Cac SKKN ve HINH HOC KHONG GIAN

Áp dụng một bài toán quỹ tích cơ bản trong hình học : Cho đường thẳng d di động qua một điểm cố định K và chứa trong mặt phẳng cố định (P), hình chiếu của điểm cố định A trên d thu[r]

A B’ M B C C’ P Q

Sở GD & ĐT Tỉnh Bà Rịa –Vũng Tàu. Năm học 2009 – 2010

-SKKN : KHAI THÁC TÍNH CHẤT HÌNH HỌC TRONG CÁC BÀI TỐN TOẠ ĐỘ KHƠNG GIAN.

Họ và tên : VŨ HỮU VIÊN

Đơn vi : Trường THPT chuyên Lê Quý Đôn

-A.LÝ DO :

Trong chương trình toán lớp 12, phương pháp toạ độ để giải các bài toán hình học không gian là công cụ hiệu Bên cạnh việc “đại số hoá” mơ hình hình học với kĩ thuật là xây dựng hệ trục toạ độ thích hợp, các “bài toán ngược” – tức là chuyển ĐẠI SỐHÌNH HỌC cũng là thử thách không nhỏ học sinh

B.MỤC ĐÍCH :

Qua số bài toán đặc trưng các mô hình hình học bản, với cách đặt vấn đề đa dạng, giúp học sinh củng cố và nâng cao kiến thức, kỹ giải toán hình không gian với tương tác hai môi trường đại số và hình học

C.NỢI DUNG : Bài tốn

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyzcho lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’ có A và A’ thuộc đường thẳng

1

1 :

2 1

x y z

d   

 ; B và C’ thuộc đường thẳng

1

:

1

x y z

d    

  a.Tính thể tích khối lăng trụ cho.

b.Viết phương trình mặt cầu ngoại tiếp hình lăng trụ cho.

* Phân tích: Với kiện đề bài, đại lượng góc và khoảng cách hai đường thẳng phải xác đinh, thêm xét đến đoạn vng góc chung chúng

Học sinh phải nắm tính chất hình lăng trụ đều, biết cách xác đinh góc và khoảng cách hai đường thẳng chéo nhau, biết xác đinh tâm và bán kính mặt cầu…từ đinh hướng giải bài toán

* Tóm tắt lời giải:

+ Gọi M là trung điểm BC, ta có AM BCC B' ', mà

BCC B' ' // AA' AM d AA BC '; ' d d d 1; 2

+

 2 2

1

;

;

; u u M M d d d

u u                                                       ; 

   

1 2

1

cos ; ; 60

2

d d   d d  + Tam giác ABC có AM = 3 AB 2 SABC  3.

Tam giác vng B’BC’ có



0

' ' ' ' 60 '

tan 60 B C

B BC   BB  

+ Thể tích khối chóp là V BB S' ABC 2.

+ Bán kính mặt cầu:

2

' 13

2 12

BB AM

R         

+ Tâm cầu là trung điểm đoạn vng góc chung PQ d1 và d2:

( kết thúc có hậu!) nên chọn trước P, Q và sau xây dựng phương trình hai đường thẳng nhận PQ là đoạn vng góc chung Đây là dạng đề bài cho học sinh rèn luyện:

Bài toán 1.1 Cho P(0;1;2) và Q(-2;0;2) Viết phương trình hai đường thẳng a, b nhận PQ là đoạn vng góc chung và góc a, b là 900 600 Nhận xét số nghiệm hình? Nên thêm giả thiết nào để số

nghiệm hình là hữu hạn?

+ Phân tích: a, b qua P, Q và chứa mặt phẳng qua P, Q và vng góc với PQ Giả thiết góc cũng chưa đủ để xác định a, b Nếu cố định a (ví dụ thêm giả thiết a nằm mặt phẳng cố định qua P) thì xác định b( hai nghiệm hình tuỳ theo góc 900 600).

Hoàn toàn tương tự bài toán 1, thay chút giả thiết ta có các bài toán sau:

Bài tốn 1.2 Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyzcho hình hộp chữ nhật ABCD.A’B’C’D’ có đáy ABCD là hình vng, A và A’ thuộc đường thẳng

1 :

2 1

x y z

d   

 ; D và B’ thuộc đường thẳng

1

:

1

x y z

d    

  Viết phương trình mặt cầu ngoại tiếp hình hộp và phương trình CC’

+Phân tích: Yếu tố khoảng cách, góc và đoạn vng góc chung cần thiết để tính kích thước của hộp Đoạn vng góc chung PQ với Q thuộc d2 là tâm mặt cầu và bán kính cầu là nửa đường chéo B’D.

