Phân Loại Các Bài Tóan Về Tính Khoảng Cách Trong Không Gian - 123doc

Có thể bạn quan tâm

Tải bản đầy đủ (.doc) (19 trang)

Trang chủ

Giáo án - Bài giảng

Toán học

Phân loại các bài tóan về tính khoảng cách trong không gian

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (228.02 KB, 19 trang )

Phần ILÍ DO CHỌN ĐỀ TÀITrong chương trình toán học lớp 11, 12, bài toán về khoảng cách trong khônggian giữ một vai trò quan trọng, nó xuất hiện ở hầu hết các đề thi tuyển sinh vào đạihọc, cao đẳng; đề thi học sinh giỏi, các đề thi tốt nghiệp trong những năm gần đây.Mặc dù vậy đây là phần kiến thức đòi hỏi học sinh phải có tư duy sâu sắc, có trítưởng tượng hình không gian phong phú nên đối với học sinh đại trà, đây là mảngkiến thức khó và thường để mất điểm trong các kì thi nói trên. Đối với học sinh giỏi,các em có thể làm tốt phần này. Tuy nhiên cách giải còn rời rạc, làm bài nào biết bàiđấy và thường tốn khá nhiều thời gian.Trong sách giáo khoa, sách bài tập và các tài liệu tham khảo, loại bài tập nàykhá nhiều song chỉ dừng ở việc cung cấp bài tập và cách giải, chưa có tài liệu nàophân loại một cách rõ nét các phương pháp tính khoảng cách trong không gian.Đối với các giáo viên, thì do lượng thời gian ít ỏi và việc tiếp cận các phầnmềm vẽ hình không gian còn hạn chế nên việc biên soạn một chuyên đề có tính hệthống về phần này còn gặp nhiều khó khăn.Trước các lí do trên, tôi quyết định viết đề tài sáng kiến kinh nghiệm mang tên:“Phân loại các bài toán về tính khoảng cách trong không gian” nhằm cung cấp chohọc sinh một cái nhìn tổng quát và có hệ thống về bài toán tính khoảng cách trongkhông gian, một hệ thống bài tập đã được phân loại một cách tương đối tốt, qua đógiúp học sinh không phải e sợ phần này và quan trọng hơn, đứng trước một bài toánhọc sinh có thể bật ngay ra được cách giải, được định hướng trước khi làm bài qua đócó cách giải tối ưu cho mỗi bài toán.Mặc dù vậy, vì điều kiện thời gian còn hạn chế nên sự phân loại có thể chưađược triệt để và chỉ mang tính chất tương đối, rất mong được các bạn bè đồng nghiệpgóp ý kiến chỉnh sửa để đề tài này được hoàn thiện hơn.Tôi xin chân thành cảm ơn!1Phần I NỘI DUNGA. CƠ SỞ LÍ THUYẾT1. Khoảng cách từ một điểm đến một đường thẳngCho điểm O và đường thẳng ∆. Gọi H là hình chiếu của O trên ∆. Khi đókhoảng cách giữa hai điểm O và H được gọi là khoảng cách từ điểm O đến đườngthẳng ∆. Kí hiệu ( , )d O ∆* Nhận xét-, ( , )M OM d O∀ ∈∆ ≥ ∆- Để tính khoảng cách từ điểm O đến đường thẳng ∆ ta có thể+ Xác định hình chiếu H của O trên ∆ và tính OH+ Áp dụng công thức2. Khoảng cách từ một điểm đến một mặt phẳngCho điểm O và mặt phẳng (α). Gọi H là hình chiếu của O trên (α). Khi đókhoảng cách giữa hai điểm O và H được gọi là khoảng cách từ điểm O đến mặtphẳng (α). Kí hiệu ( ,( ))d Oα* Nhận xét-( ), ( ,( ))M OM d Oα α∀ ∈ ≥- Để tính khoảng cách từ điểm O đến mặt phẳng (α) ta có thể sử dụng một trongcác cách sau:Cách 1. Tính trực tiếp. Xác định hình chiếu H của O trên (α) và tính OH* Phương pháp chung.