Sáng kiến kinh nghiệm THPT: Vận dụng khoảng cách trong bài toán tính góc giữa hai mặt phẳng

Chia sẻ: Ganuongmuoiot | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:24

Thêm vào BST

Báo xấu

52
lượt xem 5
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Mục đích của đề tài nghiên cứu nhằm phát triển tư duy và rèn luyện kỹ năng giải các bài tập liên quan đến góc giữa hai mặt phẳng cho học sinh khá, giỏi. Nâng cao hiệu quả trong việc ôn thi THPT Quốc gia. Đề tài áp dụng hiệu quả cho đối tượng học sinh khá, giỏi lớp 11, 12.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Sáng kiến kinh nghiệm THPT: Vận dụng khoảng cách trong bài toán tính góc giữa hai mặt phẳng

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ TĨNH SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM ĐỀ TÀI: VẬN DỤNG KHOẢNG CÁCH TRONG BÀI TOÁN TÍNH GÓC GIỮA HAI MẶT PHẲNG Năm học 2019 - 2020
MỤC LỤC Trang I. Đặt vấn đề 2 1. Lý do chọn đề tài 2 2. Mục tiêu, đối tượng nghiên cứu 2 3. Giả thiết khoa học 2 4. Dự báo những đóng góp của đề tài 2 II. Giải quyết vấn đề 3 1. Cơ sở lý thuyết 3 2. Cơ sở thực tiễn 4 3. Nội dung 4 a. Ví dụ mở đầu 4 b. Các bài tập vận dụng 6 Vấn đề 1. Tính góc giữa hai mặt phẳng trong hình chóp 6 Vấn đề 2. Tính góc giữa hai mặt phẳng trong hình lăng trụ 12 c. Một số bài tập đề nghị 20 d. Đánh giá hiệu quả của đề tài 22 III. Kết luận 22 IV. Kiến nghị 23 1
I. ĐẶT VẤN ĐỀ 1. Lý do chọn đề tài Trong quá trình giảng dạy, ôn thi THPT Quốc gia chúng ta thường gặp các bài toán liên quan đến góc, trong đó có bài toán về góc giữa hai mặt phẳng. Với nhiều học sinh, cũng như giáo viên nhiều khi còn lúng túng trong việc xác định phương pháp để giải quyết bài toán. Thông thường khi tính góc giữa hai mặt phẳng, chúng ta thường sử dụng định nghĩa, sử dụng cách xác định góc giữa hai mặt phẳng cắt nhau, phương pháp tọa độ hóa…Tuy nhiên, trong quá trình giải có nhiều bài yêu cầu nhận định và tính toán phức tạp, mất rất nhiều thời gian. Với những lý do trên, cùng với mong muốn góp phần phát triển tư duy, kỹ năng cho học sinh, tôi xin giới thiệu một phương pháp mà ít giáo viên và học sinh sử dụng đó là “Vận dụng khoảng cách trong bài toán tính góc giữa hai mặt phẳng”. 2. Mục tiêu, đối tượng nghiên cứu Phát triển tư duy và rèn luyện kỹ năng giải các bài tập liên quan đến góc giữa hai mặt phẳng cho học sinh khá, giỏi. Nâng cao hiệu quả trong việc ôn thi THPT Quốc gia. Đề tài áp dụng hiệu quả cho đối tượng học sinh khá, giỏi lớp 11, 12. 3. Giả thiết khoa học Nếu đưa đề tài “Vận dụng khoảng cách trong bài toán tính góc giữa hai mặt phẳng” vào giảng dạy ôn thi THPT Quốc gia sẽ tạo được hứng thú và kích thích sự đam mê trong học tập bộ môn cho học sinh. Đồng thời học sinh sẽ tự tin hơn trong việc giải quyết các dạng bài tập mới. Riêng về phần bài tập tính góc giữa hai mặt phẳng, học sinh sẽ khắc sâu kiến thức và có kỹ năng giải nhanh hơn không chỉ các bài toán về góc mà cả những bài toán liên quan đến tính khoảng cách thường gặp trong các đề thi. 4. Dự báo những đóng góp của đề tài Đề tài “Vận dụng khoảng cách trong bài toán tính góc giữa hai mặt phẳng” giúp chúng ta nắm thêm một cách để tính góc giữa hai mặt phẳng, đồng thời củng cố thêm phương pháp tính khoảng cách từ một điểm đến đường thẳng và mặt phẳng trong không gian. Từ đó rèn luyện tư duy kỹ năng trong việc dạy và học toán. 2
