Tài liệu Skkn giải toán tính khoảng cách trong hình học không gian

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HÓA TRƯỜNG THPT ĐÀO DUY TỪ SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM “GIẢI TOÁN TÍNH KHOẢNG CÁCH TRONG HÌNH HỌC KHÔNG GIAN” Tác giả: Nguyễn Thị Thu Hiền Chức vụ: Giáo viên Thanh Hóa , Tháng 6/2011 Sáng kiến kinh nghiệm môn Toán lớp 11 I. LỜI MỞ ĐẦU: Qua quá trình dạy hình học không gian 11 và luyện thi Đại học. Tôi nhận thấy rằng, đa số các em học sinh còn “chưa thạo” trong viêc giải các bài toán về tính khoảng cách trong hình học không gian. Nguyên nhân cơ bản là do học sinh chưa phân biệt rõ ràng dạng bài tập để lựa chọn công cụ, phương pháp giải cho phù hợp. Để góp phần nhỏ của mình vào việc hệ thống lại các phương pháp giải toán, tạo sự thích thú cho các em học sinh. Giúp các em “không còn ngán ngại” khi gặp bài toán tính khoảng cách. Tôi xin được phép trình bày hai dạng toán tính khoảng cách thường gặp trong hình học không gian đó là : khoảng cách từ một điểm đến một mặt phẳng và khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau. II. NỘI DUNG ĐỀ TÀI Bài toán 1: Trong không gian cho điểm M không thuộc mặt phẳng ( ) tính khoảng cách d  M; ( )  từ M đến mặt phẳng ( ) . Để tính khoảng cách từ M đến mặt phẳng ( ) ta có thể sử dụng; Phương pháp trưc tiếp: Xác định chân đường vuông góc H hạ từ M đến mặt phẳng ( ) . Ví dụ 1: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là nửa lục giác đều nội tiếp trong đường tròn đường kính AD = 2a và có cạnh SA vuông góc mp(ABCD) , với SA= a 6 . Tính khoảng cách từ A đến mp(SCD). Giải: S Vì ABCD là nửa lục giác đều nội tiếp trong đường tròn đường kính AD= 2a nên ta có AD//BC, AB= BC= CD= a AC  CD, AB  BD , AC= BD= a 3 CD  AC  Ta có   CD  mp(SAC) CD  SA  H Kẻ AH  SC tại H ta có AH  CD A Nên AH  mp(SCD). Vậy AH= d  A; (SCD)  F Xét tam giác SAC vuông tại A có AH là đường cao 1 1 1 1 1 1  Do đó AH 2 SA 2  AC2  2 2  E B (a 6) (a 3) C 2a 2  AH 2 2a 2  AH a 2 Nhận xét: Không phải bài toán nào ta cũng xác định được ngay chân đường vuông góc hạ từ điểm đó đến mặt phẳng như ở ví dụ 1. Hướng 1: Chỉ ra một mặt phẳng (  ) đi qua M và (  )  ( ) . Tìm giao tuyến  (  )  ( ) . Kẻ MH   thì d  M;( )  = MH. Ví dụ 2: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là nửa lục giác đều nội tiếp trong đường tròn đường kính AD = 2a và có cạnh SA vuông góc mp(ABCD) với SA= a 6 . Tính khoảng cách từ A đến mp(SBC). Nguyễn Thị Thu Hiền – Trường THPT Đào Duy Từ 2 D Sáng kiến kinh nghiệm môn Toán lớp 11 Nhận xét: Ở ví dụ này ta chưa thể tìm ngay được chân đường vuông góc hạ từ A đến mp(SBC) mà ta phải làm theo hướng 1. Giải: Qua A kẻ AE  BC  (SAE)  BC  (SAE)  (SBC) mà (SAE)  (SBC)=AE Qua A kẻ AF  SE  AF  (SBC). Vậy AF= d  A;(SBC)  . Xét tam giác vuông SAE ta có 1 1 1 1 1  2   2 2 2 2 AF SA AE (a 6)  a 3  2 = 9  AF2  6a  AF  a 6 2 6a   9 3  2  a 6 Vậy d  A;(SBC)  = 3 Hướng 2: Nếu có 3 điểm A, B, C thuộc mp ( ) không thẳng hàng sao cho MA= MB= MC hoặc MA, MB, MC cùng tạo với đáy một góc bằng nhau thì chân đường vuông góc H hạ từ M xuống mp ( ) là tâm vòng tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Ví dụ 3: Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác cân AB= AC, cạnh BC= a, BAC  . Các cạnh bên SA, SB, SC cùng hợp với đáy góc  . Tính thể tích khối chóp S.ABC S Giải: Gọi O là hình chiếu của S trên đáy ABC, OA, OB, OC là hình chiếu của các cạnh bên SA, SB, SC trên đáy ta có SAO SBO SCO  . Các tam giác vuông SAO, SBO, SCO có SO chung, A   SAO  SBO  SCO   Các góc nên OA= OB= OC. Do đó O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. O ở trên đường cao AI của tam giác cân ABC, AI cũng là đường phân giác trong góc A.  a  a  ta có IAB  , BI= , AI BI cot  cot 2 2 2 2 2 2 1 1 a  a  SABC  BC.AI  a. cot  cot 2 2 2 2 4 2 BC a 2R  R  Ta có . sin A 2sin  a tan  Do đó SO OA.tan   2sin  1 1 a2  a tan  a 3 tan  VSABC  SABC .SO  . .cot .  3 3 4 2 2sin  48sin 2  Nguyễn Thị Thu Hiền – Trường THPT Đào Duy Từ C O I B 3 Sáng kiến kinh nghiệm môn Toán lớp 11 Hướng 3: Khối chóp có các mặt bên đều tạo với đáy một góc bằng nhau thì chân đường cao chính là tâm đường tròn nội tiếp đáy. Ví dụ 4: Cho hình chóp SABC. Đáy ABC là tam giác vuông, cạnh huyền BC=a, góc B=  . Các mặt bên của hình chóp nghiêng đều trên đáy một góc  . Chân đường cao của hình chóp  kẻ từ S ở trong miền tam giác ABC. Tính thể tích của khối chóp. Giải: Gọi O là chân đường cao kẻ từ S của hình chóp. Từ O kẻ OH, OI, OK vuông góc với AB, AC, BC. Do đó SHO SIO SKO  (là góc của mặt bên hộp đáy) Ta được các tam giác SOH; SOI; SOK là các tam giác vuông bằng nhau (g.c.g)  OH=OI=OK => O cách đều ba cạnh của ABC S tại O ở trong miền trong ABC , nên O là biên đường tròn nội tiếp tam giác, bán kính OH=OI=OK 1 SABC p.r  AB.AC với 2p=AB+CA+BC 2 AB a cos  , CA a sin  , BC a r AB.AC a 2 sin  cos  AB  BC  CA a(1  sin   cos ) K B C O H Tam giác vuông SOH cho ta SO OH tan  r tan  A I 1 1 AB.AC 1 a 3 2 sin 2 2 tan  VSABC  SABC .SO  . .SO  .AB.AC.r tan    3 3 2 6    96cos .cos    2  2 4 Nhận xét: Ta cũng có thể sử dụng giả thiết mở. * Hình chóp có 2 mặt bên kề nhau cùng tạo với đáy góc  thì chân đường cao hạ từ đỉnh sẽ rơi vào đường phân giác góc tạo bởi 2 cạnh nằm trên mặt đáy của 2 mặt bên. Ví dụ 5: Cho hình chóp SABCD có ABCD là hình thang cân AB=3a, CD=a, AC= a 7 , các mặt bên (SDC), (SBC), (SAD) hợp đáy góc 600 hình chiếu của S nằm trong hình thang ABCD. Tính thể tích hình chóp S.ABCD. S Giải: Gọi H là hình chiếu của S trên đáy và I, K, J tương ứng là hình chiếu của H trên AD, DC, CB A B H I J D Nguyễn Thị Thu Hiền – Trường THPT Đào Duy Từ 600 K C 4 Sáng kiến kinh nghiệm môn Toán lớp 11 Khi đó góc tạo bởi các mặt bên (SAD), (SDC), (SCB) với đáy tương ứng là SIH, SKH, SJH và SIH SKH SJH 600 . Từ đó 3 tam giác vuông SHI, SHK, SHJ bằng nhau và ta thu được H cách đều các cạnh AD, DC, CB như thế H là giao điểm của các đường phân giác trong của hai góc ADC và DCB .Đường cao hình thang ABCD là DE = AC 2  (2CD)2 a 3 ta sẽ có: DE  3  DAB 600  ADC 1200 tan (DAB)  AE a 3 3a  HDK 600  HK DK tan 600   SH HK tan 600  2 2 DE(AB  DC) SABCD  2 3a 2 . 2 1 Vậy VS.ABCD  SH.SABCD  3a 3 (đvtt) 3 Phương pháp gián tiếp: Hướng 1: Tìm đường thẳng  qua M và  cắt mp ( ) tại I trên  chọn điểm A  A I, A M  . Lúc đó d  M;     d  A;     M A IM  IA dẫn đến d  M;       d  A;( )  .IM IA I  Nhận xét : Ở hướng này thay vì tính khoảng cách từ A đến mp ( ) ta đưa về tính khoảng cách từ một điểm khác A thuộc đường thẳng  đi qua A mà khoảng cách đó tính được một cách dễ dàng. Ví dụ 6: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a. SA vuông góc với mp(ABCD), SA= a 3 . Gọi G là trọng tâm tam giác SAB. Tính khoảng cách từ G đến mp(SAC). S Giải: Gọi O là tâm hình vuông ABCD. Đường thẳng BG cắt mặt phẳng(SAC) tại F. d  G;  SAC   FG 1   Khi đó d  B;  SAC   FB 3 Mà OB  SA    OB  (SAC) nên OB  AC  a 2 d  B;(SAC)  OB  2 1a 2 a 2 Vậy d  G;(SAC)   .  3 2 6 Nguyễn Thị Thu Hiền – Trường THPT Đào Duy Từ F D G A C O B 5 Sáng kiến kinh nghiệm môn Toán lớp 11 3Vchóp . Sdáy Hướng 2: Sử dụng công thức h  Ví dụ 7: Trên mặt phẳng (P) cho hai đường thẳng Bx ' và By lập với nhau một góc 450. Trên đường vuông góc với (P) tại B lấy BA= a, kẻ Ax // Bx ' và lấy C thuộc Ax sao cho AC= c. Gọi D là hình chiếu của C lên By. Tính khoảng cách từ B đến mp(ACD). A Giải: Kẻ CE// AB, dễ thấy ABEC là hình chữ nhật và CE  (P). Từ đó ED  BD (định lí 3 đường vuông góc). Kẻ DF  BE từ đó ta có tam giác DBE vuông cân đỉnh D. c c Mà BE= AC= c nên BD= DE= còn DF= 2 2 Và F là trung điểm của BE Vì AB  (BDE)  AB  DF Do đó c K C a B 450 D y F x E DF  AB x’   DF  (ABEC) . Nghĩa là DF là đường cao của hình chóp DF  BE  DABC Từ đó 1 1 ac 2 VABCD  DF.SABC  AC.AB.DF  3 6 12 Kẻ DK  AC, tam giác ADC cân có AD= DC= a2  c2 nên K là trung điểm của 2 AC. 2 Từ đó DK= c2  c  c2 2 AD  AK  a      a  2  2 2 2 2 2 1 1 c2 1 SADC  AC.DK  c. a 2   c. 4a 2  c 2 2 2 4 4 3V 3ac 2 c ac  d  B;(ADC)   ABCD  : 4a 2  c 2  SADC 12 4 4a 2  c 2 Nhận xét: ở bài này nếu ta sử dụng phương pháp trực tiếp để tính khoảng cách sẽ gặp khó khăn hơn. Bài toán 2: Trong không gian cho hai đường thẳng chéo nhau a và b. Tính khoảng cách giữa a và b. Để giải bài toán này có 3 hướng sau: Hướng 1: Áp dụng cho trường hợp a  b Ta chọn mp ( ) chứa a và vuông góc với b tại B. Dựng BA  a tại A. Khi đó d(a;b)= AB. Nguyễn Thị Thu Hiền – Trường THPT Đào Duy Từ 6 Sáng kiến kinh nghiệm môn Toán lớp 11 Ví dụ 8: Cho hình lăng trụ đứng ABC.A1B1C1 có tất cả các cạnh đều bằng a. M là trung điểm của đoạn AA1. Chứng minh BM  B1C và tính khoảng cách giữa hai đường thẳng BM và B1C. Giải: Lăng trụ đứng