- Dựng mặt phẳng (P) chứa O và vuông góc với (α)- Tìm giao tuyến ∆ của (P) và (α)- Kẻ OH ⊥ ∆ (H ∈∆). Khi đó ( ,( ))d O OHα=. Đặc biệt:+ Trong hình chóp đều, thì chân đường cao hạ từ đỉnh trùng với tâm đáy+ Hình chóp có một mặt bên vuông góc với đáy thì chân đường vuông góc hạtừ đỉnh sẽ thuộc giao tuyến của mặt bên đó với đáy+ Hình chóp có 2 mặt bên vuông góc với đáy thì đường cao chính là giaotuyến của hai mặt bên này+ Hình chóp có các cạnh bên bằng nhau (hoặc tạo với đáy những góc bằngnhau) thì chân đường cao là tâm đường tròn ngoại tiếp đáy+ Hình chóp có các mặt bên tạo với đáy những góc bằng nhau thì chân đườngcao là tâm đường tròn nội tiếp đáyCách 2. Sử dụng công thức thể tíchThể tích của khối chóp 1 3.3VV S h hS= ⇔ =. Theo cách này, để tính khoảngcách từ đỉnh của hình chóp đến mặt đáy, ta đi tính V và SCách 3. Sử dụng phép trượt đỉnh2Ý tưởng của phương pháp này là: bằng cách trượt đỉnh O trên một đườngthẳng đến một vị trí thuận lợi 'O, ta quy việc tính ( ,( ))d Oα về việc tính ( ',( ))d Oα.Ta thường sử dụng những kết quả sau:Kết quả 1. Nếu đường thẳng ∆ song song với mặt phẳng (α) và M, N ∈ ∆ thì( ;( )) ( ;( ))d M d Nα α=Kết quả 2. Nếu đường thẳng ∆ cắt mặt phẳng (α) tại điểm I và M, N ∈ ∆ (M, Nkhông trùng với I) thì( ;( ))( ;( ))d M MId N NIαα=Đặc biệt, nếu M là trung điểm của NI thì 1( ;( )) ( ;( ))2d M d Nα α= nếu I là trung điểm của MN thì ( ;( )) ( ;( ))d M d Nα α=Cách 4. Sử dụng tính chất của tứ diện vuôngCơ sở của phương pháp này là tính chất sau: Giả sử OABC là tứ diện vuông tại O (, ,OA OB OB OC OC OA⊥ ⊥ ⊥) và H là hình chiếu của O trên mặt phẳng (ABC). Khiđó đường cao OH được tính bằng công thức2 2 2 21 1 1 1OH OA OB OC= + +Cách 5. Sử dụng phương pháp tọa độCơ sở của phương pháp này là ta cần chọn hệ tọa độ thích hợp sau đó sử dụng cáccông thức sau:0 0 02 2 2( ;( ))Ax By Cz Dd MA B Cα+ + +=+ + với 0 0 0( ; ; )M x y z, ( ): 0Ax By Cz Dα+ + + =( , )MA ud Mu∧∆ =uuur rr với ∆ là đường thẳng đi qua A và có vectơ chỉ phương ur'. '( , ')'u u AAdu u∧∆ ∆ =∧r ur uuurr ur với '∆ là đường thẳng đi qua 'A và có vtcp 'uurCách 6. Sử dụng phương pháp vectơ3. Khoảng cách từ một đường thẳng đến một mặt phẳng song song với nóCho điểm đường thẳng ∆ song song với mặt phẳng (α). Khoảng cách giữađường thẳng ∆ và mặt phẳng (α) là khoảng cách từ một điểm bất kì của ∆ đến mặtphẳng (α). Kí hiệu ( ,( ))dα∆* Nhận xét-, ( ), ( ,( ))M N MN dα α∀ ∈∆ ∈ ≥ ∆- Việc tính khoảng cách từ đường thẳng ∆ đến mặt phẳng (α) được quy về việctính khoảng cách từ một điểm đến một mặt phẳng.4. Khoảng cách giữa hai mặt phẳng song song3Khoảng cách giữa hai mặt phẳng song song là khoảng cách từ một điểm bất kìcủa mặt phẳng này đến mặt phẳng kia. Kí hiệu (( );( ))dα β* Nhận xét-( ), ( ), (( );( ))M N MN dα β α β∀ ∈ ∈ ≥- Việc tính khoảng cách giữa hai mặt phẳng song song được quy về việc tínhkhoảng cách từ một điểm đến một mặt phẳng.5. Khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhauCho hai đường thẳng chéo nhau a và b. Đường thẳng ∆ cắt cả a và b đồng thờivuông góc với cả a và b được gọi là đường vuông góc chung của a và b. Đườngvuông góc chung ∆ cắt a tại H và cắt b tại K thì độ dài đoạn thẳng MN gọi là khoảngcách giữa hai đường thẳng chéo nhau a và b. Kí hiệu ( , )d a b.