Đề tài giúp giải quyết các bài toán liên quan đến góc một cách nhanh chóng, đặc biệt trong những bài khó xác định góc giữa hai mặt phẳng thì đây thực sự là một công cụ hữu hiệu. Qua một số bài tập điển hình được trình bày trong chuyên đề, các ví dụ được sắp xếp từ dễ đến khó sẽ giúp học sinh nhận ra được sự ưu việt khi vận dụng phương pháp này vào giải quyết các bài tập. II. GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ 1. Cơ sở lý thuyết Phương pháp vận dụng khoảng cách trong bài toán tính góc giữa hai mặt phẳng. β H φ A K α a Giả sử hai mặt phẳng   và    cắt nhau theo giao tuyến a . Lấy A    , A  a, dựng AK  a,  K  a  , AH     ,  H      . Khi đó, a   AHK  suy ra HK  a. Do đó,    ,       AK , HK    AKH   . AH d  A,  Từ đó suy ra sin    1. AK d  A, a  Như vậy, các bước để tính tính góc giữa hai mặt phẳng thông qua khoảng cách bao gồm: Bước 1: Tìm giao tuyến của hai mặt phẳng. Bước 2: Chọn một điểm A bất kỳ thuộc một trong hai mặt phẳng và không nằm trên giao tuyến, sau đó tính khoảng cách từ điểm A đến giao tuyến và mặt phẳng còn lại. (Ở đây có rất nhiều cách lựa chọn điểm A , do đó học sinh sẽ tự tin hơn trong quá trình tính toán của mình. Thông thường để dễ dàng tính khoảng cách thì chúng ta vẫn hay chọn điểm A là hình chiếu vuông góc của đỉnh xuống mặt đáy. Tuy nhiên trong nhiều 3
bài toán thì phụ thuộc vào cách nhìn nhận của mỗi người, vấn đề chọn điểm này tôi sẽ trình bày ở phần nhận xét sau các bài tập cụ thể). Bước 3: Thay vào công thức 1 tính và kết luận. 2. Cơ sở thực tiễn Trong quá trình ôn thi THPT Quốc gia tôi nhận thấy dạng bài tập liên quan đến góc giữa hai mặt phẳng được khai thác khá nhiều trong các đề thi. Tại đơn vị tôi công tác, học sinh khi gặp dạng bài toán này thường hay lúng túng và khó khăn trong việc đưa ra phương hướng giải kể cả đối tượng học sinh giỏi. Sau khi học sinh tiếp thu nội dung đề tài này và vận dụng vào các bài toán cụ thể trong các đề thi (đề thi THPT Quốc Gia 2018, đề thi thử Sở GD – ĐT Hà Tĩnh 2019…) các em đều giải quyết bài toán khá nhanh chóng và tự tin. Từ đó tư duy, kỹ năng giải bài tập của các em được nâng lên rõ rệt. 3. Nội dung a. Ví dụ mở đầu: ( Đề thi thử Sở GD – ĐT Hà Tĩnh năm 2019) Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình vuông, SA   ABCD  , SA  3 AB. Gọi  là góc giữa hai mặt phẳng  SBC  và  SDC  , giá trị cos  bằng 1 1 1 A. 0. B. . C. . D. . 2 3 4 Lời giải Cách 1: Sử dụng cách xác định góc giữa hai mặt phẳng cắt nhau. Đặt DC  a a  0 . Kẻ BH  SC  H  SC . S Dễ thấy BD  SAC   BD  SC . Từ đó suy ra SC   BDH   DH  SC . a 3 Ta có  SBC    SDC   SC. H Khi đó     SBC ,SDC    BH , DH . A B Xét tam giác SBC vuông tại B, đường cao BH , ta a D có C 1 1 1 1 1 1 1 5 2a  2  2    2  2  BH  . SA  AB   2 2 2 2 2 BH SB BC BC a 3 a 2 a 4 a 5 4
