SKKN: Rèn luyện cho học sinh kỹ năng sử dụng véc tơ để giải các bài toán hình học không gian

Chia sẻ: Trần Thị Ta | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:21

Thêm vào BST

Báo xấu

56
lượt xem 4
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Để thực hiện đề tài “Rèn luyện cho học sinh kỹ năng sử dụng véc tơ để giải toán hình học không gian” tôi cho học sinh nắm vững kiến thức về véc tơ, qui trình giải toán bằng phương pháp véc tơ, đồng thời phân thành 6 dạng toán với các cách giải tương ứng và được rèn luyện kỹ năng thông qua các ví dụ cụ thể (là các bài toán trong sách giáo khoa, sách bài tập, các đề thi đại học, đề thi học sinh giỏi của các tỉnh, thành phố,…).

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: SKKN: Rèn luyện cho học sinh kỹ năng sử dụng véc tơ để giải các bài toán hình học không gian

PHẦN I: ĐẶT VẤN ĐỀ. Thực tế trong sách giáo khoa hình học nâng cao lớp 11 cấp THPT chỉ với thời lượng 3 tiết cho một bài dành riêng cho véc tơ trong không gian và chỉ dùng véc tơ trong không gian để giới thiệu quan hệ vuông góc mà không xét véc tơ trong không gian thành một chủ đề riêng, thời lượng ít, việc tiếp cận các kiến thức còn hạn chế. Bài tập hình học không gian sử dụng phương pháp véc tơ để giải còn xa lạ đối với đa số học sinh. Tuy nhiên trong các kì thi như: thi học kì, thi học sinh giỏi các tỉnh, thành phố, thi olimpic, thi tốt nghiệp, thi đại học, cao đẳng,… luôn có nhiều bài hình học không gian nếu giải theo phương pháp thuần túy thì hết sức khó khăn, nhưng khi sử dụng véc tơ để giải thì rất nhẹ nhàng. Do vậy cần cho học sinh tiếp cận với nhiều bài toán với những cách giải khác nhau, đồng thời rèn luyện cho học sinh phân tích bài toán theo nhiều hướng để tìm ra lời giải tối ưu nhất. Giáo viên cần trang bị cho các em các kiến thức cơ bản phù hợp; tiếp cận với được nhiều kiến thức để có vốn hiểu biết làm tiền đề việc học tốt phân môn hình học tọa độ trong không gian, một công cụ hữu ích để giải nhiều bài toán hình học. Xuất phát từ thực tế đó tôi mạnh dạn “Rèn luyện cho học sinh kỹ năng sử dụng véc tơ để giải các bài toán hình học không gian” làm đề tài nghiên cứu và áp dụng dạy trên một số lớp tại trường THPT Ba Đình. PHẦN II: GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ. A. CƠ SỞ LÍ LUẬN: Cơ sở lí thuyết: 1. Véc tơ trong không gian: Định nghĩa véc tơ và các phép toán về véc tơ trong không gian cũng giống như trong mặt phẳng. Ngoài ra cần biết: Quy tắc hình hộp để cộng véc tơ trong không gian. Khái niệm và định nghĩa đồng phẳng của ba véc tơ, cụ thể: rrr + Ba véc tơ a, b, c đồng phẳng khi và chỉ khi có ba số m, n, p không đồng thời bằng r r r không sao cho ma + nb + pc = 0 . rr rrr + Cho a, b không cùng phương. Khi đó a, b, c đồng phẳng khi và chỉ khi có các số m, n r r r sao cho c = ma + nb , hơn nữa bộ số m, n là duy nhất. rrr ur + Nếu a, b, c không đồng phẳng thì với mỗi véc tơ d đều có thể viết dưới dạng ur r r r d = ma + nb + pc , với các số m, n, p là duy nhất. 2. Phương pháp véc tơ: Qui trình giải toán Bước 1: Chọn hệ véc tơ cơ sở, đưa các giả thiết và kết luận của bài toán hình học đã cho sang ngôn ngữ “véc tơ”. Nói chung việc chọn hệ véc tơ cơ sở phải thoả mãn hai yêu cầu: 1
+ Hệ véc tơ cơ sở phải là ba véc tơ không đồng phẳng, biết độ dài các véc tơ và góc giữa chúng. + Hệ véc tơ cơ sở nên là hệ véc tơ mà có thể chuyển những yêu cầu của bài toán thành ngôn ngữ véc tơ một cách đơn giản nhất. Bước 2: Thực hiện các yêu cầu của bài toán thông qua việc tiến hành biến đổi các hệ thức véc tơ theo hệ véc tơ cơ sở. Bước 3: Chuyển các kết luận “véc tơ” sang các kết quả hình học tương ứng. B. THỰC TRẠNG. Hình học không gian là một mảng kiến thức có thể nói khó đối với học sinh trung học phổ thông. Hơn nữa một thực tế là có rất nhiều học sinh chưa thấy hết được ứng dụng của véc tơ đối với các bài toán hình học không gian. Do hình học không gian là bộ môn mà học sinh mới bắt đầu làm quen từ lớp 9, việc tiếp thu kiến thức còn bị động, rời rạc, không có hệ thống, nên khả năng tư duy bộ môn còn nhiều hạn chế. Chưa liên hệ từ thực tiễn đến lí thuyết, từ lí thuyết đến bài tập, việc vận dụng còn xa lạ đối với các em học sinh, các em mới chỉ làm được các bài tập đơn giản chưa có đường lối rõ ràng. Để có thể phát huy được sự tìm tòi, tính sáng tạo, năng lực tư duy của học sinh. Ngay sau khi học bài học đầu tiên của chương III hình học nâng cao lớp 11: “Véc tơ trong không gian. Sự đồng phẳng của các véc tơ” giáo viên cần cho học sinh làm các bài tập sử dụng các kiến thức về véc tơ trong không gian. Từ đó học sinh cần thấy được véc tơ và các phép toán về véc tơ có vai trò nhất định trong việc giải một số bài toán hình học không