CC’ đối xứng với A’A qua Q.

Bài toán 1.3 Cho lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’ cạnh đáy cạnh bên và 2, có A(1;2;-1) và phương trình BC’:

1

2 1

x y z  

 Tìm toạ độ B, C và phương trình AB’.

Bài tốn 2 Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz, cho tứ diện ABCD nội tiếp mặt cầu (S) có tâm

I(0;1;2) và đường thẳng AB có phương trình: 1

x t

y t

z t

   

     

 Viết phương trình đường thẳng CD và phương trình (S)

* Phân tích: Học sinh phải dựng hình và biết khai thác tính chất tứ diện : M, N là trung điểm AB, CD thì I là trung điểm MN và MN AB CD, Vậy M là hình chiếu I (d)

Biết độ dài MN suy bán kính R mặt cầu ngoại tiếp * Tóm tắt lời giải:

+ M(1;1;1) và N(-1;1;3)

+ CD qua N và CDAB IM, nên CD có VTCP: ; ; (1; 2;1), (1;0; 1) (2;2; 2) ud IM d   IM    u

  

    

    

    

    

    

    

    

    

    

    

    

    

        

* Phương trình CD:

1

1 ;( )

x t

y t t

z t

  



   

   



* Dựng hình lập phương có MN = 2là đoạn nối tâm đáy, tứ diện ABCD có cạnh là các đường chéo các mặt lập phương, suy bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình lập phương (cũng là ngoại tiếp tứ diện đều) là R =

1

3

2MN  ,phương trình (S): x2(y1)2(z 2)2 6. Một vài toán tương tự:

Bài tốn 2.1 Trong khơng gian với hệ toạ độ Oxyz, cho tứ diện ABCD có đỉnh A(3;-2;2) và có mặt cầu ngoại tiếp là (S): x2y2z2 2x4y 0 Viết phương trình mặt phẳng (BCD).

M

N I

D

C A

+ Kết quả: (BCD):

1 x z  

Bài tốn 2.2 Trong khơng gian với hệ toạ độ Oxyz, tìm toạ độ đỉnh tứ diện ABCD có phương trình AB:

2

1

x y z

 

 và CD:

1

1

x y z

 

.

+ Xác đinh đoạn vng góc chung PQ, tính khoảng cách (AB, CD), suy độ dài cạnh tứ diện và bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện A, B, C, D là giao mặt cầu ngoại tiếp và hai đường thẳng AB, CD Hoặc là giao mặt cầu tâm P,Q bán kính AB/2

Bài tốn 2.3 Trong khơng gian toạ độ Oxyzcho mặt cầu (T):x2y2z2 2x4y 0 Một hình chóp S.ABCD có tất cạnh nội tiếp (T) và có đỉnh S(-1;-4;0) Viết phương trình mặt phẳng (ABCD).

+ Chứng minh S.ABCD là chóp có tâm cầu trùng với tâm ABCD.

Bài tốn Trong khơng gian toạ độ Oxyzcho (d) là giao tuyến hai mặt phẳng: ( ) :P x my mz+ - + =2 0,( ) :Q mx y mz m+ + + - =1 0với tham số m khác -1.

a/.Chứng minh (d)đi qua điểm cố định và chứa mặt phẳng (T) cố định.

b/.Gọi H là hình chiếu O (d) Chứng minh H thuộc đường tròn (C) cố định Tìm tâm và bán kính (C).

* Phân tích: Điểm cố đinh K có toạ độ thoả hệ

2

0 x

y y z x z

  

    

  

   

 ,vậy K(-2;1;1)

Véc tơ phương d: d (m2m m; 2 m;1 m)



có phương vng góc với véc tơ hằng, khác véc tơ - không : u(1;1;0)



Vậy d chứa mặt phẳng (T) qua K, nhận u(1;1;0) 

là VTPT : x + y + =

Hoặc, toạ độ mọi điểm thuộc d thoả hiệu hai phương trình (P) và (Q) : x + y +1 = Áp dụng bài toán quỹ tích hình học : Cho đường thẳng d di động qua điểm cố định K chứa mặt phẳng cố định (P), hình chiếu điểm cố định A d thuộc đường tròn cố định đường kính A’K nằm (P) , với A’ hình chiếu A (P).

