Tài liệu Skkn phát huy tính tích cực của học sinh về bài toán khoảng cách trong chương trình hình học 11.

BM 01-Bia SKKN SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỒNG NAI Đơn vị: TRƯỜNG THPT LONG KHÁNH Mã số: ................................ (Do HĐKH Sở GD&ĐT ghi) SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM PHÁT HUY TÍNH TÍCH CỰC CỦA HỌC SINH VỀ BÀI TOÁN KHOẢNG CÁCH TRONG CHƯƠNG TRÌNH HÌNH HỌC 11 Người thực hiện: LƯƠNG HỒNG LỘC Lĩnh vực nghiên cứu: - Quản lý giáo dục  - Phương pháp dạy học bộ môn: TOÁN x (Ghi rõ tên bộ môn) - Lĩnh vực khác: .......................................................  (Ghi rõ tên lĩnh vực) Có đính kèm: Các sản phẩm không thể hiện trong bản in SKKN  Mô hình  Đĩa CD (DVD)  Phim ảnh  Hiện vật khác (các phim, ảnh, sản phẩm phần mềm) Năm học: 2014 – 2015 0 BM02-LLKHSKKN SƠ LƯỢC LÝ LỊCH KHOA HỌC –––––––––––––––––– I. THÔNG TIN CHUNG VỀ CÁ NHÂN 1. Họ và tên: LƯƠNG HỒNG LỘC 2. Ngày tháng năm sinh: 24/12/1978 3. Nam, nữ: Nam 4. Địa chỉ: KP5, P Xuân Bình, TX Long Khánh, Tỉnh Đồng Nai 5. Điện thoại: 0918.779.174 6. Fax: (CQ)/ (NR); ĐTDĐ: E-mail: luonghonglocgvlk@yahoo.com 7. Chức vụ: Giáo viên 8. Nhiệm vụ được giao (quản lý, đoàn thể, công việc hành chính, công việc chuyên môn, giảng dạy môn, lớp, chủ nhiệm lớp,…): Dạy môn Toán lớp 11C2, 11C9, 12B9 và Chủ nhiệm lớp 12B9, Giáo vụ,… 9. Đơn vị công tác: Trường THPT Long Khánh. II. TRÌNH ĐỘ ĐÀO TẠO - Học vị (hoặc trình độ chuyên môn, nghiệp vụ) cao nhất: Cử nhân - Năm nhận bằng: 2001 - Chuyên ngành đào tạo: Toán-Tin III. KINH NGHIỆM KHOA HỌC - Lĩnh vực chuyên môn có kinh nghiệm: Giảng dạy Toán Số năm có kinh nghiệm: 15 - Các sáng kiến kinh nghiệm đã có trong 5 năm gần đây: Ứng dụng PPTĐ Giải bài toán hình học không gian Góc và Khoảng cách. 1 PHÁT HUY TÍNH TÍCH CỰC CỦA HỌC SINH VỀ BÀI TOÁN KHOẢNG CÁCH I. LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI Trong chương trình toán phổ thông lớp 11, 12, hình học không gian là một môn học rất thú vị, song đây cũng là môn học khó đối với một số học sinh. Các em cần phải nắm thật kỹ các định lý về lý thuyết, có óc tưởng tượng phong phú, đặc biệt là khả năng vẽ và nhìn được hình trong không gian khi vẽ chúng trên mặt phẳng. Điều này rất khó đối với phần lớn học sinh. Từ đó làm cho kết quả học tập của các em còn thấp. Nhằm giúp các em tìm kiếm một phương pháp khác để có thể giải quyết tốt các bài toán hình học không gian, năm học 2012 – 2013 tôi đã đưa ra một phương pháp là dùng tọa độ để giải quyết các bài toán hình học không gian, nhất là các bài toán về khoảng cách. Song, vẫn còn đó một số trở ngại: + Hệ trục tọa độ trong không gian lên đến giữa chương trình 12 mới học. + Việc thiết lập hệ trục tọa độ không phải lúc nào