gian. Kết hợp với trình bày khoa học của sách giáo khoa và thông qua những bài tập củng cố khéo léo của giáo viên, học sinh hiểu được phương pháp véc tơ là gì? Cách giải các bài toán hình học không gian bằng phương pháp đó như thế nào và cần những nội dung kiến thức gì? Tại sao phải nắm vững mối liên hệ giữa các véc tơ trong không gian với các khái niệm cơ bản, đối tượng của hình học không gian. Chính vì lẽ đó để làm tốt các bài toán bằng phương pháp véc tơ và học tập tốt bộ môn không chỉ trong phạm vi của một tiết học, một bài hay một chương mà là công việc thường xuyên và liên tục gần như xuyên suốt chương trình hình học lớp 11, 12 THPT. Để giải quyết dạng bài toán này ngoài việc nắm vững lí thuyết về véc tơ, các em còn phải nhạy bén trong việc phát hiện ra các bài toán có thể giải được bằng phương pháp véc tơ, loại bài toán này có nhiều dạng. Đối với học sinh lớp 11, 12 loại bài tập này có thể chia làm 6 dạng: Chứng minh 3 điểm thẳng hàng, 4 điểm đồng phẳng, quan hệ song song, quan hệ vuông góc; tính góc; tính khoảng cách. C. GIẢI PHÁP VÀ TỔ CHỨC THỰC HIỆN. 2
Để thực hiện đề tài “Rèn luyện cho học sinh kỹ năng sử dụng véc tơ để giải toán hình học không gian” tôi cho học sinh nắm vững kiến thức về véc tơ, qui trình giải toán bằng phương pháp véc tơ, đồng thời phân thành 6 dạng toán với các cách giải tương ứng và được rèn luyện kỹ năng thông qua các ví dụ cụ thể (là các bài toán trong sách giáo khoa, sách bài tập, các đề thi đại học, đề thi học sinh giỏi của các tỉnh, thành phố,…). Cụ thể: IMỘT SỐ DẠNG TOÁN CƠ BẢN: Bài toán 1: Chứng minh 3 điểm thẳng hàng. Cách giải: Để chứng minh ba điểm A, B, C phân biệt thẳng hàng, ta chứng minh hai véc uuur uuur uuur uuur tơ AB, AC cùng phương, nghĩa là AB = k AC , hoặc có thể chọn điểm O nào đó để chứng uuur uuur uuur minh OC = kOA + lOB với k + l = 1. Ví dụ 1: Gọi G là trọng tâm của tứ diện ABCD. Chứng minh rằng đường thẳng AG đi qua trọng tâm A' của tam giác BCD. Phát biểu kết quả tương tự đối với các đường thẳng BG, CG, DG. (Bài tập 22a) trang 55 Sách giáo khoa hình học nâng cao lớp 11) A Bài giải: uuur r uuur r uuur r Đặt AB = a, AC = b, AD = c . 1 uuur 1 r uuuur Khi đó: M là trung điểm của AB � AM = AB = a , M r 2 2 c uuur 1 uuur uuur 1 r r N là trung điểm của CD � AN = AC + AD = b + c 2 2 ( ) ( ) r a G là trung điểm của MN G uuur 1 uuuur uuur 1 uuur uuur uuur 1 r r r ( ) ( � AG = AM + AN = AB + AC + AD = a + b + c (1) 2 4 4 ) ( ) B D A' là trọng tâm tam giác BCD r A’ uuur 1 uuur uuur uuur 1 r r r N b 3 ( 3 ) ( ) � AA ' = AB + AC + AD = a + b + c (2) uuur 2 uuur C Từ (1), (2) suy ra AG = AA ' đường thẳng AG đi qua trọng tâm A' của tam giác BCD. 3 P Ví dụ 2: Cho hình hộp ABCD.A'B'C'D' các các cạnh bằng m, các góc đỉnh A bằng 600 ( ﾷ BAD =A ﾷ ' AD = 600 ). Gọi P là điểm đối xứng của D' qua A, Q là điểm đối xứng của ﾷ ' AB = A D qua C'. Chứng minh đường thẳng PQ đi qua trung điểA m M của BB '. Tính độ dài đoạn thẳng PQ. B (Bài 5a) trang 114 – Sách bài tập hình học nâng cao lớp 11) Bài giải: D C M uuur r uuur r uuur r rr rr rr m2 *Đặt AA ' = a, AB = b, AC = c với a.b = b.c = c.a = A’ 2 B’ r2 r2 r2 uuur uuuur r r và a = b = c = m 2 , ta có AP = D ' A = −a − c D’ C’ 3 Q
Gọi M là trung điểm của BB' thì uuur uuur uuur uuur 3r r r MP = MB + BA + AP = − a − b − c 2 Mặt khác uuuur uuuur uuuuur uuuur uuuur uuuuur uuuur MQ = MB ' + B ' C ' + C ' Q = MB ' + B ' C ' + DC ' 3r r r = a + b + c 2 uuur uuuur Như vậy MP = − MQ , tức là ba điểm P, M, Q thẳng hàng. Vậy đường thẳng PQ đi qua trung điểm của cạnh BB’. Bài toán 2: Chứng minh bốn điểm A, B, C, D thuộc một mặt phẳng. Cách giải: Để chứng minh bốn điểm A, B, C, D thuộc một mặt phẳng, ta có thể chứng uuur uuur uuur uuur uuur uuur minh ba véc tơ AB, AC , AD đồng phẳng tức là AB = m AC + n AD , hoặc chứng minh rằng uuur uuur uuur r k AB + l AC + m AD = 0 với k +l +m >0; ta cũng có thể chọn điểm O nào đó và chứng minh 2 2 2 uuur uuur uuur uuur OD = kOA + lOB + mOC với k+l+m=1. Ví dụ 1: Cho hình lăng trụ đứng ABCD.A'B'C'D' có đáy ABCD là một hình thoi cạnh a, góc ﾷ BAD = 600 . Gọi M là trung điểm của cạnh AA’, N là trung điểm của cạnh CC '. Chứng minh rằng bốn điểm B', M, D, N cùng thuộc một mặt phẳng. Hãy tính độ dài cạnh A A' theo a để tứ giác B'MDN là hình vuông. (Đề tuyển sinh đại học Khối B năm 2003) Bài giải: uuur r uuur r uuur r rr rr r r a2 r r r B C Đặt AA ' = a, AB = b, AD = c a.b = a.c = 0, b.c = , a = x, b = c = a 2 uuuur 1 r uuur 1 uuur uuuur A ( Khi đó AM = a, AN = AC + AC ' 2 2 ) D .N B 1 uuur uuur uuur uuur uuur 1 r r r M. ( ) = AB + AD + AA ' + AB + AD = a + b + c . 