Khoảng cách trong HHKG

Chuyên đề khoảng cách trong hình học không gian là chuyên đề khá hay và thường xuyên suất hiện trong đề thi đại học nên tài liệu này sẽ giúp các bạn học tốt phần này. trong tài liệu đã trình bày kỹ các dạng toán cơ bản cũng như các kỹ thuật thường dùng

1 MỘT PHƯƠNG PHÁP ĐỂ GIẢI CÁC BÀI TOÁN VỀ KHOẢNG CÁCH TRONG KHÔNG GIAN NGUYỄN TRUNG KIÊN Phạm vi những bài tập này tôi sẽ đề cập một phương pháp xuyên suốt để giải các bài toán về khoảng cách trong không gian đó là quy về bài toán cơ bản: Tính khoảng cách từ chân đường cao đến một mặt của hình chóp. Trước hết ta cần nắm chắc bài toán: Cho hình chóp SABC có SA vuông góc với đáy ABC . Tính khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng ( ) SBC • Việc tính khoảng cách này là rất đơn giản nhưng nó là chìa khóa để giải quyết mọi bài toán liên quan đến khoảng cách: Ta kẻ /( ) , ( ) A SBC AM BC AH SM AH SBC d AH ⊥ ⊥ ⇒ ⊥ ⇒ = Trong tam giác vuông SAM ta có 2 2 2 2 2 1 1 1 .AS AM AH AH AS AM AS AM = + ⇒ = + * Tính chất quan trọng - Nếu đường thẳng ( ) d song song với mặt phẳng ( ) P thì khoảng cách từ mọi điểm trên ( ) d đến mặt phẳng ( ) P là như nhau - Nếu AM kBM =   thì /( ) /( ) | | A P B P d k d = trong đó ( ) P là mặt phẳng đi qua M - Nếu , a b là hai đường thẳng chéo nhau. Gọi ( ) P là mặt phẳng chứa b và ( ) / / P a thì / /( ) /( ) a b a P M a P d d d ∈ = = Trên cơ sở các tính chất trên. Khi cần tính khoảng cách từ một điểm đến một mặt phẳng , hay tính khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau ta luôn quy được về bài toán cơ bản. H M C B A S 2 Ta xét các bài toán sau: Bài 1) Cho hình chóp SABCD có đáy ABCD là hình thang   0 90 ABC BAD= = , , 2 BA BC a AD a = = = . Cạnh bên SA vuông góc với đáy và 2 SA a = , góc tạo bởi SC và ( ) SAD bằng 30 0 .Gọi G là trọng tâm tam giác ( ) SAB . Tính khoảng cách từ G đến mặt phẳng ( ) SCD Giải: Kẻ CE vuông góc với AD thì E là trung điểm của AD và ( ) CE SAD ⊥  0 30 .tan 60 3 2 CSE SE CE a SA a ⇒ = ⇒ = = ⇒ = Để tính kho ả ng cách t ừ đ i ể m G đế n m ặ t ph ẳ ng ( ) SCD ta s ẽ tìm cách quy v ề kho ả ng cách t ừ đ i ể m A đế n m ặ t ph ẳ ng ( ) SCD G ọ i M là trung đ i ể m c ủ a AB , N là trung đ i ể m c ủ a AE . Ta có BE song song v ớ i ( ) SCD , MN c ũ ng song song v ớ i ( ) SCD . Ta có 3 4 ND AD = /( ) /( ) /( ) /( ) /( ) 2 2 2 2 3 1 . . 