* Nhận xét-, , ( , )M a N b MN d a b∀ ∈ ∈ ≥- Để tính khoảng cách hai đường thẳng chéo nhau a và b ta làm như sau:+ Tìm H và K từ đó suy ra ( , )d a b HK=+ Tìm một mặt phẳng (P) chứa a và song song với b. Khi đó ( , ) ( ,( ))d a b d b P=+ Tìm cặp mặt phẳng song song (P), (Q) lần lượt chứa a và b. Khi đó( , ) (( ),( ))d a b d P Q=+ Sử dụng phương pháp tọa độ* Đặc biệt- Nếu a b⊥ thì ta tìm mặt phẳng (P) chứa a và vuông góc với b, tiếp theo ta tìmgiao điểm I của (P) với b. Trong mp(P), hạ đường cao IH. Khi đó ( , )d a b IH=- Nếu tứ diện ABCD có AC = BD, AD = BC thì đoạn thẳng nối hai trung điểmcủa AB và CD là đoạn vuông góc chung của AB và CD.4B. CÁC VÍ DỤ MINH HOẠI) Phương pháp tính trực tiếpVí dụ 1.Cho hình chóp SABCD có đáy ABCD là hình thoi tâm O, cạnh a, góc ·060BAD =, cóSO vuông góc mặt phẳng (ABCD) và SO = a.a) Tính khoảng cách từ O đến mặt phẳng (SBC).b) Tính khoảng cách từ đường thẳng AD đến mặt phẳng (SBC).Lời giải. a) Hạ ( )OK BC BC SOK⊥ ⇒ ⊥Trong (SOK) kẻ ( )OH SK OH SBC⊥ ⇒ ⊥( )( ),d O SBC OH⇒ =. Ta có ABD∆ đều 2aBD a BO⇒ = ⇒ =; 3AC a=Trong tam giác vuông OBC có:2 2 2 21 1 1 13 393 13aOKOK OB OC a= + = ⇔ =Trong tam giác vuông SOK có:2 2 2 21 1 1 16 33 4aOHOH OS OK a= + = ⇔ =Vậy ( )( )3,4ad O SBC OH= =b) Ta có ( )/ / / /AD BC AD SBC⇒( )( )( )( ), ,d AD SBC d E SBC⇒ =Kẻ ( )/ /EF OH F SK∈. Do( ) ( )OH SBC EF SBC⊥ ⇒ ⊥( )( )( )( )3, , 22ad AD SBC d E SBC EF OH⇒ = = = =Ví dụ 2. (Đề thi Đại học khối A năm 2010). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a. Gọi M và N lần lượt làtrung điểm của các cạnh AB và AD; H là giao điểm của CN với DM. Biết SH vuônggóc với mặt phẳng (ABCD) và 3SH a=.Tính khoảng cách giữa hai đường thẳngDM và SC theo a.Lời giải.Ta có: ··MAD NCD ADM DCN∆ = ∆ ⇒ =MD NC⇒ ⊥Do ( )SH ABCD MD SH⊥ ⇒ ⊥5MNHKDCBASKFEDCBASHODB( )MD SHC⊥Kẻ ( )HK SC K SC⊥ ∈Suy ra HK là đoạn vuông góc chung của DM và SC nên ( ),d DM SC HK=Ta có:225CD aHCCN= =2 22 319SH HC aHKSH HC×= = ×+ Vậy( )2 3,19ad DM SC =II) Phương pháp sử dụng công thức tính thể tích.Ví dụ 3.Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có AB = a, SA = 2a. Gọi M, N, P lần lượt làtrung điểm của các cạnh SA, SB, CD. Tính khoảng cách từ P đến mặt phẳng (AMN).Phân tích. Theo giả thiết, việc tính thể tích các khối chóp S.ABCD hay S.ABC hayAMNP là dễ dàng. Vậy ta có thể nghĩ đến việc quy việc tính khoảng cách từ P đếnmặt phẳng (AMN) về việc tính thể tích củacác khối chóp nói trên, khoảng cách từ P đến(AMN) có thể thay bằng khoảng cách từ Cđến (SAB).Lời giải.Gọi O là tâm của hình vuông ABCD, khi đóSO ⊥ (ABCD). M, N lần lượt là trung điểm của SA và SBnên 21 1 72 4 16AMN ANS ABSaS S S= = =( ) ( )/ /( )( ,( )) ( ,( ))PC AMNd P AMN d C AMN⇒ =. Vậy:( ) ( ).1 1 1. ( ,( )) . . ( ,( ))3 3 4P AMN AMN ABSV S d P AMN S d C AMN= =. .1 1 1 1. .4 4 4 3C ABS S ABC ABCV V S SO= = =. 2 2 21 6,2 2ABCaS a SO SA AO= = − =.Vậy 321 1 6 6. .12 2 2 48AMNPa aV a= = ( )3 6( ,( ))7PAMNAMNVd P AMN aS⇒ = =6PNMOBDCASVí dụ 4. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông tâm O, SA vuông gócvới đáy hình chóp. Cho AB = a, SA = 2a. Gọi H, K lần lượt là hình chiếu của Atrên SB, SD. Tính khoảng cách từ điểm O đến mặt phẳng (AHK).Phân tích. Khối chóp AOHK và ASBD có chung đỉnh, đáy cùng nằm trên một mặtphẳng nên ta có thể tính được thể tích khối chóp OAHK, hơn nữa tam giác AHK cânnên ta tính được diện tích của nó.Lời giải. Cách 1: ( )( )1. ;3OAHK AHKV S d O AHK=Trong đó: 2 2 2 21 1 1 3 62 3aAHAH AB AS a+ = + = ⇒ =;63aSAD SAB AK AH∆ = ∆ ⇒ = =Ta có HK và BD đồng phẳng và cùng vuônggóc với SC nên HK // BD. AI cắt SO tại G là trọng tâm của tam giácSAC, G thuộc HK nên 2 2 2 23 3 3HK SG aHK BDBD SO= = ⇒ = =. Tam giác AHK cân tai A, G là trung điểmcủa HK nên