Từ giải bài toán Một bài toán quỹ tích tương tự :

Cho mặt phẳng (P) di động qua đường cố định d , hình chiếu điểm cố định A (P) thuộc đường tròn cố định đường kính AA’ nằm (Q) , với A’ hình chiếu A d (Q) mặt phẳng cố định qua A vng góc với d.

Ta có bài toán sau :

Bài tốn 3.1 Trong không gian toạ độ Oxyzcho mặt phẳng (P): mx 2y(m 1)z 1 Chứng minh rằng hình chiếu A(1 ;2 ;3) (P) thuộc đường tròn cố định Viết phương trình tiếp tuyến A của đường trịn này.

+Phân tích : mx 2y(m1)z  1 m x z(  ) (2 y z 1) 0 Suy (P) chứa đường thẳng d cố đinh là giao tuyến hai mặt phẳng x + z = và 2y + z – = 0, (hoặc hai điểm cố đinh (P)) Sau áp dụng bài toán nêu

Phương trình tiếp tuyến : qua A và có véc tơ phương u[ ;IA nQ]



                           

với I là tâm đường tròn, nQ



Trong các bài toán nêu trên, rõ ràng có kỹ tính toán đơn thì không đủ đến kết không cho giải pháp tối ưu ( tính toán quá phức tạp), việc nhận đặc tính mơ hình đề bài là quan trọng Bài toán sau là minh chứng thêm cho nhận đinh này

Bài tốn Trong khơng gian toạ độ Oxyz cho A(1;4;-1), B(2;4;-1), C(2;4;3) và D(2;2;-1). a/ Chứng minh hình chiếu B (ACD) là trực tâm tam giác ACD.

b/.Gọi d, d’, d’’ là đường thẳng qua A và trực tâm tam giác BCD, qua C và trực tâm tam giác ABD, qua D và trực tâm tam giác ABC Chứng minh d, d’ và d’’ đồng quy.

Phân tích : Nếu tính toán trực trình tự : Viết phương trình (ACD), tìm hình chiếu H B (ACD) chứng minh H là trực tâm tam giác ACD…thì khá nhiều công sức

Ta cần liên hệ bài toán với các tính chất tứ diện trực tâm(tứ diện có cặp cạnh đối diện vng góc đơi một) Khi lời giải bài toán trở nên đơn giản

Vấn đề lại là có chấp nhận lời giải tuý hình học các bài toán toạ độ hay không ? Nên là các đề bài phải tích hợp hai yếu tố hình học và đại số cách thích hợp, tránh sa đà vào hai thái cực ?

Bài tốn 4.1 Trong khơng gian Oxyz cho (d1) :

2 1

1

x- y+ z

-= =

- - và (d2) :

1 2

x t

y t

z t

ì = + ï

í =- + ï = -ỵ

có đoạn vng góc chung AB( A thuộc d1, B thuộc d2) C và D di động (d1) , (d2) cho

CD tiếp xúc với mặt cầu đường kính AB T

Chứng minh VABCD khơng đởi, tính giá trị khơng đởi này.

Tìm quỹ tích T.

Phân tích : Chìa khoá bài toán là quan hệ chéo – vng góc d1 và d2 Sau đó, vận dụng các kết

quen thuộc bài toán hình ” tuý ”, ta có lời giải

D.KẾT LUẬN :

Rõ ràng với kiểu đề bài nói trên, học sinh khơng nắm kiến thức hình học, cho dù là kiến thức bản, khó giải trọn vẹn Phương pháp toạ độ có hiệu ứng tốt nhiều bài toán hình học không gian , và các tính chất hình khơng gian khéo léo kết hợp với các bài toán toạ độ thì người dạy đặt nhiều mục tiêu bài toán, giúp học sinh vừa rèn luyện tư hình học, vừa có kỹ tính toán đại số

Sở GD & ĐT Tỉnh Bà Rịa –Vũng Tàu. Năm học 2009 – 2010

-SKKN : KHAI THÁC TÍNH CHẤT

HÌNH HỌC TRONG CÁC BÀI TỐN TOẠ ĐỘ KHÔNG GIAN.