3 3 3 3 4 2 G SCD M SCD N SCD A SCD A SCD GS MS d d d d d= ⇒ = = = = Vì tam giác ACD vuông cân t ạ i C nên CD vuông góc v ớ i ( ) SAC . H ạ AH vuông góc v ớ i SC thì /( ) 2 2 . ( ) A SCD SA SC AH SCD d AH a SA SC ⊥ ⇒ = = = + (Ta c ũ ng có th ể l ậ p lu ậ n tam giác SAC vuông cân suy ra AH a = ) O N M G H E D C B A S 3 Bài 2) Cho hình l ă ng tr ụ ' ' ' ABCA B C có đ áy ABC là tam giác vuông cân t ạ i A c ạ nh huy ề n 2 BC a = cạnh bên ' 2 , AA a = bi ế t ' A cách đề u các đỉ nh , , A B C . G ọ i , M N l ầ n l ượ t là trung đ i ể m c ủ a ', AA AC . Tính th ể tích kh ố i chóp ' C MNB và kho ả ng cách t ừ ' C đế n m ặ t ph ẳ ng ( ) MNB Giải: - Tính th ể tích: Vì ' A cách đề u , , A B C nên chân đườ ng cao h ạ t ừ ' A lên m ặ t ph ẳ ng ( ) ABC là tâm vòng tròn ngo ạ i ti ế p tam giác ABC . G ọ i H là trung đ i ể m c ủ a BC suy ra ' ( ) A H ABC ⊥ G ọ i ' K MN AC = ∩ ⇒ ' 1 ' 3 3 C MNB AMNB AK C K V V= ⇒ = G ọ i E là trung đ i ể m c ủ a 1 ( ) . ( ) 3 MANB AH ME ABC V ME dt ANB ⇒ ⊥ ⇒ = Tính đượ c: 1 1 14 14 ' 2 2 2 4 a a ME A H= = = Suy ra: 2 3 1 14 14 . . 3 4 4 48 MANB a a a V = = . V ậ y 3 ' 14 16 C MNB a V = F K C B A N M I Q E P H C' B' A' 4 Ta th ấ y r ằ ng vi ệ c tính tr ự c ti ế p kho ả ng cách t ừ đ i ể m ' C đế n m ặ t ph ẳ ng ( ) BMN là t ươ ng đố i khó. Để kh ắ c ph ụ c khó kh ă n này ta s ẽ t ạ o ra bài toán c ơ b ả n tính kho ả ng cách t ừ chân đườ ng cao đế n m ặ t ph ẳ ng ( ) BMN b ằ ng cách d ự ng đườ ng cao ME c ủ a kh ố i chóp ABMN . - Tính kho ả ng cách: '/( ) /( ) 3 C BMN A BMN d d = . Gọi F là tr ọ ng tâm tam giác ABC Ta có: /( ) /( ) 2 1 1 1 1 ; 4 3 2 3 2 6 A BMN E BMN AF AH EH AH EF AH AH EF AH d d= = ⇒ + = ⇒ = ⇒ = Nh ư v ậ y '/( ) /( ) /( ) 3 12 C BMN A BMN E BMN d d d = = Hạ /( ) 2 2 . ( ) E MNB EP BN EP EM EQ MNB d EQ EQ MP EP EM ⊥  ⇒ ⊥ ⇒ = =  ⊥  + Ta có EPF ∆ đồ ng d ạ ng v ớ i BHF ∆ . EP EF BH EF EP BH BF BF ⇒ = ⇒ = Tính đượ c 2 2 a BH = ; 1 1 2 1 2 . 4 4 3 6 12 a EF AF AH AH= = = = ; 5 3 a BF = Suy ra: 2 2 5 . 994 20 284 a EP EM a EP EQ EP EM = ⇒ = = + V ậ y /( ) '/( ) 994 3 994 12 12. 284 71 E BMN C BMN a a d d= = = Qua ví d ụ trên ta th ấ y rõ t ầ m quan tr ọ ng c ủ a bài toán c ơ b ả n Bài 3) Cho hình chóp SABC có đ áy ABC là tam giác đề u c ạ nh b ằ ng a . Chân đườ ng cao h ạ t ừ S lên m ặ t ph ẳ ng ( ) ABC là đ i ể m H thu ộ c AB sao cho 2 HA HB = −   . Góc t ạ o b ở i SC và m ặ t ph ẳ ng ( ) ABC b ằ ng 0 60 . Tính th ể tích kh ố i chóp SABC và kho ả ng cách gi ữ a hai đườ ng th ẳ ng , SA BC theo a . Giải: 5 - Tính th ể tích: Vì ( ) SH ABCD ⊥ nên HC là hình chi ế u vuông góc c ủ a SC lên m ặ t ph ẳ ng ( ) ABCD . Góc t ạ o b ở i SC và m ặ t ph ẳ ng ( ) ABCD là  0 60 SCH = . Xét tam giác BHC theo đị nh lý hàm s ố cosin ta có  2 2 2 2 2 2 2 0 2 1 7 2 . .cos 2 . .cos60 2. . . 