2 2 ’ C ’ uuuur uuur uuur r r A D AB ' = AA ' + AB = a + b . uuur uuuur uuur uuur ’ ’ Nhận thấy AD = AM + AN − AA ' , chứng tỏ B', M, D, N cùng thuộc một mặt phẳng. uuuur uuur uuuur r r uuuur uuuur uuur r r r *Ta có MN = AN − AM = b + c � MN 2 = 3a 2 và DB ' = AB ' − AD = a + b − c � DB '2 = x 2 + a 2 Để tứ giác B'MDN là hình vuông thì DB'=MN � x 2 = 2a 2 � x = a 2 Kiểm tra các điều kiện suy ra AA ' = a 2 . Nhận xét: Để chứng minh B', M, D, N cùng thuộc một mặt phẳng ta đã chứng minh uuur uuuur uuur uuur AD = AM + AN − AA ' (cách 1). D’ C’ Ví dụ 2: Q. Cho hình hộp ABCD.A'B'C'D'. Chứng minh rằng các trung điểm của 6 cạnh BC, CD, DD' , , D'A', A'B'và B'B cùng nằm trên một mặt phẳng. . A’ B’ . (Bài 37 trang 68 Sách hình học nâng cao lớp 11) P R Bài giải: r a Gọi M, N, P, Q, R, S lần lượt là trung điểm của 6 cạnh BC, CD, DD', D'A', A'B' và B'B. .S uuur r uuur r uuur r Đặt AA ' = a, AB = b, AD = c . Ta có r . NC c . M 4 r A b B
uuuur 1 uuur uuur 1 uuur uuur uuur r 1 r ( ) ( AM = AB + AC = AB + AB + AD = b + c 2 2 2 ) uuur 1 uuur uuur 1 uuur uuur uuur 1 r r ( ) AN = AC + AD = AB + AD + AD = b + c 2 2 ( 2 ) uuur 1 uuur uuur 1 uuur uuur uuur 1 r r ( ) ( AP = AB + AC = AA ' + AD + AD = a + c 2 2 2 ) uuur 1 uuur uuuur 1 uuur uuur uuur r 1 r ( ) AQ = AA ' + AD ' = AA ' + AA ' + AD = a + c 2 2 ( 2 ) uuur 1 uuur uuuur 1 uuur uuur uuur r 1 r ( ) ( AR = AA ' + AB ' = AA ' + AA ' + AB = a + b 2 2 2 ) uuur uuur 1 uuuur uuur 1 uuur uuur uuur 1 r ( ) ( AS = AB ' + AB = AA ' + AB + AB = a + b 2 uuuur uuur2 uuur uuur 2 ) Dễ thấy: AM = 2 AN − 2 AP + AQ M, N, P, Q đồng phẳng (1) uuuur uuur uuur uuur AM = AN + AR − AQ M, N, Q, R đồng phẳng (2) uuur uuur uuur uur AP = AN + AR − AS N, P, R, S đòng phẳng (3) Từ (1), (2), (3) suy ra 6 điểm M, N, P, Q, R, S đồng phẳng. Bài toán 3: Quan hệ song song 1) Chứng minh hai đường thẳng song song hoặc trùng nhau. Cách giải: Để chứng minh hai đường thẳng AB và CD song song hoặc trùng nhau, ta cần uuur uuur uuur uuur chứng minh hai véc tơ AB và CD cùng phương. Khi AB , CD cùng phương và có một điểm thuộc đường thẳng AB mà không thuộc đường thẳng CD hoặc ngược lại thì AB và CD song song. 2) Chứng minh đường thẳng song song hoặc nằm trong mặt phẳng. Cách giải: Để chứng minh đường thẳng AB song song hoặc nằm trong mặt phẳng (P), ta r r uuur r r lấy trong (P) hai véc tơ a và b không cùng phương, sau đó chứng minh AB, a, b đồng uuur r r phẳng. Khi các véc tơ AB, a , b đồng phẳng và có một điểm thuộc đường thẳng AB mà không thuộc (P) thì đường thẳng AB song song với (P). Ví dụ 1: Cho hình lăng trụ tam giác ABC. A'B'C'. Gọi G, G' lần lượt là trọng tâm tam giác ABC và A'B'C', I là giao điểm của hai đường thẳng AB' và A'B. Chứng minh rằng các đường thẳng GI và CG' song song. r (Bài tập 3 trang 91 Sách hình học nâng cao l A ớ p11) c Bài giải: C uuur r uuur r uuur r G Đặt AA ' = a, AB = b, AC = c thì r uuur 1 r r uur 1 r r b ( ) AG = b + c , AI = a + b 3 2 ( ) r r r r uur uur uuur 3a + b − 2c Do đó GI = AI − AG = a B 6 I uuur 1 uuur uuuur uuuur r 1 r r ( Mặt khác AG = AA ' + AB ' + AC ' = a + b + c 3 3 ) ( ) A’ C’ G’ 5 B’
r r r uuuur uuuur uuur r 1 r r r 3a + b − 2c CG ' = AG ' − AC = a + b + c − c = 3 (3 ) uuur uur Từ đó có CG = 2GI . Lại có điểm G không thuộc đường thẳng CG'. Vậy GI và CG' là hai đường thẳng song song. Ví dụ 2: Cho hình hộp ABCD.A'B'C'D'. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của CD và DD'; G và G' lần lượt là trọng tâm của các tứ diện A'D'MN và BCC'D'. Chứng minh rằng đường thẳng GG' và mặt phẳng (ABB'A') song song với nhau. ( Bài tập 4 trang 91 Sách giáo khoa hình học nâng cao lớp 11) r Bài giải: b uuur r uuur r uuur r A D Đặt AB = a, AD = b, AA ' = c . r . a Vì G' là trọng tâm của tứ diện BCC'B' nên M uuuur 1 uuur uuur uuuur uuuur ( ) B C AG ' = AB + AC + AC ' + AB ' 4 . N Và G là trọng tâm của tứ diện A'D'MN nên r uuur 1 uuur uuuur uuuur uuur ( AG = AA ' + AD ' + AM + AN 4 ) c Từ đó A’ uuuur uuuur uuur 1 uuuur uuuur uuuur uuuur D’ ( GG ' = AG ' − AG = A ' B + D ' C + MC ' + ND ' 4 ) r r r r 1 r r 1 r� 1 r r 1� = �a − c + a − c + a + c + c �= 5a − c 4� 2 2 � 8 ( ) B’ C’ uuur uuur uuuur Điều này chứng tỏ AB, AA ', GG ' đồng phẳng. Mặt khác, G không thuộc mặt phẳng (ABB'A') Nên đường thẳng GG' và mặt phẳng (ABB'A') song song với nhau. Ví dụ 3: Cho hình hộp ABCD. A'B'C'D'. Gọi I, K lần lượt là trung điểm của các cạnh B'C' và AB. a) Chứng minh IK//mp(BDC'). b) Xác định đường thẳng (d) cắt BA' và AC', đồng thời song song với B'D'. Bài giải: uuur r uuur r uuur r Đặt BA = a, BB ' = b, BC = c uuur r r uuuur r r uur uuur uuur uuur 1r r 1r a) Ta có BD = a + c, BC ' = b + c, KI = KB + BB ' + B ' I = − a + b + c 2 2 uur D’ C’ 1 uuur uuuur uur uuur uuuur Suy ra KI = − BD + BC ' KI , BD, BC ' đồng phẳng 2 Mà I không thuộc mp(BDC') A’ B’ Do đó KI//mp(BDC'). r b) Đường thẳng d cần tìm cắt BA', b AC' lần lượt tại M, N. I D r C 6 c A r . a K B