cũng dễ dàng, không phải học sinh nào cũng làm được. + Chuyển từ ngôn ngữ hình học không gian thuần túy sang hình học giải tích là một vấn đề khó khăn. Nó đòi hỏi các em phải có kỹ năng tính toán nhất định, bài giải thường dài và rườm rà. Để các em có thêm một công cụ nữa trong việc giải các bài toán khoảng cách trong các đề thi đại học, tôi đưa ra một hướng đi mới cho các em. Đó là “Phát huy tính tích cực về bài toán khoảng cách” cụ thể là, thông qua việc khai thác từ một bài toán đơn giản bao quát tất cả các vấn đề từ đó ta làm nền tảng khai thác bài toán khó hơn. Hướng đi này tôi sẽ hướng dẫn các em học sinh có sự kiên nhẫn và tích cực hơn đó là chỉ cần ta giải quyết được bài toán cơ bản thì ta sẽ giải quyết được mọi bài toán khác. Trong chuyên đề này tôi đưa ra bài toán cơ bản và cách giải, sau đó phân loại theo từng loại khoảng cách (có hai loại chính: khoảng cách từ điểm đến mặt phẳng và khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau) theo từng dạng, có minh họa bằng các đề thi đại học, đề tham khảo và bài tập để các em học sinh vận dụng. Học sinh dựa vào đây có thể tự mình giải quyết được bài toán hình học không gian thuần túy. Đây là chuyên đề mà bản thân tôi thấy rất tâm đắc, có ích đối với học sinh và giáo viên. Qua chuyên đề này, mong các em học sinh khối 11 trường năm sau trở đi có thể áp dụng vào chương trình học, các em học sinh khối 12 áp dụng vào kỳ thi THPT Quốc Gia để đạt kết quả cao nhất. 2 II. CƠ SỞ LÝ LUẬN VÀ THỰC TIỄN a) Trong sách giáo khoa hình học 11 , Chương III, Bài 5: Khoảng cách; các khái niệm về khoảng cách được định nghĩa một cách khá đơn giản. Ngoài ra không đưa ra một thuật toán nào rõ ràng để tính các khoảng cách, nhưng bài tập yêu cầu với học sinh thì lại không đơn giản. Nếu người dạy chỉ đưa ra định nghĩa như sách giáo khoa và cho học sinh làm bài tập ví dụ thì chắc chắn không nhiều học sinh có thể làm được, học sinh sẽ rất lúng túng. Cụ thể qua các kì thi tuyển sinh Đại học hàng năm, tôi nhận thấy khi gặp bài toán tính khoảng cách các em học sinh vẫn còn lúng túng, chưa thuần thục và có 1 tư duy ổn định cho loại toán này. Đó là: Một, nếu là bài toán tính khoảng cách từ một điểm đến mặt phẳng: + Chưa nhìn ra được cách xác định hình chiếu của 1 điểm trên mặt phẳng. + Chưa linh hoạt trong việc quy đổi giữa các khoảng cách mà đã vội vàng, “máy móc” vận dụng phương pháp đi tìm hình chiếu của điểm xuống mặt phẳng, chưa kể đến đôi khi bế tắc trong phần tính toán. Hai, nếu là bài toán tính khoảng cách giữa 2 đường thẳng chéo nhau: + Chưa nhận ra được “mặt phẳng chứa đường thẳng này song song với đường thẳng kia”. + Hoặc lúng túng, mặt phẳng chứa đường nào và song song với đường nào? với việc chọn như vậy tối ưu chưa? là liệu có tính được khoảng cách không? b) Để tìm lời giải bài toán tính khoảng cách trong không gian thì trước hết phải trải qua các bước tư duy như sau: + Xác định được các loại khoảng cách. + Quy đổi khoảng cách giữa các điểm. + Xác định hình chiếu của 1 điểm trên mặt phẳng. + Biết cách chọn đúng mặt phẳng trong bài toán khoảng cách 2 đường thẳng chéo nhau. Và bước cuối cùng là tính toán dựa vào kiến thức tỉ số lượng giác và các hệ thức lượng trong tam giác. Qua thực tế giảng dạy, tôi rút ra được một số kinh nghiệm nhỏ về việc hướng dẫn học sinh xác định các loại khoảng cách. 3 › Cơ sở lyù thuyết. 1/. Khoảng cách từ điểm A đến mp(P). Khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng (P) là độ dài của AH, với H là hình chiếu của A lên (P). Ký hiệu: d(A,(P)) = AH * Phương pháp xác định khoảng cách: + Tìm mp(Q) chứa A, vuông góc mp(P) theo P) giao tuyến a. + Kẻ AH  a. Khi đó: d(A,(P)) = AH  Tính chất. Tính chất 1: Nếu a //(P) và A, B  a thì d(A,(P)) = d(B,(P)) Tính chất 2: d(A,(P )) AI =k =k d ( B ,( P )) Nếu a cắt (P) tại I và BI (k biết trước) thì . 2/. Khoảng cách giữa 2 đường thẳng chéo nhau a và b. TH1: Nếu a, b là hai đường thẳng chéo nhau (không vuông góc) và (P) là mặt 4 phẳng chứa b và song song với a thì: d(a,b) = d(a,(P)) = d(A,(P)) với A  a. TH 2: Đặc biệt nếu a, b chéo nhau và a  b. Tìm mp(P) chứa b và  a tại điểm A. Kẻ AH  b  d(a,b) = AH AH gọi là đoạn vuông góc chung của a và b III. TỔ CHỨC THỰC HIỆN CÁC GIẢI PHÁP. 1. Giải pháp 1: Phát huy tính tích cực qua Bài toán khoảng cách từ một điểm đến một mặt phẳng. Khi gặp bài toán tính khoảng cách từ 1 điểm A đến mặt phẳng (P) ta thực hiện lần lượt các bước tư duy sau:  Bước 1: Tìm một đường thẳng đi qua A và vuông góc với (P) tại H.  d(A,(P)) = AH. Nếu không có thì ta chuyển sang bước 2.  Bước 2: Tìm một mặt phẳng (Q) đi qua A và (Q)  (P) theo giao tuyến d. Từ A kẻ AH  d tại H, suy ra AH  (P). Ta có: d(A,(P)) = AH. * Dấu hiệu nhận ra mp(Q): (Q) đi qua A và (Q) có chứa sẵn 1 đường thẳng a vuông góc với 1 đường thẳng b chứa trong (P). 5 Từ A kẻ đường thẳng vuông góc với b, ta xác định được mp(Q). Nếu không có dấu hiệu nhận ra mặt phẳng đi qua A và vuông góc với (P) thì ta chuyển sang bước 3.  Bước 3: Tìm đường thẳng a đi qua A và a // (P), trên a có điểm B (B  A) Theo tính chất 1: d(A,(P)) = d(B,(P)), để tính d(B,(P)) ta quay về bước 1, 2 như trên. Nếu không có dấu hiệu của bước 3 hoặc có nhưng việc xác định hình chiếu vẫn khó khăn, ta chuyển sang bước 4.  Bước 4: Tìm đường thẳng a đi qua A và cắt (P) tại I, trên đường thẳng đó có điểm B sao cho AI, BI biết tỉ số. d(A,(P )) AI AI = � d(A,(P )) = .d(B,(P )) d ( B ,( P )) BI BI Theo tính chất 2: , để tính khoảng cách d(B,(P)) ta quay về bước 1, 2, 3. Bài toán 1: Bài toán cơ bản về khoảng cách Cho hình chóp S.ABC có SA (ABC). Tính khoảng cách từ A đến (SBC). Bình luận Theo dấu hiệu nêu trên ta có: Nhận thấy SA  BC, từ A kẻ AI  Lời giải Ta có: SA  BC, kẻ AI  BC (SAI) BC (SAI) (SBC) theo giao tuyến SI. Từ A kẻ AH  SI  AH  (SBC) 6  d(A,(SBC)) = AH BC, ta thiết lập nên mp(Q) là (SAI)  Tính AH: đi qua A và  (SBC). SAI vuông tại A, AH là đường cao. Cần nắm vững bài toán gốc này, nó AS.AI là cốt lõi, mọi bài toán khoảng AH = cách đều quy về dạng này. AS2 + AI 2  Bài toán 2: Bài toán minh họa các bước tư duy Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông tâm O, cạnh a; SA  (ABCD), SA = a 2 . Gọi H, G lần lượt là trọng tâm tam giác SAB và SBD Tính các khoảng cách: a/. d(S,(ABCD)) b/. d(B,(SAD)) c/. d(C,(SAB)) d/. d(A,(SBC)) e/. d(A,(SBD) f/. d(A,(SCD)) g/. d(D,(SBC)) h/. d(O,(SCD)) i/. d(C,(SBD)) j/. d(G,(SCD)) k/. d(H,(SBD)) Bình luận Lời giải a/. Nhận thấy có đường thẳng đi qua a/. Ta có: SA (ABCD) S và vuông góc (ABCD)  d(S,(ABCD)) = SA = a 2 SA (ABCD) b/. Nhận thấy có thể chứng minh được BA  (SAD). b/. Vì BA  AD, BA  SA c/. Nhận thấy có thể chứng minh được CB  (SAB). c/. Vì CB  AB, CB  SA BA  (SAD)d(B,(SAD)) = BA = a CB  (SAB)d(C,(SAB)) = CB = a d/. Không có bước 1, chuyển sang d/. Ta có: SA  BC, AB  BC bước 2, có thể tìm được mp đi qua (SAB)  BC A và vuông góc với (SBC), đó là mặt (SAB) vì mp(SAB) đã chứa sẵn (SAB)  (SBC) theo giao tuyến SB. 7 SA  BC (SBC). Từ A kẻ AJ  SBAJ (SBC) d(A,(SBC)) = AJ. * Tính AJ: SAB vuông tại A, AJ là đường cao AJ = AB .AS AB 2 + AS2 = aa . 2 a2 + 2a2 = a 6 3 a 6 d(A,(SBC)) = 3 e/. Không có bước 1, chuyển sang bước 2, có thể tìm được mp đi qua A và vuông góc với (SBD), đó là mặt (SAC), vì mp(SAC) đã chứa sẵn SA  BD (SBD). e/. Ta có: SA  BD, AC  BD (SAC)  BD (SAC)  (SBD) theo giao tuyến SO. Từ A kẻ AK  SOAK (SBD) d(A,(SBD)) = AK. * Tính AK: SAO vuông tại A, AK là đường cao a 2 .a 2 AO.AS a 10 2 AK = = = 5 AO 2 + AS2 2a2 + 2a2 4 a 10 d(A,(SBD)) = 5 f/. Không có bước 1, chuyển sang bước 2, có thể tìm được mp đi qua A và vuông góc với (SCD), đó là mặt (SAD), vì mp(SAD) đã chứa sẵn SA  CD (SCD). Tương tự như câu d f/. Ta có: SA  CD, AD  CD (SAD)  CD (SAD)  (SCD) theo giao tuyến SD. Từ A kẻ AL  SD  AL (SCD) d(A,(SCD)) = AL. * Tính AL: SAD vuông tại A, AL là đường cao 8 AL = AD.AS AD 2 + AS2 = aa . 2 a2 + 2a2 = a 6 3 a 6 d(A,(SCD)) = 3 g/. Không có bước 1, 2 chuyển sang g/. Ta có: AD //(SBC), nên: bước 3. Vì thấy AD // (SBC)  d(D,(SBC)) = d(A,(SBC)) a 6 d(D,(SBC)) = d(A,(SBC)) = 3 Đến đây, giả sử chưa có d(A,(SBC)) ở câu d, thì tiếp tục thực hiện các bước tư duy 1, 2 để tính d(A,(SBC)) h/. Nhận thấy không có bước 1, 2, 3 ta chuyển sang bước 4. Phát hiện O thuộc đường thẳng AC cắt (SCD) tại điểm C và AC = 2OC, áp dụng tính chất 2. h/. Vì O là trung điểm AC, nên: 1 a 6 d(O,(SCD )) = d(A,(SCD)) = 2 6 Giải sử đến đây, chưa có d(A, (SCD)) đã tính sẵn, ta quay về thực hiện các bước tư duy 1,2,3,.. cho điểm A. Hỏi: vậy tại sao không quy về B trên đường thẳng BD mà quy về A? Vì ở B không có dấu hiệu có mặt phẳng đi qua và vuông góc với (SCD). i/. Không có bước 1, 2, 3, suy ra chỉ có thể là bước 4. Phát hiện C nằm trên đường thẳng AC, cắt (SBD) tại trung điểm O của AC. i/. Vì O là trung điểm của AC, nên: a 10 d(C,(SBD)) = d(A,(SBD)) = 5 Tương tự như lí luận trên, nếu ở đây chưa có d(A,(SBD)) ta quay về từng bước tư duy 1, 2, 3 cho điểm A. j/. d(G,(SCD))? GS 2 = Tư duy bước 1, 2, 3 thất bại, nên chỉ j/. Ta có: OS 3 có thể là bước 4. Phát hiện G thuộc SO là đường thẳng cắt (SCD) tại S và trên đó đã có tỉ số giữa GS và OS, nên quy khoảng cách về điểm O, tính d(O,(SCD)). 2 � d(G,(SCD )) = d(O,(SCD)) 3 9 Tiếp tục tư duy từng bước cho O, chỉ thỏa ở bước 4, tức là có đường thẳng AC qua O và cắt (SCD) tại C và trên AC có tỉ lệ, nên ta quy về điểm A. Vậy ta thấy, qua 2 lần thực hiện tư duy ở cùng bước 4, ta chuyển bài toán khoảng cách từ điểm G về thành điểm A đến mp(SCD). k/. Tương tự, nhận thấy bước 1,2,3 thất bại, ta chuyển qua bước 4. Nhận thấy H thuộc SM cắt (SBD) tại S và trên SM có tỉ lệ, vì H là trọng tâm. Tương tự, quy d(M,(SBD)) về d(A, (SBD)). Mà: AC = 2OC 1 � d(O,(SCD )) = d(A,(SCD )) 2 1 a 6 � d(G,(SCD )) = d(A,(SCD )) = 3 9 = HS 2 = Ta có: MS 3 2 � d(H ,(SBD )) = d(M ,(SBD )) 3 Mà: AB = 2MB 1 � d(M ,(SBD )) = d(A,(SBD)) 2 1 a 10 � d(H ,(SBD )) = d(A,(SBD )) = 3 15 Ta thấy, nếu ta không dẫn theo bước tư duy trên, mà đặt vào câu hỏi tính d(G, (SCD)) và d(H,(SBD)) thì đối với học sinh thật là khó khăn và lúng túng. Từ Bài toán cơ bản minh họa cho các bước tư duy trên, chuyển sang nâng cao vận dụng vào các bài toán thi Đại học.  Bài toán 3: (ĐH khối D|2013).Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình 0 � thoi cạnh a, cạnh bên SA vuông góc với đáy, BAD  120 , M là trung điểm cạnh 0 � BC và SMA  45 . Tính khoảng cách từ D đến mặt phẳng (SBC). Bình luận Lời giải � 0 Ta có: ABC đều vì AB = BC và CAB = 60 10 � 0 SAM vuông có SMA = 45 , nên là tam giác Không xảy ra bước 1, 2, chuyển sang bước 3. Phát hiện AD //(SBC) Nên đổi d(D,(SBC)) về d(A, (SBC)). Tại sao chọn điểm A? Vì qua A có dấu hiệu mặt phẳng (SAM) đi qua và vuông góc với (SBC), vì có chứa SA  BC. vuông cân tại A  SA = AM = a 3 2 Vì AD / /(SBC ) � d(D,(SBC ) = d(A,(SBC )) Ta có AM  BC, SA BC  (SAM)  BC  (SAM)  (SBC) theo giao tuyến SM Kẻ AH  SM AH  (SBC)  d(A,(SBC)) = AH * SAM vuông cân tại A, AH là đường cao a 6 a 6 � d(D,(SBC ) = 4  AH = 4  Bài toán 4: (ĐH Khối D|2011).Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác � vuông tại B, BA = 3a, BC = 4a; (SBC) ^ (ABC). Biết SB = 2a 3 và SBC = 300 . Tính khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng (SAC) theo a. Bình luận Lời giải Vì mp(SBC)  (ABC) theo giao tuyến BC. Không xảy ra bước 1, 2, 3 Từ S kẻ SH  BC  SH  (ABC) Nhận thấy có đường thẳng đi qua B và cắt (SAC), trên đó có điểm H * SBH vuông tại H: Đánh giá: H là chân đường vuông góc, nên dễ xác định hình chiếu H � = 2a 3.sin30o = a 3 SH = SB.sinSBH 11 xuống (SBC). Tức là qua H dễ xác định mp vuông góc với mp(SBC) vì đã có sẵn SH  AC (SBC). � = 2a 3.cos30o = 3a BH = SB.cosSBH Vì BC = 4HC � d(B,(SAC ) = 4d(H ,(SAC )) Kẻ HM  AC  (SHM)  AC  (SHM)  (SAC) theo giao tuyến SM Kẻ HK  SM  HK  (SAC)  d(H,(SAC)) = HK * Hai tam giác ABC và HMC đồng dạng AC AB AB 3 = � HM = .HC = a HM AC 5  HC HK = Ta có: HS.HM HS2 + HM 2 = 3 7a 14 � d(B,(SAC ) = 4d(H ,(SAC )) = 4.  Bài toán 5: Cho hình chóp S.ABCD có 3 17 6 7a a= 14 7 đáy là hình thang vuông tại A và D, AB = 2a,AD = CD = a,SA = 3a , SA ^ (ABCD) . Gọi I là giao điểm AC và BD. Tính khoảng cách từ I đến mp(SCD). Bình luận Lời giải Tam giác IAB và ICD đồng dạng 12 - Phát hiện ra I nằm trên đường thẳng AC, có tỉ số biết trước  quy về d(A,(SCD). - Nhận thấy mặt phẳng (SAD) qua A và (SCD). - Bài toán này điểm mấu chốt là cần nhìn ra tỉ số giữa AC và IC. IA AB 1 = = 2 � IC = AC 3  IC CD 1 � d(I ,(SCD ) = d(A,(SCD )) 3 Ta có: SA  CD , AD  CD (SAD)  CD  (SAD)  (SCD) theo giao tuyến SD Kẻ AH  SD  AH  (SCD)  d(A,(SCD)) = AH * SAD vuông, AH là đường cao. AH = Ta có: AS.AD AS2 + AD 2 = 3 10 a 10  Bài toán 6: (ĐH Khối D|2012).Cho hình hộp đứng ABCD.A’B’C’D’ có đáy là hình vuông, tam giác A’AC vuông cân, A’C = a. Tính khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng (BCD’) theo a. Bình luận Lời giải Tam giác A’AC vuông cân tại A, A’C = a - Bỏ qua bước 1, 2. Phát hiện ra bước 3 vì AD //(BCD’); quy về d(D,(BCD’). - Thực chất ở bài này có thể dùng bước 2, nhưng phải nhìn ra được mp(BCD’) mở rộng chính là mp(ABCD’). a 2 a  AA’ = AC = 2  AB = 2 Vì AD // (BCD’) � d(A,(BCD ') = d(D,(BCD ')) Ta có: DD’  BC , CD  BC 13  (CDD’C’)  BC  (CDD’C’)  (BCD’) theo giao tuyến CD’ Kẻ DK  CD’  DK  (BCD’)  d(D,(BCD’)) = DK * CDD’ vuông, DK là đường cao. DK = Ta có: DC .DD ' DC 2 + DD '2 = a 6 6  Bài toán 7: Cho lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy là tam giác vuông cân tại A, BC = a 2 , AA’ = 2a, biết A’ cách đều các đỉnh A,B,C. Gọi M, N lần lượt trung điểm AA’ và AC. Tính khoảng cách từ C’ đến mp(MNB). Bình luận - Bỏ qua bước 1, 2, 3. Phát hiện ra bước 4 vì: C’P = 3AP; quy về d(A,(MNB). - Gọi K trung điểm AHMK//SH AG = 4KG  tính d(K,(MNB)) Lời giải Gọi G trọng tâm ABC, K trung điểm AH. MK (ABC) Gọi P =C’A MN. Ta có: C’P = 3AP d(C’,(MNB)) = 3d(A,(MNB)) 14 Tại sao phải đổi về K mà không đổi về H? Bằng trực quan ta thấy, trên hình vẽ độ xiên của mặt phẳng (MNB) và đường thẳng SH. Ta vẫn dựng được hình chiếu của H xuống (MNB), tuy nhiên khi đó hình chiếu nằm ở miền ngoài hình lăng trụ, ở phía dưới đáy (ABC) sẽ khó khăn khi đi thực hiện phép tính. Bài toán này thực chất khó ở phần biết cách nhìn ra quy khoảng cách từ A về khoảng cách từ K. Ta có: AG = 4KG d(A,(MNB)) = 4d(K,(MNB)) Kẻ KI  BN, MK  BN (MKI)  BN (MKI)  (MNB) theo giao tuyến MI. Kẻ KJ  MI  KJ  (MNB)  d(K,(MNB)) = KJ. * Tính KJ. A ' H = AA '2- BH 2 = a 14 a 14 MK = 2  4 Hai tam giác vuông GHB và GIK đồng dạng  IK = GK .HB GB GK = 1 1 a 2 AG = AH = 4 6 12 GB = 2 2 2 a2 a 5 BN = a + = 3 3 4 3 � IK = a 5 20 MKI vuông, KJ là đường cao. KJ = Ta có: MK .KI MK + KI 2 2 = a 14 4 71  Kết quả thực nghiệm giải pháp: Cho thí điểm kiểm tra với 2 lớp 11C2 chưa triển khai và lớp 11C9 đã triển khai. Có sĩ số bằng nhau 38 học sinh, mức độ đề 15 phút ngang tầm nhau. Kết quả <5 5  điểm  7 8  điểm  10 11C2 20 8 10 11C9 15 20 3 15 2. Giải pháp 2: Chọn hướng đi đúng trong Bài toán khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau. Khi thực hiện bài toán khoảng cách giữa 2 đường thẳng chéo nhau a và b (đối với trường hợp a, b không vuông góc) cái khó khăn đối với học sinh đó là: + Chọn mặt phẳng chứa b và song song với a hay ngược lại? + Chẳng hạn chọn mp(P) chứa b và song với a, khi đó: d(a,b) = d(a,(P)) nhưng liệu việc tính d(a,(P)) có thực hiện dễ dàng hay không? Sau khi chọn đúng hướng, ta sẽ đưa bài toán khoảng cách giữa 2 đường thẳng chéo nhau về bài toán khoảng cách từ 1 điểm đến mặt phẳng và quy trình như ở giải pháp 1 đã nêu trên. Phần này tôi chỉ xin nêu giải pháp về dấu hiệu chọn đúng hướng để đi giải quyết bài toán, đó là việc chọn mặt phẳng sao cho đúng.  Khi chọn mp(P) chứa b, (P) // a thì mp(P) phải thỏa: Trên a có điểm A, trong (P) có điểm S thì SA luôn vuông góc với 1 đường thẳng d chứa trong (P). Vì sao? Để khi ta kẻ từ A vuông góc với d, ta thiết lập được mặt phẳng (SAI) (P), từ đây là cơ sở cho ta tìm được hình chiếu của A trên mp(P). Cho nên, thông thường trong một số bài toán, mẹo nhỏ đặt ra cho học sinh là “ta chọn mặt phẳng (P) có đi qua S”. Vậy khi đi giải bài toán Khoảng cách giữa 2 đường thẳng chéo nhau, ta cần lưu yù: a, b có vuông góc hay không, nếu không vuông góc thì ta thực hiện theo giải pháp trên. Sau đây là một số ví dụ minh họa, tôi chỉ nêu rõ về giải pháp, các bước tính khoảng cách từ điểm đến mặt phẳng như ở giải pháp 1.  Bài toán 8: (ĐH khối A|2011).Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại B, AB = BC = 2a; hai mặt phẳng (SAB) và (SAC) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABC). Gọi M là trung điểm của AB; mặt phẳng qua SM và song song với BC, cắt AC tại N. Biết góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (ABC) bằng 60 o. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và SN theo a. 16 Bình luận Lời giải * Vì (SAB), (SAC) cùng vuông góc với (ABC), nên: SA (ABC) Tại sao phải chọn mp(SNP)? 0 SN có đi qua S, AB đi qua A * Góc giữa (SBC) và (ABC) bằng 60 Nên mặt phẳng ta chọn là: Chứa � = 600 � SBA SN và song song AB. Gọi P trung điểm BC  AB//(SPN) d(AB,SN) = d(AB, (SPN)) = d(A,(SPN)) Kẻ AE  NP, kẻ AH  SE  AH (SPN) AS.AE 2 2  d(A,(SPN)) =AH = AS + AE = 2a 39 13  Bài toán 9: (Đề thi HK2, năm học 2014-2015). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông tâm O, mặt bên (SAB) là tam giác đều cạnh a và vuông góc với đáy. Tính khoảng cách giữa SA và BD. Bình luận Lời giải *Gọi H trung điểm AB  SH  (ABC). Tại sao phải chọn mp(SAE)? * Dựng hình bình hành AEBD SA có đi qua S, BD nằm trong mp  BD//(SAE) mà SH vuông góc. d(BD,SA) = d(BD, (SAE)) 17 Nên mặt phẳng ta chọn là: Chứa d(BD,(SAE)) = d(B,(SAE)) = 2d(H,(SAE)) SA và song song BD. Kẻ HI  AE, HK  SI  HK (SAE)  d(H,(SAE)) =HK Hai tam giác HIA, AOB đồng dạng 1 a 2 HI = OA = 2 4  HK = HS.HI HS2 + HI 2 = a 21 14  Bài toán 10: (ĐH khối A|2012).Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác đều cạnh a. Hình chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng (ABC) là điểm H thuộc cạnh AB sao cho HA = 2HB. Góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng (ABC) bằng 60 0. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng SA và BC Bình luận Lời giải � 0 *Góc giữa SC và (ABCD) là góc SCH = 60 * Gọi I trung điểm của AB, ta có : a a 3 IH = IB – HB = 6 , IC = 2 CH = IH 2 + IC 2 = a 7 3 Tại sao phải chọn mp(SA,d)? SH = CH .t an600 = a 21 3 SA có đi qua S, BC nằm trong mp  mà SH vuông góc. * Qua A dựng d //BC Nên mặt phẳng ta chọn là: Chứa d(BC,SA) = d(BC, (SA,d)) = d(B,(SA,d)) SA và song song BC. 18 Vì BA = 3 HA 2 3 d(B,(SA,d)) = d(H ,(SA,d)) 2  Kẻ HE  d, HK  SE  HK (SAE)  d(H,(SAE)) =HK a 3 HE = AH. sin60 = 3 0 HK = HS.HE HS2 + HE 2 = a 42 12 a 42 d(BC,SA) = 8  Bài toán 11: (ĐH khối A|2010). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a. Gọi M, N là trung điểm AB, AD; H là giao điểm CN và DM. Biết SH (ABCD) và SH = a 3 . Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng DM và SC. Bình luận Lời giải *Hai tam giác AMD, DNC bằng nhau. � Nhận ra: DM  NC đây là 1 tính Suy ra : DHC = 900 hay DM  NC chất trong hình vuông. Từ đó thấy Mà: SH  NC  (SHC)  DM tại H DM và SC vuông góc nhau. Đây là trường hợp 2 đã nêu ở phần cơ sở Kẻ HK  SC  HK là đoạn vuông góc chung của DM và SC. 19