9 3 2 9 a a a HC HB BC HB BC HBC HB BC HB BC a a= + − = + − = + − = Suy ra  7 7 21 .tan . 3 3 3 3 a a a HC SH HC SCH= ⇒ = = = Ta suy ra 3 0 1 1 21 1 7 . . . .sin60 3 3 3 2 12 SABC ABC a a V SH S a a ∆ = = = ( Đ VTT) - Tính kho ả ng cách: G ọ i E là trung đ i ể m c ủ a BC , D là đỉ nh th ứ t ư c ủ a hình bình hành ABCD Ta có / / AD BC nên / /( ) /( ) SA BC BC SAD B SAD d d d= = Để tính kho ả ng cách t ừ B đế n ( ) SAD ta s ẽ quy v ề kho ả ng cách t ừ H đế n ( ) SAD Vì /( ) /( ) 3 3 2 2 B SAD H SAD BA HA d d= ⇒ = K F M E H D C B A S 6 K ẻ /( ) ( ) H SAD HF AD HK SAD d HK HK SF ⊥  ⇒ ⊥ ⇒ =  ⊥  Trong tam giác vuông SHF ta có 2 2 2 2 2 1 1 1 . HF HS HK HK HF HS HS HF = + ⇒ = + M ặ t khác ta có 2 2 3 3 3 3 2 3 a a HF AE= = = Suy ra 2 2 2 2 3 21 . . 42 3 3 12 3 21 9 9 a a HF HS HK a HS HF a a = = = + + V ậ y / 3 42 42 . 2 12 8 SA BC d a a = = Bài 4) Cho hình chóp SABCD có đ áy ABCD là hình vuông c ạ nh b ằ ng a . SA vuông góc v ớ i đ áy góc t ạ o b ở i SC và m ặ t ph ẳ ng ( ) SAB là 30 0 . G ọ i , E F l ầ n l ượ t là trung đ i ể m c ủ a BC và SD Tính kho ả ng cách gi ữ a hai đườ ng th ẳ ng chéo nhau DE và CF Giải: Vì  0 ( ) 30 .cot 30 3 2 CB AB CB SAB CSB SB BC a SA a CB SA ⊥  ⇒ ⊥ ⇒ = ⇒ = = ⇒ =  ⊥  I R K H F E D C B A S 7 T ừ C d ự ng CI song song v ớ i DE ta có 2 a CI DE = = . Ta có m ặ t ph ẳ ng ( ) CFI ch ứ a CF và song song v ớ i DE Ta có / /( ) /( ) DE CF DE CFI D CFI d d d = = . Để quy v ề bài toán c ơ b ả n ta s ẽ t ạ o ra đườ ng cao có liên quan đế n m ặ t ph ẳ ng ( ) FCI . Vì v ậ y ta k ẻ ( ) FH AD FH ABCD ⊥ ⇒ ⊥ và H chính là trung đ i ể m c ủ a AD .Bây gi ờ ta c ầ n quy kho ả ng cách t ừ đ i ể m D đế n ( ) CFI thành kho ả ng cách t ừ H đế n ( ) CFI Vì 1 2 DI HI = suy ra /( ) /( ) 1 2 D CFI H CFI d d= D ự ng /( ) 2 2 . ( ) H CFI HK CI HK HF HR FCI d HR HR FK HK HF ⊥  ⇒ ⊥ ⇒ = =  ⊥ +  Ta có 2 2 3 . 1 1 . 3 2 . . 2 2 13 3 2 a a CD HI a HK CI CD HI HK CI a a = ⇒ = = =   +     Ta có 2 2 2 3 . 