AG ⊥ HK và 2 2 1 1 2. .23 3 2 3 3aAG AI SC a= = = =21 1 2 2 2 2 2. . .2 2 3 3 9AHKa a aS AG HK= = =( )( )( )( )1 1 1; . ; . .3 3 3OAHK AOHK OHK OHK OHKV V d A OHK S d A SBD S h S∆ ∆ ∆+ = = = = Tứ diện ASBD vuông tại A nên:2 2 2 2 21 1 1 1 5 102 5ahh AS AB AD a= + + = ⇒ =Tam giác OHK cân tại O nên có diện tích S bằng 2 31 1 10 2 2 5 1 2. . .2 2 6 3 9 3 27OAHKa a a aS OG HK V Sh= = = ⇒ = =( )( )3223327;22 29OAHKAHKaV ad O AHKSa×⇒ = = =Cách 2: Ta chứng minh 29OAHK SABDV V=7OCADBSHKJGITa có: 2 1;3 3HK BD OG SO= =1 1 2 22 2 9 9OHK SBDS HK OG BD SO S⇒ = × = × × =32 2 1 1 29 9 3 2 27AOHK SABDaV V SA AB AD⇒ = = × × × =Cách 3: Giải bằng phương pháp tọa độ như sau:Chọn hệ tọa độ Oxyz sao cho O ≡ A, B(a ; 0 ; 0), D(0 ; a ; 0), S(0 ; 0 ; 2a).Tính SH, SK suy ra tọa độ của H2 20; ;3 3a a  ÷ , K2 2;0;3 3a a  ÷ , O; ;02 2a a  ÷ Áp dụng công thức 1, .6V AH AK AO = uuur uuur uuurCách 4: SC ⊥ (AHK) nên chân đường vuông góc hạ từ O xuông (AHK) có thể xácđịnh được theo phương SC.* AH ⊥ SB, AH ⊥ BC (do BC ⊥ (SAB)) ⇒ AH ⊥ SCTương tự AK ⊥ SC. Vậy SC ⊥ (AHK)* Giả sử (AHK) cắt SC tại I, gọi J là trung điểm của AI, khi đó OJ // SC ⇒ OJ ⊥ (AHK). SA = AC = 2a ⇒ ∆SAC cân tại A ⇒ I là trung điểm của SC.Vậy 1 1 1.22 4 4 2aOJ IC SC a= = = =III) Phương pháp trượtVí dụ 5. (Đề thi Đại học khối B năm 2011). Cho lăng trụ ABCDA1B1C1D1 có đáy ABCD là hình chữ nhật , 3AB a AD a= =.Hình chiếu vuông góc của điểm A1 trên mặt phẳng (ABCD) trùng với giao điểm củaAC và BD, góc giữa hai mặt phẳng (ADD1A1) và (ABCD) bằng 600. Tính thể tích củakhối lăng trụ đã cho và khoảng cách từ điểm B1 đến mặt phẳng (A1BD) theo a.Phân tích. Do B1C // (A1BD) nên tatrượt đỉnh B1 về vị trí thuận lợi C vàquy việc tính ( )( )1 1;d B A BD thànhtính ( )( )1;d C A BDBài giải.* Gọi O là giao điểm của AC và BD( )1AO ABCD⇒ ⊥Gọi E là trung điểm AD8KHEODCBAD1C1B1A11&OE AD A E AD⇒ ⊥ ⊥·0160A EO⇒ =·1 13.tan2aAO OE A EO= =23ABCDS a=313.2lt ABCDaV AO S= =* Tính ( )( )1 1;d B A BD:Cách 1: Do B1C // (A1BD)( )( )( )( )1 1 1; ;d B A BD d C A BD⇒ = Hạ ( )1CH BD CH A BD⊥ ⇒ ⊥( )( )12 2. 3;2CB CD ad C A BD CHCB CD⇒ = = =+Cách 2: ( )( )( )( )( )( )111 1 1 13; ; ;A ABDA BDVd B A BD d C A BD d A A BDS= = =Trong đó: 1316 4A ABD ltaV V= =1211 1 3 3. 22 2 2 2A BDa aS AO BD a∆= = × × =( )( )31 12334;232aad B A BDa×⇒ = =Ví dụ 6. Cho hình chóp SABCD có đáy ABCD là hình vuông tâm O có cạnh bằng a,3SA a= và vuông góc với mặt phẳng (ABCD). a) Tính khoảng cách từ O đến (SBC). b)Tính khoảng cách từ trọng tâm tam giác SAB đến (SAC).Phân tích: Do ( )OA SBC C∩ =, nên thay vì việc tính ( )( ),d O SBCta đi tính( )( ),d A SBC, tương tự như vậy ta có thể quy việc tính ( )( ),d G SACthông qua việctính ( )( ),d E SAC hay ( )( ),d B SACLời giải.a) Ta có: ( )OA SBC C∩ = nên:9( )( )( )( )( )( )( )( ),1, 21, ,2d O SBCOCd A SBC ACd O SBC d A SBC= =⇔ =Gọi H là hình chiếu của A trên SB ta có:( )AH SBAH SBCAH BC⊥⇒ ⊥⊥Trong tam giác vuông SAB có:2 2 2 21 1 1 4 33 2aAHAH SA AB a= + = ⇔ =( )( )( )( )1 1 3, ,2 2 4ad O SBC d A SBC AH⇒ = = =b) Gọi E là trung điểm AB, G là trọng tâm tam giác SAB.Do ( )EG SAB S∩ = nên ( )( )( )( )( )( )( )( ),2 2, ,, 3 3d G SACGSd G SAC d E SACd E SAC ES= = ⇔ =Ta có: ( ) ( );BO ACBO SAC BE SAC ABO SA⊥⇒ ⊥ ∩ =⊥( )( )( )( )1 1 2, ,2 2 4ad E SAC d B SAC BO⇒ = = =( )( )2 2 2,3 4 6a ad G SAC⇒ = × =IV) Phương pháp sử dụng