Giáo viên : VŨ HỮU VIÊN

Sở GD & ĐT Tỉnh Bà Rịa –Vũng Tàu. Năm học 2010 – 2011

SKKN : KHAI THÁC CÁC ĐẶC TÍNH CỦA MỘT HÌNH CHĨP TRONG GIẢNG DẠY HÌNH HỌC KHƠNG GIAN.

Họ và tên : VŨ HỮU VIÊN

Đơn vị : Trường THPT chuyên Lê Quý Đôn.

-A.LÝ DO :

Trong chương trình toán hình học không gian lớp 11 và 12, việc rèn luyện cho học sinh kỹ dựng hình, chứng minh và tính toán … là cơng việc trọng tâm và đầy khó khăn thầy và trò Các bài toán sách giáo khoa bài tập chủ yếu khai thác các mơ hình chóp – lăng trụ quen thuộc và đặc biệt Hệ thống bài toán này là cần thiết cho đối tượng học sinh phổ thông với số đơng có trình độ và tâm lý ‘ngán ngại học hình’ Tuy nhiên, việc học sinh không tiếp cận với nhiều mô hình đa dạng dễ dẫn đến buông xuôi đối mặt với các bài toán thi dù đơi địi hỏi vận dụng kiến thức và kỹ

B.MỤC ĐÍCH :

Bằng việc khai thác các bài toán kết hợp nhiều phân môn ( hình – đại – lượng – giải tích …) mơ hình ‘ lạ mà quen’, từ các vấn đề nội dung chuyên sâu ; người viết mong muốn góp phần hoàn thiện kĩ toán học cho học sinh

C.NỘI DUNG :

I.Giới thiệu mơ hình :

Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có đáy hình thoi cạnh 2a, góc A = 600 ; mặt bên SAB tam giác

cân S, góc

 2 , (0 ) ASB  

SH đường cao hình chóp với H trung điểm AB. Đặc tính mơ hình :

- Đáy : là hợp hai tam giác thuận lợi cho việc đinh tính và lượng B là tâm đường tròn (ACD), D là tâm đường tròn (ABC), tứ giác BCDG nội tiếp đường tròn… thuận lợi cho việc xác tính tâm mặt cầu ngoại tiếp đa diện

DH vng góc với SA, SB; AB vng góc SD, BN vng góc SC với AN : AD = : là các yếu tố để dựng và tính số đo góc các mặt bên, dựng và tính độ dài đoạn vng góc chung hai đường thẳng chéo nhau…

- Lưu ý : Tuỳ đối tượng học sinh yêu cầu giảng dạy, thay đổi các giả thiết cho thích hợp(ví dụ cho giả thiết SA vng góc với BC ; cho ba cạnh bên SA, SB, SC nhau…để xác đinh đường cao) Thay giả thiết A D = 2 để có các bài toán cực tri hình học cho  thay đổi

I

I.Các tốn mơ hình :

BT1 : Với giả thiết nêu ; tính khoảng cách và góc (AB ;SC) ; tính khoảng cách từ C đến (SAD) và tính góc SC và (SAD).

Phân tích : Đây là các bài toán dựng hình và tính toán bản, tất dựa vai trò trung tâm của điểm H – là chân cột mơ hình

Kỹ thuật dựng qua trung gian sử dụng chủ yếu lời giải, kết thể hình vẽ và các số liệu :

Khoảng cách (AB ;SC) = HK = 3tan

a

  ; 

2

1 cos( ; )

cot AB SC

 

 .

Khoảng cách (C ;(SAD)) = CC’ = 2HH’ = 2 3tan

a  

góc (SC ;(SAD)) =CSC ' , 

2

2 sin '

(3tan 4)(cot 7) CSC

 



  BT2: Tính góc mặt bên hình chóp

- Hai mặt bên đối diện: (SAB) và (SCD) có góc là  : tan 3 tan

HSD HSD .

(SBC) và (SAD) có góc là  :

 



2

1

1 2

1

1 tan 3tan cos cos

4 3tan tan

HSH HSH

HSH

 



 

  

 

- Hai mặt bên (SAB) và (SAD) : Góc HPD - Hai mặt bên (SAB) và (SBC) : Góc HQE

- Hai mặt bên (SDC) và (SAD) : Góc 90 ALHdo hai mp(SCD),(SHD) vng góc

- Hai mặt bên (SBC) và (SDC) : Góc (TB TN; 1)

Việc dựng góc xuất phát từ đường thẳng nằm đáy và vuông góc với giao tuyến cặp mặt phẳng ; vi trí đặc biệt các góc mà việc tính số đo các góc khơng quá phức tạp, mục đích để học sinh ‘có hứng thú’ làm việc !

Chú ý : Tính góc (TB TN; 1) góc H SH1 2 khơng tính theo giá tri tan ( là đơn giản) vì

- Tìm giá trị  cho (SBC) và (SAD) vng góc ? (SBC) và (SDC) vng góc ?

- Tìm giá trị  cho góc SC và (SAD) lớn ? - Dựng thiết diện hình chóp và mặt phẳng qua trung điểm canh AD và vuông góc với cạnh bên hình chóp. Phân tích :

- Việc tìm giá tri  là bài toán giải phương trình lượng giác và tìm cực tri hàm lượng giác, dùng bất đẳng thức quy khảo sát hàm, có tác dụng liên kết các phân môn toán học với :

*

2 ( ) ( ) tan

3 SBC  SAD  

; *

 4

( ;( )) max tan

21 31 21

SC SAD    

 .

- Qua việc dựng góc hai mặt phẳng, ta tận dụng các mặt phẳng thuận lợi cho việc xác đinh thiết diện, thông qua quan hệ phương các giao tuyến đảm bảo việc dựng hình chuẩn xác Và ngược lại, việc xác đinh các mặt vng góc với cạnh nhi diện là sở để xác đinh góc nhi diện

BT4 : Dựng tâm và tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện SABD, SCDH, SACD, SABC và SBCD * Chú ý thứ tự các tứ diện, cách dựng tâm cầu có độ khó tăng dần :

- Tứ diện SCDH : tâm cầu là trung điểm SC

- Tứ diện SABD và SABC : tâm cầu là giao hai trục đường tròn

- Tứ diện SACD : B là tâm đường tròn ACD, và cạnh bên SA đồng phẳng với trục đường tròn đáy Bx nên tâm cầu là giao Bx và trung trực cạnh SA, dựng mp(SAB) Chú ý  30thì B là tâm mặt cầu ngoại tiếp SACD

- Tứ diện SBCD : dựng trục đường tròn Gy tam giác BCD DH vng góc với SB nên mặt trung trực SB chứa trung trực Mz SB( dựng (SAB)) và song song với DH Gọi N là giao Mz và Bx, mp(Bx,Gy) dựng NI // BG // HD (I thuộc Gy) thì (MNI) là mặt trung trực SB và I là tâm mặt cầu cần dựng

Trường hợp  45 : (DHM) là mặt trung trực SB Hình vẽ bên cạnh cho thấy vi trí đẹp tâm cầu O Đây là bài toán đề thi thử ĐH lần I ( 2010 – 2011) trường chuyên LQĐ – BRVT, hầu hết thí sinh ‘ hy sinh câu này’ ?! có dựng tâm cũng ‘ thừa nhận tồn tại’ ngộ nhận ! Điều này chứng tỏ học sinh chưa nắm hệ thống phương pháp và kỹ hoàn chỉnh cho việc dựng hình nói chung và dựng tâm cầu nói riêng

Cách dựng khác : dựa ‘quan hệ đồng cầu’ hệ điểm, tức là dựng tâm cầu ngoại tiếp đa diện đặc biệt, và chứng minh là tâm mặt cầu cần dựng Cụ thể : Tứ giác BKCD nội tiếp được, mặt cầu ngoại tiếp chóp S.ACDK là mặt cầu ngoại tiếp tứ diện SACD, đồng thời ngoại tiếp tứ diện SCDK Tứ diện SCDK có CD vng góc với (SDK), việc dựng tâm mặt cầu trở thành bài toán

* Bán kính mặt cầu ngoại tiếp SACD : với cách dựng thứ nhất, việc tính bán kính R khá đơn giản với cơng thức Pi – ta – go,

2 2

(cot ) R NB BG   a

BT5 : Với giả thiết A = 2 ,

a/.Tính thể tích khối chóp và diện tích toàn phần hình chóp S.ABCD theo a và  Tính MaxStp  thay

đởi [ ; ]4  

b/.Tính khoảng cách d(BD,SC) theo a và  Tính Mind  thay đởi.