2a Ta lại có SBC  SDC  DH  BH  . 5 BD là đường chéo của hình vuông nên BD  a 2 . 4a 2 4a 2   2a 2  BH  DH  BD 2 1 2 2 Xét tam giác HBD , ta có cos BHD  5 5   . 2 BH .DH 2a 2a 4 2. . 5 5   1 . Chọn D. Suy ra cos   cos BHD 4 Cách 2: Vận dụng khoảng cách để tính góc giữa hai mặt phẳng cắt nhau. Đặt DC  a,  a  0  . Ta có  SBC    SDC   SC. S d  B,  SDC   d  A,  SDC   Khi đó sin    . d  B, SC  d  B, SC  2a a 3 Gọi H là chân đường cao hạ từ đỉnh A của tam H giác SAD , K là chân đường cao hạ từ đỉnh B của B A K tam giác SBC . Ta có d  B, SC   BK . a D C DC  SAB  (vì DC  AB , DC  SA SA   ABCD  ). Suy ra AH  DC . Do đó AH   SDC  hay d  A, SDC   AH . Xét tam giác SAD vuông tại A , đường cao AH , ta có 1 1 1 1 1 4 a 3 2  2  2  2 2  2  AH  . AH AB SA a a 3   3a 2 Xét tam giác SBC vuông tại B , đường cao BK , ta có 1 1 1 1 1 5 2a 2  2 2  2  2  2  BK  . BK SB BC  2a  a 4 a 5 a 3 AH 15 1 Từ đó suy ra sin    2   cos   1  sin 2   . Chọn D. BK 2a 4 4 5 5
Nhận xét: Ở đây việc xác định và tính AH , BK rất dễ dàng, do đó vận dụng khoảng cách vào tính góc trong bài này được giải quyết rất gọn nhẹ và nhanh chóng. Thay vì lựa chọn điểm B như ở trên, chúng ta có thể chọn điểm D với vai trò hoàn toàn tương tự. Qua hai cách giải trên, chúng ta có thể dễ dàng nhận thấy, nếu sử dụng cách 1 thì chúng ta cần phải xác định được góc cụ thể, còn nếu sử dụng cách thứ 2 chúng ta không cần chỉ ra góc mà vẫn tính được thông qua khoảng cách. b. Các bài tập vận dụng. Vấn đề 1: Tính góc giữa hai mặt phẳng trong hình chóp. Bài 1: ( Đề thi thử Sở GD – ĐT Thành Phố Hồ Chí Minh năm 2019) Cho hình chóp S. ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B , AB  a, AC  2 a , SA  2a, SA   ABC  . Gọi  là góc giữa hai mặt phẳng  SAC  và  SBC  . Khi đó cos bằng 3 1 15 3 A. . B. . C. D. . 2 2 5 5 Lời giải d  A,  SBC   Ta có  SAC    SBC   SC. Khi đó sin   . d  A, SC  S Kẻ AH  SB,  H  SB  . K Vì BC  AB, BC  SA  SA   ABC   2a  BC   SAB   BC  AH H 2a A C Từ đó suy ra AH   SBC  hay d  A,  SBC    AH . a B Kẻ AK  SC  K  SC   d  A, SC   AK . Xét tam giác SAB vuông tại A , đường cao AH , ta có 6
1 1 1 1 1 5 2a 2  2  2  2  2  2  AH  . AH AB SA a 4a 4a 5 Xét tam giác SAC vuông tại A , đường cao AK , ta có 1 1 1 1 1 1 2  2  2  2  2  2  AK  a 2. AK AC SA 4a 4a 2a 2a 10 15 Từ đó suy ra sin   5   cos  . Chọn C. a 2 5 5 Nhận xét: Trong bài này, việc tính khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng SBC  là một bài toán cơ bản và quen thuộc. ( A là chân đường cao hạ từ đỉnh xuống mặt đáy). Tuy nhiên, chúng ta có thể chọn điểm B để tính và công việc cũng dễ dàng không kém hơn việc tính từ điểm A . Đây là một điểm thực sự rất nổi bật trong phương pháp này. Bài 2: Cho hình chóp S . ABCD có ABCD là hình vuông cạnh a . Tam giác SAD đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Gọi M là trung điểm của AD ,  là góc tạo bởi hai mặt phẳng SCM  và SAB  . Khi đó, cot  bằng 6 6 2 6 A. . B. . C. . D. 6 . 3 2 3 Lời giải Ta có M là trung điểm của AD , tam giác SAD đều nên SM  AD. Mặt khác tam giác SAD nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy suy ra SM   ABCD  . Kẻ CM cắt AB tại E . Khi đó, A là trung điểm của BE , suy ra AE  AB  a . Ta có  SCM    SAB  SE. d  A, SCM  Suy ra sin   . d  A, SE  Gọi K , H lần lượt là hình chiếu vuông góc lên SE và EM . Ta có d  A, SE   AK . Vì AB  AD, AB  SM  AB  SAD  AB  SA .