tính chất của tứ diện vuông1. Định nghĩa. Tứ diện vuông là tứ diện có một đỉnh mà ba góc phẳng ở đỉnh đóđều là góc vuông.2. Tính chất. Giả sử OABC là tứ diện vuông tại O (, ,OA OB OB OC OC OA⊥ ⊥ ⊥) và H là hình chiếu của O trên mặt phẳng(ABC). Khi đó đường cao OH được tính bằng công thức2 2 2 21 1 1 1OH OA OB OC= + +Chứng minh.Giả sử AH BC D∩ =, ( )OH ABC OH BC⊥ ⇒ ⊥ (1),OA OB OA OC OA BC⊥ ⊥ ⇒ ⊥ (2)Từ (1) và (2) suy ra BC OD⊥. Trong các tam giácvuông OAD và OBC ta có2 2 2 2 2 21 1 1 1 1 1,OH OA OD OD OB OC= + = +Vì vậy 2 2 2 21 1 1 1OH OA OB OC= + +Mục tiêu của phương pháp này là sử dụng cácphép trượt để quy việc tính khoảng cách từ một điểm đến một mặt phẳng về việc tính10OCABDHOFEHGDCBASkhoảng cách từ đỉnh của tam diện vuông đến mặt huyền của nó và vì vậy áp dụngđược tính chất trênVí dụ 7. Cho lăng trụ đều . ' ' 'ABC A B C có tất cả các cạnh đều bằng a. Gọi M, N lầnlượt là trung điểm của 'AA và 'BB. Tính khoảng cách giữa 'B M và CNPhân tích. Để tính khoảng cách giữa 'B M và CNta tìm một mặt phẳng chứa CN và song song với'B M, tiếp theo ta dùng các phép trượt để quy việctính khoảng cách từ một điểm đến một mặt phẳngvề việc tính khoảng cách trong tứ diện vuông. Lời giải.Gọi O, D lần lượt là trung điểm của BC và CN thìOACD là tứ diện vuông tại O. 'AMB N là hìnhbình hành / / 'NA B M⇒. Mặt phẳng (ACN) chứaCN và song song với 'B M nên ( ' , ) ( ' ,( )) ( ',( )) ( ,( )) 2 ( ,( )) 2d B M CN d B M ACN d B ACN d B ACN d O ACD h= = = = =Áp dụng tính chất của tứ diện vuông ta được2 2 2 2 21 1 1 1 64 383ahh OA OC OD a= + + = ⇔ =. Vậy 3( ' , )4ad B M CN =Ví dụ 8. Cho hình lập phương . ' ' ' 'ABCD A B C D có cạnh bằng a. Gọi M là trungđiểm của 'DD. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng CM và 'A D.Lời giải. Gọi N là trung điểm của 'BB thì'A NCM là hình bình hành nên' / /A N CM. Mặt phẳng ('A ND)chứa 'A D và song song với CM nên( , ' ) ( ,( ' ))( ,( ' )) ( ,( ' ))d CM A D d CM A NDd M A ND d M A DE== = với'E AB A N= ∩. Gọi' ' , 'O AD A D G AD AM= ∩ = ∩ thì Glà trọng tâm của tam giác 'ADD. Dođó ( ,( ' )) 1( ,( ' )) 2d M A DE GMd A A DE GA= =.Tứ diện 'AA DE vuông tại A nên 2 2 2 2 21 1 1 1 9 2( ,( ' ))3( ,( ' )) ' 4ad A A DEd A A DE AA AD AE a= + + = ⇒ =.Vậy 1( , ' ) ( ,( ' )) ( ,( ' ))2 3ad CM A D d M A DE d A A DE= = =V) Sử dụng phương pháp tọa độ.11DONMA'B'CABC'OGENMBB'A'C'DCD'A* Phương pháp:Bước 1: Chon hệ toạ độ Oxyz gắn với hình đang xét.Bước 2: Chuyển bài toán từ ngôn ngữ hình học sang ngôn ngữ toạ độ - véc tơBước 3: Giải bài toán bằng phương pháp toạ độ, rồi chuyển sang ngôn ngữ hình học.Ví dụ 9.Cho hình lập phương ABCDA’B’C’D’ cạnh bằng 1. Một mặt phẳng ( )αbất kì đi quađường chéo B’D. a) Tính khoảng cách giữa hai mặt phẳng (ACD’) và (A’BC’) b) Xác định vị trí của mặt phẳng ( )α sao cho diện tích của thiết diện cắt bởi mp( )αvà hình lập phương là bé nhất.Phân tích: Với một hình lập phương ta luônchọn được một hệ toạ độ thích hợp, khi đó tạođộ các đỉnh đã biết nên việc tính khoảng cáchgiữa hai mặt phẳng (ACD’) và (A’BC’) trở nêndễ dàng. Với phần b, ta quy việc tính diện tíchthiết diện về việc tính khoảng cách từ M đếnđường thẳng DB’.Lời giải.Chọn hệ toạ độ sao cho gốc toạ độ( )' 0;0;0O D≡( ) ( ) ( ) ( ) ( )' 0;1;0 , ' 1;1;0 , ' 1;0;0 , 0;1;1 , 1;0;1A B C A CGọi M là điểm bất kì trong đoạn thẳng C’D’, tức ( );0;0 ; 0 