uuur uuuur M chia BA' theo tỉ số k � MB = k MA ' ; uuur uuuur N chia AC' theo tỉ số l � NA = l NC ' ( k, l khác 1) uuuuur uuur r r Khi đó: B ' D ' = BD = a + c uuur uuuur uuur uuur uuuur uuur uuur uuur uuur uuur l r l r 1 r NA = l NC ' � DA − DN = l DC ' − l DN � ( l − 1) DN = l AB' − DA � DN = a+ b+ c 1− l l −1 l −1 uuur uuuur uuur uuuur uuuur uuuur uuuur uuuur uuur uuuur 1 r k r r MB = k MA ' � DB − DM = k DA ' − k DM � ( k − 1) DM = k DA ' − DB � DM = a+ b−c k −1 k −1 uuuur uuur uuuur � l 1 �r � l k �r � 1 �r Suy ra: MN = DN − DM = � − � a+� − �b + � + 1� c �1 − l k − 1 � �l − 1 k − 1 � �l − 1 � uuuur uuur r r Mặt khác: MN//BC khi và chỉ khi MN = mBD = ma + mc Từ đó ta có: �l 1 � 1 � − =m �m = 3 1− l k −1 � � �l k � 1 � − = 0 � �l=− �l − 1 k − 1 � 2 �1 �k = −2 � +1 = m � �l − 1 � Vậy: Đường thẳng d cần tìm là đường thẳng MN ( với M chia B A' theo tỉ số k=2, N chia 1 AC' theo tỉ số l = − ). 2 Ví dụ 4: Cho hình lăng trụ tam giác ABC. A'B'C'. Lấy các điểm A1, B1, C1 lần lượt thuộc các cạnh AA1 B ' B1 C ' C1 3 bên AA', BB', CC' sao cho ' == = . Trên các đoạn thẳng CA1 và A'B1 lần AA BB ' CC ' 4 IJ lượt lấy các điểm I, J sao cho IJ//B'C1. Tính tỉ số . B ' C1 C ( Bài 72 trang 128 – Sách bài tBập hình học nâng cao lớp11) Bài giải: I uuur r uuur r uuur r Đặt AA ' = a, AB = b, AC = c, ta có B1 C1 uuur 3 r uuuuur 3 r uuuuur 3r AA1 = a, B ' B1 = − a , C ' C1 = − a. A 4 4 4 uuur uur uuur 3 r r Ta có CA1 = CA + AA1 = a − c 4 uuuuur uuuuur uuuuur 3r r A ' B1 = A ' B ' + B ' B1 = − a + b J 4 uuuuur uuuur uuuuur uuuuur 3r r r Mặt khác B ' C1 = B 'A' + A ' C ' + C ' C1 = − a − b + c 4 B’ C’ A1 7 A’
uur uuur 3 r r Vì I thuộc CA1 nên CI = tCA1 = ta − tc 4 uuuur uuuuur 3 r r Vì J thuộc A'B1 nên A ' J = m A ' B1 = − ma + mb 4 ur uur uuur uuuur � 3 3 �r r r Lại có IJ = IC + CA ' + A ' J = �1− t − m� a + mb + ( t − 1) c � 4 4 � −1 3 3 3 k= 1− t − m = − k 3 4 4 4 ur uuuur 2 Do IJ//B'C1 nên IJ = k B ' C 1 � �m = −k ��t= �t −1 = k � 3 � � 1 m= 3 IJ 1 Vậy: = . B ' C1 3 Bài toán 4: Tính góc giữa hai đường thẳng. rr ( ) r r Cách giải: Góc giữa hai đường thẳng d và d’ là α , ta có cos α = cos u, v với u, v lần lượt là các vtcp của d, d’. rr Như vậy để tính góc giữa hai đường thẳng ta cần tính được tích vô hướng u.v và độ dài r r rr các véc tơ u , v , từ đó có cos α = cos u, v . ( ) Ví dụ 1: Cho hình tứ diện ABCD có tất cả các canh bằng a. Các điểm M là trung điểm của BC. Tính cosin của góc giữa đường thẳng AB với đường thẳng DM. (Bài 2 trang 59 Sách giáo khoa hình học nâng cao lớp 11) Bài giải: A uuur r uuur r uuur r Đặt AD = a, AB = b, AC = c r2 r2 r2 rr rr rr a2 với a = b = c = a 2 , a.b = b.c = c.a = r 2 a uuuur 1 uuur uuur 1 r 1 r r Khi đó AM = 2 ( AB + AC = b + c 2 2 ) b uuuur uuur uuuur r 1 r 1 r � MD = AD − AM = a − b − c r 2 2 B c D Suy ra: M uuuur2 1 1 1 a2 1 a2 a 2 3a 2 MD = a 2 + a 2 + a 2 − 2. . − 2. . + 2. = C 4 4 2 2 2 2 8 4 a 3 uuu r uuuu r a 2 a 2 a 2 a 2 � MD = . Mà AB. MD = − − = − . 2 2 2 4 4 2 uuur uuuur a uuur uuuur − ( Do đó: cos AB, MD = ) AB. MD AB. MD = 4 =− 1 . a 3 2 3 a. 2 8
1 Vậy góc cần tìm bằng α mà cos α = 2 3 Ví dụ 2: Cho hình tứ diện ABCD có tất cả các canh bằng m. Các điểm M, N lần lượt là trung điểm của AB và CD. Tính góc giữa đường thẳng MN với đường thẳng BC. (Bài 8b) trang 114 – Sách bài tập hình học nâng cao lớp 11) Bài giải: A uuur r uuur r uuur r rr rr r r m2 Đặt AD = a, AB = b, AC = c , với a.b = b.c = c .a = 2 M r r r uuur uuur uuur r r và a 2 = b 2 = c 2 = m 2 .Ta có BC = AC − AB = −b + c r a Vì M, N lầ lượt là trung điểm của AB và CD, r uuuur 1 uuur uuur 1 r r r b nên MN = ( 2 AD + BC) ( = 2 a + c − ) b ( ) 1 r2 r2 r2 rr rr rr B r D Vậy MN 2 = a + c + b + 2a.c − 2a.b − 2b.c c 4 N 1 2 2m 2 m 2 = (m +m +m +m −m −m ) = 2 2 2 2 2 . Suy ra MN = C 4 4 2 ( ) uuuur uuur 1 r r r r r 1 r r r r r2 r r r2 r r ( )( ) Lại có: MN .BC = a + c − b −b + c = − a.b − b.c + b + a.c + c − b.c 2 2 2 2 2 1� m m m m2 � m2 = �− − + m2 + + m2 − �= 2� 2 2 2 2 � 2 uuuur uuur m2 uuuur uuur MN .BC uuuur uuur ( Suy ra: cos MN , BC = ) MN .BC = 2 m 2 = 2 2 � MN , BC = 45 0 ( ) m. 2 Vậy góc giữa MN và BC bằng 450. Bài toán 5: Về quan hệ vuông góc Cách giải: Để chứng minh hai đường thẳng d và d’ vuông góc với nhau ta có thể chứng rr r r minh u.v = 0 (với u và v lần lượt là véc tơ chỉ phương của d và d’) hoặc góc giữa chúng bằng 900. Ví dụ 1: Cho tứ diện DABC có các cạnh bằng nhau. Gọi H là hình chiếu của D trên mặt phẳng D (ABC) và I là trung điểm của DH. Chứng minh rằng tứ diện IABC có IA, IB, IC đôi một vuông góc. (Bài 28a, trang 117 –Sách bài tập hình học nâng cao lớp 11) r Bài giải: I a uuur r uuur r uuur r r r r . Đặt DA = a, DB = b, DC = c với a = b = c = a r r r r r r r a2 b và a.b = b.c = c .a = r 2 c Do DABC là tứ diện đều, nên H là trọng tâm của tam giác ABC, B . A H 9 C