c/.Với A = 600 Tìm  cho, mặt cầu đường kính BC ( AB) tiếp xúc với mặt phẳng (SAD) ( hoặc

(SCD)) Chứng minh mặt cầu đường kính SC khơng thể tiếp xúc với AD. Một số kết : a/

2

cot ; sin cos

3

ABCD

SH a  S  a  V  a 

2[8sin2 1 4sin4 1 16sin4 ]cot

TP

S a       .

c/ Gọi J là tâm mặt cầu đường kính SC và J’ là hình chiếu J (ABCD), J’ là trung điểm CH, vì D thuộc mặt cầu này nên (J) tiếp xúc AD AD vuông góc với J’D, điều này sai

Gọi T là tâm mặt cầu đường kính BC, điều kiện tiếp xúc : a = d(T ;(SAD)) = d(C ;(SAD)) =

2

2

tan

3 3tan

a

 

 

 .

BT6 :

a/.Cho M di động cạnh AD, tìm tập hợp hình chiếu vng góc H B ( SCM).

b/.P, Q lần lựơt di động SH, CD cho PQ tiếp xúc với mặt cầu đường kính HD T, chứng minh VPQHD khơng đởi ; tìm tập hợp trung điểm PQ tiếp điểm T

D KẾT LUẬN :

Như vậy, với việc chọn mô hình thuận lợi hệ thống câu hỏi đa dạng, từ đến chuyên sâu… ; người dạy củng cố và rèn luyện cho học sinh kiến thức và kỹ hình học cách sâu sắc, từ có đủ tự tin để làm việc mô hình

Vũng Tàu, tháng 2011 Người viết

Sở GD & ĐT Tỉnh Bà Rịa –Vũng Tàu. Năm học 2011 – 2012

SKKN : MỘT SỐ BÀI TỐN LIÊN QUAN

GĨC GIỮA HAI MẶT PHẲNG HÌNH HỘP. Họ và tên : VŨ HỮU VIÊN

Đơn vị : Trường THPT chuyên Lê Quý Đôn.

-A.LÝ DO :

Trong chương trình toán hình học không gian lớp 11 và 12, việc rèn luyện cho học sinh kỹ dựng hình, chứng minh và tính toán … là cơng việc trọng tâm và đầy khó khăn thầy và trò Các bài toán dựng và tính số đo góc hai mặt phẳng các bài toán liên quan các mô hình không thuận lợi đòi hỏi nhiều kiến thức và kỹ khiến đa số học sinh gặp trở ngại

B.MỤC ĐÍCH :

Bằng việc khai thác mô hình đơn giản, quen thuộc để vận dụng vào các mô hình phức tạp ; người viết mong muốn góp phần hoàn thiện kiến thức và kĩ hình học cho học sinh

C.NỘI DUNG :

Trước hết ta xét bài toán quen thuộc: BT1 Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ cạnh a

a) Tính số đo góc của hai mặt phẳng (A’BD) và (C’BD) :

* Gọi O là tâm hình vng ABCD, ta có AOA' &COC ' là góc tạo (ABCD) với hai mặt phẳng (A’BD) và (C’BD)

* Ta tính số đo hai góc AOA' &COC ':

   

tanAOA' tan COC' 1  AOA'COC' 45 , vậy A OC' ' 90 

và  A OC' '; suy

 

tan tan(AOA'COC') 2

b) Hai điểm M, N thuộc cạnh AA’,CC’ Tính góc  tạo hai mặt phẳng (MBD) và (NBD) theo a, AM x CN; y( 0x y a;  ):

* Ta có :

 

tanMOA x ; tanNOC y

a a

 

* Nếu 2xy a 2: tanMOA.tanNOC 1  90 A

B C

D A'

B' C'

D'

O M

* Nếu 2xy a 2:

2

( ) tan

2

a x y a xy

   

BT2. Cho hình hộp chữ nhật ABCD.A’B’C’D’ có AB = a, BC = b, AA’ = c Tính góc  tạo hai mặt phẳng (A’BD) và (C’BD) theo a, b, c

* Trong (ABCD) dựng AH, CK vng góc với BD ( H,K thuộc BD) ; ta có A HA C KC' , ' là góc tạo mp(ABCD) và hai mặt phẳng (A’BD) và (C’BD)

*

 

2

1 tan 'A HA tan 'C KC c

a b

  

Nếu 2

1 1

a b c :