Mặt khác AE  SA  a nên tam giác SAE vuông cân tại A . 1 a 2 Do đó AK  SE  SA2  AE 2  . 2 2 Ta lại có, AH  CM , AH  SM SM   ABCD   AH  SCM  hay d  A,SCM   AH . Xét tam giác AME vuông tại A, đường cao AH 1 1 1 1 4 5 a 5 Ta có 2  2  2  2  2  2  AH  . AH AE AM a a a 5 a 5 AH 10 1 6 Suy ra sin    5   cot   1  . Chọn B.  10  2 AK a 2 5 2   2  5  Nhận xét: Ở bài này, việc chỉ ra góc khó hơn ở bài trên. Do đó vận dụng khoảng cách để tính là hợp lý. Việc lựa chọn tính khoảng cách từ điểm A hay B đến mặt phẳng  SCM  thì đều như nhau. Ngoài ra chúng ta có thể tính sin  d  M , SAB  d C , SAB    . Việc tính theo công thức này cũng đơn giản như cách d  M , SE  d C , SE  tính ở trên. Bài 3: (Đề thi thử trường THPT Hà Huy Tập – Hà Tĩnh năm 2019) Cho hình chóp   1200. Cạnh S . ABCD có đáy ABCD là hình bình hành, AB  3, AD  4, BAD SA  2 3 vuông góc với đáy. Gọi M , N , P lần lượt là trung điểm các cạnh SA, AD, BC . Gọi  là góc giữa hai mặt phẳng  SBC  và  MNP  . Tính  . A.   600 . B.   450 . C.   900 . D.   300 . Lời giải Gọi Q là trung điểm của SB . Khi đó  MNP    SBC   PQ . d  B, MNP  d  A, MNP  Ta có sin    . d  B, PQ  d  B, PQ  Kẻ AI  PN  I  PN  , AH  MI  H  MI  . Khi đó d  A, MNP   AH . 8
  1200   3 Ta có BAD ANP  600 , AI  AN .sin  ANP  2.  3 . 2 Xét tam giác AIM vuông tại A, đường cao AH , ta có S 1 1 1 1 1 2 6 2  2  2     AH  . AH MA AI 3 3 3 2 2 3 Kẻ BK  QP  K  QP   d  B, QP   BK . M Q Ta có AC 2  AD 2  DC 2  2 AD.DC cos  ADC H 1 K  AC 2  16  9  2.4.3.  13 . A N 4 1200 D 2 3 I Suy ra SC  SA  AC  12  13  5 . 2 2 B P C SB  SA  AB  12  9  21 . 2 2 2   SC  CB  SB  25  16  21  1  sin QPB 2 2 2   cos SCB cos QPB   3 . 2 SC.CB 2.5.4 2 2   2. 3  3 . Ta có BK  BP sin QPB 2 6 AH 2 Từ đó suy ra sin    2     450 . Chọn B. BK 3 2 Nhận xét: Ở bài này việc xác định góc giữa hai mặt phẳng là rất khó. Do đó, ta nên vận dụng khoảng cách để tính góc. Lựa chọn tính khoảng cách từ điểm B đến giao tuyến PQ và mặt phẳng  MNP  hay tính khoảng cách từ các điểm N , M đến giao tuyến PQ và mặt phẳng  SBC  trong trường hợp này tùy thuộc vào cách nhìn bao quát và toàn diện của mỗi học sinh. Tuy nhiên nếu các em lựa chọn điểm ngẫu nhiên thì các bước đi đến kết quả của phương pháp này cũng khá đơn giản và gọn nhẹ.   1200. Hình Bài 4: Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình thoi cạnh a, góc BAD chiếu vuông góc của đỉnh S lên mặt phẳng  ABCD  là điểm H nằm trên đoạn thẳng AB sao cho HA  2HB. Góc giữa SC và mặt phẳng  ABCD  bằng 600. Gọi  là góc giữa hai mặt phẳng  SAC  và  SCD  . Tính cot  . 7 7 5 4 A. . B. . C. . D. . 4 5 7 7 Lời giải 9
