Các chuyên đề toán hình 11

Chuyên đề toán hình học lớp 11:2.1. Các định nghĩa +) Định nghĩa 1: Hai đường thẳng được gọi là vuông góc với nhau nếu góc giữa chúng bằng 900. +) Định nghĩa 2: Một đường thẳng được gọi là vuông góc với mặt phẳng nếu nó vuông góc với mọi đường thẳng nằm trong mặt phẳng đó. +) Định nghĩa 3: Hai mặt phẳng được gọi là vuông góc với nhau nếu góc giữa chúng bằng 900. . +) Định nghĩa 4: Góc giữa hai đường thẳng a và b là góc giữa hai đường thẳng a’ và b’ cùng đi qua một điểm và lần lượt song song (hoặc trùng) với a và b. +) Định nghĩa 5: . Nếu đường thẳng a vuông góc với mặt phẳng (α) thì ta nói rằng góc giữa đường thẳng a và mặt phẳng (α) bằng 900. . Nếu đường thẳng a không vuông góc với mặt phẳng (α) thì góc giữa a và hình chiếu a’ của nó trên mặt phẳng (α) gọi là góc giữa đường thẳng a và mặt phẳng (α). +) Định nghĩa 6: Góc giữa hai mặt phẳng là góc giữa hai đường thẳng lần lượt vuông góc với hai mặt phẳng đó. +) Định nghĩa 7: Khoảng cách từ điểm M đến mặt phẳng (α) (hoặc đến đường thẳng ∆) là khoảng cách giữa hai điểm M và H, trong đó H là hình chiếu vuông góc của M trên mặt phẳng (α) (trên đường thẳng ∆). +) Định nghĩa 8: Khoảng cách giữa đường thẳng a đến mặt phẳng (α) song song với a là khoảng cách từ một điểm nào đó của a đến mặt phẳng (α). +) Định nghĩa 9: Khoảng cách giữa hai mặt phẳng song song là khoảng cách từ một điểm bất kỳ của mặt phẳng này đến mặt phẳng kia. +) Định nghĩa 10: Khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau là độ dài đoạn vuông góc chung của hai đường thẳng đó. 2.2. Các định lý thường được sử dụng Định lý 1: Định lý 2: Định lý 3: + + + Định lý 4: Định lý 5: Định lý 6:   B. NỘI DUNG I. Chứng minh đường thẳng vuông góc với mặt phẳng, đường thẳng vuông góc với đường thẳng, mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng. 1.1. Dạng 1: Chứng minh đường thẳng vuông góc với mặt phẳng 1.1.1. Phương pháp: Ta thường vận dụng định lý 1 để chứng minh. Hoặc sử dụng định lý 3, định lý 5, định lý 6 trong một số trường hợp đặc biệt 1.1.2. Các ví dụ mẫu: Ví dụ 1: Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giácvvuông tại C, a) Chứng minh rằng: b) Gọi E là hình chiếu vuông góc của A trên SC. Chứng minh rằng:

2.1 Các định nghĩa +) Định nghĩa 1: Hai đường thẳng gọi vng góc với góc chúng 900 a  b � (a, b)  90 +) Định nghĩa 2: Một đường thẳng gọi vng góc với mặt phẳng vng góc với đường thẳng nằm mặt phẳng a  ( ) � b �( ) : a  b +) Định nghĩa 3: Hai mặt phẳng gọi vng góc với góc chúng 900 ( )  (  ) � (( ),(  ))  90 +) Định nghĩa 4: Góc hai đường thẳng a b góc hai đường thẳng a’ b’ qua điểm song song (hoặc trùng) với a b +) Định nghĩa 5: Nếu đường thẳng a vng góc với mặt phẳng (α) ta nói góc đường thẳng a mặt phẳng (α) 900 Nếu đường thẳng a khơng vng góc với mặt phẳng (α) góc a hình chiếu a’ mặt phẳng (α) gọi góc đường thẳng a mặt phẳng (α) +) Định nghĩa 6: Góc hai mặt phẳng góc hai đường thẳng vng góc với hai mặt phẳng +) Định nghĩa 7: Khoảng cách từ điểm M đến mặt phẳng (α) (hoặc đến đường thẳng ∆) khoảng cách hai điểm M H, H hình chiếu vng góc M mặt phẳng (α) (trên đường thẳng ∆) +) Định nghĩa 8: Khoảng cách đường thẳng a đến mặt phẳng (α) song song với a khoảng cách từ điểm a đến mặt phẳng (α) +) Định nghĩa 9: Khoảng cách hai mặt phẳng song song khoảng cách từ điểm mặt phẳng đến mặt phẳng +) Định nghĩa 10: Khoảng cách hai đường thẳng chéo độ dài đoạn vng góc chung hai đường thẳng 2.2 Các định lý thường sử dụng a �b � � a, b �( P ) �� d  ( P) d  a, d  b � � Định lý 1: a �( P) � � d  ( P ) �� d  a a �( P) � � Định lý 2: d  ( P) � �� d '  ( P) d '/ / d � Định lý 3: + ( P ) / /(Q) � �� d  (Q) d  ( P) � + + d / /( P) � �� d '  d d '  ( P) � d  ( P) � �� ( P )  (Q) d �(Q) � Định lý 4: ( P )  (Q) � ( P ) �(Q)   � � �� d  (Q ) d �( P) � � d  � Định lý 5: ( P) �(Q)   � � ( P)  ( R) ��   ( R) � ( Q )  ( R ) � Định lý 6: B NỘI DUNG I Chứng minh đường thẳng vng góc với mặt phẳng, đường thẳng vng góc với đường thẳng, mặt phẳng vng góc với mặt phẳng 1.1 Dạng 1: Chứng minh đường thẳng vng góc với mặt phẳng 1.1.1 Phương pháp: Ta thường vận dụng định lý để chứng minh Hoặc sử dụng định lý 3, định lý 5, định lý số trường hợp đặc biệt 1.1.2 Các ví dụ mẫu: Ví dụ 1: Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC tam giácvvng C, SA  ( ABC ) a) Chứng minh rằng: BC  ( SAC ) b) Gọi E hình chiếu vng góc A SC Chứng minh rằng: AE  ( SBC ) c) Gọi mp(P) qua AE vng góc với (SAB), cắt SB D Chứng minh rằng: SB  ( P) d) Đường thẳng DE cắt BC F Chứng minh rằng: AF  ( SAB ) Giải: a) Ta có: BC  AC ( gt ) (1) Mặt khác, SA  ( ABC ) � �� SA  BC (2) BC �( ABC ) � Từ (1) (2) suy ra: BC  ( SAB) b) Ta có: AE  SC (3) (gt) Theo a) BC  ( SAB ) � AE  BC (4) Từ (3) (4) suy ra: AE  ( SBC ) c) Ta thấy: ( P) �( ADE ) Theo b) AE  ( SBC ) � BC  AE (5) Trong mp(ADE) kẻ EH  AD, H �AD Vì ( ADE )  ( SAB) � � ( ADE ) �( SAB)  AD �� EH  ( SAB) � SB  EH (6) � EH  AD � Từ (5) (6) suy ra: SB  ( ADE ) hay SB  ( P ) d) Từ SA  ( ABC ) � �� AF  SA (7) AF �( ABC ) � Theo c) SB  ( ADE ) � AF  SB (8) Từ (7) (8) suy ra: AF  ( SAB) Ví dụ 2: Cho hình chóp S.ABCD, đáy ABCD hình vng, tam giác SAB tam giác đều, ( SAB)  ( ABCD) Gọi I, F trung điểm AB AD Chứng minh rằng: FC  ( SID ) Giải: Ta có: SI  AB � � ( SAB )  ( ABCD ) �� SI  ( ABCD ) � SI �( SAB ) � � SI  CF (1) Mặt khác, xét hai tam giác vng ADI DFC có: AI=DF, AD=DC Do đó, AID  DFC từ ta có: � I�1  F � C � D � � � � � �� F1  D2  90 2 �  900 � I�1  D � � �  900 � FHD Hay CF  ID (2) Từ (1) (2) suy ra: FC  ( SID) 1.2 Dạng 2: Chứng minh hai đường thẳng vng góc 1.2.1 Phương pháp: Ta thường sử dụng định lý cách chứng minh vng góc có hình học phẳng 1.2.2 Các ví dụ mẫu: Ví dụ 1: (D-2007) Cho hình chóp S.ABCD đáy ABCD hình thang vng A B, SA  ( ABCD) , AD=2a, AB=BC=a Chứng minh rằng: tam giác SCD vng Giải: Ta có: SA  ( ABCD) � �� SA  CD (1) CD �( ABCD) � + Gọi I trung điểm AD Tứ giác ABCI hình vng Do đó, � ACI  450 (*) Mặt khác, CID � tam giác vuông cân I nên: BCI  45 (*) � Từ (*) (**) suy ra: ACD  90 hay AC  CD (2) Từ (1) (2) suy ra: CD  ( SAC ) � CD  SC hay ∆SCD vng C Ví dụ 2: (B-2007) Cho hình chóp S.ABCD đáy ABCD hình vng, E điểm đối xứng D qua trung điểm SA Gọi M, N trung điểm AE BC CMR: MN  BD Giải: Gọi I, P trung điểm AB SA, O giao điểm AC BD Ta có: IN / / AC � �� BD  IN (1) AC  BD � IM / / BE � �� IM / / PO (*) BE / / PO � Mặt khác, Mà PO  BD(**) (vì: BPD tam giác cân P O trung điểm BD) Từ (*) (**) ta có: BD  IM (2) Từ (1) (2) ta có: BD  ( IMN ) � BD  MN Các điểm cần ý giải ví dụ 2: + Chọn mp(IMN) với I trung điểm AB ( BD  AC nên chọn mp chứa MN vng góc với BD mp(IMN)) + Sử dụng giả thiết trung điểm để chứng minh song song a / /b � �� b  c a  c� + Sử dụng định lý: Ví dụ 3: (A-2007) Cho hình chóp S.ABCD đáy ABCD hình vng, tam giác SAD đều, ( SAD)  ( ABCD) Gọi M, N, P trung điểm SB, BC CD Chứng minh rằng: AM  BP Giải: Gọi I giao diểm AN BP, H trung điểm AD, K giao điểm AN BH Xét hai tam giác vng ABN BCP có: AB=BC, BN=CP Suy ra, ABN  BCP �  CBP � ,� � � BAN ANB  BPC mà � � � � BAN ANB  900 � CBP ANB  900 hay AN  BP (1) SH  AD � � ( SAD )  ( ABCD ) �� SH  BP (*) BP �( ABCD ) � � Vì ∆SAD nên: Mặt khác, tứ giác ABNH hình chử nhật nên K trung điểm HB hay MK / / SH (**) Từ (*) (**) suy ra: BP  MH (2) Từ (1), (2) suy ra: BP  ( AMN ) � BP  AM 1.3 Dạng 3: Chứng minh hai mặt phẳng vng góc 1.3.1 Phương pháp: Sử dụng định lý 1.3.2.Các ví dụ mẫu: Ví dụ 1: Cho hình chóp S.ABCD đáy ABCD hình thoi , SA=SC Chứng minh rằng: ( SBD)  ( ABCD) Giải:+ Ta có: AC  BD (1) (giả thiết) + Mặt khác, SO  AC (2) (SAC tam giác cân A O trung điểm AC nên SO đường cao tam giác) + Từ (1) (2) suy ra: AC  ( SBD ) mà AC �( ABCD) nên ( SBD)  ( ABCD) Ví dụ 2: (B-2006) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình chữ nhật, AB=a, AD  a , SA  ( ABCD) Gọi M trung điểm AD, I giao điểm AC BM Chứng minh rằng: ( SAC )  ( SMB) Giải: + Ta có: SA  ( ABCD ) � SA  BM (1) + Xét tam giác vng ABM có: tan � AMB  ACD có: AB  AM Xét tam giác vuông �  tan CAD CD  AD Ta có: � ))  cot � AIM  cot(1800  ( � AMB  CAD � )0  cot( � AMB  CAD �� AIM  900 Hay BM  AC (2) + Từ (1) (2) suy ra: BM  ( SAC ) mà BM �( SAC ) nên ( SAC )  ( SMB) 1.4 Bài tập: II Các dạng tốn góc 2.1 Dạng 1: Góc hai đường thẳng 2.1.1 Phương pháp xác định góc hai đường thẳng a b chéo Cách 1: (a,b)=(a’,b’) a’, b’ hai đường thẳng cắt song song với a b Tức là, chọn hai đường thẳng cắt song song với a b Cách 2: (a,b)=(a,b’) b’ đường thẳng cắt đường thẳng a song song với b Tức chọn a (hoặc b) điểm A từ chọn đường thẳng qua A song song với b (hoặc a) *) Chú ý: Các định lý hay sử dụng 2.1.2 Các ví dụ mẫu: Ví dụ 1: Cho hình chóp S.ABCD có đáy hình thoi cạnh a, SA  a 3, SA  BC Tính góc hai đường thẳng SD BC? Giải: Ta có: BC//AD BC / / AD � � �� SAD  90 SA  BC � Do đó, � ( SD, BC )  ( SD, AD)  SDA �  tan SDA Xét tam giác vSAD vng A ta có: SA �  600  � SDA AD Vậy góc hai đường thẳng SD BC 600 Ví dụ 2: Cho tứ diện ABCD có AB=CD=2a Gọi M, N trung điểm BC AD, MN  a Tính góc hai đường thẳng AB CD? Giải: Gọi I trung điểm BD Ta có: IN / / AC � �� ( AB, CD )  ( IM , IN ) IM / / CD � Xét tam giác IMN có: IM  IN  a, MN  a Do đó, 2a  3a � cos MIN    2a 2 �  1200 � MIN 0 Vậy: ( AB, CD)  180  120  60 Các điểm cần ý giải ví dụ 2: + Việc tìm góc hai đường thẳng AB CD thơng qua góc hai đường thẳng IM IN nhờ vào giả thiết MN  a � + Một số em đồng ( IM , IN )  MIN chưa xác mà � � MIN ( IM , IN )  � � � 1800  MIN � Đến ta giải quết theo hai hướng: � - Chứng minh góc MIN  90 � � - Tính cụ thể góc MIN sau dựa vào giá trị góc MIN để kết luận giá trị góc hai đường thẳng AB CD Ví dụ 3: (A-2008) Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có độ dài cạnh bên 2a, đáy ABC tam giác vuông A, AB  a, AC  a Hình chiếu vng góc A’ lên mp(ABC) trung điểm BC Tính cosin góc hai đường thẳng AA’ B’C’? Giải: Gọi H trung điểm BC Ta có: AA '/ / BB ' � �� ( AA ', B ' C ')  B ' C '/ / BD �  ( BB ', BD) Hay, cos( AA ', B ' C ')  cos( BB ', BD)  � '  cos HBB Xét tam giác A’B’H có A ' H  AA '2  AH  �BC �  AA '  � � a 2 � A '  900 , A ' B '  a , �2 � , HB '  A ' H  A ' B '  2a BH  BB '2  HB '2 � cos HBB '   BH BB ' Do đó, Vậy � ' cos( AA ', B ' C ')  cos HBB Chú ý: Trong số trường hợp yêu cầu tính góc hai mặt phẳng áp dụng cơng thức hình chiếu để tính Cơng thức hình chiếu: Gọi hình (H) có diện tích S; hình (H’) hình chiếu (H) mặt phẳng (α) có diện tích S’; φ góc mặt phẳng chứa (H) mp(α) Lúc đó, ta có công thức sau: S '  S cos  2.3.2 Các ví dụ mẫu Ví dụ 1: Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ có cạnh a Tính số đo góc (BA’C) (DA’C) Giải: + Kẻ BH  A ' C , (H �A'C) (1) + Mặt khác, ta có: BD  AC (gt) , AA '  ( ABCD) � AA '  BD � BD  ( ACA ') � BD  A ' C (2) Từ (1) (2) suy ra: A ' C  ( BDH ) � A ' C  DH Do đó, (( BA ' C ),( DA ' C ))  ( HB, HD) 1    2 2 BH BC BA ' 2a 2 � BH  a � DH  a 3 + Xét tam giác vuông BCA’ có: + Ta có: �  cos BHD BH  BD �  1200   � BHD 2 BH Vậy (( BA ' C ),( DA ' C ))  600 Ví dụ 2: Cho hình lăng trụ đứng ABC.A’B’C’, đáy ABC tam giác cân AB=AC=a, �  1200 BAC , BB’=a, I trung điểm CC’ Tính cosin góc hai mp(ABC) (AB’I) Giải: + Ta thấy tam giác ABC hình chiếu vng góc tam giác AB’I lên mặt phẳng (ABC) Gọi φ góc hai mặt phẳng (ABC) (AB’I) Theo cơng cos   thức hình chiếu ta có: S ABC S AB ' I + Ta có: S ABC a2  AB AC.sin120  AI  AC  CI  a , AB '  AB  BB '  a 2, 2 vuông A nên cos   Vậy S AB ' I IB '  B ' C '2  IC '2  a 13 Suy ra: Tam giác AB’I a 10  AB ' AI  S ABC  S AB ' I 10 2.4 Bài tập III Các dạng toán khoảng cách 3.1.Dạng 1: Khoảng cách từ điểm tới mặt phẳng 3.1.1 Cách xác định khoảng cách từ điểm M đến mp(P) Cách 1: + Tìm mp(Q) chứa M vng góc với mp(P) theo giao tuyến ∆ + Từ M hạ MH vng góc với ∆ ( H � ) + MH = d(M,(P)) Cách 2: + Kẻ ∆//(P) Ta có: d(M,(P))= d(∆,(P))    d M,  P   d( ,(P))=d N ,  P  + Chọn N � Lúc đó,  Cách 3: d  M,  P   d  N, P  + Nếu MN �( P )  I Ta có: + Tính + d  N, P  d  M,  P     MI NI MI NI MI d  N ,  P   NI Chú ý: Điểm N ta phải chọn cho tìm khoảng cách từ N đến mặt phẳng (P) dễ tìm khoảng cách từ M đến mp(P) 3.1.2 Các ví dụ mẫu *) Ví dụ cho cách 1: Ví dụ 1: Cho hình chóp S.ABC, đáy ABC có cạnh a, mặt bên tạo với đáy góc α Tính d ( A,( SBC )) theo a α Giải: + Gọi I trung điểm BC SI  BC � �� BC  ( SAI ) � AI  BC � + Ta có: SIA   + Kẻ AH  SI (H �SI) mà SI  ( SAI ) �( SBC ) nên AH  ( SBC ) Do đó, d ( A,( SBC ))  AH + Mặt khác, xét tam giác vng AHI có: AH  AI sin   Vậy, a sin  d ( A,( SBC ))  AH  a sin  Ví dụ 2: Cho hình chóp S.ABCD đáy ABCD hình vng cạnh a, SA  ( ABCD ) , SA=2a, a) Tính d ( A,( SBC )) b) Tính d ( A,( SBD)) Giải: a) Kẻ AH  SB (H �SB) (1) Ta có: SA  ( ABCD) � SA  BC (*) AB  BC (gt) (**) Từ (*) (**) suy ra: BC  ( SAB) � BC  AH (2) Từ (1) (2) ta có: AH  ( SBC ) hay d ( A,( SBC ))  AH 1 2a    � AH  2 AB SA 4a + Mặt khác, xét tam giác vng SAB có: AH d ( A,( SBC ))  Vậy, 2a b) Gọi O  AC �BD Kẻ AK  SB (K �SO) (1) Ta có: SA  ( ABCD) � SA  BD (*) AC  BD (gt) (**) Từ (*) (**) suy ra: BD  ( SAC ) � BC  AK (2) Từ (1) (2) ta có: AK  ( SBD ) hay d ( A,( SBD ))  AK 1 2a    � AK  2 AO SA 4a + Mặt khác, xét tam giác vng SAO có: AK Vậy, d ( A,( SBD))  2a Ví dụ 3: Cho hình chóp S.ABCD đáy ABCD hình vng cạnh a, tam