2 3 31 2 13 2 31 2 3 2 13 a a a FH HR a a = ⇒ = =     +         Bài 5) Cho hình chóp SABCD có đ áy ABCD là hình ch ữ nh ậ t v ớ i 2 AB a = . M ặ t bên SAB là tam giác đề u và n ằ m trong m ặ t ph ẳ ng vuông góc v ớ i đ áy . Bi ế t AC vuông góc v ớ i SD tính th ể tích kh ố i chóp SABCD và kho ả ng cách gi ữ a hai đườ ng th ẳ ng BD và SC Giải: - Tính th ể tích kh ố i chóp SABCD G ọ i H là trung đ i ể m , AB O là giao đ i ể m c ủ a hai đườ ng chéo hình ch ữ nh ậ t ABCD ; SAB là tam giác đề u và n ằ m trong m ặ t ph ẳ ng vuông góc v ớ i đ áy ( ) SH ABCD ⇒ ⊥ và 3 3. 2 AB SH a= = G ọ i M là trung đ i ể m c ủ a SB thì góc t ạ o b ở i OM và AC c ũ ng là góc t ạ o b ở i SD và AC . Suy ra  0 90 MOC = . 8 Ta có 2 2 2 2 2 ( ) BC SAB BC SB MC BC MB BC a ⊥ ⇒ ⊥ ⇒ = + = + . 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 ( 4 ), ( 4 ) 4 4 4 4 4 OM SD SC BC a OC AC BC a = = = + = = + Nh ư v ậ y tam giác MOC vuông cân t ạ i 2 2 2 2 2 2 1 2 ( 4 ) 2 O MC OC BC a BC a ⇒ = ⇔ + = + 2 2 2 2. BC a BC a ⇔ = ⇒ = Th ể tích hình chóp SABCD là 3 . 1 1 1 2 6 . . . 2 . 2. 3 3 3 3 3 S ABCD ABCD a V S SH AB AD SH a a a= = = = - Kho ả ng cách gi ữ a hai đườ ng th ẳ ng , BD SC G ọ i N là trung đ i ể m c ủ a SA thì / /( ) /( ) /( ) / /( ) SC BD SC BDN C BDN A BDN SC BDN d d d d ⇒ = = = K ẻ /( ) /( ) / / ( ) 2 A BDN K BDN NK SH NK ABCD d d ⇒ ⊥ ⇒ = K ẻ /( ) 2 2 . ( ) K BDN KE BD KE KN KF BDN d KF KF NE KE KN ⊥  ⇒ ⊥ ⇒ = =  ⊥  + Q O F N E K H M D C B A S 9 Có 2 2 3 3 3 . 6 , . 2 4 4 4 a AB AD a KN KE AQ AB AD = = = = + Thay s ố ta tính đượ c 6 6 a KF = V ậ y ( ) 6 , 2 3 a d BD SC KF= = Chú ý: Trong bài toán này ta đ ã d ự ng đườ ng cao NK để quy v ề bài toán c ơ b ả n là tính kho ả ng cách t ừ đ i ể m K đế n m ặ t ph ẳ ng ( ) BDN Bài 6) Cho hình l ă ng tr ụ đứ ng ' ' ' ABCA B C có đ áy ABC là tam giác cân AB AC a = = ,  0 120 BAC = . Bi ế t góc t ạ o b ở i ' A B và ( ' ') BCC B b ằ ng ϕ sao cho 1 sin 4 ϕ = . G ọ i M là trung đ i ể m c ủ a ' AA . Tính th ể tíc kh ố i chóp ' ' B MCC và kho ả ng cách t ừ đ i ể m B đế n m ặ t ph ẳ ng ( ' ) B MC Giải: • Tính th ể tích: G ọ i ' H là trung đ i ể m c ủ a ' ' B C thì ' ' ' ' A H B C ⊥ suy ra ' ' ( ' ') A H BCC B ⊥ Suy ra góc t ạ o b ở i ' A B và ( ' ') BCC B là  ' ' A BH ϕ = . Tính đượ c ' ' ' 2 ' 3 2 a A H A B a BB a = ⇒ = ⇒ = H E K M H H' C B C' B' A A' 10 Ta có ' ' '/( ') ' 1 . 3 B MCC B CMC CMC V d S ∆ = . K ẻ '/( ') ' ' ' ' ( ' ') ' B CMC B K A C B K ACC A d B K ⊥ ⇒ ⊥ ⇒ = Tính đượ c 3 ' ' '.sin60 2 a B K A B= = , 2 ' 1 1 3 . ' . 3 2 2 2 CMC a S AC CC a a ∆ = = = V ậ y th ể tích kh ố i chóp là: 2 3 1 3 3 . . 