d  A,SCD Ta có  SAC    SCD   SC . Khi đó sin   . d  A, SC  Gọi M là trung điểm của AD . Vì ABCD là   1200 nên ABC và hình thoi cạnh a, BAD ACD là các tam giác đều cạnh a. a 3 Do đó, AM  . 2 Xét tam giác ACH , ta có CH 2  AC 2  AH 2  2 AC. AH .cos600 4a 2 2a 1 7a 2 a 7  a2   2.a. .   CH  . 9 3 2 9 3   600. Góc giữa SC và  ABCD  là góc SCH a 21 2a 7 Từ đó suy ra SH  CH .tan 60o  , SC  . 3 3 Vì AB / / CD nên d  A,  SCD    d  AB,  SCD    d  H ,  SCD   . a 3 Kẻ HI / / AM  I  DC  . Khi đó HI  AM  và HI  DC . 2 Kẻ HK  SI  K  SI  . Ta có DC  HI , DC  SH  SH   ABCD   DC   SHI   HK  DC . Từ đó suy ra HK  SDC  hay d  A, SDC   HK . Xét tam giác SHI vuông tại H , đường cao HK , ta có 1 1 1 1 1 4 3 37 a 21 2  2  2  2  2  2 2 2  HK  . HK HI SH AM SH 3a 7a 21a 37 d  H , AC  HA 2 2 2 a 3 a 3 Ta có    HL  d  B, AC   .  , d  B, AC  BA 3 3 3 2 3 2 2 2  a 3   a 21  2 2a 6 SL  HL  SH       .  3   3  3 Ta lại có d  A, SC   AT .
2a 6 .a 1 1 SL. AC a 6 Vì SSAC  SL. AC  AT .SC  AT   3  . 2 2 SC 2a 7 7 3 a 21 HK 7 5 Suy ra sin    37   cot   . Chọn C. AT a 6 74 7 7 Nhận xét: Việc xác định góc giữa hai mặt phẳng trong bài này rất phức tạp. Do đó vận dụng khoảng cách để tính rất phù hợp. Tương tự, ở bài này lựa chọn tính khoảng cách từ điểm A tới đường thẳng SC , mặt phẳng  SCD  hay từ điểm D tới đường thẳng SC , mặt phẳng  SAC  đều khá dễ dàng như nhau. Bài 5: (Đề thi thử trường THPT Lương Thế Vinh – Hà Nội 2019) Cho hình chóp S . ABCD có đá ABCD là hình vuông cạnh, hình chiếu vuông góc của đỉnh S nằm trong hình vuông ABCD . Hai mặt phẳng  SAD  ,  SBC  vuông góc với nhau; góc giữa hai mặt phẳng  SAB  và  SBC  là 600 ; góc giữa hai mặt phẳng  SAB  và  SAD  là 450 . Gọi  là góc giữa hai mặt phẳng  SAB và  ABCD , giá trị cos là 2 1 3 A. . B. . C. . D. 0 . 2 2 2 Lời giải Kẻ SH   ABCD  , SM  AD, SN  BC , HK  AB . S Ta có  SAB    ABCD  AB . d  H , SAB  Khi đó sin   . d  H , AB  A M D K Ta có  H   900 .  SAD  ,  SBC    MSN B N C 11
Vì BC  SM , BC  SN  BC   SMN   MN  BC  MN / / AB. Khi đó d  H ,  SAB    d  M ,  SAB    d  N ,  SAB    x  x  0 . 3 d  N ,  SAB    2x  SAB  ,  SBC    60 0  sin 600    d  N , SB   . 2 d  N , SB  3 3 1 1 1 1 Suy ra 2  2  2  2  1 4x SN BN SN HK 2 2 d  M ,  SAB     SAB  ,  SAD    45 0  sin 450  2  d  M , SA   d  M , SA   x 2 . 