Tải Kỹ năng giải bài toán khoảng cách trong hình học không gian - Tài liệu ôn tập môn Toán lớp 12

Trong giải pháp này giáo viên cần ôn lại kiến thức về hình học không gian, hệ thức lượng trong tám giác đặc biệt là hệ thức lượng trong tam giác vuông, định lý talet tron[r]

- -

yếu đặc trưng tốn để tìm lời giải Trong việc hình thành cho học sinh kỹ quy lạ quen, quy chưa biết có

Chính đề tài đưa giúp giáo viên hướng dẫn toán khoảng cách cho học sinh với cách tiếp cận dễ hơn, giúp học sinh có điều kiện hồn thiện phương pháp rèn luyện tư sáng tạo thân, chuẩn bị tốt cho kỳ thi THPT Quốc gia

Vậy mong muốn đồng nghiệp học sinh ngày vận dụng tốt kiến thức khoảng cách hình học khơng gian để đưa giải pháp nhằm giải toán khoảng cách cách nhạn chóng, xác hiệu

2.3 Các biện pháp thực 2.3.1 Một số kiến thức cần nhớ

2.3.1.1 Khoảng cách từ điểm đến đường thẳng: * Khoảng cách từ điểm M đến đường thẳng  khoảng cách từ đến hình chiếu vng góc H M lên đường thẳng  Ký hiệu d M( , ) MH

2.3.1.2 Khoảng cách từ điểm đến mặt phẳng: * Khoảng cách từ điểm M đến mặt phẳng

( ) khoảng cách từ M đến hình chiếu vng góc H M lên mặt phẳng( ) Ký hiệu d M( ,( )) MH

2.3.1.3 Khoảng cách đường thẳng mặt phẳng: Cho đường thẳng a mặt phẳng ( )

* Nếu a ( ) cắt a( ) khoảng cách chúng

Δ

α

Δ

α

A

Δ

M

H

α

M

- - * Nếu a ( ) song song khoảng cách đường thẳng a mặt phẳng ( ) khoảng cách từ điểm M a đến ( ).

* Khoảng cách đường thẳng a mặt phẳng ( ) ký hiệu d a( ;( )) 2.3.1.3 Khoảng cách hai đường thẳng chéo nhau:

Cho hai đường thẳng ,a b chéo

* Đường thẳng  đồng thời vng góc cắt hai đường thẳng ,a b gọi đường vng góc chung hai đường thẳng avà b

* Nếu   a A,  b B đoạn thẳng AB

được gọi đoạn vng góc chung hai đường thẳng avà b

* Khoảng cách hai đường thẳng chéo a b độ dài đoạn vng góc chung hai đường thẳng Ký hiệu d a b( , )AB

Chú ý:

* Nếu a b cắt trùng khoảng cách chúng ,

( , ) a b d a b

a b     



c¾t

* Nếu a b song song với d a b( , )d M b( , ), M a * Nếu AB//( ) d A( ,( )) d B( ,( ))

2.3.1.4.Thể tích khối chóp:

Khối chóp có diện tích đáy B, chiều cao h tích là: V  Bh 2.3.1.5.Hệ thức lượng tam giác:

a Hệ thức lượng tam giác vuông: Cho tam giác ABC vuông ,A H hình chiếu A lên cạnh BCvà M trung điểm cạnhBC Ta có: * Định lý Pitago: BC2 AB2 AC2

* Công thức cạnh góc vng hình chiếu: α

Δ

B'

C

C' B

a

b A

- -

M

C

2 .

AB BH BC; AC2 CH BC * Độ dài đường trung tuyến:

2 BC AM MB MC  * Độ dài đường cao: 2 12 12

AH  AB  AC 2

AB AC AB AC AH

BC AB AC

 



1

2

ABC

S  AB AC AH BC

sin ; cos ;

tan ; cot

AC AB

B B

BC BA

AC AB

B B

AB AC

 

 

b Hệ thức lượng tam giác đều: Nếu tam giác ABC cạnh a Ta có:

* Độ dài đường cao a

* Diện tích tam giác ABC là:

2 3 ABC

a

S 

c Hệ thức lượng tam giác bất kỳ: Cho tam giác ABC, ta có: * Định lý côsin:

2 2 2 . .cos

AB BC CA  BC CA C

2 2 2 . .cos

BC CA AB  CA AB A

2 2 2 . .cos

CA  AB BC  AB BC B Hệ quả:

2 2

cos

2

AB AC BC A

AB AC

 



2 2

cos

2

AB BC AC B

AB BC

 



2 2

cos

2 BC CA AB C

BC CA

 



* Định lý sin:

sin sin sin

BC CA AB

R

- - * Định lý đường trung tuyến:

2 2 2

2

2 2

2

2 4

2

a b

c

AB AC BC AB BC AC

m m

BC AC AB

m

 

   



 

Gọi G trọng tâm tam giác ABC Ta có: a AG m * Cơng thức tính diện tích:

1 1

2 2

1 1

.sin sin sin

2 2

( )( )( )( )

2

, bán kƯnh đường tròn nội tiƯp ngoại tiƯp tam giác

a b c

S a h b h c h

AB AC A AB BC B AC BC C AB BC AC

R

AB BC CA p p AB p BC p CA Heroong p

pr r R

  

  



 

    



2.3.2 Các giải pháp

- -

Bài toán 1: Tính khoảng cách từ điểm đến đường thẳng: Trong toán giáo viên cần hướng dẫn

học sinh lựa chọn tam giác có đỉnh điểm M cạnh lại nằm đường thẳng  Ta qui tốn tính độ dài đường cao tam giác Một toán mà đa số học sinh học qua làm

Ví dụ 1: Cho hình chóp S ABCD có đáy hình vng cạnh a tâm ,O cạnh bên SA a vng góc với đáy

a Hãy tính khoảng cách từ điểm A đến đường thẳng SB vàSC b Hãy tính khoảng cách từ điểm O đến đường thẳng SC SD

Giải: a Tínhd A SB( , )

Gọi H hình chiếu A lên SB Khi ta có d A SB( , ) AH AH đường cao tam giác vuông SAB ( vuông A)

2 2 2

1 1 1

2

AH  SA  AB  a a  a

3 a AH

  ( , )

3 a d A SB AH

  

(đvđd)

Tính d A SC( , )

Gọi I hình chiếu A lên SC Khi ta có d A SC( , )AI AI đường cao tam giác vng SAC(vng A)

Ta có: AC a ( AC đường chéo hình vuông ABCD cạnh a)

2 2 2

1 1 1

2 AI a

AI  SA  AC  a  a  a   d A SC( , ) AI a (đvđd) Δ

M

H A

B

H

B

A D

C S

- -

b Tínhd O SC( , ) Gọi J hình chiếu O lên SC Khi ta có ( , )

d O SC OJ OJ đường cao tam giác SOC Ta có: SC SA2 AC2  2a2 2a2 2a,

2

1

2

SOC

a S  SA OC SA AC

Mặt khác:

1

( , )

2

SOC

S  SC OJ  SC d O SC 2

2 2

( , )

2

SOC

a

S a

d O SC

SC a

   

(đvđd)

Cách khác: ( Vận dụng định lý talet tam giác)

Trong tam giác SAC, ta có OJ AI// ( vng góc với SC) O trung điểm ACOJ đường trung bình tam giác

1

2

a

SACOJ  AH  ( , ) a d O SC

 

(đvđd)

Tínhd O SD( , )

Gọi K hình chiếu O lên SD Khi ta có d O SD( , )OK OK đường cao tam giác SOD

Ta có:

2

1 10

,

2 2

a a

OD BD SO SA  AO 

( )

SA BD

BD SAC OD SO SOD

AC BD

 

     



  vuông O

2 2 2

1 1 2 12 15

5

a OK

OK SO OD a a a

       

15 ( , )

6 a d O SD OK

  

(đvđd)

J

B

A D

C S

O

- 10 -

Ví dụ 2: Cho hình chóp S ABCD có đáy hình chữ nhật

, ,

AB a AD  a mặt bên SAD tam giác cân S nằm mặt phẳng vng góc với đáy, mặt bên SBC hợp với đáy góc 45 Tính khoảng cách từ điểm A C đến đường thẳng SB

Giải

Tính d A SB( , )

Gọi H E, trung điểm , ;

AD BC Ta có:

*

( ) ( )

( ) ( )

( )

cân trung ®iĨm cđa

SAD ABCD

SAD ABCD AD

SH ABCD

SAD S

H AD

 

  

  

 



*

 

( ) (( ),( )) 45

HE BC

BC SHE SBC ABCD SEF

SH BC  

    

 



* Trong tam giác vng SHE, ta có SH HE.tanSEH a  *

2 2.