A'HA C KC ' 450  (A'BD)  (C'BD) & =90 

Nếu 2

1 1

a b c :

2

2 2

2 1 tan

1 1

c a b a b c



 

 

2 Qua hai bài tốn trên, vai trị trung gian mặt phẳng “ nền” (ABCD) là quan trọng cho việc xác định và tính số đo góc “ bù”hoặc “phụ” với góc cần xác định Do đó, với bài tốn mà việc xác định và tính trực tiếp số đo góc (được yêu cầu) gặp khó khăn, ta “ cầu cứu” đến mặt phẳng “nền”. Ta xét thêm vài bài toán khác:

BT3. Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ cạnh a, tâm I Lấy hai điểm E, F đường thẳng BB’, CC’ cho EF qua I

Tính số đo góc  hai mặt phẳng (A’EF),(AEF) hai trường hợp: a) EF // BD b) EF vng góc BD’

2 Có hay khơng vi trí EF cho hai mặt phẳng (A’EF),(AEF) vng góc?

* Rõ ràng mặt phẳng “ nền” là mặt phẳng (BDD’B’)

Trường hợp a) EF vi trí MN, thực tương tự BT1, ta có kết

tan 2 2.

Trường hợp b) dựng OH, O’K vng góc với EF ( H, K thuộc EF) Ta có

3 '

6

a OH O K 

,

2 tan

5

 

* Đặt x(EF OO, '), với 0 x90 Dựng OP , O’Q vng góc EF

( P,Q thuộc EF) Ta có

 

tan tan ' ' sin

APO A QO

x

 

A

B C

D A'

B' C'

D' O'

O I

N M E

F

A

B

C

D A'

B' C'

D'

Vậy (A'EF)(AEF)  APO A'QO' 45     sinx 2: vô nghiệm Vậy không tồn vi trí nào E, F thoả yêu cầu bài toán

BT4 Cho hình hộp ABCD.A’B’C’D’ đáy hình bình hành tâm O, tam giác ABC cạnh a, AA’ = a và vng góc (ABCD) M là trung điểm AA’ và I là tâm mặt CDD’C’ Tính góc tạo hai mặt phẳng (MBC’) và (IMO)

* Gọi N là trung điểm A’D’, vì BC’ và OI song song với AD’ nên sử dụng đinh lý phương giao tuyến hai mặt phẳng ta có (MBC') ( IMO)MN

* Chọn mặt phẳng “nền” là (AA’D’D), ta có C’N vng góc với (AA’D’D) nên (MBC’) vng góc với (AA’D’D)

Gọi E trung điểm DN, suy IE // C’N nên IE vng góc với (AA’D’D) (AA’D’D) dựng EH vng góc MN H, (EH // A’D AA’D’D là hình vng) Ta có góc (IMO) và (AA’D’D) là góc



IHE nên



tan cotIHE EH EI

 

Ta tính

3 3 ; '

4 8

a a

IE  EH  A D 

Vậy

6 tan

2

a



3 Các toán áp dụng:

BT5 Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ cạnh a Hai điểm M, N thuộc cạnh AA’,CC’ a) Chứng minh rằng: (MBD)(NBD) (BMN)(DMN)

b) Tính giá tri lớn và nhỏ thể tích khối tứ diện MNBD M, N di động và thoả mãn (BMN) vng góc (DMN)

* Áp dụng kết bài toán 1, ta có (MBD)(NBD) 2xy a (1) , x = AM, y = CN và

0x y a;  .

* Gọi P là hình chiếu O MN, ta có (BDP) vng góc MN và tam giác BDP cân P Vậy

 

(BMN) ( DMN) BDP90  BPO45  OP OB (2)

Mà 2

2

a x y

OP

a x y

 

  và

2

a OB

nên (2)  2xy a (3) Từ (1) và (3) suy ra:

(MBD)(NBD) (BMN)(DMN).

* Ta có MN  2a2(x y )2  a2x2y2 ( 2xy a 2) Thể tích khối tứ diện MNBD là V =

2

1 1

( ) 3MN SBOD 6MN OP BD6a x y .