1 1 1 1 1 Suy ra 2  2  2  2  2 2x SM AM SM HK 2 Từ 1 và  2  ta được 5  1 1  2  1 1  1 1 1 2  2  2   2  2  2   2  2  HK  2 x. 4x  SM SN  HK  SH HK  HK x HK 2 d  H ,  SAB   x 1 Từ đó suy ra sin   SAB  ,  ABDC      . d  H , AB  2x 2 Vậy cos  3  SAB  ,  ABDC    . Chọn C. 2 Nhận xét: Đây là một bài toán rất hay, nếu chúng ta xác định góc cụ thể của từng cặp mặt phẳng thì sẽ rất rối hình. Tuy nhiên, như chúng ta nhìn thấy, vận dụng khoảng cách để giải quyết thì bài toán này trở nên nhẹ nhàng, đơn giản hơn nhiều. Vấn đề 2: Tính góc giữa hai mặt phẳng trong hình lăng trụ. Bài 1: (Đề minh họa kỳ thi THPT Quốc Gia 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 12
cạnh AB , AC  và BC . Côsin của góc tạo bởi hai mặt phẳng  AB C  và  MNP  bằng 6 13 13 17 13 18 13 A. . B. . C. . D. . 65 65 65 65 Lời giải Vì P  BC , BC / / MN nên mặt phẳng  MNP  chính là mặt phẳng  MNBC . Gọi I  AB  BM , J  AC   CN . B P C Khi đó  AB C    MNP   I J  IJ / / BC / / MN  . 2 3 Gọi  là góc tạo bởi hai mặt phẳng  AB C  và A 2 d  B ,MNP  E  MNP  . Ta có sin   . H I J d  B , IJ  B' K C' Vì ABC. A B C  là lăng trụ tam giác đều nên tam Q M N giác AB C  cân tại A . Suy ra AK  BC  . A' Do đó d  B, IJ   d  K , IJ   KE Ta có AB   AB 2  BB 2  4, AK  AB  2  B K 2  13 . 1 Dễ thấy I là trọng tâm tam giác BB A . Suy ra BI  BA . 3 1 13 Từ đó ta có KE  AK  . 3 3 Gọi Q, H lần lượt là hình chiếu vuông góc của B  lên MN và BQ . Khi đó d  B ,MNP  B H . 1 3 Ta có B Q  A K  . 2 2 Xét tam giác BBQ vuông tại B  , đường cao BH , ta có 1 1 1 4 1 25 6       B H  . B H 2 B Q 2 B B 2 9 4 36 5 13
6 B H 18 13 13 Suy ra sin    5   cos   . Chọn B. KE 13 65 65 3 Nhận xét: Vai trò của B  và C  như nhau nên chúng ta có thể lựa chọn điểm C  để thực hiện các bước hoàn toàn tương tự. Bài 2: (Đề thi thử trường THPT Cẩm Bình – Hà Tĩnh năm 2018) Cho hình lăng trụ ABC. A BC  có đáy là tam giác đều cạnh 2a . Hình chiếu vuông góc của A lên mặt phẳng  ABC  là trung điểm H của cạnh AB . Biết góc giữa cạnh bên và mặt đáy bằng 600 . Gọi  là góc giữa hai mặt phẳng  BCC B  và  ABC  . Khi đó cos bằng 1 1 4 1 A. . B. . C. . D. . 3 5 17 17 Lời giải Ta có  BCC B    ABC   BC . A' B' d  A, BCC B  Khi đó sin   . C' d  A, BC  K Gọi M là trung điểm của BC .Vì tam giác I 600 2a A ABC đều cạnh 2a nên AM  BC , H B D M AM  a 3  d  A, BC   AM  a 3. C Gọi D là chân đường cao hạ từ đỉnh B  xuống mặt phẳng  ABC  . Khi đó B là trung điểm của HD . d  A, BCC B  AB Ta có   2 hay d  A, BCC B   2 d  D, BCC B  . d  D, BCC B  DB Gọi I , K lần lượt là hình chiếu vuông góc của D lên BC và B I . Khi đó d  D, BCC B   DK . DI DB 1 1 a 3 Ta có    DI  AM  . AM AB 2 2 2 Vì góc giữa cạnh bên và mặt đáy là  AAH  600  BD  AH  AH .tan 600  a 3 . Xét tam giác B DI vuông tại D, đường cao DK ta có 14