giác SAB đều, ( SAB )  ( ABCD ) Gọi I, F trung điểm AB AD Tính d ( I ,( SFC )) Giải: Gọi K  FC �ID + Kẻ IH  SK (H �K) (1) + Ta có: ( SAB)  ( ABCD ) � ( SAB) �( ABCD)  AB � � �� SI  ( ABCD) SI �( SAB ) � � SI  AB � � SI  FC (*) + Mặt khác, Xét hai tam giác vuông AID DFC có: AI=DF, AD=DC Suy ra, � ,� � AID  DFC ADI  DCF AID  DFC � � mà � � � AID  � ADI  900 � DFC ADI  900 FC  ID hay (**) + Từ (*) (**) ta có: FC  ( SID) � IH  FC (2) Từ (1) (2) suy ra: IH  ( SFC ) hay d ( I ,( SFC ))  IH SI  + Ta có: a a 1 a , ID  ,    � DK  2 2 DK DC DF a � IK  ID  DK  3a 10 1 32 3a 3a    � IH  d ( I ,( SFC ))  SI IK 9a Vậy, Do đó, IH *) Ví dụ cho cách 2: Ví dụ 1: (B-2011) Cho lăng trụ ABCD.A’B’C’D’, ABCD hình chữ nhật, AB  a, AD  a Hình chiếu vng góc A’ (ABCD) trùng với giao điểm AC BD Tính d ( B ',( A ' BD)) Giải: + Gọi O giao điểm AC BD Vì B’C//A’D nên B’C//(A’BD) Do đó, d ( B ',( A ' BD))  d ( B ' C ,( A ' BD))  d (C ,( A ' BD)) + Trong mặt phẳng (ABCD) kẻ A ' O  ( ABCD) CH  BD, (H �BD) (1) Mặt khác, � A ' O  CH (2) Từ (1) (2) suy ra: CH  ( A ' BD) � d ( B ',( A ' BD))  CH 1 a    � CH  BC CD 3a + Xét tam giác vng BCD có: CH Vậy: d ( B ',( A ' BD))  CH  a Ví dụ 2: (A-2013) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC tam giác vng A, � ABC  300 , SBC tam giác cạnh a, ( SBC )  ( ABC ) Tính d (C ,( SAB)) Giải: + Trong mặt phẳng (ABC) vẽ hình chữ nhật ABDC Gọi M, I, J trung điểm BC, CD AB Lúc đó, CD//(SAB) hay d (C ,( SAB))  d (CD,( SAB))  d ( I ,( SAB)) + Trong mặt phẳng (SIJ) kẻ IH  SJ , (H �SJ) (1) IJ  AB � � SM  ( ABC ) � AB  SM � Mặt khác, ta có: � AB  ( SIJ ) � AB  IH (2) Từ (1) (2) suy ra: IH  ( SAB) hay d (C ,( SAB))  IH + Xét tam giác SIJ có: S SIJ  IJ  AC  BC sin 300  Do đó: IH  1 SM IJ IH SJ  SM IJ � IH  2 SJ Với: a a a 13 SM  SJ  SM  MJ  2, , SM IJ a 39 a 39  d (C ,( SAB))  SJ 13 Vậy 13 *) Ví dụ cho cách 3: Ví dụ 1: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình thang vng A D, AB=AD=a, CD=2a, SD  ( ABCD) , SD=a a) Tính d ( D,( SBC )) b) Tính d ( A,( SBC )) Giải: Gọi M trung điểm CD, E giao điểm hai đường thẳng AD BC a) Trong mặt phẳng (SBD) kẻ DH  SB, (H �SB) (1) BM  AD  CD � + Vì Tam giác BCD vng B hay BC  BD (*) Mặt khác, SD  ( ABCD) � SD  BC (**) Từ (*) (**) ta có: BC  ( SBD ) � BC  DH (2) Từ (1) (2) suy ra: DH  ( SBC ) hay d ( D,( SBC ))  DH + Xét tam giác vng SBD có: 1 2a    � DH  2 DH SD BD 2a Vậy, d ( D,( SBC ))  2a 3 d ( A,( SBC )) AE AB 1 a    � d ( A,( SBC ))  d ( d ,( SBC ))  b) Ta có: d ( D,( SBC )) DE CD Vậy, d ( A,( SBC ))  a 3 Ví dụ 3: (D-2011) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC tam giác vng B, BA=3a, � BC=4a, ( SBC )  ( ABC ), SB  2a 3, SBC  30 Tính d ( B ,( SAC )) Giải: + Trong mặt phẳng (SBC) kẻ SM  BC (M �BC) ; mặt phẳng (ABC) kẻ MN  AC (N �AC) ; mặt phẳng (SMN) kẻ MH  SN (N �SN ) Suy ra, MH  ( SAC ) � d ( M ,( SAC ))  MH + Ta có: SM  SB.sin 30  a , BM  SB.cos300  3a � CM  a , MN  AB.CM 3a  AC Xét tam giác vng SMN có: 1 28 3a    � MH  2 MH SM MN 9a 28 3a � d ( M ,( SAC ))  28 + Mặt khác, ta có: d ( B,( SAC )) BC  4 d ( M ,( SAC )) MC � d ( B,( SAC ))  4.d ( M ,( SAC ))  d ( B,( SAC ))  Vậy 6a 6a 3.2.Dạng 2: Khoảng cách hai đường thẳng chéo 3.2.1 Cách tính khoảng cách hai đường thẳng chéo d d’ Cách 1: + Xác định đường thẳng vng góc chung d d’ + Tính độ dài đoạn vng góc chung Cách 2: +Tìm mp(P) chứa d’ song song với d + Khi d ( d , d ')  d (d ,( P))  d ( A,( P)) với A điểm thuộc d Chú ý: mp(P) có sẵn phải dựng (Cách dựng: qua điểm B �d ' dựng đường thẳng ∆ song song với d, lúc mp(P)≡(d’,∆)) 3.2.2 Các ví dụ mẫu *) Ví dụ cho cách Ví dụ 1: Cho tứ diện ABCD có AB=a, tất cạnh lại 3a Tính d ( AB, CD ) Giải: + Gọi I, J trung điểm CD AB + Vì ACD ACD tam giác nên: CD  AI , CD  BI � CD  ( AIB ) � CD  IJ (1) Mặt khác, ACD  ACD nên tam giác AIB cân I Do đó, IJ  AB (2) + Từ (1), (2) suy ra: IJ đường vng góc chung AB CD 2 �3a � �a � a 26 IJ  AI  AJ  � � � �  � � �2 � + Ta có: Vậy d ( AB, CD )  a 26 Ví dụ 2: (A_2010) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình vng cạnh a Gọi M, N trung điểm AB AD, H giao điểm CN DM, SH  ( ABCD ), SH  a Tính d ( DM , SC ) Giải: + Trong mp(SCH) kẻ HK  SC (1), (K �SC) + Mặt khác, SH  ( ABCD) � �� SH  DM (*) DM �( ABCD) � Xét hai tam giác vng AMD DNC có AM=DN, AD=DC � AMD  DNC Từ ta có: � � AMD  DNC � � ADM  DCN � � � � 0 � � �� DNC  ADM  90 � NHD  90 � � AMD  � ADM  900 � � hay DM  CN (**) Từ (*), (**) suy ra: DM  ( SCH ) � DM  HK (2) Từ (1), (2) suy ra: HK đoạn vuông góc chung DM SC CD a2 2a � HC    CN CD  DN + Ta có: HCD : DCN Xét tam giác vng SHC ta có: HK Vậy d ( DM , SC )  HK   HC  HS  3a � HK  a 15 a 15 *) Ví dụ cho cách Ví dụ 1: Cho hình lăng trụ đứng ABC.A’B’C’, đáy ABC tam giác cạnh a, AA '  a 2 Tính d ( AB, CB ') Giải: + Gọi I, J trung điểm AB A’B’ + Ta có: AB / /(CA ' B ') � d ( AB, CB ')  d ( AB,(CA ' B '))   d ( I ,(CA ' B ')) + Trong mp(CIJ) kẻ IH  CJ (1), (H �CJ) Ta có: A ' B '  ( IJ ) (vì ABC A’B’C’ hình lăng trụ đứng) IC  A ' B ' (vì ∆ABC tam giác đều) nên A ' B '  (CIJ ) � IH  A ' B ' (2) Từ (1), (2) suy ra: IH  (CA ' B ') hay d ( AB, CB ')  IH + Xét tam giác vng CIJ có: IH Vậy d ( AB, CB ')  IH   IC  IJ  3a  a2  10 3a � IH  a 30 10 a 30 10 Ví dụ 2: Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có đáy ABCD hình