uuuur1 r r r uur 1 r r r suy ra DH = 3 ( ) a + b + c � ID = − a + b + c 6 ( ) uur uuur uur 1 r r IA = DA − DI = 5a − b − c 6 ( ) uur uuur uur 1 r r uur 1 r r r ( IB = DB − DI = −a + 5b − c , IC = − a − b + 5c ) ( ) uur uur 6uur uur 6 uur uur Suy ra IA. IB = 0, IB. IC = 0, IC. IA = 0 Vậy tứ diện IABC có IA, IB, IC đôi một vuông góc. Nhận xét: 1) Kết quả của bài toán là một tính chất đẹp của tứ diện đều. 2) Để giải bài toán ngoài cách giải trên ta còn có thể tính góc giữa các cặp đường thẳng, tuy nhiên sẽ cồng kềnh hơn. Ví dụ 2: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh bằng a, SA vuông góc với mặt đáy và SA=a. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của SB và SD; I là giao điểm của SC và mặt phẳng (AMN). Chứng minh SC vuông góc với AI. Bài giải: uuur r uuur r uuur r Đặt: AB = a, AD = b, AS = c S uuuur 1 uuur uuur 1 r 1 r Ta có AM = 2 ( AB + AS = a + c 2 2 ) uuur 1 uuur uuur 1 r 1 r 2 ( AN = AD + AS = b + c 2 2 ) r N . c suy ra: uur uuuur uuur m uuur m uuur n uuur n uuur . M AI = m AM + n AN = AB + AS + AD + AS 2 2 2 2 D uuur uuu r uuu r r r C m n m+n m n m+n r = AB + AD + AS = a + b + b 2 2 2 2 2 2 uuur uuur uuur uuur r r r Mà SC = AB + AD − AS = a + b − c uur uuur Vậy AI .SC = 0 � AI ⊥ SC A r B a Nhận xét: Ưu điểm khi sử dụng véc tơ để giải là có thể không cần xác định giao điểm I trên hình vẽ. Bài toán 6: Về khoảng cách. Cách giải: uuur 1) Để tính khoảng cách giữa hai điểm AB ta tính bình phương vô hướng của véc tơ AB , uuur uuur muốn vậy ta biểu thị AB qua hệ véc tơ cơ sở, rồi tính AB 2 . 2) Khoảng cách giữa hai đường thẳng d, d’ là khoảng cách giữa hai điểm A, B lần lượt uuur trên d, d’sao cho AB đồng thời vuông góc với d và d’; muốn tính AB ta biểu thị véc tơ AB uuur r AB.u = 0 r r qua hệ véc tơ cơ sở đã chọn nhờ sử dụng uuur r (với u, v lần lượt là véc tơ chỉ AB.v = 0 phương của d, d’). 10
3) Khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng (P) là khoảng cách từ A đến B ( với B là hình uuur chiếu vuông góc của A trên(P)), muốn tính AB ta biểu thị véc tơ AB qua hệ véc tơ cơ sở uuur r AB.u = 0 r r đã chọn nhờ sử dụng uuur r ( với u, v là véc tơ không cùng phương trong (P)). AB.v = 0 Ví dụ 1: Cho hình tứ diện ABCD có tất cả các canh bằng m. Các điểm M, N lần lượt là trung điểm của AB và CD.Tính độ dài đoạn thẳng MN. (Bài 8a) trang 114 – Sách bài tập hình học nâng cao lớp 11) A Bài giải: uuur r uuur r uuur r rr rr r r m2 Đặt AD = a, AB = b, AC = c , ta có a.b = b.c = c .a = M. r 2 a r r r uuur uuur uuur r r r và a 2 = b 2 = c 2 = m 2 . Ta có BC = AC − AB = −b + c b Vì M, N lầ lượt là trung điểm của AB và CD, uuuur 1 uuur uuur 1 r r r nên MN = 2 ( ) 2 ( AD + BC = a + c − b ) B r c D ( ) 1 r 2 r2 r2 rr rr rr . Suy ra: MN 2 = a + c + b + 2a.c − 2a.b − 2b.c N 4 1 2m 2 m 2 C = ( m 2 + m 2 + m 2 + m 2 − m 2 − m 2 ) = � MN = . 4 4 2 m 2 Vậy MN = 2 Nhận xét: Việc lựa chọn hệ véc tơ cơ sở là rất quan trọng khi giải quyết một bài toán bằng phương pháp véc tơ. Nói chung việc chọn hệ véc tơ cơ sở phải thoả mãn hai yêu cầu: + Hệ véc tơ cơ sở phải là ba véc tơ không đồng phẳng, biết độ dài các véc tơ và góc giữa chúng. + Hệ véc tơ cơ sở nên là hệ véc tơ mà có thể chuyển những yêu cầu của bài toán thành ngôn ngữ véc tơ một cách đơn giản nhất. Ví dụ 2: Cho tứ diện ABCD có độ dài các cạnh bằng 1. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của BD và AC. Trên đường thẳng AB lấy điểm P, trên DN lấy điểm Q sao cho PQ song song với CM. Tính độ dài đoạn thẳng PQ và thể tích của khối AMNP. A (Câu 6 Đề thi chọn HSG tỉnh Nghệ An lớp 12 năm học 2009 2010) Bài giải: * Tính độ dài đoạn thẳng PQ: P r Cách 1: r c uuur r uuur r uuur r r r r a Đặt AB = a, AC = b, AD = c với a = b = c = 1 . rr rr rr 1 và a.b = b.c = c.a = Q N. 2 uuuur 1 r 1 r uuur r M Ta có: AM = a + c, AP = ka . 2 2 B r D b 11 C
uuur uuur uuur l r r AQ = l AN + (1 − l ) AD = b + (1 − l )c 2 uuur uuur uuur r lr r Suy ra: PQ = AQ − AP = −ka + b + (1 − l )c 2 uuuur uuuur uuur 1 r r 1 r Lại có CM = AM − AC = a − b + c 2 2 Do PQ//CM, nên m 1 −k = k= 2 3 uuur uuuur �l � 4 PQ = mCM � � = − m � �l = �2 � 3 � m � 2 �1− l = �m=− 2 3 uuur 1 r 2 r 1 r uuur2 3 3 Suy ra: PQ = − a + b − c � PQ = � PQ = 3 3 3 9 3 Cách 2: Gọi H là tâm của tam giác BCD � AH ⊥ mp( BCD ) uuur r uuur r uuur r Đặt HA = a, HB = b, HD = c uuur uuur uuur r uuur r r � HB + HC + HD = 0 � HC = −b − c r r 2 3 3 A và b = c = . = , 3 2 3 r 1 6 a = AB 2 − HB 2 = 1 − = , P 3 3 rr rr rr 1 a.b = a.c = 0, b.c = − 6 . uuur uuur ( uuur uuur ) Khi đó AP = k AB = k HB − HA = −ka + kb r r Q N . uuur uuur uuur uuur uuur uuur 1 uuur uuur ( và AQ = AD + DQ = AD + l DN = AD + DA + DN 2 ) . M uuur uuur 1 uuur uuur uuur uuur B D = HD − HA (+ 2 HA − HD + HC − ) HD H �1 �r 1 r � 3 �r = � l − 1�a − lb + � 1− l � c �2 � 2 � 2 � C uuuur 1 uuur uuur 1 uuur uuur uuur 3 r 3 r ( ) ( Lại có: CM = CB + CD = HB + HD − 2 HC = b + c 2 2 ) 2 2 Mà: PQ//CM, nên: 1 1 l + k −1 = 0 k= 2 3 uuur uuuur � 1 3 � 4 PQ = mCM � �− l − k = m � �l = �2 2 � 3 � 3 3 � 2 1− l = m � �m=− 2 2 3 12