1 1 1 4 1 5 a 15  2  2  2  2  DK  . DK 2 DI B D 2 3a 3a 3a 5 a 15 2. 2 DK 5  2  cos   1 . Chọn B. Suy ra sin    AM a 3 5 5 Nhận xét: Trong quá trình giải quyết bài toán tính góc theo khoảng cách ngoài cách chọn cách điểm như trên ta có thể chọn các điểm H , B , C  để tính khoảng cách tới giao tuyến và các mặt phẳng tương ứng cũng hoàn toàn đơn giản. Bài 3: Cho hình lập phương ABCD. AB C D . Gọi M là trung điểm của cạnh BC ,  là góc giữa hai mặt phẳng  B AM  và  AB CD . Khi đó, số đo của góc  bằng A. 300. B. 450. C. 60 0. D. 750. Lời giải Kẻ AM cắt DC tại N . B' C' Ta có  B AM    AB CD  B N . P A' D' Khi đó N d C , B AM  d  B, B AM  K sin    . d C , B M  d C , B M  B a M C H Kẻ BH  AM  H  AM , BK  SH . Suy ra d  B, B AM   BK . A D Xét tam giác BBH vuông tại B , đường cao BK , ta có 1 1 1 1 1 1 1 4 1 6 a 6      2  2  2  2  2  BK  . BK 2 BB  2 BH 2 BB  2 BM 2 BA a a a a 6 Kẻ CP  B N  P  B N  . Khi đó d C , B N   CP . Xét tam giác BCN vuông tại C , đường cao CP , ta có 1 1 1 1 1 3 a 6    2  2  2  CP  . CP 2 CB  2 CN 2 2a a 2a 3 15
a 6 BK 1 Vậy sin    6     300. Chọn A. CP a 6 2 3 Nhận xét: Việc tính toán trong bài này cũng đơn giản và nhẹ nhàng, thay vì lựa chọn tính khoảng cách từ điểm C đến giao tuyến BN và mặt phẳng  B AM  chúng ta cũng có thể lựa chọn là tính khoảng cách từ điểm A đến giao tuyến và mặt phẳng  ABCD , việc này cũng hoàn toàn đơn giản, tương tự như ở câu 2. Câu 4: Cho lăng trụ đứng ABC. ABC  có đáy là tam giác đều và tất cả các cạnh bằng a , M là trung điểm của AB . Côsin của góc tạo bởi hai mặt phẳng  MBC  và  ACCA bằng 5 3 5 5 15 A. . B. . C. . D. . 10 5 5 5 Lời giải Kẻ AA cắt BM tại D. Ta có  MBC    ACCA  CD. Gọi  là góc tạo bởi hai mặt phẳng  MBC  và  ACCA  . d  B,  ACC A  Khi đó sin   . d  B, C D  Gọi N là trung điểm cạnh AC . Ta có BN  AC, BN  AA  BN   ACC A Hay d  B, ACC A  BN . a 3 Tam giác ABC đều cạnh a nên BN  C M  . 2 Kẻ BK  DC   K  DC   d  B, DC   BK . Ta có 1 1 C M .BD SCBD  C M .BD  BK .C D  BK  . 2 2 C D
2 Xét tam giác ABD vuông tại A , ta có BD  a 2   2a   a 5. 2 a 3 a 5 Xét tam giác DMC  vuông tại M , ta có C D      a 2.  2   2  a 3 .a 5 a 30 Do đó, BK  2  . a 2 4 a 3 BN 10 15 Suy ra sin    2   cos   . Chọn D. BK a 30 5 5 4 Nhận xét: Ở bài này, vận dụng khoảng cách để tính toán cũng rất đơn giản. Và như tôi đã trình bày, chúng ta có nhiều cách lựa chọn điểm để tính khoảng cách tới giao tuyến và mặt phẳng còn lại. Với bài trên, thay vì lựa chọn điểm B , ta chọn điểm A thì công việc lại gọn nhẹ hơn rất là nhiều. Kẻ AA cắt BM tại D. Ta có  MBC    ACCA  CD. Gọi  là góc tạo bởi hai mặt phẳng  MBC  và  ACCA  . d  A,  BCM   Khi đó sin   . d  A, C D  Kẻ AH  BD  H  BD . Ta có C M   ABB A  A H  C M . Từ đó suy ra A H   MBC  hay d  A,MBC   A H . Xét tam giác ADM vuông tại A , đường cao AH , ta có 1 1 1 1 4 5 a 5    2  2  2  AH  . AH 2 AD 2 A M 2 a a a 5 Kẻ AK  DC   K  DC   d  A, DC   AK . Xét tam giác ADC vuông tại A , đường cao AK , ta có 1 1 1 1 1 2 a 2    2  2  2  A H  . A K 2 AD 2 AC 2 a a a 2
a 5 AH 10 15 Từ đó suy ra sin    5   cos   . Chọn D. AK a 2 5 5 2 Bài 5: Cho hình lăng trụ đứng ABC. ABC  có AB  a , AC  a 3 , AA  a ,   1500 . Gọi M là trung điểm của CC  ,  là góc giữa mặt phẳng  AB M  và BAC mặt phẳng  ABC  . Khẳng định nào sau đây là đúng? 66 66 418 418 A. sin   . B. sin   . C. sin   . D. sin   . 22 11 44 22 Lời giải Kẻ BC cắt B M tại N . Khi đó M là trung điểm của BN . Ta có  AB M    ABC   AN . B' C' d  B , ABC  d  B , ABC  Khi đó sin    . A' d  B , AN  2d M , AN  a M Ta có d  B , ABC   BB  a . Kẻ MH  AN  H  AN   d  M , AN   MH . B C N a a 3 1500 Xét tam giác ABC ta có H A  BC 2  AB 2  AC 2  2 AB. AC.cos BAC  3  BC 2  a 2  3a 2  2.a.a 3.   7 a 2  BC  a 7  2   AB 2  BC 2  AC 2 a 2  7a 2  3a 2 5 7 cos ABC    . 2 AB.BC 2a.a 7 14 2 SABC  1   1 a.a 3. 1  a 3 . AB. AC.sin BAC 2 2 2 4 Xét tam giác ABN có AN 2  AB 2  BN 2  2 AB.BN .cos  ABC 5 7  AN 2  a 2  28a 2  2.a.2a 7.  19a 2  AN  a 19. 14 a2 3 2 2. a 3 1 4  57 . Ta lại có SACN  S ABC   CH . AN  CH  4 2 a 19 38 18
a 2 3a 2 11a 2 a 418 Suy ra MH  MC  CH   2 2 2  MH  . 4 76 38 38 BB  a 418 Vậy sin     . Chọn D. 2MH a 418 22 2. 38 Nhận xét: Với bài này chúng ta cũng có thể lựa chọn cách tính khoảng cách từ điểm C đến giao tuyến AN và mặt phẳng  AB M  tương tự như cách ở trên. Bài 6: Cho lăng trụ ABC. A BC  có đáy là tam giác đều cạnh 3a , hình chiếu vuông góc của A lên mặt phẳng  ABC  là điểm H thuộc cạnh AB thỏa mãn    7 AH  2 BH  0 ,  là góc giữa AA và mặt đáy, biết tan   . Khi đó tan góc 2 giữa hai mặt phẳng  ABC  và  AHC  bằng 6 6 A. 2 6 . B. . C. 3 6 . D. . 12 18 Lời giải Gọi I là giao điểm của AC  và AC . Ta có  ABC    A HC   HI . d C , ABC  Gọi  là góc giữa hai mặt phẳng  ABC  và  AHC  . Khi đó sin   . d C , HI  Xét tam giác BCH ta có A' C' CH  BC  BH  2 BC.BH .cos ABC 2 2 2  B' 1  CH 2  9a 2  a 2  2.3a.a.  7a 2  CH  a 7. I 2 Góc giữa AA và  ABC  là  AAH  . T AH 7 A φ Ta có tan     AH  a 7. 3a C AH 2 M H N B Từ đó suy ra tam giác A HC vuông cân tại H . K A C a 14 Do đó, A C  HI hay d C , HI   CI   . 2 2 Gọi N là hình chiếu vuông góc của C  lên mặt phẳng  ABC  . Khi đó CN / / AB . 19