B×nh luËn : Víi chøng minh trªn ta nhËn thÊy pp vÐc t¬ cã thÓ tr¸nh cho chóng ta ph¶i kÎ thªm nhòng h×nh phô phøc t¹p, ®ã còng chÝnh lµ ®iÓm yÕu cña häc sinh khi häc h×nh häc kh«ng gia[r]
(1)Lời nói đầu
Khi dạy hình học khơng gian tơi cảm thấy phiền lúc phải mang th−ớc bên để vẽ đ−ợc hình khơng gian phức tạp , lúc cịn học sinh tơi cảm giác tốn hình học khơng gian tốn khó để giải buộc tơi phải có t−ởng t−ợng không gian phong phú cảm nhận đ−ợc điều tr−ớc sự “nhăn nhó” học sinh
Tôi mong muốn đọc đ−ợc tài liệu mà cho tơi ph−ơng pháp đỡ t− hình vẽ ; Tơi cố gắng tìm tịi đọc đ−ợc số tài liệu hay nh−: Tạp chí TH&TT; Quy trình giải tốn hình học pp véc tơ (Nguyễn Văn Lộc); Tốn nâng cao hình học (Phan Huy Khải) ; Hình học KG(Trần Văn Hạo) ; Giải tốn hình học (Trần Thành Minh) ; Hình học khơng gian (Sa-r−-gin) số tài liệu khác …trong có nhiều ph−ơng pháp tâm đắc nh− ph−ơng pháp véc tơ, ph−ơng pháp đại số hoá, ph−ơng pháp trải tứ diện , ph−ơng pháp chiếu vng góc,song song, ph−ơng pháp sử dụng phép biến hình… Tơi thử nghiệm vài ph−ơng pháp dạy lớp , nhận thấy pp véc tơ phù hợp với năng lực hs đồng thời giúp học sinh có chuẩn bị tốt học hình giải tích (lớp 12) Vì tơi cố gắng viết tài liệu cho riêng tôi, phù hợp với phong cách giảng dạy hơn ; Nh−ng cảm thấy ch−a thật vừa ý , tổ có đ−a yêu cầu viết chuyên đề nên tơi có dịp đ−a để thu thêm nhiều ý kiến đóng góp ,phê bình quý báu cho công tác giảng dạy sau
Trong viết thiên việc giải toán SGK , toán khác chỉ mang tính chất phụ hoạ cho phơng pháp véc tơ mà
Vì thời gian viết chuyên đề ngắn nên số phần nh−: góc, thể tích,mặt cầu, bất đẳng thức hình học…ch−a kịp làm, hy vọng với góp ý thầy tơi viết đ−ợc tài liệu có “chất”
Rất mong đ−ợc đóng góp quý báu thầy cô!
(2)a, lý thuyết Phơng pháp véc tơ:
I) Quy trình giải toán
Bc 1: La chn Hệ véc tơ gốc”.-> “Phiên dịch” giả thiết , kết luận tốn hình học cho ngôn ngữ “véc tơ”
B−ớc 2: Thực u cầu tốn thơng qua việc tiến hành phép biến đổi hệ thức véc tơ theo hệ véc tơ gốc
B−íc 3: Chuyển kết luận véc tơ sang tính chất hình học tơng ứng
VD1: (Bài tập 7.Tr27-SGK11) Cho hình tứ diện ABCD Gọi M,N lần lợt trung điểm AB,CD G trung điểm đoạn thẳng MN
a) Chng minh đ−ờng thẳng AG qua trọng tâm A’ tam giác BCD Phát biểu kết luận t−ơng tự đ−ờng thẳng BG,CG DG
b) Chøng minh GA=3GA’
A BG: Chän hÖ {A AB AC AD,JJJK JJJK JJJK, , } làm sở *Phiên dịch giả thiÕt , kÕt ln theo hƯ vÐc t¬ gèc +Giả thiết:
M trung ®iĨm cđa AB⇔ AM = A JJJJK JJK
BJ N trung điểm CD 1( )
2
AN AD+AC JJJK JJJK JJJK
⇔ =
G trung điểm đoạn MN
( ) ( )
1
2
AG AM AN AB AC AD
⇔JJJK= JJJJK JJJK+ = JJJK JJJK JJJK+ + (1)
A trọng tâm tam gi¸c BCD ' 1( )
3
AA AB+AC+AD
⇔JJJJK= JJJK JJJK JJJK .(2) + DÔ thấy yêu cầu toán tơng đơng với yêu cÇu chøng minh
(H.1)
A’ G
N M
B
D
'
3 AG= A C
A JJJK JJJJK
Từ (1),(2) ta dễ dàng giải toán II, Một số tính chất cần ghi nhớ
Để giải toán hình học không gian phơng pháp véc tơ học sinh cần nắm vững khái niệm tính chất sau:
1) Quy tắc điểm: JJJK JJJK JJJKAB+BC= AC, với A,B,C điểm không gian
2) Quy tắc hiệu véc tơ chung gốc: JJJKABlà véc tơ cho trớc với điểm O , ta cã: JJJK JJJK JJJKAB=OB OA−
3) Quy tắc hình bình hành: Nếu tứ giác OABC hình bình ta có :OBJJJK JJJK JJJK=OA OC+ 4) Tính chất trung điểm: Nếu M trung điểm đoạn AB thì: JJJ JJJ K
+ MBK+MAK=0 , OB OM JJJK JJJK JJJJK
GB GC=
JK K JJJK K
OB OC= OG
JJJK JJJK JJJK JJJK
+ OA+ =2 víi điểm O 5).Tính chất trọng tâm tam giác : Nếu G trọng tâm tam giác ABC th×: JJ JJJ
+GA+ +
(3)6) TÝch v« h−íng cđa vÐc t¬: JJJK JJJKAB CD = JJJK JJJKAB CD cos(JJJK JJJKAB CD, )
7) Điều kiện để véc tơ ph−ơng : Véc tơ aG ph−ơng với véc tơ b b( ≠0) G G
:
k R a kb
⇔ ∃ ∈ G= G G
8) Điều kiện để điểm thẳng hàng ĐK cần đủ để điểm A,B,C phân biệt thẳng hàng là: ∃ ≠k :JJJKAB=k AJJJKC 9) Điều kiện để véc tơ vng góc: JJJKAB⊥CDJJJK⇔JJJK JJJKAB CD =0G
10) Ba véc tơ đồng phẳng: Ba véc tơ gọi đồng phẳng đ−ờng thẳng chứa chúng song song với mặt phẳng
11).Công thức mối liên hệ độ dài tích vơ h−ớng véc tơ:
+ ( )2 2
2
a b= ⎡⎢ a b+ −a −b ⎤⎥
⎣ ⎦
G G G G G G
+ ( )2 2
2
a b= − ⎡⎢ a b− −a −b ⎤⎥
⎣ ⎦
G G G G G G
12) Nếu a b c, , véc tơ không đồng phẳng thoả mãn : G G G
1 1 2
x aG+y bG+z cG=x aG+y bG+z cG th×:
1 2
x x
y y
z z
= ⎧ ⎪ = ⎨ ⎪ = ⎩
13) Điểm M chia đoạn thẳng AB theo tỉ số k1 với điểm O ta có:
1
OA kOB OM
k
− =
−
JJJK JJJK
JJJJK
14) Trong kh«ng gian cho hƯ {O OA OB OD,JJJK JJJK JJJK, , } §iĨm D∈mp ABC( )
th× ODJJJK=αOAJJJK+βOBJJJK+γOCJJJK ,(α β γ+ + =1; , ,α β R)
b, Các dạng bi tập
*Bi tập hình thnh phơng pháp
Dng Bμi tập phân tích véc tơ theo véc tơ không đồng phẳng
(Xem khái niệm véc tơ đồng phẳng mục A-II-10)
VD2: Cho tứ diện ABCD Các trung tuyến AA1 BB1 tam giác ABC cắt M Có thể biểu diễn véc tơ DMJJJJK theo ba véc tơ ,trong ba véc tơ cho sau đây?
1) DA DC DBJJJK JJJK JJJK, ,
2) DJJJK JJJK JJJKA AA BB, 1, 1 D 3) JJJK JJJK JJJJKAB DA A B, , 1 1.
1) 1( )
3
DM = DA+DB+DC JJJJK JJJK JJJK JJJK
2) 1 1
3
DM =DA+ AA + BB JJJJK JJJK JJJK JJJK
3) Do A1B1//AB nên véc tơ đồng phẳng , mặt khác véc tơ JJJJKDM không đồng phẳng với véc tơ véc tơ , DMJJJJK
không biểu diễn đợc theo véc tơ:JJJK JJJK JJJJKAB DA A B, , 1 1 VD3: Cho tø diƯn ABCD §iĨm M trọng tâm tam giác ABC HÃy biễu diễn DMJJJJKtheo véc tơ:DA AC CBJJJK JJJK JJJK, ,
(H.2)
B1 A
1
M A
C
(4)HD: (Xem hình 2.) M trọng tâm tam giác ABC nên: 1(
DM = DA+DB+DC) JJJJK JJJK JJJK JJJK
Vậy để giải toán ta cần biểu diễn DB DCJJJK JJJK, theo véc tơ DA AC CBJJJK JJJK JJJK, , Ta có:
+JJJK JJJK JJJK JJJKDB=DA+AC CB+ DCJJJK JJJK JJJK=DA+AC Từ suy ra: 1(3 )
DM = DA+ AC+CB JJJJK JJJK JJJK JJJK
Bμi tËp tù gi¶i:
1).Cho tø diƯn ABCD M vµ N lµ trung điểm DB DC HÃy phân tích vÐc t¬ , , theo , ,
AM BN MN DA DB DC JJJJK JJJK JJJJK JJJK JJJK JJJK
2) Cho hình chóp S.ABCD đáy hình bình hành tâm O a) Hãy phân tích SDJJJK theo SA SB SCJJK JJK J K, , JJ
b) HÃy phân tích vÐc t¬ SA SB SC SDJJK JJK JJJK JJJK, , , theo véc tơ JJJK JJJK JJJKAB AC SO, ,
3).Cho hình lập phơng ABCD.ABCD Gọi O tâm hình lập phơng I tâm mặt CDDC HÃy phân tích véc t¬ AO AIK JK, theo AB AD AAJK JJK, , JK'
1
1 ; ;
JJJ J JJ J JJJ 4) Cho h×nh lăng trụ tam giác ABCA B C 1
a) Đặt JJJJACK =c BAG JJJK=Ga CBJJJK =bG HÃy phân tích véc tơ JJJKAA1 theo , ,a b cG G G b) M trung điểm đoạn B1C HÃy phân tích véc tơ JJJJKAM theo ,JJJK JJJK JJJKAA AB AC1 ,
5) Cho tứ diện ABCD M N điểm chia đoạn thẳng DB, AC theo tỉ số MD m; NA
MB = NC =n H·y ph©n tÝch vÐc t¬ MNJJJJK theo JJJK JJJK JJJKAB DA BC, ,
JJ
6) Cho mặt cầu tâm O bán kính R Từ điểm S vẽ tiếp tuyến SA, SB, SC với mặt cầu (A,B,C tiếp điểm ) HÃy phân tích véc tơ SOJJJK theo SA SB SCJJK JJK J K, , biÕt r»ng ba vÐc tơ cặp tạo với góc 600
- D¹ng 2: Bμi tËp lùa chän “ hƯ vÐc t¬ gèc ”
* ViƯc lùa chän hệ véc tơ gốc quan trọng giải toán phơng pháp véc tơ Nói chung việc lựa chọn hệ véc tơ gốc phải thoả mÃn yêu cầu:
+ H véc tơ gốc phải véc tơ không đồng phẳng
+ Hệ véc tơ gốc nên hệ véc tơ mà chuyển u cầu tốn thành ngơn ngữ véc tơ cách đơn giản
VD4: (Bµi tËp 6- Tr27-SGK11) Cho hình tứ diện ABCD với P,Q lần lợt trung điểm AB CD Gọi R là điểm nằm cạnh BC cho BR=2RC S giao điểm cạnh AD với mp(PRQ) Chøng minh r»ng AS=2SD
BG:
A
Chän hÖ {A AB AC AD,JJJK JJJK JJJK, , } làm sở Ta có:
P trung ®iĨm AB AP AB JJJK JJJK
=
Q trung điểm CD 1( )
2
AQ AC AD
⇒JJJK= JJJK JJJK+
R nằm BC BR=2RC
3
AR AB A
⇒JJJK= JJJK+ JJJKC Yêu cầu toán tơng đơng với viÖc chøng minh : hay
3 AS = SD AS= AD JJJK JJJK JJJK JJJ (H.3)
B
R
S P
C
Q
D
(5)Giả sử JJJKAS=k ADJJJK Điểm S thuộc mp(PQR) tồn α β γ, , ∈R cho: JJJKAS =αJJJKAP+βJJJKAQ+γJJJKAR ;(α β γ+ + =1) (Xem mục A-II-14)
Hay 1( )
2 3
k AD=α AB+β AC+AD +γ ⎜⎛ AB+ AC⎞⎟
⎝ ⎠
JJJK JJJK JJJK JJJK JJJK JJJK 1 1 1 2 1
2 3
k AD ⎛ α γ⎞AB ⎛ β γ⎞AC βAD
⇔ =⎜ + ⎟ +⎜ + ⎟ +
⎝ ⎠ ⎝ ⎠
JJJK JJJK JJJK JJJK
1
0
2
1
0
2
1
k
α β γ
α γ
β γ
β
+ + = ⎧
⎪
⎪ + =
⎪⎪
⇔ ⎨ + =
⎪ ⎪ ⎪ = ⎪⎩
3 k
⇒ = (Xem môc A-II-12), suy ®pcm
Bình luận : Với chứng minh ta nhận thấy pp véc tơ tránh cho phải kẻ thêm nhũng hình phụ phức tạp, điểm yếu học sinh học hình học khơng gian
Ta xét sang VD khác , để nhận thấy rõ −u điểm ph−ơng pháp véc tơ
VD5:(Bµi tập 5-Tr86-SGK11) Chứng minh đờng thẳng nối trung điểm hai cạnh AB CD tứ diện ABCD đờng vuông góc chung AB CD AC=BD, AD=BC.
BG:
Giả sử M,N trung ®iĨm cđa AB, CD
Chän hƯ {A AB AC AD,JJJK JJJK JJJK, , } làm sở
A
M trung điểm AB⇔ AM = AB JJJJK JJKJ
N trung điểm CD 1( )
2
AN AD A
⇔JJJK= JJJK JJJK+ C 1(
2 )
MN AN AM AC AD AB
⇒JJJJK JJJK JJJJK= − = JJJK JJJK JJJK+ −
CDJJJK JJJK JJJK=AD−AC
+ MN vuông góc với AB nên:
1( )
4
MN AB AC AD AB AB (H.4)
M
N C
B
D
= ⇔ + − =
JJJJK JJJK JJJK JJJK JJJK JJJK
2
0 AB AC AB AD AB (1)
⇔ =JJJK JJJK JJJK JJJK JJJK+ − + MN vu«ng gãc víi CD nªn:
( )(
1
4
MN CD= ⇔ AC+AD−AB AD−AC)=0 JJJJK JJJK JJJK JJJK JJJK JJJK JJJK ⇔ AD2 =JJJKAC2−JJJK JJJK JJJK JJJKAB AC +AB AD (2)
LÊy (2)-(1) theo vế ta đợc: AD2 =(JJJK JJJKABAC)2 =BC2 AD=BC Cộng vế theo vế ta đợc AC=BD Suy điều phải chứng minh Bình luận:
+Mc dự tập SGK ,tuy nhiên toán tập khó kể với HSG , việc vẽ hình phụ để giải quyết tốn ph−ơng pháp hình học KG t khơng đơn giản
(6)Bμi tËp tù gi¶i:
1)(Bài tập 4-Tr41-SGK11).Chứng minh tổng bình ph−ơng tất đ−ờng chéo hình hộp tổng bình ph−ơng tất cạnh hình hộp
2)(Bài tập 1-Tr59-SGK11) Cho hình hộp ABCD.A’B’C’D’ có tất cạnh Chứng minh : AC⊥B D' ', AB'⊥CD', AD'⊥CB'
3)(Bài tập 2-Tr59-SGK11) Cho tứ diện ABCD cạnh a , gọi M trung điểm BC Tính cosin góc
n
(AB DM, )
4)( Bµi tËp 3-Tr59-SGK11) Cho tø diƯn ABCD cã AB=CD=a, AC=BD=b, AD=BC=c
a) Chứng minh đoạn nối trung điểm cặp cạnh đối vng góc với hai cạnh b) Tính cosin góc hợp đ−ờng thẳng AC BD
5)( Bài tập 3-Tr69-SGK11) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình thoi tâm O Biết SA=SC, SB=SD Chứng minh :
a) SO⊥mp ABCD( ) b).AC⊥SD
6) ( Bài tập 5-Tr69-SGK11) Cho tứ diện ABCD Chứng minh AB⊥CD AC⊥BD AD⊥BC 7) ( Bài tập 7-Tr69-SGK11) Cho tứ diện OABC có ba cạnh OA, OB, OC đơi vng góc Kẻ
H n»m trªn mp(ABC) Chøng minh : (
OH ⊥mp ABCD)
a) H trực tâm tam giác ABC b) 2 12 12
OH =OA +OB +OC2
8) ( Bài tập 8-Tr86-SGK11) Hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình vng cạnh a SA=SB=SC=SD =a Gọi I J lần l−ợt trung điểm AD BC
a) Chứng minh mp(SIJ) vuông góc với mp(SBC) b).Tính khoảng cách hai đờng thẳng AD SB
-
*bi tập phân theo dạng toán giải đợc pp véc tơ
Một câu hỏi th−ờng gặp học sinh dạy ph−ơng pháp véc tơ : Những tốn có dạng nh− giải đ−ợc ph−ơng pháp véc tơ ?, dạng tốn ph−ơng pháp véc tơ −u điểm ? , đ−ờng lối giải nh− ? Thực để trả lời đ−ợc câu hỏi khó tốn sơ cấp nói chung hình học khơng gian nói riêng khó tìm ph−ơng pháp giải hết tốn nh− khơng muốn nói khơng thể Tuy nhiên tập SGK làm rõ đ−ợc phần nào, ví dụ hs trung bình dừng lại tốn có giả thiết kết luận đơn giản nh− trung điểm, trọng tâm , vng góc; hs nâng cao lên tốn khoảng cách , tính góc , thẳng hàng, đẳng thức hình học…; hs giỏi thêm dạng toán đồng phẳng , đồng quy,bất đẳng thức hình học, quan hệ song song ,vng góc … mức độ khó
D¹ng 1: Bμi tËp trọng tâm tam giác , tứ diện + M trung điểm AB 1( )
2
OM OA OB
⇔JJJJK= JJJK JJJK+
+G trọng tâm tam giác ABC 1( )
OG OA OB OC
⇔JJJK= JJJK JJJK+ +JJJG
(Với điểm O không gian )
(7)HD: Chän hƯ vÐc t¬ c¬ së {A AA AB AD,JJJJK JJJK JJJK', , } Phân tích toán:
*Giả thiết:
Mặt phẳng (ABD) cắt đờng chéo AC’ t¹i M
Suy ra:
+ M∈AC'⇒ ∃ ∈k R AM:JJJJK=k ACK'
k AA AB+AB
JJJJK JJJJK JJJK JJJK
JJJJ
hay AM = ( '+ )
( ' ) '
M mp A BD
AM αAA βAB γAD
∈
⇒JJJJK= JJJJK+ JJJK+ JJJK
(α β γ, , ∈R:α β γ+ + =1)
*Yêu cầu toán tơng đơng với việc chøng C
(H.5)
M
B’
D’ D
B
A
C’
minh: 1( ' )
AM = AA +AB+AD JJJJK JJJJK JJJK JJJK A’
Víi viƯc lËp hƯ phơng trình giải tơng tự VD4 , ta suy đpcm Bi tập tự giải:
1) Cho hình hộp xiên ABCD.A’B’C’D’ Gọi P,Q,R ảnh đối xứng điểm D’ qua điểm A, B’, C Chứng tỏ B trọng tâm tứ diện PQRD’
2) Cho tø diÖn ABCD Gọi M,N,P,Q lần lợt trung điểm AB,BC,CD,DA Chứng minh tam giác ANP CMQ có chung träng t©m
3) Chøng minh r»ng hai tø diƯn ABCD ABCD có trọng tâm khi:
' ' ' '
AA +BB +CC +DD =0G
JJJJK JJJJK JJJJK JJJJK
4) Cho tø diÖn ABCD Gäi A’, B’, C’ ,D lần lợt điểm cạnh AB,BC,CD,DA cho:
' ' ' '
' ' ' '
A A B B CC D D k A B = B C =C D = D A =
Chøng minh hai tø diÖn ABCD ABCD có trọng tâm
5) Cho hình hộp ABCD.A1B1C1D1 Gọi P,R theo thứ tự trung ®iĨm cđa AB, A1D1 ; Gäi P1 ,Q ,Q1 ,R1 theo thứ tự giao điểm đờng chéo m t (ABCD), (CDDặ 1C1), (A1BB1C1D1),(ADD1A1)
a) Chøng minh r»ng : PPJJJK JJJJK JJJK1+QQ1+RR1=0G
b) Chứng minh hai tam giác PRQ P1R1Q1 có trọng tâm
- Dạng 2: bi tập điểm thẳng hng
Để chứng minh điểm P, M, N thẳng hàng ta chứng minh: JJJKAP=αJJJJKAM +βJJJKAN ( ,α β∈R:α β+ =1) A điểm (thơng th−ờng A gốc hệ sở)
VD7: Cho hình lập ph−ơng ABCD.A’B’C’D’ cạnh a Gọi P,Q điểm xác định : AP= −AD' , 'C Q= −C'D;
M lµ trung ®iĨm BB’ Chøng minh r»ng P, M, Q thẳng hàng
HD:
(8)Phân tích toán:
* Giải thiết : AP= −AD'⇒JJJKAP= −JJJJKAD'⇒JJJJKA P' =2aG JG−d
' ' ' ' '
C Q= −C D⇒C Q= −C D⇒A Q= b+ −d a G JG G JJJJK JJJJJK JJJJK
M trung điểm BB ' 1( ' ' ')
2
A M A B+A B = a+b
⇒JJJJJK= JJJJK JJJJJK G G
* Yêu cầu toán t−ơng đ−ơng với việc chứng minh: ∃α β, :JA MJJJJK' =αJJJJKA P' +βJJJJKA Q' (α β+ =1) Thay đẳng thức giải hệ ph−ơng trình ta đ−ợc
2 α β= =
Bμi tËp tù gi¶i :
1) Cho h×nh hép ABCD.A1B1C1D1 Gäi P trung điểm cạnh B1C1 Đờng thẳng d qua P cắt đờng thẳng AB M cắt đờng thẳng DD1 N Chứng minh P trung điểm đoạn MN
2).Cho t din OABC Gọi M,N ,P lần l−ợt điểm đối xứng với O trung điểm cạnh tam giác ABC Chứng minh , điểm O trọng tâm tam giác ABC , MNP thẳng hàng
3) Cho tø diÖn OABC Gäi P, Q,R lần lợt trọng tâm tam giác AOB, BOC, COA Chứng minh điểm O trọng tâm tam giác ABC, PQR thẳng hàng
4) Chøng minh r»ng tø diƯn trùc t©m : träng tâm , trực tâm, tâm mặt cầu ngoại tiếp nằm đờng thẳng (đờng thẳng Ơ-le tứ diện)
5) Cho hình hộp ABCD.A1B1C1D1 P điểm đờng thẳng CC1 cho : 1
CP M điểm đờng thẳng AD, N điểm đờng thẳng BD
CC
=
1 cho ba ®iĨm M, N, P thẳng hàng Tính :
MD
MA
- Dạng 3: quan hệ vuông góc đờng thẳng v mặt phẳng
VD8 (Bi tập 3-Tr69-SGK11) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình thoi tâm O Biết SA=SC, SB=SD Chứng minh rằng:
a) SO⊥mp ABCD( ) b) AC⊥SD
Chän hƯ vÐc t¬ c¬ së: {O OA OB OS,JJJK JJJK JJJK, , } S
a) Ta cã: SAJJK JJJK JJJK=OA OS−
( )
SC =OC−OS = − OA OS+
JJJK JJJK JJJK JJJK JJJK
Theo bµi : SA=SC
( ) ( )
2
2
SA =SC ⇒ OA OSJJJK JJJK− = OA OSJJJK JJJK+
⇒OA OSJJJK JJJK =0⇒OA⊥OS
T−ơng tự ta chứng minh đ−ợc : OB⊥OS, suy ra: SO⊥mp ABCD( ) b) Ta có :JJJKAC= −2OJJJKA; JJJK JJJSD=OD OSK JJJK− Do đó: JJJK JJJKAD SD = −2OA OD OSJJJG JJJG JJJG.( − )= ⇒0 AC⊥SD
O A
D
C (H.6)
B
(9)HD: Chän hÖ {A AB AC AD,JJJK JJJK JJJK, , } làm sở
Ta có: ( )
( )
0
AB CD AB AD AC AB AD AB AC
AC AD AB AD
AC BD AC AD AB AC AD AC AB
⎧ ⊥ ⇒ − = ⇒ − =
⎪ ⇒ − =
⎨
⊥ ⇒ − = ⇒ − =
⎪⎩
JJJK JJJK JJJK JJJK JJJK JJJK JJJK
JJJK JJJK JJJK JJJK
JJJK JJJK JJJK JJJK JJJK JJJK JJJK (1)
Nªn: JJJK JJJK JJJK JJJK JJJKAD BC =AD AC( −AB)= ⇒0 AD⊥BC <Theo (1)>®pcm + §Ó chøng minh AB⊥CD, ta chøng minh: JJJK JJJKAB CD =0
+ §Ĩ chøng minh AB⊥( )α , ta chứng minh AB vuông góc với đờng thẳng cắt thc mp( )α + §Ĩ chøng minh ( ) ( ) , ta chứng minh đờng thẳng thuộc mặt phẳng vuông góc với đờng thẳng thuộc mặt phẳng
Bi tập tự giải :
1) Cho hình chóp S.ABCD , đáy ABC tam giác cân đỉnh A, D trung điểm BC , vẽ DE⊥AB E( ∈AB), biết Gọi M trung điểm DE
( SE⊥mp ABC)
Chøng minh :AM ⊥mp SEC( )
2).Cho h×nh lËp phơng ABCD.A1B1C1D1 Gọi M, N lần lợt trung điểm cạnh AD BB1 Chứng minh:
1
MN⊥ A C
3) Cho hình chóp S.ABC có SA=SB=SC , đáy ABC tam giác cân (AB=AC) Vẽ , D trung điểm cạnh AB, E trọng tâm tam giác ADC Chứng minh :
( SO⊥mp ABC)
( )
CD⊥mp SOE
4) Cho hình lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’ có tất cạnh a M N điểm lần l−ợt thuộc đ−ờng chéo A’B B’C Biết :
3
' ' ; '
5 '
A M = A B B N = B C Chøng minh r»ng : MN ⊥A B' vµ MN ⊥B C'
5) Tỉng hai gãc ph¼ng cđa gãc tam diƯn 1800 Chứng minh đờng vuông góc chung chúng vuông góc với phân giác góc phẳng thứ ba
-
Dạng 4: Tính góc hai đờng thẳng
( ) ( )
2 2
,
2
a b a b
a b cos a b
a b a b
⎡ + − − ⎤
⎢ ⎥
= = ⎢ ⎥
⎢ ⎥
⎣ ⎦
G G G G
G G G G
G G G G
(10)TÝnh cosin cña gãc(nAB DM, )
Chän hƯ vÐc t¬ c¬ së {B BA BC BD,JJJK JJJK, ,JJJG} Ta cã: A
1
DM =BM−BD= BC−BD JJJJG JJJJG JJJG JJJG JJJG
Do đó: cos AB DM( , ) AB DM
DM AB
=
JJJJG JJJK JJJJG
JJJK
JJJJG JJJK
DÔ thÊy : AB=a ; DM= a
(H.7)
C B
M
D
2
1 1
2
2
1
3 AB DM = −BA⎜⎛ BC−BD⎞⎟=BD BA− BA BC=a cosπ − a cosπ = a
⎝ ⎠
JJJK JJJJK JJJK JJJK JJJK JJJK JJJK JJJK JJJK
Do
( , )
cos AB DMJJJK JJJJG = >
(n, )
6 cos AB DM
⇒ =
Chó ý : cos a b( )G G, > ⇒0 ( )a bG G, =( )a bm, ; cos a b( )G G, < ⇒0 ( )a bG G, = −π ( )a bm, Bμi tËp tù gi¶i :
1)( Bài tập3-Tr59-SGK11) Cho tứ diện ABCD có AB=CD=a , AC=BD=b, AD=BC=c a) Chứng minh đoạn nối trung điểm cặp cạnh đối vng góc với hai cạnh b) Tính cosin góc hợp đ−ờng thẳng AC BD
2)(VÝ dơ 1-Tr56-SGK) Cho tø diƯn ABCD Gọi M,N lần lợt trung điểm cạnh BC AD Cho biết AB=CD=2a MN=a TÝnh gãc (nAB CD, )
3) Trong hình chóp tam giác ABCD tất cạnh có độ dài Điểm M trung điểm cạnh AD, điểm O trọng tâm tam giác ABC , điểm N trung điểm cạnh AB điểm K trung điểm cạnh CD Tìm góc đ−ờng thẳng MO KN
4) Cho lăng trụ đứng tam giác ABC.A1B1C1 : BC=a; AC=b ; AB=c; AA1=h Tính cosin góc: a) Giữa đ−ờng chéo AB1 BC1
b) Giữa cạnh AB đờng chéo B1C
5)* Biết góc phẳng gãc tam diÖn SABC: BSCn=α; CSAn=β; ASBn =γ TÝnh cosin góc : a) Giữa cạnh SC phân giác góc nASB
b) Giữa phân giác góc nASB nASC
c) Gia cnh SC hình chiếu vng góc mặt phẳng chứa mặt đối diện <HD: Chọn hệ véc tơ sở {S SA, 1=e SB1, 1=e SC2, =e3}
JG JJG J
JJJK JJJK JJJK G
(11)Dạng 5: quan hệ song song đờng thẳng v mặt phẳng
1).Hai đờng thẳng song song
Để chứng minh đờng thẳng AB//CD ta chøng minh : JJJKAB=kCDJJJK (k∈R) VD11 Cho lăng trụ tam giác ABC.A1BB1C1 Giả sử M, N, E, F lần lợt trọng tâm cđa c¸c tam gi¸c AA1B ,A1BB1C1 ,ABC , BCC1 Chøng minh MN//EF
Chän hƯ vÐc t¬ c¬ së: {A AA,JJJK1 =a ABG,JJJK=b ACG,JJJK=Gc}
Theo bµi ta có:
M trọng tâm tam giác AA1BB
1 ( 1)
1
AM AA AB
⇒JJJJK= JJJK JJJJK+ N trọng tâm tam giác A1B1C1 1( 1 1 )
3
AN AA AB AC
⇒JJJK= JJJK JJJJK JJJJK+ +
E trọng tâm tam gi¸c ABC 1( )
AE AB AC
JJJK= JJJK JJJK+
F trọng tâm tam giác BCC1 1( 1)
3
AF AB AC AC
⇒ =
B1 N M
F
E B A1
A C
C1
(H.8)
+ +
JJJK JJJK JJJK JJJJK
= Ta cÇn chøng minh :∃k MN:JJJJK k EFJJJK
ThËt vËy: 1( )
3 MN= AN−AM = aG G+c JJJJK JJJK JJJJK
; 1( )
3 EF = aG G+c JJJK
từ suy ra: MNJJJJK JJJK=EF⇒MN//EF 2).Đ−ờng thẳng song song với mặt phẳng
Để chứng minh đ−ờng thẳng d//mp(α) ta lấy d véc tơ aG, (α) hai véc tơ bG,cG sau chứng minh véc tơ đồng phẳng, nghĩa chứng minh ∃k l, ∈R a: =kb lc+
G G G
VD12 Cho hình hộp ABCD.A1BB1C1D1 Giả sử M N lần lợt trung điểm cạnh AA1 B1C1 Chứng minh MN song song với mặt phẳng (DA1C1)
Chän hƯ vÐc t¬ c¬ së:
{D DA, =a DC, =b DD, 1=c}
G G G
JJJK JJJK JJJJK
Ta cã: MNJJJJK JJJJK JJJJK=DN−DN 1(2 ) b a c
= JJG G G− + (1) Ta cÇn chøng minh :
D ∃x y, ∈R MN:JJJJK=xDCJJJJK1+yDAJJJJK1 =x b c( ) ( )G G+ +y a cG G+ (2) C
C1 N
M
B
D1 A1
B1
(H.9)
(12)Tõ (1) vµ (2) suy : x=1;y=
− Do MN//mp(DA1C1)
Chú ý: Nếu a b cG G G, , véc tơ không đồng phẳng thoả mãn :x a1G+y b1G+z c1G=x a2G+y b2G+z c2G thì:
1 2
x x
y y
z z
= ⎧ ⎪ = =
3).Hai mặt phẳng song song
Để chứng minh mặt phẳng (P)//(Q), ta lấy (P) véc tơ a b, G G
, (Q) véc tơ x y,
G JG
Sau chứng minh véc tơ (a x yG G JG, , ) ( ; b x yG G JG, , ) l ng phng
VD13 Cho lăng trụ tam giác ABC.A1BB1C1 Gọi M, N lần lợt trung điểm AA1 CC1; G trọng tâm của tam gi¸c A1B1BC1 Chøng minh r»ng mp(MGC1)//mp(AB1N)
Chän hƯ vÐc t¬ c¬ së:
{A AA, 1=a AB, =b AC, =c}
G G G
JJJK JJJK JJJK
Ta cần chứng minh tồn x,y,x1,y1 cho:
1 1 1
MG x AB y AN MC x AB y AN
⎧ = +
⎪ ⎨
= +
⎪⎩
JJJJK JJJJK JJJK JJJJK JJJJK JJJK G1
M
B
C A
A1 C1
B1
(H.10)
N
TÝnh to¸n ta cã:
1 1
2 3
MG= a+ b+ c=⎜⎛x+ y a⎞⎟ +xb+yc⇒ = =x y
⎝ ⎠
G G G G G G
JJJJK 1
3 Tơng tự =x1 0;y1=1, suy đpcm Bi tập tự giải :
1).Cho hình hộp ABCD.A1B1C1D1 Giả sử E tâm mặt ABB1A1; N, I lần lợt trung điểm CC1 CD Chứng minh EN//AI
2) Cho lăng trụ tam giác ABC.A1B1C1 Giả sử M,N lần lợt trọng tâm tam giác ABA1 ABC Chứng minh MN//mp(AA1C1)
3) Cho lăng trụ tam giác ABC.A1B1C1 Giả sử M,N,E lần lợt trung điểm cạnh BB1, CC1 , AA1 ; G trọng
tâm tam gi¸c A1B1C1 Chøng minh: a) mp(MGC1)//mp(BA1N)
b) mp(A1GN)//mp(B1CE)
4) Cho hình chóp S.ABCD đáy hình bình hành tâm O Gọi M,N lần l−ợt trung điểm SA ,SD a) Chứng minh: mp(OMN)//(SBC)
(13)Dạng 6: bốn điểm hay ba véc tơ đồng phẳng.
+ Cho ba véc tơ a b c, , G G G
aG bG khơng ph−ơng Khi ba véc tơ a b c, , G G G đồng phẳng có số k l cho: cG=k a lbG+ G
+ Bèn ®iĨm A,B,C,D thuộc mặt phẳng tồn số thực ,
cho:OAJJJG=αOBJJJK+βOCJJJG+ − −(1 α β)ODJJJG ,∀ ®iĨm O
VD14 Chứng minh ba véc tơ x y zG JG G, , xác định biểu thức sau đồng phẳng : x= −a b y; ; = −c a z= − + +2a b c
G G G JG G G G G G G
Víi a b c, , G G G
ba véc tơ cho tr−ớc không đồng phẳng HD: Ta có : JG G G Gy− = − −x c a ( )a bG G− = − + + =2a b cG G G Gz Suy véc tơ x y z, ,
G JG G
đồng phẳng VD15 Cho tứ diện ABCD điểm I, K, E, F điểm thoả mãn : JJ JJ
2IB+IA=0 ; 2KC+KD=0 ; 2EB+3EC=0 ;2FA+3FD=0 Chøng minh r»ng: G K G JJJG JJJG G JJJK JJJK G JJJK JJJK G
a) Các véc tơ BC IK AD, , JJJG JJG JJJG
đồng phẳng b) Các véc tơ BA EF CD, ,
JJJG JJJK JJJG
đồng phẳng
c) Bốn điểm I, E, K, F thuộc mặt phẳng HD: Chọn hệ {A AB,JJJK=x ACG,JJJK=JGy AD,JJJK=Gz} làm sở Theo giả thiết ta có : 2I 2
3
B+IA= ⇒G AI = AB= xG JJK JJK JJK JJJK
; 2
3 3
KC+KD= ⇒AK = AC+ AD= y+ z JJJG JJJG G JJJK JJJK JJJK JG G
;
2 3
2
5 5
EB+ EC= ⇒G AE= AB+ AC= xG+ yG JJJK JJJK JJJK JJJK JJJK J
; 3
5
FA+ FD= ⇒G AF= AD= zG JJJK JJJK JJJK JJJK
<Câu a) b) học sinh tự giải > Ta cần chøng minh tån t¹i α β, cho: JJKAI =αJJJKAE+βJJJKAK+ (1 )JJJKAF (1) Thay biểu thức véctơ vào (1), ta có :
( )
2
1
3 5 3
3 x=α⎜⎛ x+ y⎟⎞+β⎜⎛ y+ z⎞⎟+ − −α
⎝ ⎠ ⎝ ⎠
G G JG JG G
z
β G áp dụng (A-II-12) ta tìm đợc ,
VD16 Cho tø diƯn ABCD Gäi M,N lµ trung ®iĨm AB vµ CD ; P, Q lµ hai ®iĨm theo thø tù thuéc hai c¹nh
AC, BD cho: PA QB
PC =QD Chøng minh điểm M, N ,P,Q thuộc mặt phẳng
Đặt PA QB AP BQ: k
PC =QD⇒ AC = BD = Do P, Q thuộc cạnh AC, BD nên:
A
(1) (2)
AP k AC
BQ k BD
= ⇒
=
JJJK JJJK
JJJK JJJK
Bèn ®iĨm M,N,P,Q thuộc mặt phẳng tồn số thực , cho:
(1 )
AQ=αAM +βAN+ − −α β AP
JJJK JJJJK JJJK JJJK
.(3) BiĨu diƠn c¸c vÐc t¬ JJJK JJJK JJJJK JJJKAQ AP AM AN, , , theo sở
thay vào (3) suy :α =2 1( −k); 2β = k⇒®pcm (H.11)
Q P M
B
C
N
(14)Bμi tËp tù gi¶i :
1) Cho hình lập phơng ABCD.A1B1C1D Các điểm M,N lần lợt thuộc cạnh AD, BB1 cho AM=BN
14
1
, ,
1
Chøng minh r»ng ba vÐc t¬ MN AB B DJK K JJJJG
1
K JK JJJJK
JJJ JJJ
đồng phẳng
2) Cho hai hình bình hành ABCD AJJJ JJJ 1B1C1D1 không thuộc mặt phẳng Chứng minh véc tơ BB CC DD1, 1, đồng phẳng
3) Cho tø diÖn ABCD Gọi A,B,C,D lần lợt điểm chia đoạn thẳng AB, BC, CD, DA theo cïng tØ sè k, tøc lµ :
' ' ' '
' ' ' '
A A B B C C D D k A B = B C =C D= D A =
Với giá trị k điểm A’ , B’, C’, D’ đồng phẳng
4).(Bµi tËp 7-Tr60-SGK12) Cho tứ diện ABCD ; P,Q lần lợt trung điểm AB CD Hai điểm M,N lần lợt chia hai đoạn thẳng BC AD theo tỉ sè k Chøng minh r»ng ®iĨm P, Q, M, N nằm mặt phẳng
- Dạng 7: chứng minh đẳng thức độ dμi, tính độ dμi đoạn thẳng
+ ( )2 2
2
a b= ⎡⎢ a b+ −a −b ⎤⎥
⎣ ⎦
G G G G G G
+ ( )2 2
a b= − ⎡⎢ a b− −a −b ⎤⎥
⎣ ⎦
G G G G G G
+ ( ) ( )2
a b= ⎡⎢ a b+ − a b− ⎤⎥
⎣ ⎦
G G G G G G
VD17 Các cạnh AB CD tứ tứ diện ABCD vuông góc víi Chøng minh r»ng :
2 2
AC −AD =BC −BD Chän hÖ vÐc t¬ c¬ së: {A AB AC AD,JJJK JJJK JJJK, , } Ta cã:
( )2 2
2
2
BC=AC−AB⇒BC = AC−AB = AC − AC AB+AB
JJJK JJJK JJJK JJJK JJJK JJJK JJJK JJJK JJJK
(1)
( )2 2
2
2
BD= AD−AB⇒BD = AD−AB = AD − AD AB+AB
JJJK JJJK JJJK JJJK JJJK JJJK JJJK JJJK JJJK
(2)
Tõ (1),(2) 2 2 ( ) 2
2
BC BD AC AD AB AD AC AC AD AB CD AC AD
⇒ − = − + JJJK JJJK JJJK− = − + JJJK JJJK= ,đpcm
VD18.(Đề thi HSG Tỉnh11).Cho hình chóp SABCD Đáy ABCD hình bình hành Một mặt phẳng (P) cắt SA, SB,SC,SD theo thø tù t¹i K,L,M,N Chøng minh r»ng :SA SC SB SD
SK +SM = SL+SN Chän hƯ vÐc t¬ c¬ së:
{S SA,JJK=a SBG,JJK=b SCG,JJJK=cG}
(H.12)
A D
N K
M
C S
(15)Đặt :SK x,SL y,SM z,SN SA = SB = SC = SD =t
G
Từ ta có : SKJJJK=xa SLG,JJK= yb SMG,JJJK=z b c a SN(G G G+ − ),JJJK=tc
Vì K,L,M,N đồng phẳng nên: ∃α β γ, , ∈R SM:JJJK=αJJJKSK+βJJKSL+γSNJJJK (α β γ+ + =1)
Từ suy ra: ( )
z x
x z
z
z b c a xa yb tc y z
y
t z
z t
α α
α β γ β β
γ
γ
⎧ = − ⎪ = − ⎪ ⎧
⎪ ⎪
+ − = + + ⇔⎨ = ⇔⎨ =
⎪ = ⎪
⎩ ⎪
= ⎪ ⎩
G G G G G G
mµ: α β γ+ + =1, nªn ta cã:
1 1
1
z z z
x y t z x y t
− + + = ⇒ + = + ⇒ SA SC SB SD
SK +SM = SL+SN ®pcm
Để tính độ dài đoạn thẳng AB, ta biểu diễn véc tơ JJJKAB theo sở sau tính: JJJKAB2
VD19 Cho tứ diện ABCD cạnh a E trung điểm cạnh CD, F trung điểm đ−ờng cao BL mặt ABD Các điểm M,N lần l−ợt thuộc đ−ờng thẳng AD BC Biết đ−ờng thẳng MN cắt đ−ờng thẳng EF MN vng góc với EF Tính độ dài đoạn thẳng MN
Chän hƯ vÐc t¬ c¬ së: {B BA,JJJK=a BCG,JJJK=c BDG,JJJK J=dG}
⊥ ⇒ =
⇒ = + + − −
Theo gi¶ thiÕt:
( )
α β α β
⎧⎪ ⎨ ⎪⎩
JJJJK JJJK
JJJK JJJK JJJK JJJK
, đồn
, , g ph¼ng (1)
EF MN EF
E F BE BF BN BM
MN M N
V× M,N thuéc BC,AD ta cã thĨ gi¶ sư + JJJKBM=k BCJJJK=kcG ;BNJJJK =lBAJJJK+ −(1 l BD)JJJK
+ JJJK=1(JJJG JJJG+ ) ( )=1 G G+
2
BE BC BD c d
+ = ( +JJJG)⇒JJJG= = ( )G+ (H.13)
D A
C B
N E
F L
M
G JJJK 1 JJJK 1JJJK
2
1
BL BA BD BF BL a d
+ JJJJKMN=JJJGBN−JJJKBM= + −laG (1 l d)G−kcG + JJJK JJJK JJJK= − = 1G−1G−1
4
G
EF BF BE a c d ⎛⎜ = = = π = ⎞⎟
⎝ ⎠
GG G G G G
2
3
ac ad cd a cos a
* JJJJK JJJKMN EF = ⇒0 2( − − )= ⇒ = − 3 8a k l l k (2)
* Tõ (1) suy :
( )G G+ = α( )G G+ +β⎡⎣ G+ −( )G⎤⎦+ − −( α β) G
1
1
2 c d a d la l d kc
( ) ( )
α β α β α
(16)⇒ −1 2l=k (3) Tõ (2) vµ (3) suy ra: =1; k =2
l ⇒ = + −
G G G
JJJJK
6MN a 5d 4c
( )
⇒ = G+ G− G =65 ⇒ = 130
36
2 12
MN a d c a MN a
Bμi tËp tù gi¶i :
1).Cho tứ diện ABCD có AB=CD=c , BC=DA=a, CA=BD=b Chứng minh điều kiện cần đủ để trung tuyến tứ diện (đt kẻ từ đỉnh xuống trọng tâm mặt đối diện) AA1 CC1 vng góc với là: a2+c2=3b2 2).(Bài tập 5-Tr78-SGK11) Cho hình hộp chữ nhật ABCD.A’B’C’D’ có AB=a, BC=b, CC’=c Chứng minh đ−ờng chéo hình hộp a2 +b2+c2
3) Cho hình lập ph−ơng ABCD.A’B’C’D’ cạnh a Gọi P Q điểm xác định bởi: = = JJJJG JJJJG JJJK JJJJK
' , ' '
AP D A C Q DC
Tính độ dài PQ
4) Cho tứ diện ABCD Các điểm M,N lần lợt trung điểm cạnh AB,CD Các điểm P,Q thuộc c¹nh AC,BD cho: PA =k
PC BiÕt r»ng MN c¾t PQ TÝnh tØ sè
QB QD
5).(Đề thi HSG Tỉnh 12 năm 1999-2000) Cho tứ diện SABC, cạnh SA,SB,SC lần lợt lấy điểm D,E,F Biết mặt phẳng (ABF),(BCD),(ACE) cắt M đờng thẳng SM cắt mặt phẳng (DEF) N, cắt mặt phẳng (ABC) P Chøng minh :NP=3MP
NS MS
- Dạng 7: khoảng cách
1) Khoảng cách từ điểm tới đờng thẳng
Để tính khoảng cách điểm M đờng thẳng d, ta lấy d hai điểm A,B thực bJJJJ ớc sau: +B1: Giả sử N hình chiếu vuông góc M d
( )
OA , , thẳng hàng
MN AB
MN AB
ON OB
N A B α α
⎧
⎧ ⊥ ⎪ =
⇒⎨ ⇒⎨
= + − ⎪
⎩ ⎩
K JJJK JJJJK JJJK
JJJK JJJK JJJK
JJJJK
+B2: Thực phép biến đổi hệ véc tơ sở (gốc O gốc hệ sở)⇒MN=?