2 AD

AH   a SA SH  AH a

Gọi F hình chiếu A lên SB Khi đó: d A SB( , )AF

*

( )

AD AB

AB SAD AB SA SH AB

 

   

 



Trong tam giác vuông SAB , ta có 2 2

3

SA AB a a a

AF

SA AB a a

  

 

Vậy:

6 ( , )

3 a d A SB 

( đvđd)

 Tính d C SB( , ))

450

E O

H A

D C

B S

I

450

E O

H A

D C

B S

- 11 -

Gọi I hình chiếu C lên SB Khi đó: d C SB( , )CI

 cos 450 2;

cos

HE a

SE a

SEH

   2 2

3 SB SA AB a

1 2

2 3

SBC

BC SE a a a

S BC SE SB CI CI

SB a

     

Vậy

2

( , ) a d C SB 

( đvđd)

Bài tốn 2: Tính khoảng cách từ điểm M đến mặt phẳng ( ) : Trong toán giáo viên cần hướng dẫn học

sinh cách dựng hình chiếu Hcủa điểm M lên mặt phẳng ( )

Phân tích: Vì MH ( ) nên MH ( ) với ( ) mặt phẳng qua M vng góc với

( ) Gọi  ( ) ( )   Khi đó: H hình chiếu M lên đường thẳng 

Từ ta có cách dựng hình chiếu H M lên ( ) sau: + Dựng mặt phẳng ( ) qua M vng góc với ( )

+ Dựng giao tuyến  ( ) ( )

+ Dựng H hình chiếu M lên đường thẳng  Khi đó: H hình chiếu điểm M lên mặt phẳng ( ).

Thật vậy: ( ) ( )

( ) ( )

( ) ( )

( )

MH H

MH MH

 

 

 



 

     

 



 



  hình chiếu M lên mặt phẳng ( )

Δ β

α

M

- 12 -

Ta qui toán khoảng cách từ điểm M đến mp( ) toán khoảng cách từ điểm M đến đường thẳng 

Tuy nhiên có vơ số mặt phẳng ( ) thỏa mãn điều kiện Câu hỏi đặt ta nên lựa chọn mặt phẳng vô số mặt phẳng Giáo viên cần phân tích, hướng dẫn học sinh lựa chọn mặt phẳng cho cách tính khoảng cách đơn giản, dễ tính

Ví dụ 3: Cho hình chóp S ABCD có đáy hình vng cạnh 2a tâm ,O cạnh bên SA vng góc với đáy cạnh bên SChợp với đáy góc 30

a Hãy tính khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng(SBC)và(SBD) b Hãy tính khoảng cách từ điểm O đến mp SBC( )

c Gọi G trọng tâm tam giác ACD Hãy tính khoảng cách từ G đến mặt phẳng (SBC)

Giải: a Tínhd A SBC( ,( ))

Phân tích: Vì SA BC nên ta cần dựng hình chiếu A lên BC ta mặt phẳng ( ) : chứa SA qua hình chiếu

A lên BC

Vì ABBC nên B hình chiếu A lên

( ) ( )

BC   SAB

Mà: (SAB) ( SBC)SB

Nên: Hình chiếu A lên (SBC) hình chiếu A lên SB Từ đó, Ta có cách giải sau:

Gọi H hình chiếu A lên SB Ta có: AH SB(1)

( ) (2)

SA BC

BC SAB BC AH

AB BC

    



 

D

A

C S

B O

- 13 -

Từ (1) (2) suy ra: AH (SBC)H hình chiếu A lên (SBC)d A SBC( ,( )) AH

Vì SA(ABCD) nên AC hình chiếu SC lên (ABCD)

   

(SC ABCD,( )) (SC AC, ) SCA SCA 30

     ( SAC vng A)



.tan 2.tan30

3 a SA AC SCA a

   

Trong tam giác SAB vuông A ta có:

2 2 2

1 1

8

AH  SA  AB  a  a  a

2 10 10

( ,( ))

5

a a

AH d A SBC

   

(đvđd) Tương tự, ta có cách tính d A SBD( ,( )) sau: Gọi I hình chiếu A lên SO Ta có: AI SO(3)

( ) (4)

SA BD

BD SAC BD AI AC BD

 

   



 

Từ (3) (4) suy ra: AI (SBD)I hình chiếu A lên (SBD) ( ,( ))

d A SBD AI

 

Trong tam giác SAO vng A, ta có:

1

2

AO AC a

2 2

1 1 14

8

a AI AI  SA  AO  a  

2 14 ( ,( ))

7 a d A SBD

 

(đvđd) b Tínhd O SBC( ,( ))

- 14 -

( ) ( )

( ) ( ) //

( )//( )

SAC OM

SAB SAC SA SA OM M

SAB 



  



   



 là trung điểm SC Tương tự N trung điểm BC

Và ( ) (  SBC)MN Do đó: Hình chiếu O lên MN hình chiếu O lên (SBC)

Từ đó, ta có cách giải sau:

Gọi M N, trung điểm SC BC Gọi K hình chiếu O lên MN

Ta có: NK MN(5) / / ,

/ / ,

OM SA SA BC BC OM ON AB AB BC BC ON

   

    

( ) (6)

BC MON BC OK

   

Từ (5) (6) suy ra: OK (SBC)K hình chiếu O lên (SBC)

( ,( ))

d O SBC OK

 

Trong tam giác SAC ta có OM đường trung bình

1

/ / ,

2

a OM SA OM SA

  

Trong tam giác ABC ta có ON đường trung bình

// ,

2

ON AB ON AB a

  

Mà SA AB nên OM ON  OMN vuông O

2 2

1 1 10 10

( ,( ))

2 5

a a

OK d O SBC

OK OM ON a

       

(đvđd)

K M

N O

D

A

B

- 15 -

Phân tích 2: Vì O trung điểm AC nên hình chiếu K O lên (SBC) trung điểm hình chiếu đoạn thẳng AC lên (SBC)

Mà HC hình chiếu AC lên (SBC) Nên K trung điểm đoạn thẳng HC Từ ta có cách giải khác sau:

Gọi K trung điểm HC

Trong tam giác AHC có: OK đường

trung bình OK AH//

1 10

2

a OK  AH 

Vì AH (SBC) nên OK (SBC)K hình chiếu O lên mp(SBC)

10 ( ,( ))

5 a d O SBC OK

  

( đvđd) * Tínhd G SBC( ,( ))

Phân tích 1: Vì (SAB) ( SBC) nên ta cần dựng mặt phẳng( ) qua G song song với (SAB) ta có mặt phẳng cần dựng Gọi E F lần , lượt giao điểm ( ) với cạnh BC SC Khi đó, ta có: ,

( ) ( )

( ) ( ) //

( )//( )

ABCD GE

SAB ABCD AB AB GE SAB





  



  

  Tương tự EF SB //

Và ( ) (  SBC)EF Do đó: Hình chiếu G lên EF hình chiếu G lên (SBC)

K O D

A

B

C S

H

A'

F L

E G

J O D

A

B

- 16 - ( ,( ))

d G SBC chính chiều cao đỉnh G tam giác GEF . Từ đó, ta có cách giải sau:

Gọi E điểm cạnh BC F, điểm cạnh SC cho // , //

GE AB EF SB Gọi L hình chiếu G lên EF Khi đó, ta có:GL EF (7)

