4 2
16 m MN .k 15a 2 3m 2  sin ( MN , ( ABCD ) ) = 2 3 = = m = 2 + . MN k 5a 2 m 2 2 8 4 + 8 4 a 30  2m2 = 15a 2  m = 2  a 2 a 2 a 30   MN =  − ; ;−  , mặt phẳng ( SBD ) có véc tơ pháp tuyến là i = (1;0;0 )  2 4 4  a 2 MN .i  sin ( MN , ( SBD ) ) =  cos ( MN , ( SBD ) ) = 2 5 2 5 = = . MN i a 2 a 2 30a 2 5 5 + + 2 8 16 VD1.5. Cho hình chóp S. ABC có SA vuông góc với mặt phẳng đáy. Gọi M là trung điểm của BC và H là trung điểm của AM . Biết HB = HC , HBC = 30 ; góc giữa mặt phẳng ( SHC ) và mặt phẳng ( HBC ) bằng 60 . Tính côsin của góc giữa đường thẳng BC và mặt phẳng ( SHC ) ? 3 13 3 1 A. . B. . C. . D. . 2 4 4 2 Hướng dẫn giải Từ M là trung điểm của BC và H là trung điểm của AM , HB = HC suy ra AM ⊥ BC , hay tam giác ABC cân đỉnh A . a a 3 a 3 Đặt BC = a  BM = . Do HBC = 30 suy ra HM =  AM = . Đặt SA = b 2 6 3 Đặt hệ trục tọa độ như hình vẽ: z S A H C x M y B
17 a a 3   a a 3   a 3  Ta có A ( 0;0;0 ) , B  ; ;0  , C  − ; ;0  ; H  0; ;0  , S ( 0;0; b ) . 2 3   2 3   6   a a 3   a 3  Ta có HC =  − ; ;0  ; SH =  0; ; −b  .  2 6   6   ab 3 ab a 2 3  Nên  HC , SH  =  − ;− ;−  .  6 2 12  Suy ra ( SHC ) có một véc-tơ pháp tuyến là n1 = 2b 3;6b; a 3 . ( ) Mặt phẳng ( HBC ) có một véc-tơ pháp tuyến là k = ( 0;0;1) . Góc giữa mặt phẳng ( SHC ) và mặt phẳng ( HBC ) bằng 60 nên n1.k a 3 cos ( ( SHC ) , ( HBC ) ) =  cos 60 = n1 . k 12b 2 + 36b 2 + 3a 2 a 3  12b2 + 36b2 + 3a 2 = 2 a 3  b = . 4  3a 3a 3  Khi đó n1 =  ; ; a 3  , đường thẳng BC có véc-tơ chỉ phương i = (1;0;0 ) .  2 2  Gọi  là góc giữa đường thẳng BC và mặt phẳng ( SHC ) , ta có 3a n1.i 2 3 sin  = = = . n1 . i 2 9a 27a 2 4 + + 3a 2 4 4 2  3 13 Do đó cos  = 1 − sin  = 1 −   = 2 .  4  4 Dạng 3: Góc giữa hai mặt phẳng Phương pháp: B1: Chọn hệ trục tọa độ theo đặc điểm của từng hình (theo gợi ý ở phần cơ sở lý thuyết). B2: Xác định tọa độ các điểm nằm trên hai mặt phẳng cần xác định góc. B3: Xác định vectơ pháp tuyến của hai mặt phẳng đó.
18 B4: Xác định góc giữa hai mặt phẳng thông qua góc giữa hai vectơ pháp tuyến của hai mặt phẳng đó. Chẳng hạn tính góc giữa mp( ABC ) và mp ( MNP ) ta chọn vectơ pháp tuyến của mp( ABC ) là n1 =  AB, AC  và vectơ pháp tuyến của mp( MNP) là n2 =  MN , MP  sau đó áp dụng công thức sau n1.n2 ( ) cos ( ( ABC ), ( MNP ) ) = cos n1 , n2 = n1 n2 VD1.6. (Đề Tham Khảo 2018) Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC. ABC có AB = 2 3 và AA = 2. Gọi M , N , P lần lượt là trung điểm các cạnh AB, AC  và BC (tham khảo hình vẽ bên). Côsin của góc tạo bởi hai mặt phẳng ( ABC  ) và ( MNP ) bằng 17 13 18 13 6 13 13 A. B. C. D. 65 65 65 65 Hướng dẫn giải Cách 1 Gọi P, Q lần lượt là trung điểm của BC và BC ; I = BM  AB, J = CN  AC , E = MN  AQ. Suy ra, ( MNP )  ( ABC  ) = ( MNCB )  ( ABC  ) = IJ và gọi K = IJ  PE  K  AQ với E là trung điểm MN (hình vẽ). ( AAQP ) ⊥ IJ  AQ ⊥ IJ , PE ⊥ IJ  ( ( MNP ) , ( ABC ) ) = ( AQ, PE ) = 
19 13 5 5 Ta có AP = 3, PQ = 2  AQ = 13  QK = ; PE =  PK = . 3 2 3 KQ 2 + KP 2 − PQ 2 13 cos  = cos QKP = = . 2 KQ.KP 65 Cách 2 Gắn hệ trục tọa độ Oxyz như hình vẽ ( ) ( ) ( ) (  P ( 0;0;0 ) , A ( 3;0;0 ) , B 0; 3;0 , C 0; − 3;0 , A ( 3;0; 2 ) , B 0; 3; 2 , C  0; − 3; 2 ) 3 3  3 3  nên M  ; ; 2  , N  ; − ; 2   2 2   2 2  Ta có vtpt của mp ( ABC  ) là n1 =  AB, AC  = ( 2;0;3) và vtpt của mp ( MNP ) là 1 2 3  n2 = ( 4;0; −3)
20 Gọi  là góc giữa hai mặt phẳng ( ABC) và mp ( MNP ) 8−9 (  cos = cos n1 , n2 =) 13 25 = 13 65 . Cách 3 Gọi Q là trung điểm của AA ' , khi đó mặt phẳng ( AB ' C ') song song với mặt phẳng ( MNQ ) nên góc giữa hai mặt phẳng ( AB ' C ') và ( MNP ) cũng bằng góc giữa hai mặt phẳng ( MNQ ) và ( MNP ) . Ta có: ( MNP )  ( MNQ ) = MN   PE  ( MNP ) ; PE ⊥ MN  ( ( MNP ) ; ( MNQ ) ) = PEQ  QE  ( MNQ ) ; QE ⊥ MN hoặc (( MNP ) ; ( MNQ )) = 180 0 − PEQ Tam giác ABC đều có cạnh 2 3  AP = 3 . Tam giác APQ vuông tại A nên ta có: PQ = AP 2 + AQ 2 = 32 + 12 = 10 2   3 13 Tam giác A ' QE vuông tại A ' nên ta có: QE = A ' E 2 + A ' Q 2 =   + 12 = 2 2 2 3 5 Tam giác PEF vuông tại F nên ta có: PE = FP + FE = 2 +   = 2 2 2 2 2 Áp dụng định lý hàm số côsin vào tam giác PQE ta có: