Kỹ năng giải bài toán khoảng cách trong hình học không gian

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]

(1)

- -

- -

S¸NG KIÕN KINH NGHIƯM

Chun đề

:

MỘT SỐ GIẢI PHÁP GIÚP HỌC SINH 12

PHÁT HUY KHẢ NĂNG GIẢI BÀI TOÁN KHOẢNG

CÁCH TRONG HÌNH HỌC KHƠNG GIAN Ở KỲ THI

THPT QUỐC GIA

(2)

- - I MỞ ĐẦU

Mỗi nội dung chương trình tốn phổ thơng có vai trị quan trọng việc hình thành phát triển tư học sinh Trong trình giảng dạy, giáo viên phải đặt đích giúp học sinh nắm kiến thức bản, hình thành phương pháp, kỹ năng, kỹ xảo, từ tạo thái độ động học tập đắn Thực tế dạy học cho thấy cịn có nhiều vấn đề cần phải giải học sinh học hình học cịn yếu, chưa hình thành kỹ năng, kỹ xảo q trình giải tốn hình học khơng gian Đặc biệt năm học 2017- 2018, năm học có nội dung trắc nghiệm Tốn lớp 11 kỳ thi THPT Quốc gia, học sinh sử dụng kết mơn Tốn để xét Đại học - Cao đẳng cần phải làm câu hỏi mức độ vận dụng, đặc biệt câu hỏi vận dụng tính khoảng cách hình học khơng gian Để làm câu hỏi dạng địi hỏi học sinh ngồi việc học tốt kiến thức hình học khơng gian cịn phải biết vận dụng linh hoạt phương pháp để từ qui tốn khó dễ phù hợp với trình độ kiến thức có đặc biệt kỹ phân tích, xác định phương pháp tính tốn nhanh để đạt u cầu kiến thức lẫn thời gian câu hỏi trắc nghiệm

Từ thực tiễn giảng dạy bồi dưỡng học sinh ôn thi đại học nhiều năm, với kinh nghiệm q trình giảng dạy Tơi xin chia sẻ “ Một số giải pháp giúp học sinh 12 phát huy khả giải toán Khoảng cách hình học khơng gian kỳ thi THPT Quốc gia ”

(3)

- -

11 Chính việc đưa sáng kiến kinh nghiệm cần thiết, làm em hiểu sâu tốn u thích chủ đề khoảng cách hình học khơng gian

Trong sáng kiến kinh nghiệm Tôi đưa ba giải pháp để giải tốn khoảng cách hình học không gian:

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

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

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

Qua nội dung đề tài Tôi mong muốn cung cấp cho người đọc nắm cách tiếp cận toán, quy lạ quen, đồng thời giúp cho học sinh số kiến thức, phương pháp kỹ để học sinh giải tốn khoảng cách hình học khơng gian, hình thành cho em thói quen phân tích, tìm tịi tích lũy rèn luyện tư sáng tạo, tự tìm phương pháp giải tốn nói chung tốn khoảng cách khơng gian nói riêng Từ em có hành trang kiến thức chuẩn bị tốt đạt kết cao kỳ thi THPT Quốc gia

Tôi tập trung nghiên cứu số tính chất khoảng cách, nghiên cứu câu hỏi khoảng cách hình học không gian dạng trắc nghiệm khách quan, nghiên cứu ứng dụng thể tích phương pháp tọa độ khơng gian vào tốn khoảng cách hình học khơng gian

(4)

- -

II NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM 2.1 Cơ sở lí luận sáng kiến kinh nghiệm

Vấn đề Tôi nghiên cứu dựa sở nội dung Khoảng cách hình học khơng gian chương trình Hình học 11 Khi giải tập toán, người học phải trang bị kỹ suy luận, liên hệ cũ mới, toán làm toán Các tiết dạy tập chuyên đề phải thiết kế theo hệ thống chuẩn bị sẵn từ dễ đến khó nhằm phát triển tư cho học sinh q trình giảng dạy, phát huy tính tích cực học sinh Hệ thống tập giúp học sinh tiếp cận nắm bắt kiến thức nhất, phát triển khả tư duy, khả vận dụng kiến thức học cách linh hoạt vào giải toán trình bày lời giải Từ học sinh có hứng thú động học tập tốt Trong trình giảng dạy nội dung khoảng cách Hình học khơng gian lớp 11 ôn tập thi THPT Quốc gia lớp 12 trường THPT Nguyễn Thái Học, Tôi thấy kỹ giải toán khoảng cách học sinh cịn yếu, đặc biệt tốn trắc nghiệm đòi hỏi thời gian ngắn đa số em bỏ qua Do cần phải cho học sinh tiếp cận toán cách dễ dàng, quy lạ quen, thiết kế trình tự giảng hợp lý giảm bớt khó khăn giúp học sinh nắm kiến thức bản, hình thành phương pháp, kĩ năng, kĩ xảo lĩnh hội lĩnh kiến thức mới, xây dựng kỹ làm tốn trắc nghiệm khách quan, từ đạt kết cao kiểm tra, đánh giá kỳ thi THPT Quốc gia