1M x x≤ ≤a) Dễ dàng chứng minh được (ACD’) // (A’BC’)( ) ( )( )( )( )' , ' ' ', 'd ACD A BC d A ACD⇒ =Mặt phẳng (ACD’) có phương trình: 0x y z+ − =( ) ( )( )( )( )1' , ' ' ', '3d ACD A BC d A ACD⇒ = =b) Giả sử ( )α cắt (CDD’C’) theo giao tuyến DM, do hình lập phương có các mặt đốidiện song song với nhau nên( )α cắt (ABB’A’) theo giao tuyến B’N//DM vàDN//MB’. Vậy thiết diện là hình bình hành DMB’N.Gọi H là hình chiếu của M trên DB’. Khi đó:( )'' ' , 'DMB NS DB MH DB d M DB= × = ×.Ta có: ' 3DB =2; '2 2 2( , ')3'MD DBx xd M DBDB − + = =uuuur uuuuruuuur22'1 3 32 2 2 22 2 2DMB NS x x x = − + = − + ≥ ÷  Dấu đẳng thức xảy ra khi 12x =12zyxNHMD'C'B'A'DCBANên diện tích 'DMB NS nhỏ nhất khi 1;0;02M  ÷ , hay M là trung điểm D’C’Hoàn toàn tương tự nếu ( )10; ;0 0; ;02M y M ⇒ ÷ Vậy diện tích 'DMB NS nhỏ nhất khi M là trung điểm D’C’ hoặc M là trung điểm D’A’.Ví dụ 10. Cho hình chóp SABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a. ( ),SA ABCD SA a⊥ =.Gọi M là điểm di động trên cạnh CD. Xác định vị trí của M để khoảng cách từ điểmS đến BM lớn nhất, nhỏ nhất.Lời giải.Chọn hệ toạ độ trực chuẩn Oxyz sao cho( ) ( ) ( ) ( )( )0;0;0 , 1;0;0 , 1;1;0 , 0;1;0 ,0;0;1 .O A B C DS≡M là điểm di động trên CD nên ( );1;0M tvới 0 1t≤ ≤.( )1;1;0BM t= −uuuur( )22,2 3,2 2SB BMt td S BMt tBM − + = =− + +uur uuuuruuuurXét hàm số ( )222 32 2t tf tt t− +=− + + trên [0;1]( )( )( )222 1'2 2tf tt t− −=− +Ta có bảng biến thiên:t−∞ 0 1 +∞f’(t) - + - 213KMyxDCBAzSf(t)32Từ bảng biến thiên ta có [ ]( )0;13min2f t =, đạt được khi t = 0 [ ]( )0;1max 2f t =, đạt được khi t = 1Do đó ( ),d S MB lớn nhất khi ( )& , 2M C d S BM≡ =( ),d S MB nhỏ nhất khi ( )3& ,2M D d S BM≡ =VI) Sử dụng phương pháp véc tơ véc tơ.* Phương pháp:Bước 1: Chon hệ véc tơ gốc, đưa các giả thiết kết luận của bài toán hình học đã chora ngôn ngữ “véc tơ”.Bước 2: Thực hiện các yêu cầu của bài toán thông qua việc tiến hành biến đổi các hệthức véc tơ theo hệ véc tơ gốc.Bước 3: Chuyển các kết luận “véc tơ” sang các kết quả hình học tương ứng.Ví dụ 11. (Đề thi đại học khối D năm 2007).Cho hình chóp ABCDS. có đáy là hình thang. ··090 ,ABC BAD BA BC a= = = =,2AD a=. Cạnh bên SA vuông góc với đáy và 2SA a=. Gọi H là hình chiếuvuông góc của A trên SB. Tính khoảng cách từ H đến mặt phẳng ( )SCD. Lời giải.Đặt ; ;AB a AD b AS c= = =uuur r uuur r uuur rTa có: 0; 0; 0a c b c a b× = × = × =r r r r r r1; ;2SB a c SC a b c SD b c= − = + − = −uur r r uuur r r r uuur r rGọi N là chân đường vuông góc hạ từHlên mặt phẳng (SCD)( ;( ))d H SCD HN⇒ =Dễ dàng tính được 23SHSB=Khi đó :23HN HS SN SB xSC ySD= + = − + +uuur uuur uuur uur uuur uuur14QPNEHKMDCBAS2 23 2 3xx a y b x y c     = − + + + − − ÷  ÷  ÷     r r rTa có: 2 2 22 22 1 25003 2 2 36120032 3xx a y b x y cxHN SCxHN SDyy b x y c     − + + − − − == ÷  ÷  ÷× =       ⇒ ⇒     × = = −+ − − − = ÷  ÷   r r ruuur uuuruuur uuurr r21 1 1 1 16 12 6 6 2 3aHN a b c HN a b c ⇒ = + + ⇒ = + + = ÷ uuur r r r r r rCách 2: Gọi 1 2,d d lần lượt là khoảng cách từ các điểm H và B đến mp(SCD), ta có:11 222 2 2 3 23 3 3BSCD BSCDSCD SCDd SH V Vd dd SB S S∆ ∆= = ⇔ = = × =Trong đó 31 1 1 13 3 3 23 2BSCD BCD BIDaV SA S SA S SA AB ID∆ ∆= × = × = × × =Ta có: CD ACCD SCCD SA⊥⇒ ⊥⊥2 2 2 2 2 21 122 2SCDS SC CD SA AB BC CE ED a∆⇒ = × = + + × + =13ad⇒ =Cách 3: Sử dụng tính chất của tứ diện vuông.Phân