uuur r r uuur2 1 3 Suy ra PQ = −b − c � PQ = � PQ = 3 3 Cách 3: Gọi H là tâm của tam giác BCD � AH ⊥ mp( BCD ) , I là trung điểm của BC. uuur r uur r uuur r r 6 r 3 r rr rr rr Đặt AH = a, DI = b, BC = c với a = ,b = , c = 1, a.b = b.c = c.a = 0 , ta có 3 2 uuuur 1 r 1 r uuur 1 r 1 r 1 r BM = − b + c, AN = a + b + c , 2 4 2 6 4 uuur r 1 r 1 r uuur r 1 r 1 r uuuur 1 r 3 r uuur 1 r 5 r 1 r AB = a + b − c, AC = a + b + c , CM = − b − c, ND = a − b − c 3 2 3 2 2 4 2 6 4 uuur uuur uuur uuur l r 5l r l r uuur �1 l �r �1 k 5l �r �1 k l � r AP = k AB, NQ = l ND = a − b − c � PQ = � − k + �a + � − − � b+� + − � c 2 6 4 �2 2 � �6 3 6 � �4 2 4 � 1 l 1 −k + =0 k= 2 2 3 uuur uuuur �1 k 5l 1 � 1 Do PQ//MC, suy ra PQ = kCM � � − − = − m � �l = − �6 3 6 2 � 3 �1 k l 3 � 2 �4 + 2 − 4 = − 4 m �m=− 3 uuur 1 r 1 r 3 Suy ra: PQ = b + c � PQ = . 3 2 3 * Tính thể tích của khối chóp AMNP. uuuur 1 r 1 r uuur 1 r Theo trên ta có AM = a + c, AP = a 2 2 3 2 uuuu r uuu r 1 3 ( � ) 1� 1 2 Suy ra AP = , AM = , AM . AP = � �= 2 2 9 4 �4 � 16 uuuur uuur 2 1 ( Do đó diện tích tam giác AMP là S = . AM 2 . AP 2 − AM . AP = 2 3 24 ) uuur uuur uuuur uuur �r t �r 1 r r r Lại có H nằm trên mp(AMP) ta có NH = NA + r AM + t AP = � + �a − b + c �2 3 � 2 2 Nếu H là hình chiếu của N trên mp(AMP), ta có: uuuur uuur r t 1 r r t 1 r + − + + + − + =0 t=0 �AM . NH = 0 �4 6 8 8 8 12 8 4 9 r + 3t = 3 � �uuur uuur �� 1 AP. NH = 0 �r + t − 1 + r = 0 9 r + 4t = 3 �r = 3 6 9 12 12 uuur 1 r 1 r 1 r 6 � NH = a − b + c � NH = 6 2 6 6 1 2 Vậy thể tích cần tìm là: V = .S . NH = 3 144 Nhận xét: 1) Qua ba cách giải trên, ta thấy việc chọn hệ véc tơ cơ sở hợp lí sẽ cho phép ta biểu thị giả thiết và kết luận của bài toán nhẹ nhàng hơn. Hơn nữa khi chọn hệ véc tơ cơ sở gồm 13
3 véc tơ không đồng phẳng có thể chung gốc (cách 1, cách 2) hoặc không chung gốc (cách 3). 2) Với cách tính độ dài đoạn thẳng PQ bằng phương pháp véc tơ như trên, ta nhận thấy phương pháp véc tơ có thể tránh cho chúng ta phải kẻ thêm những đường phụ phức tạp, đó cũng chính là điểm yếu của học sinh khi làm các bài tập hình học không gian. 3) Ngoài cách giải bằng phương pháp véc tơ như trên, ta giải bằng phương pháp tổng hợp nhờ kẻ thêm các đường phụ. Ví dụ 3: Cho tứ diện đều ABCD cạnh a, hai điểm M, N chạy tương ứng trên đoạn AB và đoạn CD sao cho BM = DN. Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của MN. (Đề chọn học sinh giỏi lớp 12 tỉnh Hải Dương năm học 2013 2014). Bài giải: uuur r uuur r uuur r r2 r2 r2 B Đặt BA = a, BC = b, BD = c với a = b = c = a 2 . M r r r r r r a2 BM a.b = b.c = c.a = và đặt x, 2 BA r DN a với 0 x 1 x. r DC b Khi đó ta có: r uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuuur BM = xa , DN = xDC � BN − BD = x BC − BD uuur uuur uuur r (r ) C r c A BN = xBC + ( 1 − x ) BD = xb + ( 1 − x ) c . uuuur uuur uuuur r r r N Suy ra: MN = BN − BM = − xa + xb + ( 1 − x ) c D 2 2 2 a a a Do đó: MN 2 = x 2a 2 + x 2a 2 + (1 − x )2 a 2 − 2 x 2 − 2x ( 1 − x) + 2 x (1 − x ) 2 2 2 �= a ( 2 x − 2 x + 1) = a �x + (1 − x ) + x + x(1 − x ) − x − x (1 − x ) � 2 �2 2 2 2 2 2 f '( x ) = 0 1 Xét hàm số f(x) = 2x2 – 2x + 1 trên đoạn [ 0;1] , ta có f’(x)=4x2, �x= , x [ 0;1] 2 1 1 Nên max f ( x ) = f (0) = f (1) = 1, xmin f ( x) = f ( ) = x [ 0;1] [ 0;1 ] 2 2 a 2 Vậy: MN đạt giá trị nhỏ nhất bằng khi M, N lần lượt là trung điểm của AB, CD. 2 MN đạt giá trị lớn nhất bằng a khi M B, N D hoặc M A, N C. Ví dụ 4: S E Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a. Gọi E là điểm đối xứng của D qua trung điểm của SA; gọi M, N lần lượt là trung điểm của AE và BC. Tính khoảng cách giữa MN và AC. (Đề tuyển sinh Đại học khối B năm 2007) cr P Bài giải: M uuur r uuur r uuur r r r r r r r Đặt: OA = a, OD = b, OS = c � a.b = b.c = c.a = 0 (O là tâm đáy ABCD) B r A N a 14 O r b D C