A

B C

D A'

B' C'

D'

O M

N P

A'

A B

C D

C' B'

D'

M N

O I

Điều kiện 2 2 ; a y

xy a x

x y a a

x a                   

Xét hàm số

2

( ) ; [ ; ] 2

a a

f x x x a x

  

2

'( ) ; '( )

2

a a

f x f x x

x

    

; Lập bảng biến thiên hàm số, từ ta có:

3 ; ; ; ;

4 2

a a

MinV khi x y

a a a

MaxV khi x a y x y a

  

     

BT6 Cho hình hộp chữ nhật ABCD.A’B’C’D’ có AA’ = c khơng đổi Đáy là hình chữ nhật ABCD thay đổi và thoả mãn hai mặt phẳng (A’BD) và (C’BD) vng góc Tính theo c giá tri nhỏ thể tích khối tứ diện A’BC’D

* Áp dụng kết BT2, ta có 2

1 1 ( 'A BD) ( 'C BD)

a b c

   

* Thể tích khối tứ diện A’BC’D là V = ' ' ' '

1

3VABCD A B C D 3abc.

* Áp dụng bất đẳng thức Cơ – Si, ta có

2

2

1

2

ab c ab

a b   

* Vậy

3

2

;

3

MinV  c a b c 

* Chú ý: Ta chứng minh dễ dàng tính chất ( 'A BD)( 'C BD) (DA C' ')(BA C' ')

BT7 Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ cạnh a Hai điểm M, N di động hai cạnh AB’,

CD’ cho ' ' ;(0 1)

AM CN

k k

AB CD    Tìm giá tri k cho hai mặt phẳng (BMN) và ( DMN)

vng góc

* Giả thiết ' '

AM CN

AB CD suy MN song song với hai đáy lập phương.

Dựng mặt phẳng chứa MN và song song với (ABCD) cắt AA’, BB’, CC’, DD’ P, Q, R, S Ta có PQRS là hình vng và MN qua tâm hình vng này Mặt phẳng “nền” là (PQRS)

* Đặt x = AP, ta có ' '

x AP AM k

a AA AB  ( < x < a)

Dựng QH, SK vng góc MN H, K Ta có BHQ DKS ; là góc (BMN), (DMN) và mặt phẳng (PQRS); đồng thời BHQ DKS

A B C D A' B' C' D' H K A' B' C' D' A B C D O P N

M Q R

2 2

2

( )

1 ( )

2 2 ( 2 )

MNRQ MNQ NRQ

MN a a x

a a a x

S S S MN QH ax QH

a a x

  



      

 

Suy



2

2 ( 2 )2 (1 ) 1 (1 )2

tan

( ) 1

x x

x a a x k k

BQ a a

BHQ

x

HQ a a x k

a

 

   

   

  

* Vậy (BMN)(DMN) BHQ45o  k (1 )  k  1 k Giải phương trình ta tìm giá tri

1

k 

Khi M, N là trung điểm AB’, CD’

4 Các tập đề nghị:

BT8. Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ cạnh a Hai điểm M, N di động hai cạnh AB’,

CD’ cho ' ' ;(0 1)

AM CN

k k

AB CD   

a) Tìm giá tri k góc hai mặt phẳng (BMN) và ( DMN) góc hai mặt phẳng (MBD) và (NBD)

b) Khi k thay đổi khoảng (0;1) tính giá tri lớn thể tích khối tứ diện BDMN BT9 Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ cạnh a Hai điểm M, N thuộc cạnh AA’,CC’ Tính giá tri lớn và nhỏ thể tích khối tứ diện MNBD M, N di động và thoả mãn góc hai mặt phẳng (BMN), (DMN) là 600.

BT10 Cho hình hộp chữ nhật ABCD.A’B’C’D’ có AA’ = a, AB = b, AD = c Tìm điều kiện a, b, c cho mặt phẳng (ABC’D’) tạo với hai mặt phẳng (A’BD), (C’BD) các góc nhau? Phụ nhau?

D KẾT LUẬN:

Như vậy, phương pháp chọn mặt phẳng thích hợp, ta xác đinh tính toán khá dễ dàng các góc hai mặt phẳng mô hình hình hộp Với số mơ hình chóp thuận lợi, việc sử dụng kỹ thuật này có tác dụng đáng kể

Hy vọng chút kinh nghiệm này giúp ích cho quý thầy đồng nghiệp việc giảng dạy môn hình học không gian

Nhận xét và đánh giá TTCM

Vũng tàu, tháng 05 năm 2012 Nguời viết

Vũ Hữu Viên

P

Q R

S

O M

N

H

K x

a-x

x