tích. Trong bài toán này, việc tìm chân đường vuông góc hạ từ H xuống mặtphẳng (SCD) là khó khăn. Vì vậy, ta sẽ tìm giao điểm K của AH và (SCD) và quyviệc tính khoảng cách từ H đến (SCD) về việc tính khoảng cách từ A đến (SCD)Gọi M là giao điểm của AB và CD, K là giao điểm của AH với SM. Ta có:13BHBS=. Suy ra H là trọng tâm của tam giác SAM.Từ đó ta có: ( )( )( )( ),1, 3d H SCDKHd A SCD KA= =Do tứ diện ASDM vuông tại A nên:( )( )( )( )2 2 2 2 21 1 1 1 1,,d A SCD ad A SCD AS AD AM a= + + = ⇔ =Vậy ( )( ),3ad H SCD =15* Nhận xét: Việc lựa chọn hệ véc tơ gốc là rất quan trọng khi giải quyết một bài toánbằng phương pháp véc tơ. Nói chung việc lựa chọn hệ véc tơ gốc phải thoả mãn haiyêu cầu: + Hệ véc tơ gốc phải là ba véc tơ không đồng phẳng. + Hệ véc tơ gốc nên là hệ véc tơ mà có thể chuyển những yêu cầu của bài toánthành ngôn ngữ véc tơ một cách đơn giản nhất.Ví dụ 12. (Đề thi ĐH khối B năm 2007)Cho hình chóp tứ giác đều ABCDS. có đáy ABCDlà hình vuông cạnh a. E là điểmđối xứng của D qua trung điểm của SA. NM , lần lượt là trung điểm của AE và BC.Tính khoảng cách giữa MN và AC. Giải: Đặt : , ,OA a OB b OS c→ → → → → →= = =Ta có : . 0, . 0, . 0a c b c a b→ → → → → →= = =1 12 2MN MA AC CN SD AC CB= + + = + +uuuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur ( ) ( )1 12 2SO OD AC CO OB= + + + +uuur uuur uuur uuur uuur3 12 2a c= − −r r2AC a→ →= −Gọi PQ là đoạn vuông góc chung của MN và AC , ta có:12PQ PM MA AQ xMN SD yAO= + + = + +uuur uuuur uuur uuur uuuur uuur uuur( )3 1 12 2 2x a c c b ya = − − + − − − ÷ r r r r r( )3 1 112 2 2y x a x c b = − + − + − ÷ r r r( )2 223 3 11 0102 2 43302 022y x a x axPQ MNyPQ ACy x a + + + == − ÷× =    ⇒ ⇒  = × = + = ÷ r ruuur uuuuruuur uuurr22 21 1 22 4 8 4a aPQ b PQ OB PQ⇒ = − ⇒ = = ⇔ =uuur rCách 2: 16cbaPNMEOSDCBATa có: / /12MP ADMP AD=; / /12NC ADNC AD= nên tứ giác MNCP là hình bình hành( )/ /MN SAC⇒Do hình chóp SABCD đều ( )BO SOBO SACBO AC⊥⇒ ⇒ ⊥⊥( ) ( )( )( )( )1 1 1 2; ; ;2 2 4 4ad MN AC d N SAC d B SAC BO BD⇒ = = = = =C. BÀI TẬP ĐỀ NGHỊBài 1. (Đề thi Đại học khối D năm 2011). Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B, BA = 3a, BC = 4a; mặtphẳng (SBC) vuông góc với mặt phẳng (ABC). Biết SB = 2 3SB a=và ·030SBC =.Tính thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng (SAC) theoa.Bài 2.Cho hình chóp tứ giác SABCD, đáy ABCD là hình thoi cạnh a, tâm O, góc060BAD =. Các cạnh bên SA = SC; SB = SD 3a=.a) Tính khoảng cách từ điểm O đến mặt phẳng (SBC).b) Tính khoảng cách giữa các đường thẳng SB và AD.Bài 3. Cho tứ diên OABC có OA, OB, OC đôi một vuông góc và 1OA OB OC= = =.Gọi M, N theo thứ tự là trung điểm các cạnh , .AB OATính khoảng cách giữa haiđường thẳng OM và CN.Bài 4. (Đề thi Đại học khối A năm 2011). Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại B, AB = BC = 2a; haimặt phẳng (SAB) và (SAC) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABC). Gọi M là trungđiểm của AB; mặt phẳng qua SM và song song với BC, cắt AC tại N. Biết góc giữahai mặt phẳng (SBC) và (ABC) bằng 60o. Tính thể tích khối chóp S.BCNM và khoảngcách giữa hai đường thẳng AB và SN theo a.Bài 5. (Đề thi Đại học khối D năm 2008). Cho lăng trụ đứng ABC.A'B'C' có đáy ABC là tam giác vuông, AB = BC = a, cạnh bên AA' = a 2. Gọi M là trung điểm của cạnh BC. Tính theo a thể tích của khối lăng