uuuur uuur uuuur 1 uuur uuur uuur uuuur ( MN = ON − OM = − OA + OD − OA + AM 2 ) ( ) 1 r 1 r � 1 uuur � r = − a − b − �a − DS � 2 2 � 2 � r r uuu r uuu r 3r 1r 3 1 1 ( ) = − a − b − OS − OD = − a − c 2r 2 2 2 2 uuur AC = −2a Gọi PQ là đoạn vuông góc chung của MN và AC (P trên MN, Q trên AC), ta có: uuur uuur uuur uuur uuuur 1 uuur uuur PQ = PA + MA + AQ = k MN + SD + l AO 2 r r r r r � 3 �r 1 r 1r �3 1 �1 ( ) = k �− a − c �+ − c − b − la = − �l + k �a − ( k + 1) c − b �2 2 �2 � 2 � 2 2 3 � 3 �2 1 r r a + ( k + 1) a = 0 2 uuur uuuur �l + k� k = −1 �PQ. MN = 0 �2 � 2 � 4 � �uuur uuur �� 3 PQ. AC = 0 � 3 � r2 l= �2� l+ k� a =0 � 2 � 2 � uuur 1 r uuur2 a 2 a 2 � PQ = − b � PQ = � PQ = . 2 8 4 Chú ý: Ngoài cách giải trên, ta còn có thể tính khoảng cách giữa MN và AC bằng phương pháp trượt ( bằng nửa khoảng cách từ B đến mp(SAC)). Ví dụ 5: Cho lăng trụ đều ABCD.A'B'C'D' có tất cả các cạnh đều bằng a. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AA' và BB'. Tính khoảng cách giữa B'M và CN Bài giải: uuur r uuur r uuuur r Đặt BA = a, BB ' = b, BC ' = c với C’ A’ r2 r2 r2 r r r r a = b = c = a 2 , a.b = b.c = 0, ur r a 2 uuuur 1 r r uuuuur r 1 r a.c = , CN = b − c, B ' M = a − b B’ 2 2 2 .M Gọi PQ là đoạn vuông góc chung của CN và B'M (P �CN , Q �B ' M ) . uuur uuur uuur uuuur uuuur .N Ta có: PQ = PC + CB + BQ ' + B ' Q uuur uuur uuur uuuuur r k l r r = kCN + CB + BB ' + l B ' M = la + ( + 1 − )b + ( − k − 1)c C A 2 2 uuur uuur 9 k=− B PQ.CN = 0 5k − 3l = −6 8 uuur uuuuur � � �� PQ. B ' M = 0 3k − 5l = −4 1 l= 8 uuur r r r 2 � PQ = 1 (a + 3b + c ) � PQ 2 = 3a � PQ = a 3 . 8 16 4 15
Chú ý: Ta còn có thể tính khoảng cách giữa B'M và CN bằng cách áp dụng tính chất tứ diện vuông hoặc qui về khoảng cách từ B' đến mặt phẳng (CAN). Ví dụ 6: Cho hình lập phương ABCD.A'B'C'D' có cạnh bằng a. Gọi M là trung điểm của DD'. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng CM và A'D. B’ C’ Bài giải: uuur r uuur r uuur r Đặt AB = a, AA ' = b, AD = c ta có: r2 r2 r2 rr rr rr a = b = c = a 2 , a.b = b.c = c.a = 0 A’ D uuuur uur r uuuur r 1r A ' D = −b + c, CM = −a + b. 2 Gọi EF là đường vuông góc M B C chung ( E �A ' D, F �CM ) . Ta có: uuur uuur uuuur uuuur uuuur 1 r uuuur EF = ED + DM + MF = k A ' D + b + lCM A D 2 r 1 l r r = −la + ( − k + )b + kc 2 2 uuur uuuur l 1 2 2k − = k= �EF . A ' D = 0 � uuur 1 r r r uuur2 a 2 �uuur uuuur �� 2 2�� 9 � ( ) a � EF = a + 2b + 2c � EF = � EF = EF .CM = 0 �1 k + l = 0 �l=− 1 9 9 3 2 9 a Vậy khoảng cách cần tìm là EF = 3 Chú ý: Ngoài cách giải trên ta còn có thể tính khoảng cách giữa CM và A'D bằng các cách áp dụng tính chất của tứ diện vuông hoặc tính độ dài đường vuông góc chung. Ví dụ 7: Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thang. Góc ABC ﾷﾷ = BAD = 900 , BA=BC=a, AD=2a. Cạnh bên SA vuông góc với đáy và SA = a 2 . Gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên SB. Tính khoảng cách từ H đến mặt phẳng (SCD). (Đề tuyển sinh đại học khối D năm 2007). Bài giải: S uuur r uuur r uur r Đặt AB = a, AD = b, AS = c rr rr rr r Ta có: a.b = b.c = c.a = 0 c uur r r uuur r 1 r r uuur r r SB = a − c, SC = a + b − c, SD = b − c 2 r Gọi K là hình chiếu của H trên b mặt phẳng (SCD � d ( H ;( SCD )) = HK H A D SH 2 r Dễ dàng tính được = a SB 3 B C Khi đó : 16
uuur uuur uuur 2 uur uuur uuur � 2 �r �k �r �2 �r HK = HS + SK = − SB + k SC + lSD = � k− � a +� +l�b+� −k −l�c 3 � 3 � �2 � �3 � � 2 �r 2 1 k r � � �2 2 �r2 5 uuur uuur �k− � a + � +l� b −� −k −l�c =0 k= �HK �SC = 0 �� 3 � 2 2 � � � 3 � � 6 Ta có: �uuur uuur � � r r �� HK � SD = 0 � �k � �2 2 � 2 � 1 � +l� b −� −k −l� c =0 l=− �2 � �3 � 3 2 uuur 1 r 1 r 1 r 1 �r 1 r r� a � HN = a + b + c � HK = �a + b + c �= . 6 12 6 6 � 2 � 3 Ví dụ 8: ﾷ B = SAC Cho khối chóp S . ABC có SA =2a, SB = 3a, SC = 4a, AS ﾷﾷ = 900 , BSC = 1200 . Gọi M, N lần lượt trên các đoạn SB và SC sao cho SM = SN = 2a. Chứng minh tam giác AMN vuông. Tính khoảng cách từ điểm C đến mặt phẳng (SAB) theo a. (Đề chọn học sinh giỏi lớp 12 tỉnh Hải Dương năm học 2013 2014). Bài giải: S ﾷ SA 1 ﾷ r Trong tam giác vuông SAC có: cos ASC = = � ASC = 600 uur r uur r uuur r SC 2 c r2 r2 r2 Đặt SA = a, SB = b, SC = c với a = 4a , b = 9a 2 , c = 16a 2 2 r rr rr r r b r và a.b = 0, b.c = −6a 2 , a.c = 4a 2 uuur 2 r uuur 1 r a . N Khi đó: SM = b, SN = c . M . 3 2 uuuur uuur uur r 2r Suy ra AM = SM − SA = − a + b , 3 B C uuur uuur uur r 1r AN = SN − SA = − a + c 2 uuuur uuur 1 1 2 Từ đó: AM . AN = 4a 2 + 0 − .4a 2 + . . ( −6a 2 ) = 0 2 2 3 A Vậy AM ⊥ AN , tức là tam giác AMN vuông tại A. * Gọi H là điểm thuộc mp(SAB) thì uuur uur uur r r uuur uuur uuur r r r SH = k SA + lSB = ka + lb � CH = SH − SC = ka + lb − c Nếu H là hình chiếu của C trên mặt phẳng (SAB) thì: uur uuur k =1 �k .4a + l.0 − 4a = 0 2 2 �SA.CH = 0 � �uur uuur �� 2 SB.CH = 0 k .0 + l.9a 2 − ( −6a 2 ) = 0 l=− 3 Suy ra uuur r 2r r uuur2 4 2 2 CH = a − b − c � CH = 4a 2 + .9a 2 + 16a 2 − 2. .0 − 2.4a 2 + 2. . ( −6a 2 ) = 8a 2 � CH = 2a 2 3 9 3 3 Vậy khoảng cách từ C đến mặt phẳng (SAB) là CH = 2a 2 . Ví dụ 9: Cho hình chóp SABCD có đáy ABCD là hình vuông tâm O có cạnh bằng a, SA = a 3 và vuông góc với mặt phẳng (ABCD). 17