3 2 2 4 a a a V = = ( đ vtt) • Tính kho ả ng cách: Ta kéo dài ' B M c ắ t BA t ạ i E thì m ặ t ph ẳ ng ( ' ) B MC c ũ ng chính là ( ' ) B CE và A là trung đ i ể m c ủ a BE . Ta s ẽ tính kho ả ng cách t ừ đ i ể m B đế n ( ' ) B CE D ễ th ấ y BCE là tam giác vuông t ạ i C do AB AC AE a = = = . K ẻ /( ' ) ' ( ' ) B B CE BH B C BH B CE d BH ⊥ ⇒ ⊥ ⇒ = Trong tam giác ' B BC ta có 2 2 2 2 2 2 2 3 . 1 1 1 '. 21 2 ' 7 3 ' 4 a a BB BC a BH BH BB BC BB BC a a = + ⇒ = = = + + V ậ y kho ả ng cách t ừ đ i ể m B đế n m ặ t ph ẳ ng ( ' ) B MC là 21 7 a . Bài 7) Cho hình chóp SABCD có đ áy ABCD là hình vuông c ạ nh b ằ ng a . M ặ t bên SAB là tam giác đề u và n ằ m trong m ặ t ph ẳ ng vuông góc v ớ i đ áy. G ọ i , , M N P l ầ n l ượ t là trung đ i ể m c ủ a , , SB BC SD . Tính theo a th ể tích kh ố i chóp SMNP và kho ả ng cách gi ữ a hai đườ ng th ẳ ng , AM CP Giải: • Tính th ể tích kh ố i chóp: Ta có . . 1 1 1 . . 4 4 16 SMNP SMNP SBND SABCD SBND V SM SN SP V V V V SB SN SD = = ⇒ = = K ẻ ( ) SH AB SH ABCD ⊥ ⇒ ⊥ và H là trung đ i ể m c ủ a AB Ta có 2 2 3 3 1 3 3 , . . 2 16 2 32 ABCD SMNP a a SH S a V a a = = ⇒ = = ( đ vtt) [...]... N C F E • Để tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AM , CP ta sẽ tìm cách quy về bài toán cơ bản như sau: Kéo dài AN cắt CD tại E thì PC / / SE Ta kẻ MF / / SE ⇒ MF / /CP Như vậy ta đã có mặt phẳng ( AMF ) chứa AM và song song với CP Ta có d CP / AM = dCP /( AMF ) = d C /( AMF ) Ta kẻ MK ⊥ AB thì MK ⊥ ( ABCD ) Bây giờ ta tìm cách quy khoảng cách từ C đến ( AM F ) thành khoảng cách từ K đến ( AMF... 3 = d N /( ABCD ) S ∆ADM = = 3 3 6 4 24 Tính khoảng cách: Gọi E là giao điểm của CM và BD thì E là trọng tâm của tam giác ABC Qua E ta kẻ EF / / BN thì BN / /(CMF ) Suy ra d BN / MC = d BN /( FCM ) = d B /( FCM ) Vì BE = 1 1 DE ⇒ d B /( CMF ) = d D /( CMF ) 2 2 Để tạo ra bài toán cơ bản ta kẻ FK ⊥ MD và quy khoảng cách từ d D /( CMF ) thành khoảng cách từ K đến (CMF ) 12 Dễ thấy 2 2 1 1 3 3 3 FD... a, AD = a 3 , Gọi M , N lần lượt là trung điểm của AB, SD , H là giao điểm của AC và DM Biết SH vuông góc với đáy ( ABCD ) Góc tạo bởi SD và đáy ( ABCD ) bằng 600 Tính thể tích khối chóp MAND và khoảng cách giữa hai đường thẳng CM , BN Giải: Tính thể tích: Vì H là giao điểm của AC và DM nên H là trọng tâm của tam giác BAD Góc tạo bởi SD và ( ABCD ) là SDH = 600 1 Ta có VMAND = d N /( ABCD ) S ∆ADM