trụ ABC.A'B'C' và khoảng cách giữa hai đường thẳng AM, B'C.Bài 6. (Đề thi Đại học khối D năm 2009). Cho hình lăng trụ đứng ABCA’B’C’ có đáy ABC là tam giác vuông tại B, AB = a,AA’ = 2a, A’C = 3a. Gọi M là trung điểm của đoạn thẳng A’C’,I là giao điểm củaAM và A’C. Tính theo a thể tích khối tứ diện IABC và khoảng cách từ A điểm đếnmặt phẳng (IBC)17 18Phần IIIKẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊSáng kiến kinh nghiệm của tôi đã giải quyết được những vấn đề sau:1. Giúp học sinh có cái nhìn tổng quát và có hệ thống về bài toán tính khoảngcách, từ đó có kĩ năng giải thành thạo các bài toán thuộc chủ đề này và hơn thế cóthể ứng dụng chúng vào bài toán tính thể tích và một số bài toán thực tế khác. 2. Giải quyết một cách tương đối triệt để bài toán về tính khoảng cách của cácđối tượng điểm, đường thẳng và mặt phẳng.3. Thông qua việc vẽ hình, tính toán, tìm con đường tối ưu để tính khoảngcách, tạo cho các em khả năng làm việc độc lập, sáng tạo, phát huy tối đa tính tíchcực của học sinh theo đúng tinh thần phương pháp mới của Bộ giáo dục và đàotạo. Điều quan trọng là tạo cho các em niềm tin, khắc phục được tâm lí sợ bài toánvề hình học không gian.Qua thực tế áp dụng tôi thấy các em học sinh không những nắm vững đượcphương pháp, biết cách vận dụng vào những bài toán cụ thể mà còn rất hứng thúkhi học tập phần này. Khi học trên lớp và qua các lần thi thử đại học, số học sinhlàm được bài về tính khoảng cách cao hơn hẳn các năm trước và các em khôngđược học chuyên đề này.Một số đề xuấtMỗi bài toán thường là có nhiều cách giải, việc học sinh phát hiện ra nhữngcách giải khác nhau cần được khuyến khích. Song trong những cách giải đó cầnphân tích rõ ưu điểm và hạn chế từ đó chọn được cách giải tối ưu. Đặc biệt cầnchú ý tới những cách giải bài bản, có phương pháp và có thể áp dụng phươngpháp đó cho nhiều bài toán khác. Với tinh thần như vậy và theo hướng này cácthầy cô giáo cùng các em học sinh có thể tìm ra được nhiều kinh nghiệm hay vớinhiều đề tài khác nhau. Chẳng hạn, các bài toán về tính góc giữa các đối tượnghình học hay chứng minh đẳng thức hình học; các bài toán về ứng dụng củaphương pháp tọa độ để giải các bài toán hình học không gian,…Cuối cùng xin chân thành cảm ơn Ban giám hiệu, Ban giám đốc Sở, Ban giámkhảo và các đồng nghiệp đã giúp đỡ và góp ý cho tôi hoàn thành đề tài SKKNnày.19

Tài liệu liên quan

Các bài toán về tọa độ vector trong không gian
- 18
- 1
- 2
Phan loai giai bai toan ve tinh the tich của khoi chop 2 0
- 24
- 984
- 0
Các bài toán về tọa độ Vectơ trong không gian doc
- 18
- 638
- 0
skkn phân loại các bài toán về công suất của dòng điện xoay chiều nhằm giúp học sinh lớp 12 trường thpt quảng xương 4 nâng cao chất lượng học tập
- 27
- 1
- 0
tuyển tập các bài toán hình học giải tích trong không gian luyện thi đại học
- 16
- 1
- 3
Lời giải hay cho bải toán tính khoảng cách trong không gian
- 6
- 1
- 29
Khóa luận tốt nghiệp toán học :RÈN LUYỆN KỸ NĂNG GIẢI TOÁN HÌNH HỌC CHO HỌC SINH THPT THÔNG QUA DẠY HỌC GIẢI MỘT SỐ BÀI TOÁN VỀ TÍNH KHOẢNG CÁCH TRONG KHÔNG GIAN
- 48
- 1
- 4
Phân loại các bài tóan về tính khoảng cách trong không gian
- 19
- 2
- 2
Phương pháp tính khoảng cách trong không gian
- 7
- 755
- 1
Sáng kiến kinh nghiệm ỨNG DỤNG MỘT BÀI TOÁN ĐỂ TÍNH KHOẢNG CÁCH TRONG KHÔNG GIAN
- 36
- 722
- 0