// , // ,

GE AB AB BC BC GE EF SB SB BC BC EF

   



   

( ) (8)

BC GEF BC GL

   

Từ (7) (8) suy ra: GL(SBC)L hình chiếu G lên (SBC)

( ,( ))

d G SBC GL

 

Gọi J trung điểm CD A, ' giao điểm AG với BC Khi đó: J trung điểm đoạn thẳng AA' ( Vì JC đường trung bình

' A AB  )

Trong tam giác ABC ta có: GE AB//

' ' ' 1 2

' ' ' ' 3

GE A E A G A J JG a

GE AB

AB A B A A A A A A

          

Vì GE AB EF SB// , // nên  

2

10

sin sin

5

SA SA

FEG SBA

SB SA AB

   



Trong tam giác GLE vng ,L ta có: sin 10 15 a

GL GE FEG Vậy ( ,( )) 10

15 a

d G SBC  (đvđd)

Phân tích 2: Vì G nằm đường thẳng BO nên hình chiếu L G lên (SBC) nằm hình chiếu BK

BO lên (SBC)

Từ ta có cách giải 2:

K L G

J

M

N O

D

A

B

- 17 -

Gọi L hình chiếu G lên đường thẳng BK

Trong tam giác BGL ta có: GL OK// ( vng góc với BL)

Mà: OK (SBC) nên GL(SBC)L hình chiếu G lên mặt phẳng (SBC) d G SBC( ,( ))GL

4 4 10

3 15

GL GB GO OB a

GL OK

OK OB  OB OB     10

( ,( ))

15 a

d G SBC  (đvđd)

Phân tích 3: Vì G nằm đường thẳng A A nên hình chiếu L G lên ' (SBC) nằm hình chiếu A H ' A A lên ' (SBC)

Từ ta có cách giải 3:

Gọi L hình chiếu G lên đường thẳng A H'

Trong tam giác A AH' ta có: GL AH// ( vng góc với A H' )

Mà: AH (SBC) nên

( )

GL SBC L hình chiếu G

lên mặt phẳng (SBC)

( ,( ))

d G SBC GL

 

' '

' ' '

GL A G A J JG AH  A A  A A AA 

2 10

3 15

a

GL AH

   ( ,( )) 10

15 a

d G SBC  (đvđd)

Bài tốn 3: Tính khoảng cách hai đường thẳng chéo : Trong toán giáo viên cần hướng

dẫn học sinh tính khoảng cách hai đường thẳng chéo a b cách áp dụng kiến thức “ Nếu ( ) mặt

a

b a'

α B

A

N M

H

A'

L G

J O D

A

B

- 18 -

phẳng chứa đường thẳng b song song với a ( , ) ( ;( )) ( ,( )),

d a b d a  d M  với M điểm nằm a.” Thật vậy: Gọi AB A a B b(  ,  ) đoạn vng góc chung hai đường thẳng a b Ta có: d a b( , ) AB(*)

Gọi 'a hình chiếu a lên mặt phẳng ( ) Trên a lấy điểm M , gọi H hình chiếu M lên mp( ). Khi đó: H a ',

( ,( )) ( ,( )) (**) d a  d M  MH

Ta có: AB MH// ( vng góc với ( ). //

AM BH ( a//( ), ' a hình chiếu a lên ( ) a a'// ) Do đó: Tứ giác ABHM hình bình hành AB MH (***) Từ (*), (**) (***) ta được: d a b( , )d M( ,( ))

Ta qui toán khoảng cách hai đường thẳng chéo toán khoảng cách từ điểm M đến mặt phẳng ( )

Ví dụ 4: Cho hình chóp S ABCD có đáy hình chữ nhật,

2 , ,

AB a AD a cạnh bên SA vng góc với đáy mặt bên (SBC) tạo với đáy góc 60 0

Tính khoảng cách cặp đường thẳng đường thẳng chéo nhau: a SA BD b AB SC c BD SC

Giải: a d SA BD( , )

Gọi H hình chiếu A lên BD Ta có: AH BD

( )

( )

SA ABCD

SA AH AH ABCD

 

 



 

Do đó: AH đoạn vng góc chung hai đường thẳng SA BD d SA BD( , )AH

B

A D

C S

- 19 - Trong tam giác ABD vng A ta có:

2 2

5

AB AD AB AD a a a

AH

BD AB AD a a

   

 

Vậy ( , )

5 a d SA BD  AH  b d AB SC( , )

Ta có: //

( ) //( )

( )

AB CD

AB SCD AB SCD

CD SCD  

 



 

Mà SC(SCD) nên

( , ) ( ,( )) ( ,( ))

d AB SC d AB SCD d A SCD

Gọi I hình chiếu A lên SD Ta có: AI SD(1)

( ) (2)

SA CD

CD SAD CD AI AD CD

    



 

Từ (1) (2) ta được: AI (SCD)I hình chiếu A lên (SCD) ( ,( ))

d A SCD AI

 

Vì SA BC BC (SAB) BC SB

BC AB BC AB

   

  

 

   

( )

( )

( ) ( )

AB ABCD SB SBC

SBC ABCD BC

    

  



nên ((  SBC),(ABCD)) ( SB AB, )SBASBA 600 (vì SAB vng tạiA) Trong tam giác SAB vng A, ta có:



.tan tan 60 SA AB SBA a  a Trong tam giác SAD vuông A, ta có:

2 2

39

13 12

SA AD SA AD a a a

AI

SD SA AD a a

   

 

Vậy ( , ) ( ,( )) 39

13 a

d AB SC d A SCD  AI  (đvđd)

600

B

A D

C S

- 20 - c d( BD SC, )

Phân tích: Gọi ( ) mặt phẳng chứa BD song song với SC Gọi O tâm đáy, M giao điểm ( ) với SA

Ta có: ( )//

( ) ( ) //

( )

SC

SAC OM OM SA

SC SAC 



 

  



 

Mà O trung điểm AC nên M trung điểm SA Từ đó, ta có cách giải sau:

Gọi M trung điểm SA, O tâm ABCD

Ta có: OM đường trung bình tam giác SACOM SC// Mặt khác OM (OBD SC), (OBD)

Do đó: SC OBD//( )

Mà: BD(OBD) nên d BD SC( , )d SC OBD( ,( ))d C OBD( ,( )) (3) Vì (OBD) qua trung điểm O AC

nên d C OBD( ,( ))d A OBD( ,( )) (4) Từ (3) (4) suy ra:

( , ) ( ,( ))

d BD SC d A OBD

Gọi K hình chiếu A lên MH Ta có:AK MH (5)

( ) (6)

BD AH

BD SAH BD AK

BD SA

    



 

Từ (5) (6) suy ra: AK (OBD)K hình chiếu A lên (OBD) ( ,( ))

d A OBD AK

 

Trong tam giác OAH vuông A, ta có:

2

2

57

19

4

AM AH SA AH a

AK

HM SA

AH

  



O M

B

A D

C S

- 21 -

Vậy ( , ) ( ,( )) 57

19 a

d BD SC d A OBD  ( đvđd)

Bài tốn 4: Tính khoảng cách tốn trắc nghiệm:

Nếu học sinh nắm thành thạo cách dựng hình chiếu điểm xuống mặt phẳn, cách xác định khoảng cách khơng gian việc áp dụng vào tốn trắc nghiệm lợi lớn làm tốn trắc nghiệm ta cần tính nhanh đáp số mà khơng cần thực thao tác chứng minh dài dòng ta chắn chắn điều hồn tồn Điều thể ví dụ sau:

Ví dụ 5: Cho hình chóp tứ giác S ABCD có cạnh đáy ,a góc cạnh bên đáy 60

a Tính khoảng cách từ điểm A đến đường thẳng SB

A 14 a

B

a

C

7 a

D

6 a

b Tính khoảng cách từ điểm A đến đường thẳng SC

A

a

B.a C a

D

7 a

Hướng dẫn:

Gọi H hình chiếu A lên SB, M trung điểm AB

Ta có: d A SB( , ) AH 2, a

AM  SM  AB Gọi O tâm ABCD Vì S ABCD hình chóp nên SO(ABCD) DO hình chiếu SD lên (ABCD)

600

O D

A

B

C S

H

- 22 -   

(SD ABCD,( )) (SD DO, ) SDO

   SDO 600

;



.tan tan 60

2

a a

SO OD SDO 

,

2

2 a SM  SO OM 

; Ta có SBDcân SDB600 SBD SB a

7

1 2 14

2 2

SAB

a a

AB SM a

S AB SM SB AH AH

SB a

     

Đáp án A

b Gọi I hình chiếu A lên SC Ta có: d A SC( , ) AI Tam giác SAC cạnh a nên ( , )

2

a a

AI  d A SC  Đáp án C

Ví dụ 6: Cho hình chóp S ABCD có đáy hình vuông cạnh a Tam giác SAB nằm mặt phẳng vng góc mặt phẳng đáy Gọi H trung điểm AB Khoảng cách từ điểm H đến mặt phẳng SCD tính theo a bằng:

A 21

a

B 21 a

C 21 a

D 21 a Hướng dẫn:

Gọi E trung điểm CD F, hình chiếu F lên SE Khi

( ,( ))

d H SCD  AF

Trong tam giác SHE vng H, ta có:

2 2

2

2

3 a

a SH HE

HF

SH HE a

a

 

  

    

21 a

  Đáp án C

E H

B

A D

C S

- 23 -

Ví dụ 7: Cho hình chóp S ABCD có đáy hình thoi cạnh a Tính khoảng cách từ A đến mặt phẳng (SCD) biết SABC tứ diện A.2 15

15 a

B 15

5 a

C 15 45 a

D 15 45 a Hướng dẫn:

Gọi H tâm ABC; ,I K hình chiếu H lên CD SI Khi đó, ta có: SH (ABCD) d H SCD( ,( ))HK

Ta có: //

3 HI DH HI BC

BC DB

  

2

3

a HI BC

  

2

2 2

1 2

3

a a a

BH  BD SH  SB BH  a  

2 2 2

6

3 3 15

15

6

3

a a

SH HK a

HK

SH HK a a

  

    

    

   

Vì AB SCD//( ) nên d A SCD( ,( ))d B SCD( ,( ))

Vì

2

BD HD nên ( ,( )) ( ,( )) 15

2

a

d B SCD  d H SCD   Đáp án B Ví dụ 8: Cho hình chóp S ABCD có đáy hình vuông cạnh 2a Tam giác

SBC nằm mặt phẳng vng góc mặt phẳng đáy Khoảng cách hai đường thẳng SA BD tính theo a bằng:

A 5 a

B 5 a

C 5 a

D 5 a Hướng dẫn:

I H

B

A D

C S

K

K

I O

E H C

B A

D S

- 24 -

Gọi , ,H I E trung điểm BC, CH SC K L; , hình chiếu vng góc I lên BD EK Khi đó:

* SA EBD//( )d SA BD( , )d A EBD( ,( ))

* ( )

là trung điểm

O EBD

O AC

  

 d A EBD( ,( ))d C EBD( ,( ))

* ( ,( )) ( ,( ))

3 3

BC  BI d C EBD  d I EBD  IL Do đó: ( , )

3 d SA BD  IL

*

1

2

3

4

a EI SH

a IK CO 

 

 

  



2 2

3

2 4

10

3

2

a a

EI IK a

IL

EI IK a a

   

    



   

   

2

( , )) a d SA BD

   Đáp án D

2.3.2.2 Giải pháp 2: Vận dụng thể tích, tỷ số thể tích tứ diện để giải tốn khoảng cách hình học khơng gian

Trong giải pháp để tính khoảng cách hình học khơng gian địi hỏi học sinh phải biết cách dựng hình chiếu điểm lên đường thẳng mặt phẳng Tuy nhiên, học sinh yếu việc dựng hình chiếu sức Để khắc phục điều đó, giải pháp này, giáo viên cần hướng dẫn cho học sinh biết sử dụng linh hoạt cơng thức tính thể tích tứ diện, cơng thức tỷ số thể tích để tính khoảng cách từ điểm đến mặt phẳng dễ dàng hơn, khơng cần phải dựng hình chiếu; học sinh có động lực nghiên cứu, đam mê u thích nội dung

Kiến thức giải pháp là:

*

1

( ,( )) ( ,( ))

3

ABCD ABCD BCD

BCD V

V S d A BCD d A BCD

S

  

- 25 -

* Tỷ số thể tích: Cho hình chóp S ABC , cạnh SA SB SC, , lấy điểm ', ', 'A B C Khi ta có:

' ' '

' ' '

S ABC S A B C

V SA SB SC

V  SA SB SC

Thật vậy: Gọi , 'H H hình chiếu vng góc , 'A A lên (SBC) Vì , , 'S A A thẳng hàng nên , , 'S H H thẳng hàng

Ta có: sin

3

SABC SBC

V  S AH  AH SB SC BSC



' ' ' '

1

' ' ' ' ' '.sin

3

SA B C SB C

V  S A H  A H SB SC BSC Do đó:

' ' '

' ' ' '

S ABC S A B C

V AH SB SC

V  A H SB SC Trong tam giác SAH, ta có

' '//

' ' '

AH SA A H AH

A H SA

 

Vậy: ' ' '

' ' '

S ABC S A B C

V SA SB SC

V  SA SB SC

Ví dụ 9: Cho tứ diện ABCD có AD vng góc mặt phẳng ABC, ,

AD AC cm AB3cm BC, 5cm Tính khoảng cách từ A đến mp(BCD)

Giải: Ta có AB2 AC2BC2

AB AC

 

Do . . 8

6 ABCD

V  AB AC AD cm Mặt khác CD = , BD = BC =

Nên BCD cân B, gọi I trung điểm CD

2

1

(2 2) 34

2

BCD

S DC BI

    

H' A

S H

B

C

A'

C' B'

4

4 A

B

B

- 26 -

Vậy ( ,( )) 3.8 34

17 34

ABCD BCD V d A BCD

S

  

Ví dụ 10: Cho hình chóp S ABCD đáy ABCD hình thang vng A B, AD2 ,a BA BC a  , cạnh bên SA vng góc với đáy SA a Gọi Hlà hình chiếu vng góc A lênSB Tính theo a khoảng cách từ H đến mpSCD

Giải:

Ta có S HCD S BCD

V SH

V  SB SAB

 vuông A AH đường cao nên Ta có SA2 SH SB.

2 2

2 2 2

2

2

SH SA SA a

SB SB SA AB a a

    

 

Vậy . . 2

3 3

S HCD S BCD

a a

V  V  a 

Mà

1

( ,( )) ( ,( ))

3

S HCD

S HCD SCD

SCD V

V d H SCD S d H SCD

S 



  

SCD

 vuông C ( doAC2CD2  AD2 ),

Do . 1. 2.2 2

2

SCD

S  CD SC a a a Vậy

3

3

( ,( ))

3

9

a a

d H SCD

a

 

Ví dụ 11: Cho lăng trụ đứng ABC A B C ’ ’ ’ có đáy ABC tam giác vuông,

, ’

AB BC a AA  a Gọi M trung điểm BC Tính theo a khoảng cách hai đường thẳng AM

’ B C

Giải:

2a a

a a

C

A D

B D

H

M E

A C

B B'

- 27 -

Gọi E trung điểm BB’ '

2

a

BE BB

  

Ta có: EM đường trung bình B BC'  EM CB// ’ MàEM (AME B C), ' (AME)nên B C’ //AME

 ’ ,   ’ ,   , 

d B C AM d B C AME d C AME

 

Ta có EB(AMC) EB đường cao khối tứ diện CEAM

1 1 2

3 2 24

CAEM ACM

a a a

V  S BE AB CM BE  a 

Mặt khác: ( ,( )) ( ,( ))

3

CAEM CAEM AEM

AEM V

V S d C AEM d C AME

S

  

Trong AEB vuông B ta có:

2

2 2

2

a a

AE AB BE  a  

Gọi H hình chiếu B lên AE Ta có AE (BHM)AEMH ABE

 vuông B nên 2 12 12 32 BH  AB  EB  a

3 a BH

 

BHM

 vuông B nên 2 21

4

a a a

MH   

Do

2

1 21 14

2 2

AEM

a a a

S  AE HM  

Vậy:

3

3

( , ') ( ,( ))

7 14 24

8

a a

d AM CB d C AME

a

   (đvđd)

Ghi chú: Có thể áp dụng cơng thức Hê – rơng để tính SAEM

- 28 - Giải:

Theo giả thiết ta có A’H  (ABC)

Tam giác ABC vuông A AH trung tuyến nên AH =

2BC = a A AH'

vuông H nên ta có

2

' '

A H  A A AH a

Do '. 3

3 2

A ABC

a a a

V  a 

Mặt khác ' ' ' '

1 A ABC ABC A B C V

V 

Suy

3 ' ' ' ' ' '

2

.3

3

A BCC B ABC A B C

a

V  V  a

Ta có ' ' '

' '

( ',( ' ')) A BCC B BCC B V d A BCC B

S 

Vì AB A H' A B' ' A H'  A B H' ' vuông A’

Suy B’H = a23a2 2a BB '  BB H' cân B’ Gọi K trung điểm BH, ta có B K' BH Do ' '2 14

2 a B K  BB BK 

Suy

' '

14

' ' 14

2 BCC B

a

S B C BK  a a

Vậy

3

3 14

( ',( ' '))

14 14

a a

d A BCC B a

 

2.3.2.3 Giải pháp 3: Vận dụng phương pháp tọa độ hóa để giải tốn khoảng cách hình học khơng gian

Trong giải pháp 1,2 để tính khoảng cách hình học khơng gian đồi hỏi học sinh phải biết cách dựng hình chiếu điểm lên đường thẳng mặt phẳng, biết cách xác định chiều cao hình chóp, biết cách vận dụng kiến thức hệ thức lượng tam giác cách linh hoạt Tuy nhiên

B' C'

H A

B C

A'

- 29 -

đối với học sinh Trung bình – Yếu đơi cịn q khó kiến thức em khơng cịn nhớ Để khắc phục điều đó, giải pháp này, giáo viên cần hướng dẫn cho học sinh biết cách xây dựng hệ trục tọa độ, chuyển tốn hình học không gian túy giả thuyết toán tọa độ Oxyz, sử dụng linh hoạt kiến thức tọa độ mà em học sinh 12 vừa học để giải toán khoảng cách cách làm hợp lý, học sinh thấy việc học có ứng dụng, giải số tốn mà trước thấy khó, khơng thể giải lại làm cách đơn giản đặc biệt giải tốn trắc nghiệm q hiệu Từ đó, tạo động lực cho em học tập, nghiên cứu, tìm tịi ứng dụng cho kiến thức học từ có niềm u tốn học

Các bước thực giải pháp là:

 Bước 1: Chọn hệ trục tọa độ Oxyz khơng gian tìm tọa độ điểm liên quan (Chuyển giả thuyết hình học toán thành giả thuyết tọa độ Oxyz):

* Ta có: Ox Oy Oz, , vng góc với đơi Do đó, hình vẽ tốn cho có chứa cạnh vng góc ta ưu tiên chọn cạnh làm trục tọa độ Cụ thể:

1 Với hình hộp chữ nhật ABCD A B C D ’ ’ ’ ’ có AB a AD b AA ,  , 'c Khi đó, ta thấy đỉnh hình hộp chữ nhật

đều có tính chất đường thẳng đơi vng góc nên ta chọn đỉnh làm gốc tọa độ Giả sử đỉnh A O Khi đó: tia

, , '

AB AD AA tiaOx Oy Oz, ,

Khi đó, ta có: A0;0;0 ; B a;0;0 ; C a b ; ;0 ;

0; ;0

D b ,A’ 0;0; ; c B a’ ;0; ; c C a b c’ ; ; ;  D’ 0; ; b c z

y

x

B' C'

B A'

A D

- 30 -

2 Với hình hộp đứng đáy hình thoi ABCD A B C D ’ ’ ’ ’ Chọn hệ trục tọa độ cho:

* Gốc tọa độ trùng với giao điểm O hai đường chéo hình thoi ABCD/

* Trục Oz qua tâm đáy, trục ,

Ox Oy hai đường chéo hình thoi ABCD

3 Với hình chóp tứ giác S ABCD : Nếu hình chóp S ABCD đáy có tâm O cạnh ,a chiều cao SO h thì ta chọn hệ trục tọa độ sau:

* Chọn O0;0;0 tâm hình vng *Trục Ox Oy, hai đường chéo

,

AC BD trục Oz đường cao OS

Khi đó:

2 2

( ;0;0), ( ;0;0), (0; ;0), (0; ;0), (0;0; )

2 2

a a a a

A C  B D  S h

Với hình chóp tam giác S ABC :

Giả sử cạnh đáy a chiều cao h Gọi I trung điểm AB

Chọn hệ trục tọa độ có tâm I(0;0;0), trục Ox chứa cạnh AB, trục Oy chứa đường cao IC đáy trục Oz đường thẳng qua I

vng góc với (ABC) ( song song với đường cao SG hình chóp)

Khi đó:

3

(0;0;0), ;0;0 , ;0;0 , 0; ;0 , (0;0; )

2 2

a a a

I B   A   C  S h

     

x

z

y O

B' C'

B

A'

A

D C

D'

x

z

y S

O B

A

D C

y x

z h

G I B

C A

- 31 - Với hình chóp S ABCD có ABCD hình chữ nhật SAABCD

ABCD hình chữ nhật AB a AD b ;  chiều cao h

Chọn hệ trục tọa độ Oxyz cho ,

O A trục Ox chứa cạnh AB, trục Oy chứa cạnh AD trục Oz chứa cạnh AS

Khi đó: A(0;0;0),B a ;0;0 ; C a;0;0 ; D 0; ;0 ;b  S 0;0;h Với hình chóp S ABCD có ABCD

là hình thoi SAABCD

Chọn hệ trục tọa độ có gốc tọa độ tâm O hình thoi ABCD, cac trục

,

Ox Oy hai đường chéo AC BD, hình thoi trục Oz đường thẳng qua O song song với cạnh SA

7 Với hình chóp S ABC có SAABC ABC

 vng A.

Tam giác ABC vng A có AB a AC b ;  SA h

Chọn hệ trục tọa độ Oxyz có gốc O A , trục Ox chứa cạnh AB, trục Oy chứa cạnh AC trục Oz chứa cạnh AS ( hình)

Khi đó: A(0;0;0),B a ;0;0 ,  C 0; ;0 , 0;0;b  S h

8 Với hình chóp S ABC có SAABC ABC vuông B:

x

z

y O B

A

D

C S x

z

y B

A

D C

S

x

z

y B

A

- 32 - Tam giác ABC vng A có

;

AB a BC b  và SA h

Chọn hệ trục tọa độ Oxyz có gốc O B , trục Ox chứa cạnh BC, trục Oy chứa cạnh

BA trục Oz đường thẳng qua B song song với cạnh AS ( hình)

Khi đó: B(0;0;0),C b ;0;0 ,  A a;0;0 , 0;0; S h

9 Với hình chóp S ABC có SAB cân S nằm mặt phẳng vng góc với đáy, ABC vng C:

Vì

( ) ( )

( ) ( )

SAB ABC SA SB

SAB ABC AB 

   

  

 nên hình chiếu

S lên (ABC) l trung điểm H cạnh AB Nếu ABC vng A có AB a BC b ;  hình chóp có chiều cao hthì:

Chọn hệ trục tọa độ Oxyz có O C , trục Ox chứa cạnh CA, trục Oy chứa cạnh CB trục Oz đường thẳng qua C song song với SH.(như hình)

Khi đó:      