a) Tính khoảng cách từ O đến (SBC). b) Tính khoảng cách từ trọng tâm tam giác SAB đến mặt phẳng (SAC). Bài giải: S uuur r uuur r uuur r a) Đặt AS = a , AB = b, AD = c r2 r2 r2 với a = 3a 2 , b = c = a 2 rr rr rr và a.b = b.c = c.a = 0 r uuur uuur uuur r r Khi đó: AC = AB + AD = b + c , c uur uuur uur r r uuur r SB = AB − AS = − a + b, BC = c , uuur uuur uur r 1r 1r SO = AO − AS = −a + b + c D 2 2 G . C H thuộc mặt phẳng (SBC) thì r uuur uur uuur r r r SH = k SB + l BC = −ka + kb + lc b O uuur uuur uuur r � 1 �r � 1 �r OH = SH − SO = ( 1 − k ) a +�k− �b+� l− �c A r � 2 � � 2 � B a Nếu H là hình chiếu của O trên mặt phẳng (SBC) ta có: � 1�2 7 uuur uur − ( 1 − k ) .3a 2 + �k− � .a = 0 k= OH .SB = 0 � � 2� � 8 uuur uuur �� OH . BC = 0 �� 1� 2 � 1 �l− � .a = 0 l= � 2� 2 uuur 1 r 3 r uuur2 3a 2 a 3 � OH = a + b � OH = � OH = . 8 8 16 4 uuur 1 uur uuur 1 r 1 r ( 3 ) b) Gọi G là trọng tâm tam giác SAB � AG = AS + AB = a + b 3 3 uuur uur uuur uuur uuur uuur r r r ( ) K thuộc mặt phẳng (SAC) � AK = m AS + n AC = m AS + n AB + AD = ma + nb + nc uuur uuur uuur � 1 �r � 1 �r r Suy ra: GK = AK − AG = �m − �a + �n − �b + nc � 3� � 3� Nếu K là hình chiếu của G trên mặt phẳng (SAC) ta có: � 1� 2 1 uuur uuur �m− � .3a = 0 m= �AS .GK = 0 � � 3 � � 3 �uuur uuur �� AC.GK = 0 � � 1� 2 � 1 �n− � .a + na = 0 2 n = � 3� 6 uuur 1 r 1 r uuur2 1 1 1 1 2a 2 a 2 Khi đó GK = − b + c � GK = a 2 + a 2 − 2. . .0 = � GK = 6 6 36 36 3 6 36 6 a 7 Vậy khoảng cách từ trọng tâm của tam giác SAB đến mặt phẳng (SAC) là GK = . 6 Nhận xét: 1) Câu a) ngoài cách giải trên ta còn giải theo phương pháp trượt (bằng nửa khoảng cách từ A đến mp(SBC)) hoặc sử dụng phương pháp thể tích. 18
2) Câu b) ngoài cách giải trên ta còn giải theo phương pháp trượt (bằng một phần ba khoảng cách từ B đến mp(SAC), tuy nhiên phần tính toán sẽ phức tạp. II.BÀI TẬP RÈN LUYỆN. Bài 1: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh bằng a, SA vuông góc với đáy. Góc tạo bởi SC và mặt phẳng (SAB) bằng 30 0. Gọi E là trung điểm của BC. Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng DE, SC theo a. Bài 2: 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 SB = 2a 3 và SBC ﾷ = 300 . Tính thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng (SAC) theo a. (Đề thi Đại học khối D năm 2011). Bài 3: Cho hình chóp tứ giác SABCD, đáy ABCD là hình thoi cạnh a, tâm O, góc BAD ﾷ = 600 . Các cạnh bên SA = SC , SB = SD = a 3 . a) Tính khoảng cách từ điểm O đến mặt phẳng (SBC). b) Tính khoảng cách giữa các đường thẳng SB và AD. Bài 4: Cho tứ diên OABC có OA, OB, OC đôi một vuông góc và OA=OB=OC=1. Gọi M, N theo thứ tự là trung điểm các cạnh AB, OA. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng OM và CN. Bài 5: Trong mặt phẳng (P) cho hình bình hành ABCD có I là giao điểm của hai đường chéo. S là điểm nằm ngoài mặt phẳng (P) sao cho ﾷASB = CSD ﾷ và BSC ﾷﾷ = DSA . Chứng minh rằng đường thẳng SI vuông góc với mặt phẳng (P). (Đề thi Olimpic Bỉm Sơn năm 2011) Bài 6: Cho góc tam diện vuông Oxyz, trên Oz lấy điểm A cố định khác O, biết OA=a. Gọi P là mặt phẳng thay đổi chứa điểm A và cắt Ox, Oy lần lượt tại B, C sao cho 1 1 2 + = . OB OC a 1) Chứng minh rằng mặt phẳng (P) luôn chứa một đường thẳng cố đinh. 2) Tìm giá trị nhỏ nhất của thể tích tứ diện O.ABC. (Đề chọn đội tuyển học sinh giỏi lớp 12 tỉnh Nghệ An năm 2008 2009). D. KẾT QUẢ NGHIÊN CỨU VÀ BÀI HỌC KINH NGHIỆM. 1. Kết quả nghiên cứu. Để kiểm tra hiệu quả của đề tài, tôi tiến hành kiểm tra trên hai đối tượng có chất lượng tương đương là học sinh lớp 11B và lớp 11K. Trong đó lớp 11B chưa được hướng dẫn sử 19
dụng phương pháp véc tơ để giải toán hình học không gian. Với hình thức kiểm tra là làm bài tự luận thời gian 45 phút với đề bài như sau: ĐỀ KIỂM TRA 45 PHÚT Câu 1: (4 điểm) Cho hình hộp ABCD.A’B’C’D’ các các cạnh bằng m, các góc đỉnh A bằng 60 0 ( ﾷ BAD =A ﾷ ' AD = 600 ). Gọi P là điểm đối xứng của D’ qua A, Q là điểm đối xứng ﾷ ' AB = A của D qua C’. Chứng minh đường thẳng PQ đi qua trung điểm M của BB’. Tính độ dài đoạn thẳng PQ. Câu 2: (3 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và D, với AD=CD =a, AB=3a. Cạnh bên SA vuông góc với mặt đáy và cạnh bên SC tạo với đáy một góc 45 0. Tính theo a khoảng cách giữa hai đường thẳng AC và SB. Câu 3: (3 điểm) Cho hình lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’. Lấy các điểm A1, B1, C1 lần lượt thuộc các cạnh AA1 BB1 CC1 3 bên AA’, BB’, CC’ sao cho ' = = = . Trên các đoạn thẳng CA1 và A’B1 lần AA BB ' CC ' 4 IJ lượt lấy các điểm I, J sao cho IJ//B’C1. Tính tỉ số . B ' C1 Kết quả thu được như sau: Điểm