+B3: TÝnh MNJJJJK = MNJJJJK2
VD20.(Bài tập 1-Tr85-SGK11) Cho hình lập ph−ơng ABCD.A’B’C’D’ cạnh a Chứng minh khoảng cách từ điểm B, C, D, A’, B’, D’ tới đ−ờng chéo AC’ Tính khoảng cách
Chän hƯ vÐc t¬ c¬ së:
{B BA,JJJK=a BBG,JJJK'=Gb BC,JJJK G=c}
Giả sử H hình chiếu B lên AC D
D
B’ B A
C’ C
(17)Suy ra: JJJJK JJJJK JJJKAC'=BC'−BA= + −b c aG G G Do BH⊥AC'⇒BH ACJJJK JJJJK '=0 (Chú ý: a b =a c =b c = ) Do ta có:
G G G G G G
0 ( )( ) ( ) 2( )
1
3
a b c b c a a
α α α α
⎡ + − + ⎤ + − = ⇒ − = ⇒ =0
⎣ ⎦
G G G G G G
Hay 6
3
a BH= aG G G− − ⇒b c BH = a ⇒BH =
JJJK JJJK
Bình luận: Mặc dù tập khơng khó , nhiên thấy đ−ợc rõ lợi ph−ơng pháp véc tơ ta không cần xác định rõ ràng vị trí điểm H hình vẽ
2) Khoảng cách từ điểm tới mặt ph¼ng
Để tính khoảng cách điểm M mặt phẳng (ABC) đó, ta gọi H hình chiếu M (ABC) +B1: Suy đẳng thức véc tơ dựa vào đồng phẳng của: A,B,C,H.(Nếu chọn gốc trùng với A,B,C việc tính tốn dễ dàng hơn)
+B2: Dựa vào vng góc MH với mp(ABC) để tìm yếu tố biểu diễn HM JJJJG
qua c¬ së +B3: TÝnh JJJJGHM2 HM
VD21.Cho hình hộp chữ nhật ABCD.ABCD có AB=a; BC=b; CC=c Tính khoảng cách từ B tới mp(DA’C’)
B’
D’ C’
A’
D C
B A
(H.15)
Chän hÖ véc tơ:{B BA,JJJK=Ga BB,JJJK'=b BCG,JJJK G=c} Gọi H hình chiÕu cđa B trªn mp(DC’A’)
Do H, D, C’, A’ đồng phẳng nên: BHJJJG=αJJJGBD+βJJJJGBC'+ − −(1 α β)JJJGBA'=α( ) ( )a cG G+ +β c bG G+ + − −(1 α β)aG
0
L¹i cã:
+JJJJG JJJJG JJJGDC'=BC'−BD=( ) ( )b cG G+ − +cG Ga = −b aG G + JJJJG JJJG JJJGDA'=BA'−BD=( ) ( )a bG G+ − aG G+c = −b cG G (Chó ý: a b =a c =b c = ) Do
G G G G G G
' 0, BH ' BH DC = DA = JJJG JJJJG JJJG JJJJG
nªn ta cã hÖ:
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
1
1
a b c b a
a b c b c
β β α β β β α β ⎧⎡⎣ − + + + ⎤⎦ − = ⎪ ⎨ ⎡ − + + + ⎤ − = ⎪⎣ ⎦ ⎩
G G G G G
G G G G G ( )
( )
2 2 2 2 2
a
a b
a b c
c a b
β α ⎧ = ⎪ + ⎪ ⇒ ⎨ − ⎪ = ⎪ + ⎩ ( )
2 2
2 2 2 2
b a a b
BH a b
a b a b c a b
⇒ = + +
+ + + c
JJJG G G G
( ) ( ) ( )
2 4 4
2 2
+
2 2 2 2
a b a b a b
BH
a b a b c a b
= + +
+ +
JJJG ( )
( )
2 2 2 2
ab c b c a a b
BH
c a b
+ +
⇒ =
(18)3) Khoảng cách hai đờng thẳng chéo
* Chú ý: Điểm MAB R OM:JJJJG=OAJJJG+ (1 )OBJJJG
Để tính khoảng cách hai đờng thẳng chéo ta thực c¸c b−íc sau:
+B1: Gọi HK đ−ờng vng góc chung , biến đổi JJJJGHK theo sở.(có chứa tham biến) +B2: Dựa vào tính chất vng góc HK với đ−ờng thẳng thiết lập hệ pt
+B3: Giải hệ pt, tìm biểu thức véc tơ theo sở HK JJJJG
, áp dụng: JJJJGHK = JJJJGHK2
VD22(Ví dụ 2-Tr84-SGK11) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình vng cạnh a, SA vng góc với đáy SA=a Tính khoảng cách hai đ−ờng thẳng :
a) SC vµ BD b) AC vµ SD
Chän hƯ vÐc t¬ c¬ së: {A AS,JJJG G JJJG JG JJJG G=s AD, =d AB, =b}
Giả sử HK đờng vuông góc chung cđa SC vµ BD (H∈SC, K∈BD) Do H∈SC⇒JJJJGAH =αJJJGAC+ −(1 α)JJJGAS =α( )b dG JG+ + −(1 α)Gs
K∈BD⇒JJJGAK =βJJJGAB+ −(1 β)JJJGAD=βbG+ −(1 β)dJG
⇒ JJJJG JJJG JJJJGHK =AK−AH = − +( α β) (bG− −1 α) (sG− α β+ −1)dJG
L¹i cã:
SCJJJG G JG G= + −b d s ; BDJJJG JG G= −d b
Chó ý: c s
(H.16)
A K
H
D C
B S
G
0
c d s d
= = =
G G JG G JG
Do HK đờng vuông góc chung nªn:
HK SC HK BD
⎧ =
⎪ ⎨
= ⎪⎩
JJJJG JJJG JJJJG JJJG
2
α β
⎧ = ⎪⎪ ⇒ ⎨
⎪ = ⎪⎩
( )
6HK b 2s d
⇒ JJJJG= − +G G JG+
2 2
36
6 a
HK a HK
⇒ JJJJG = ⇒ = T−¬ng tự hs giải câu b)
Bi tập tự giải :
1) Giải tập (2->8)-Tr86-SGK11
2).Cho hình chóp S.ABC đáy ABC tam giác vng C, cạnh SA vng góc với mặt phẳng đáy , AC=a; BC=b, SA=h Gọi M N lần l−ợt trung điểm cạnh AC SB
a) Tính độ dài MN
b) Tìm hệ thức liên hệ a,b,h để MN đ−ờng vng góc chung AC SB
3) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD nửa lục giác nội tiếp đ−ờng trịn đ−ờng kính AD=2a có cạnh SA vng góc với mặt phẳng đáy (ABCD) với SA=a
a) Tính khoảng cách từ A B đến mp(SCD)
b) Tính khoảng cách từ đ−ờng thẳng AD đến mặt phẳng (SBC)
(19)Dạng 7: Góc đờng thẳng ,mặt phẳng v mặt phẳng
1).Góc đờng thẳng mặt phẳng
a M (P) +B1: Gọi N hình chiếu củJJJ
+B2: Biểu diễn véc tơ :AM AN a bJG JJJG G G, , , theo sở +B3: JJJJGMN⊥a MNG JJJJG; ⊥Gb, suy đẳng thức véc tơ
+B4: T×m gãc (JJJJG JJJGAM AN, ) KÕt luËn M
VD23.Cho lăng trụ đứng tam giác ABC.A1B1C1 : BC=a, AC=b, AB=c, AA1=h Tính cosin góc G
P) b
M A
N G
a
B1 A1
C1
C B