0;0;0 ;0;0 0; ;0 ; ; 2

, , , a b

C A a B b S h  

10 Với hình chóp S ABC có SAB cân S nằm mặt phẳng vuông góc với đáy, ABC vng A:

z

y x

A C

B S

x

z

y H

A

C

- 33 - Vì

( ) ( )

( ) ( )

SAB ABC SA SB

SAB ABC AB 

   

  

 nên hình chiếu

của S lên (ABC) l trung điểm H cạnh AB

Nếu ABC vng A có AB a AC b ;  hình chóp có chiều cao hthì:

Chọn hệ trục tọa độ Oxyz có OA, trục

Ox chứa cạnh AB, trục Oy chứa cạnh AC trục Oz đường thẳng qua A song song với SH.(như hình)

Khi đó:      

0;0;0 , ;0;0 , 0; ;0 , ;0;

a A B a C b S h

 

Bước 2: Sử dụng kiến thức tọa độ để giải toán: * Khoảng cách từ điểm M đến đường thẳng :

Nếu đường thẳng  qua điểm M0 có vectơ phương u ,

( , )

| | M M u d M

u

 

 

 

  

* Khoảng cách từ điểm M x y z( ; ; )0 o 0 đến mặt phẳng ( ) : Ax By Cz D   0:

0 0

2 2

( ,( )) Ax By Cz D

d M

A B C

    

 

* Khoảng cách hia đường thẳng chéo a b:

Nếu a qua điểm M1 có vectơ phương u1, b qua điểm M2 có vectơ phương u2 2

1 , ( , )

, u u M M d a b

u u     

   

    

x

z

y H

B

A

- 34 -

Ví dụ 13: Cho hình lập phương ABCD A B C D ’ ’ ’ ’ có độ dài cạnh Gọi M N, trung điểm AB CD Tính khoảng cách hai đường thẳng ’A Cvà MN

Giải:

Chọn hệ trục tọa độ với gốc tọa độ (0;0;0)

A , trục Ax Ay Az, , chứa cạnh AB AD, AA' ( hình)

Khi đó: B(1;0;0), (1;1;0), (0;1;0),C D '(0;0;1)

A

Tọa độ trung điểm M AB 1;0;0 M 

  Tọa độ trung điểm N CD 1;1;0

2 N 

 

Ta có: MN0;1;0, 'A C(1;1; 1)  A C MN' , (1;0;1); 1;0;0 NC   

 



2 2

1

1 0.0 1.0

' , 2 2

( , ' )

4

1

' ,

A C MN NC d MN A C

A C MN

 

 

 

  

   

 

  

 

Vậy ( , ' )

4

d MN A C  ( đvđd)

Ví dụ 14: Cho lăng trụ đứng ABC A B C ’ ’ ’ có đáy ABC tam giác vng,

, ’

AB BC a AA  a Gọi M trung điểm BC Tính theo a khoảng cách hai đường thẳng AM B C’

Giải:

Chọn hệ trục tọa độ hình vẽ với (0;0;0), ( ;0;0), (0; ;0), '(0;0; 2)

B A a C a B a

x

z

y N

M B

B' C'

A'

A

D D'

C

z

y

x

M

C'

A' B

C A

- 35 - Khi đó: (0; ;0)

2 a

M

Ta có: ( ; ;0), ' (0; ; 2)

2 a

AM  a B C a a

 

2

2

' , ; 2;

2 a

B C AM  a a 

 

   

 

 

; AC ( ; ;0)a a

2

2

2 2

2

.( ) .0

' , 2 7

( , ' )

7

' , 2

( 2) ( )

2 a

a a a a

B C AM AC a

d AM B C

B C AM a

a a                          

Ví dụ 15: Cho hình hộp đứng ABCD A B C D ’ ’ ’ ’ có cạnh AB AD a ,

' a

AA  ,BAD 600.Tính khoảng cách đường thẳng AB ’ ’C D theo a

Giải:

Chọn hệ trục tọa độ hình vẽ với (0;0;0)

O

Vì AB AD a  BAD600 nên ABD tam giác cạnh a BD a

3 a AO

Khi đó: 3;0;0 , 0; ;0 ,

2

a a

A   B 

 

 

3 3

' ;0; , ' 0; ;

2 2

a a a a

C   D   

   

Vì AB C D// ' ' nên d AB C D( , ' ') d C AB( '; ) AB AC, ' AB         

Ta có: 3; ;0 , ' 3;0;

2 2

a a a

AB   AC   a 

- 36 - 3 3 2 3

, ' ; ;

4

a a a

AB AC  

 

   

 

 

Vậy:

2 2

2 2

2 2

2

3 3

, ' 4 4 2 6

( , ' ')

2

0

2

a a a

AB AC a

d AB C D

AB a a

     

 

     

   

     

  

   

  

    

 

  

Ví dụ 16: Cho hình chóp S ABCD có đáy hình vng cạnh a Cạnh bên SA vng góc với đáy SA a

a Tính khoảng cách từ điểm C đếnSBD

b Tính khoảng cách hai đường thẳng SD vàAC Giải:

Chọn hệ trục tọa độ hình, với (0;0;0), ( ;0;0), (0; ;0), (0;0; 3)

A B a D a S a

Khi đó: C a a( ; ;0) a Tính d C SBD( ,( ))=?

Ta có: BC ( ; ;0),a a BS (0;a a; 3)

 2 2

, 3; 3;

BC BS a a a

 

 

Mặt phẳng (SBD) qua điểm B nhận n ( 3; 3;1) làm vectơ pháp tuyến có phương trình là:

3(x a ) 3(y 0) 1(z  0) 3x 3y z a  0 Vậy

2

3 3 21

( ,( ))

7

( 3) ( 3)

a a a a

d C SBD     

 

b d SD AC( , )

Ta có: SD(0; ;a a 3),AC ( ; ;0)a a SD AC, (a2 3;a2 3;a2)

 

   

(0;0; 3) AS  a 

x

z

y B

A

D

- 37 - Vậy:

2 2

2 2 2

, 3.0 ( 3).0 ( ) 21

( , )

7

, ( 3) ( 3) ( )

SD AC AS a a a a a

d SD AC

SD AC a a a

     

 

  

     

 

  

 

Ví dụ 17: Cho hình chóp S ABCD có đáy hình chữ nhật,AB2 ,a AD a , tam giác SAB cân S nằm mặt phẳng vng góc với đáy Góc đường thẳng SC ABCD 450 Gọi M trung điểm củaSD Tính theo a khoảng cách từ M đến mặt phẳng SAC

Giải: Gọi H trung điểm cạnh AB Vì tam giác SAB cân S nằm mặt phẳng vng góc với (ABCD) nên SH (ABCD)HC hình chiếu SC lên

 

 

( ) ( ,( )) ( , )

45

ABCD SC ABCD SC HC SCH SCH

 

  

Trong tam giác SHC vng H ta có:

 2  2

.tan tan tan 45

SH HC SCH  BH BC SCH  a a a Chọn hệ trục tọa độ hình với A(0;0;0), (2 ;0;0), ( ;0;0)B a D a Khi đó:

(2 ; ;0), ( ;0; 2) C a a S a a

Tọa độ trung điểm M SD ;0; 2 a M a 

 

Ta có: AC(2 ; ;0),a a AS ( ;0;a a 2)AC AS, a2 2; 2 a2 2;a2

 

   

Mặt phẳng (SAC) qua điểm A(0;0;0) nhận n ( 2; 2; 1)  làm vectơ pháp tuyến có phương trình là: 2x2 2y z 0

450

x

z

y M

H B

A

D C

- 38 - Vậy:

  2 2 2

2 2 2.0

2 26

( ,( ))

26

2 2 ( 1)

a a

a d M SAC

 

 

   

Ví dụ 18: Cho hình chóp S ABC có ABC SBC, tam giác cạnh a, mặt bên SBC tạo với đáy góc 600 Hình chiếu vng góc S xuống ABC nằm tam giác ABC Tính theo a khoảng cách từ B đến

SAC

Giải:

Gọi H trung điểm BC G hình chiếu S lên AH Vì ABC

SBC hai tam giác nên

( ) ( ) ( )

BC SAH  SAH  ABC

Mà (SAH) ( ABC) AH SG, (SAH SG), AH nên SG(ABC) Ta có: ((  SBC),(ABC)) ( SH AH, )SHG600

 3

.sin sin 60

2

a a

SG SH SHG

    ;

 3

.cos cos60

2

a a

HG SH SHG 

Chọn hệ trục tọa độ hình với

3

(0;0;0), ;0;0 , ;0;0 , 0; ;0

2 2

a a a

H B   C   A 

      ;

3

0; ;

4

a a

S   

2 2

3 3 3 3

; ;0 , ; ; , ; ;

2 2 4 8

a a a a a a a a

CA  CS  CA CS   

     

   

Mặt phẳng (SAC) qua qua điểm ;0;0 a C 

  nhận n(3; 3; 1)

 làm vectơ pháp tuyến có phương trình là: 3

2 a x y z  

600

z

x

y H

B

C

A G

- 39 - Vậy

2 2

3

3 3.0

3 13

2

( ,( ))

13 (3) ( 3) ( 1)

a a

a d B SAC

  

 

   

d) Giải pháp 4: Củng cố lại kiến thức, kỹ giải tốn tính khoảng cách hình học không gian:

Giáo viên tổ chức vài buổi thảo luận giáo viên giao nhiệm vụ cho nhóm chuẩn bị trước nhà, nên chia thành nhóm lực học tập nhóm tương đương

Nhóm 1,2: Giải tốn tính khoảng cách phương pháp dùng định nghĩa khoảng cách

Nhóm 3,4: Giải tốn vận dụng thể tích, tỷ số thể tích để tính khoảng cách

Nhóm 5,6: Giải toán khoảng cách phương pháp tọa độ Buổi thảo luận tiến hành theo trình tự sau:

- Đầu tiên nhóm lên trình bày, phát kết nhóm cho nhóm khác

- Tiếp theo, nhóm khác đưa câu hỏi nhóm vừa trình bày, đề xuất cách giải nhóm

- Giáo viên nhận xét đưa kết luận cuối cùng, yêu cầu toàn học sinh ghi nhận

- Giáo viên trao thưởng cho nhóm hồn thành tốt nhiệm vụ, thưởng điểm cao quà ý nghĩa để khích lệ học sinh - Giáo viên nhận xét học sinh chuẩn bị tiếp thu kiến thức Buổi thảo luận u cầu nhóm đổi cho

2.3.3 Một số tập tham khảo:

Bài 1: Cho lăng trụ đứng ABC A B C ’ ’ ’ có đáy ABC tam giác vng B, , ’ , ’

- 40 -

ĐS: ( ,( ))

5

a d A IBC 

Bài 2: Cho hình hộp chữ nhật ABCD A B C D ’ ’ ’ ’ có AA’AB a BC , 2 ,a điểm M thuộc ADsao cho AM 3MD.Tính khoảng cách từ M đến mp

AB C’ 

ĐS: ( ,( ' ))

2

a d A AB C 

Bài 3: Cho tứ diện ABCD có DA vng góc với mpABC, ABC 900 Tính khoảng cách từ A đến mặt phẳng BCD AD a AB BC b ,  

ĐS:

2

( ,( )) ab

d A BCD

a b

 

Bài 4: Cho tứ diện ABCD, biết AB a M , điểm miền tứ diện Tính tổng khoảng cách từ M đến mặt tứ diện

ĐS: 1 2 3 4

3

ABCD ACB V

h h h h a S

    

Bài 5: Cho hình chóp S ABCD có đáy hình chữ nhật, AB a AD b ,  Cạnh bên SA2a vng góc với đáy Gọi M N, trung điểm cạnh

, SA SD

a Tính khoảng cách từ điểm M đến đường thẳng SC b Tính khoảng cách từ A đếnBCN

c Tính khoảng cách SB vàCN ĐS:a

2

2

( , )

5 a a b d M SC

a b  

 b

2

( ,( ))

2 a

d A BCN  c

2

2

2

( , )

17 a a b d SB CN

a b  

 Bài 6: Cho hình lập phương ABCD A B C D ' ' ' ' có cạnh a Gọi M N, trung điểm AB CD Tính khoảng cách 'A C MN

A

4 a

B

2 a

C

2 a

- 41 -

Bài 7: Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình chữ nhật với

,

AB a AD  a, cạnh bên SA vng góc với mặt phẳng đáy cạnh bên SC tạo với đáy góc 600 Gọi M N, trung điểm cạnh bên SA

SB Tính khoảng cách từ điểm S đến mặt phẳng DMN

A 31

2 a

B 31

60 a

C 60

31 a

D.2

31 a

Bài 8: Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình vng cạnh a, tâm O Góc SBvà mặt phẳng SAC 600 Gọi M trung điểm SB Tính khoảng cách AM CD

A a

B

2 a

C

4 a

D a

Bài 9: Cho hình chóp S ABC có đáy ABC tam giác vuông B, đỉnh S cách điểmA B C, , Biết AC2 ,a BC a , góc đường thẳng SB mp ABC  600 Tính khoảng cách từ trung điểmM của SCđến

 

mp SAB theo a

A 39

13 a

B.3 13

13 a

C 39

26 a

D 13

26 a

Bài 10: Cho hình chóp S ABCD có đáy hình thoi tâm O cạnh a,

 60 ,0 2

ABC  SA SB SC   a Tính khoảng cách AB SC

A 11

12 a

B 11

4 a

C 11

8 a

D.3 11

4 a

Bài 11: Cho hình lăng trụ ABC A B C    có mặt đáy tam giác cạnh

2

- 42 - A.2 15

5 a B

15

5 a C

2 21

7 a D

39 13 a Bài 12: Cho hình lăng trụ ABC A B C    có mặt đáy đáy ABC tam giác vuông A, AB a AC , 2a Hình chiếu vng góc A lên mặt phẳng

ABC trùng với trung điểm H cạnhBC Biết góc cạnh bên mặt đáy 300 Tính khoảng cách từ điểm C đến ABB A  là:

A.3

2 a B

5

5 a C 85

17 a D 13

3 a Bài 13: Cho hình chóp tam giác S.ABC có cạnh đáy a Góc mặt bên với mặt đáy 600 Khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng (SBC) bằng:

A a

B

4 a

C

4 a

D

2 a

Bài 14: Cho hình chóp tam giác S.ABC có cạnh đáy a Gọi G trọng tâm tam giác ABC Góc đường thẳng SA với mặt phẳng (ABC) 600 Khoảng cách hai đường thẳng GC SA bằng:

A 5 a

B a

C

10 a

D

5 a

Bài 15 : Cho hình chóp S.ABC có SA, AB, AC đơi vng góc,

,

AB a AC a  diện tích tam giác SBC 33 a

Khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng (SBC) bằng:

A 330 33 a

B 330

11 a

C 110 33 a

D

2 330

- 43 - A

4 a

B

2 a

C

3 a

D

2 a

Bài 17: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình thang ABCD vuông A B Biết AD2a, AB BC SA a   Cạnh bên SA vng góc với mặt đáy, gọi M trung điểm AD Tính khoảng cách h từ M đến mặt phẳng

SCD

A

6 a

h B

3 a

h C

6 a

h D a h Bài 18: Cho hình tứ diện OABC có đáy OBC tam giác vuông O,

,

OB a OC a  Cạnh OA vng góc với mặt phẳng (OBC), OA a 3, gọi M trung điểm BC Tính khoảng cách h hai đường thẳng AB OM

A

5 a

h B

2 a

h C 15 a

h D 15 a h Bài 19: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình thoi tâm O cạnh a, góc

 1200

BAD Các mặt phẳng SAB SAD vng góc với mặt đáy Gọi M trung điểm SD, thể tích khối chóp S.ABCD 3