vng cạnh a, cạnh bên a Tính d ( AD, SB) Giải: + Vì AD / /  SBC  � d ( AD, SB)  d ( AB,( SBC )) + Gọi O giao điểm AC BD I, J trung điểm AD BC + Trong mp(SIJ) kẻ IH  SJ ,( H �SJ ) (1) SO  ( ABCD) � SO  BC � �� BC  ( SIJ ) IJ / / AB � IJ  BC � � IH  BC (2) Theo giả thiết ta có: IH  ( SBC ) hay d ( AD, SB)  IH + Xét tam giác SIJ có: S SIJ  SO  SA2  AO  a Vậy d ( AD, SB)  IH  Từ (1), (2) suy ra: 1 SO.IJ IH SJ  SO.IJ � IH  2 SJ Với: IJ=a, a SO.IJ 2a 21 , SJ  SB  BJ  IH   Suy ra: SJ 2a 21 Ví dụ 3: Cho hình chóp S.ABCD, có đáy ABCD hình vng cạnh a, tam giác SAD tam giác đều, (SAD) vng góc với mặt phẳng đáy Tính d ( SA, BD ) Giải: + Qua A kẻ đường thẳng d song song với BD Gọi O giao điểm AC BD; I, M trung điểm AD OD; N giao điểm d IM + Ta có: d ( SA, BD)  d (( SA, d ), BD )   d ( M ,( SA, d )) + Trong mp(SMN) kẻ MH  SN (1), (H �SN) Theo giả thiết: SI  AD � �� SI  ( ABCD ) � SI  d (*) ( SAD)  ( ABCD) � Mặt khác ta có: d / / BD � � BD  AO �� d  MN (**) AO / / MN � � Từ (*), (**) suy ra: d  ( SMN ) � d  MH (2) Từ (1), (2) suy ra: MH  ( SA, d ) + Xét tam giác SMN có: SI  Vậy S SMN  1 SI MN MH SN  SI MN � MH  2 SN với a a a 10 SI MN a 15 , MN  AO  , SN  SI  IN  MH   2 Do đó, SN d ( SA, BD )  a 15 Ví dụ 4: (A-2011) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC tam giác vuông tai B, AB=BC=2a, hai mặt phẳng (SAB) (SAC) vng góc với mặt phẳng (ABC) Gọi M trung điểm AB, mặt phẳng qua SM song song với BC cắt AC N, góc hai mặt phẳng (SBC) (ABC) 600 Tính d ( AB, SN ) Giải: + Gọi I trung điểm BC Do MN//BC nên N trung điểm AC Do đó, IN//AB hay d ( AB, SN )  d ( AB,(SNI )) + Trong mp(ABC) kẻ AJ  IN ,( J �IN ) (*) Trong mp(SAJ) kẻ AH  SJ ,( H �SJ ) (1) + Theo giải thiết ta có: ( SAB)  ( ABC ) � �� SA  ( ABC ) � SA  IN (**) ( SAC )  ( ABC ) � Từ (*), (**) ta có: IN  ( SAJ ) � IN  AH (2) Từ (1), (2) ta có: AH  ( SIN ) � d ( AB, SN )  AH 0 � + Ta có: (( SBC ),( ABC ))  SBA  60 � SA  AB.tan 60  2a ; AJ  BI  a + Xét tam giác vng SAJ có: AH Vậy d ( AB, SN )  AH  a 156 13  SA  AJ  13 12a � AH  a 12 13 ... ABC  S AB ' I 10 2.4 Bài tập III Các dạng toán khoảng cách 3.1.Dạng 1: Khoảng cách từ điểm tới mặt phẳng 3.1.1 Cách xác định khoảng cách từ điểm M đến mp(P) Cách 1: + Tìm mp(Q) chứa M vng góc... trường hợp u cầu tính góc hai mặt phẳng áp dụng cơng thức hình chiếu để tính Cơng thức hình chiếu: Gọi hình (H) có diện tích S; hình (H’) hình chiếu (H) mặt phẳng (α) có diện tích S’; φ góc mặt... 1.2.1 Phương pháp: Ta thường sử dụng định lý cách chứng minh vng góc có hình học phẳng 1.2.2 Các ví dụ mẫu: Ví dụ 1: (D-2007) Cho hình chóp S.ABCD đáy ABCD hình thang vng A B, SA  ( ABCD) , AD=2a,