2.2 Thực trạng vấn đề trước áp dụng sáng kiến kinh nghiệm

(5)

- -

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 hoàn 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 tốn 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

( )



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



* Nếu a ( )



Δ

α

Δ

α

A

Δ

M

H

α

M

(6)

- - * Nếu a ( )



chính khoảng cách từ điểm M a đến ( ).



* Khoảng cách đường thẳng a mặt phẳng ( )



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//( )



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

là hình chiếu A lên cạnh BCvà M trung điểm cạnhBC Ta có: * Định lý Pitago: BC2 AB2 AC2

* Cơng thức cạnh góc vng hình chiếu: α

Δ

B'

C

C' B

a b

A

(7)

- -

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 cơsin:

2 2 2 . .cos

AB BC CA  BC CA C 2 2 . .cos

BC CA AB  CA AB A 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

A  B  C  (R bán kính đường trịn

(8)

- -

* 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

(9)

- -

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

6

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 vuông SAC(vuông A)

Ta có: AC a ( AC đường chéo hình vng 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

(10)

- -

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  ( , )

2

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

(11)

- 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 điểm cña

SAD ABCD

SAD ABCD AD

SH ABCD SAD S H AD            *

 

( ) (( ),( )) 45

HE BC

BC SHE SBC ABCD SEF

SH BC          

* Trong tam giác vuông 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: ( , ) a d A SB 

( đvđd)  Tính d C SB( , ))

(12)

- 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 ( )



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



Phân tích: Vì MH ( )





( )





Từ ta có cách dựng hình chiếu H M lên ( )









+ 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

(13)

- 12 -

Ta qui toán khoảng cách từ điểm M đến mp( )



Tuy nhiên có vơ số mặt phẳng ( )



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 ( )



A lên BC

Vì ABBC nên B hình chiếu A lên ( ) ( )

BC



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

(14)

- 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 vuông A)



.tan 2.tan30

3

a

SA AC SCA a

   

Trong tam giác SAB vng 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( ,( ))

(15)

- 14 -

( ) ( )

( ) ( ) //

( )//( )

SAC OM

SAB SAC SA SA OM M

SAB 



  



   



 là trung điểm SC

Tương tự N trung điểm BC

Và ( ) (



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

(16)

- 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( )



( ) ( )

( ) ( ) //

( )//( )

ABCD GE

SAB ABCD AB AB GE

SAB 



  



  

  Tương tự EF SB //

Và ( ) (



K O D

A

B

C S

H

A'

F L

E G

J O D

A

B

(17)

- 16 -

( ,( ))

d G SBC chính chiều cao đỉnh G tam giác GEF .

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

cũng 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

(18)

- 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    

4 10 ( ,( ))

15

a

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

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 ( )



a

b a'

α B

A

N M

H

A'

L G

J O D

A

B

(19)

- 18 -

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

d a b d a



Gọi 'a hình chiếu a lên mặt phẳng ( )



( ,( )) ( ,( )) (**)

d a



Ta có: AB MH// ( vng góc với ( ).