3 a

Hãy tính khoảng cách h từ M tới mặt phẳng SBC theo a

A 228

38 a

h B 228

19 a

h C 5

a

h D 19

a h Bài 20: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình thoi tâm O cạnh 2a, góc

 1200

BAD Các mặt phẳng SAB  SAD vng góc với mặt đáy Thể tích khối chóp S.ABCD 3

3 a

Hãy tính khoảng cách h hai đường thẳng SB AC theo a

A

5 a

h B

2 a

h C a

- 44 -

Bài 21: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình vng tâm O cạnh a, cạnh SA vng góc với mặt đáy Góc đường thẳng SC mặt phẳng

ABCD 450, gọi G trọng tâm tam giác SCD Tính khoảng cách h hai đường thẳng chéo OG AD

A

2 a

h B

3 a

h C a

h D a h Bài 22: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình thoi tâm O, cạnh a,

 1200

BAD Hai mặt phẳng SAB SCD vng góc với mặt đáy, góc đường thẳng SC mặt phẳng ABCD  450

Gọi G trọng tâm tam giác ABC, tính khoảng cách h từ G đến mặt phẳng SCD theo a

A

14 a

h B 21

7 a

h C 21 21

a

h D a h Bài 23: Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình vuông cạnh a, mặt bên SAB tam giác nằm mặt phẳng vng góc với mặt phẳng đáy Tính khoảng cách h từ điểm A đến mặt phẳng SCD

A 21

7

ha B h a C 3

4

ha D 3

7

h a

Bài 24: Cho hình chóp S ABC có đáy ABC tam giác vuông cân A, mặt bên SBC tam giác cạnh a mặt phẳng SBC vng góc với mặt đáy Tính theo a khoảng cách h hai đường thẳng SA BC,

A 3

2

ha B a

h C 3

4

h a D 3

4

h a Bài 25: Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình vng cạnh a ,

3

a

SD , hình chiếu vng góc S ABCD trung điểm cạnh AB Tính theo a khoảng cách h từ A đến mặt phẳng SBD

A

3 a

h B a

h C 3 a

- 45 -

Bài 26: Cho hình chóp S ABC có đáy tam giác cạnh a Hình chiếu vng góc S mặt phẳng ABC điểm H thuộc cạnh AB cho

2

HA HB Góc đường thẳng SC mặt phẳng ABC 600 Tính khoảng cách h hai đường thẳng SA BC theo a

A 42

8 a

h B 42

12 a

h C 42 12 a

h D 42 12

a h 2.4 Kết thực

Kết vận dụng thân:

Chúng thực việc áp dụng cách làm nhiều năm với mức độ khác lớp khoá học lớp khoá học khác

Đề tài thực giảng dạy tham gia dạy lớp 12A7 năm học 2017- 2018 Trường THPT Nguyễn Thái Học Trong trình học đề tài này, học sinh thực thấy tự tin, tạo cho học sinh niềm đam mê, u thích mơn tốn, mở cho học sinh cách nhìn nhận, vận dụng, linh hoạt, sáng tạo kiến thức học, tạo cho học sinh tự học, tự nghiên cứu Kết quả, học sinh tích cực tham gia giải tập, nhiều em tiến bộ, nắm vững kiến thức bản, nhiều em vận dụng tốt toán cụ thể Qua kiểm tra nội dung thi học kỳ, thi thử Cao đẳng, Đại học có nội dung này, tơi nhận thấy nhiều em có tiến rõ rệt đạt kết tốt Cụ thể sau :

Lớp 12A7 năm học 2017-2018 (Sĩ số 43)

G K TB Y Kém

SL TL SL TL SL TL SL TL SL TL

8 19% 20 47% 12 28% 7% 0%

- 46 -

Chúng đưa đề tài tổ để trao đổi, thảo luận rút kinh nghiệm Đa số đồng nghiệp tổ đánh giá cao vận dụng có hiệu quả, tạo hứng thú cho học sinh giúp em hiểu sâu, nắm vững chất hình học tạo thói quen sáng tạo nghiên cứu học tập Đề tài Tổ dạy sinh hoạt chuyên đề theo hướng nghiên cứu học năm học 2017 – 2018 nay, kinh nghiệm tổ thừa nhận có tính thực tiễn tính khả thi Hiện nay, chúng tơi tiếp tục xây dựng thêm nhiều ý tưởng để giúp học sinh trường THPT Nguyễn Thái Học học tập nội dung cách tốt để đạt kết cao kì thi

III KẾT LUẬN

- 47 -

làm cần thiết, qua phát triển tư học toán tạo niềm vui hứng thú học toán

Việc chọn trình tự tập phân dạng giúp học sinh dễ tiếp thu thấy toán nên áp dụng kiến thức cho phù hợp Mỗi dạng tốn Tơi chọn số tập để học sinh hiểu cách làm để từ làm tập mang tính tương tự dần nâng cao Tuy nhiên, thời gian khn khổ đề tài nên chưa trình bày tưởng

Do đó, giải pháp hàng vạn giải pháp để giúp phát triển tư duy, sáng tạo học sinh Giáo viên trước hết phải cung cấp cho học sinh nắm kiến thức sau cung cấp cho học sinh cách nhận dạng tốn, thể tốn từ học sinh vân dụng linh hoạt kiến thức bản, phân tích tìm hướng giải, đâu bắt đầu quan trọng để học sinh không sợ đứng trước tốn khó mà tạo tự tin, gây hứng thú say mê mơn tốn, từ tạo cho học sinh tác phong tự học tự nghiên cứu

Tuy đề tài giúp em học sinh 12 ơn thi THPT Quốc gia áp dụng cho học sinh lớp 11 giải pháp Còn giải pháp goúp học sinh cách thực nhanh toán trắc nghiệm khoảng cách Riêng giải pháp phát triển, áp dụng tốn khác hình học khơng gian Qua đó, Tơi muốn cho học sinh thấy áp dụng kiến thức có giải dễ dàng số toán mà trước q khó

- 48 -

Rất mong đóng góp ý kiến bạn quan tâm đồng nghiệp để đề tài đầy đủ hoàn thiện hơn, ngày áp dụng rỗng rãi, mang lại hiệu thiết thực cho đối tượng học sinh

Chư Pưh, ngày 03 tháng 03 năm 2018

NGƯỜI THỰC HIỆN

Trần Thanh Hữu

TÀI LIỆU THAM KHẢO

- 49 -

[2] Lê Hồnh Phị, Hình học 12- Bài tập phương pháp giải, NXB Đại học Quốc gia Hà Nội, năm 2011

[3] Trần Công Diêu – Trần Kim Anh, Luyện đề THPT Quốc Gia 2018_ Toán trắc nghiệm, NXB Đại học Quốc gia Hà Nội, năm 2017 [4] Trần Minh Quang, 27 chủ đề Tốn hình học khơng gian, NXB Đại học Quốc gia Hà Nội, năm 2010

[5] Trần Thành Minh, Giải tốn Hình học 11, NXB Giáo dục, năm 2003

MỤC LỤC

- 50 -

I MỞ ĐẦU

II NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

2.1 Cơ sở lí luận sáng kiến kinh nghiệm 2.2 Thực trạng vấn đề trước áp dụng sáng kiến kinh

nghiệm

2.3 Các biện pháp thực

2.3.1 Một số tính chất cần nhớ

2.3.2 Các giải pháp

2.3.2.1 Giải pháp 1: Vận dụng định nghĩa khoảng cách từ điểm đến đường thẳng mặt phẳng để giải toán khoảng cách

2.3.2.2 Giải pháp 2: Vận dụng thể tích, tỷ số thể tích tứ diện để giải tốn khoảng cách hình học khơng gian

2.3.2.3 Giải pháp 3: Vận dụng phương pháp tọa độ hóa để giải tốn khoảng cách hình học khơng gian 2.3.2.4 Giải pháp 4: Củng cố lại kiến thức, kỹ giải tốn tính khoảng cách hình học khơng gian

7

7

24

28

38

2.3.3 Bài tập tham khảo 39

2.4 Kết thực 44

III KẾT LUẬN 46