AM BH ( a//( ), '



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

(20)

- 19 - Trong tam giác ABD vuông 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

(21)

- 20 - c d( BD SC, )

Phân tích: Gọi ( )



Ta có:

( )//

( ) ( ) //

( )

SC

SAC OM OM SA

SC SAC

 

 

  



 

Mà O trung điểm AC nên M trung điểm SA

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 vng A, ta có:

2

57

19

4

AM AH SA AH a

AK

HM SA

AH

  



O M

B

A D

C S

(22)

- 21 -

Vậy ( , ) ( ,( )) 57

19

a

d BD SC d A OBD  ( đvđd)

Bài toán 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

(23)

- 22 -   

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

   SDO 600

;



.tan tan 60

2

a a

SO OD SDO 

,

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





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 vuông H, ta có:

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

(24)

- 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 vng 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

(25)

- 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 q 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 yêu thích nội dung

Kiến thức giải pháp là:

*

1

( ,( )) ( ,( ))

3

ABCD

ABCD BCD

BCD V

V S d A BCD d A BCD

S

  

(26)

- 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





4 ,

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

(27)

- 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 vuông 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





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

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

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'

(28)

- 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’ //

















 

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 vng 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

( , ') ( ,( ))

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

(29)

- 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'

(30)

- 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 yêu toán 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 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



 











D b ,A’ 0;0; ;

















z

y

x

B' C'

B A'

A D

(31)

- 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





,

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

4 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

(32)

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





ABCD hình chữ nhật AB a AD b ; 

và 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



 



là hình thoi SA





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





 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



 



8 Với hình chóp S ABC có SA





x

z

y O B

A

D C

S x

z

y B

A

D C

S

x

z

y B

A

(33)

- 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



 



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) là 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 vng góc với đáy, ABC vuông A:

z

y x

A C

B S

x

z

y H

A

C

(34)

- 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 ( ) :



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

(35)

- 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

N   

Ta có: MN





NC   

 



2 2

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

(36)

- 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

.( ) .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 

(37)

- 36 - 3 3 2 3

, ' ; ;

4

a a a

AB AC  

 

   

 

 

Vậy:

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





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)





, 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 C

(38)

- 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









Giải: Gọi H trung điểm cạnh

AB Vì tam giác SAB cân S nằm mặt phẳng vng góc với

(ABCD) nên SH (ABCD)HC

là hình chiếu SC lên  

 

( ) ( ,( )) ( , )

45

ABCD SC ABCD SC HC

SCH SCH

 

  

Trong tam giác SHC vuông 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, 





 

   

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

(39)

- 38 - Vậy:

  



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













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

(40)

- 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 yêu 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, , ’ , ’

AB a AA  a A C a Gọi M trung điểm ’ ’,A C I giao điểm

(41)

- 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





ĐS: ( ,( ' ))

2

a

d A AB C 

Bài 3: Cho tứ diện ABCD có DA vng góc với mp









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 vuông 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





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,

lần lượt trung điểm AB CD Tính khoảng cách 'A C MN

A

4

a

B

2

a

C

2

a

(42)

- 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





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





A

a

B

2

a

C

4

a

D a

Bài 9: Cho hình chóp S ABC có đáy ABC tam giác vng B, đỉnh S

cách điểmA B C, , Biết AC2 ,a BC a , góc đường thẳng SB

và mp ABC









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

(43)

- 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 vng A, AB a AC , 2a Hình chiếu vng góc A lên mặt phẳng









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)

bằng 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

33

a

Bài 16: Cho hình chóp tam giác S ABC có SA vng góc với mặt đáy, tam giác ABCvuông cân B, BA BC a  , góc mp SBC( ) với mp ABC( )

(44)

- 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





A

6

a

h B

3

a

h C

6

a

h D

3

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









3

a

Hãy tính khoảng cách h từ M tới mặt phẳng





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









3

a

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

A

5

a

h B

2

a

h C

a

h D

(45)

- 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





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

















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 vng 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





A

21

7

h

a

3

4

h

a

3

7

a

Bài 24: Cho hình chóp S ABC có đáy ABC tam giác vng cân A, mặt bên SBC tam giác cạnh a mặt phẳng





A

3

2

h

a

2

a

h C

3

4

h

a

3

4

a

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

2

a

SD , hình chiếu vng góc S









A

3

a

h B

3

a

h C 3

a

h D

(46)

- 45 -

Bài 26: Cho hình chóp S ABC có đáy tam giác cạnh a Hình chiếu vng góc S mặt phẳng





2

HA HB Góc đường thẳng SC mặt phẳng





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%

(47)

- 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

(48)

- 47 -

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

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 toán, 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 khơng 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 ôn 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

(49)

- 48 -

TÀI LIỆU THAM KHẢO

(50)

- 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 không 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

(51)

- 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 không 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

24

28

38

2.3.3 Bài tập tham khảo 39

2.4 Kết thực 44

III KẾT LUẬN 46