ABC.A1B1C1 có các cạnh bằng a nên các mặt bên Là các hình vuông bằng nhau. Đáy là tam giác đều Gọi I là trung điểm của A1C1 , tam giác A1B1C1 đều nên B1I  A1C1  B1I  (ACC1A1 )  B1I  MC1 (*) B A1C1M C1CI  MC1A1 C1CI (1) Mà C1CI  C1IC 900 (2) Từ (1), (2) suy ra MC1A1  C1IC 900  IC  MC1 (**) (*),(**)  MC1  mp(B1IC) B1 MC1  B1C     B1C  (MBC1 )  B1C  MB BC1  B1C  Gọi O là giao điểm B1C và BC1  d  B1C, MB  d(O, MB) h . A O C1 M I A1 a2 a 5 Lại có MBC1 có MB= MC1= a 2   4 2  MBC1 cân đỉnh M. 1 a 2 5a 2 2a 2 a 3 có BC1= a 2,OB  BC1  ,OM    2 2 4 4 2 a 3 a 2 . OM.OB 2 2 a 30 .  h= OH= MB 10 a 5 2 C M H B O C1 Hướng 2: Dựng mặt phẳng ( ) chứa a và mp ( ) // b Khi đó d  a; b  d  b;( )  d  B;( )  với B là một điểm bất kì thuộc b A Ví dụ 9: Cho hình lăng trụ đứng ABC.A1B1C1 đáy ABC là tam giác vuông, AB= BC= a, AA1 a 2 . Gọi M là trung điểm của cạnh BC. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AM và B1C. Giải: Gọi N là trung điểm của BB1 khi đó MN// B1C A1  B1C// mp(AMN) nên d  B1C; AM  d  B1C;(AMN)  d  C;(AMN)  d  B;(AMN)  Mặt khác tứ diện BAMN vuông đỉnh B nên d  B; (AMN)  =BH với H là trực tâm AMN Nguyễn Thị Thu Hiền – Trường THPT Đào Duy Từ C M B C1 N B1 7 Sáng kiến kinh nghiệm môn Toán lớp 11 1 1 1 1  BH  a .  2  2 2 7 BH BA BM BN 2 a Vậy d  AM;B1C   7 Hướng 3: Dựng mặt phẳng ( ) chứa a và mp ( ) // b. Dựng mặt phẳng (  ) chứa b và mp (  ) // a Khi đó d  a;b  d  ( );(  )  d  A;(  )  với A là một điểm bất kì thuộc  ( ) Ví dụ 10: Cho hình lập phương ABCD.A1B1C1D1 có cạnh a. Lấy M, N, P lần lượt là trung điểm của AD, AB, B1C1. Tính khoảng cách giữa MN và BP. Giải: Gọi E, F, Q, R, S, T, O lần lượt là trung điểm CC1, DD1, PQ, C1D1, MN, B1D1. Khi đó mp(MNB1D1) // (BDQP) Ta có A1E  (MNB1D1). Thật vậy hình chiếu của A1E lên mặt phẳng (A1B1C1D1 )B là A1C1 .Mà A1C1  B1D1 nên A1E  B1D1 (định lí 3 đường vuông góc) Hình chiếu của A1E lên (AA1D1D) là A1F mà A1F  MD1  A1E  MD1 . Từ đó A1E  (MNB1D1 ) . Tương tự A1E  (BPQD) . Gọi I, J lần lượt là giao điểm của A1E với TO và SR. Độ dài IJ là khoảng cách giữa MN và BD Áp dụng định lí Talet cho tam giác A1EC1 ta có JI RO RO 1 a2 a 7   IJ A1E.  2a 2   . A1E A1C1 A1C1 4 4 8 Vậy d(MN;BP)  A M D T N S C A1 I D1 J E Q O B1 P C1 a 7 . 8 III. KẾT LUẬN Qua quá trình nghiên cứu và vận dụng đề tài:” giải toán tính khoảng cách trong hình học không gian”,vào giảng dạy tôi nhận thấy vấn đề này giúp ích cho học sinh trong việc làm toán, giúp các em không còn “ngán ngại” phần khoảng cách nữa các em đã giải khá tốt những bài tập về tính khoảng cách trong không gian. Thực nghiệm cho thấy có khoảng 80% học sinh giải quyết được 85% các bài tập trong sách giáo khoa, 19% học sinh giải quyết trọn vẹn các bài tập sách giáo khoa. Riêng bản thân tôi sẽ tiếp tục nghiên cứu sâu hơn nữa để có những định hướng tốt hơn. Tôi viết đề tài nhằm mục đích trao đổi với quý thầy cô dạy bộ môn Toán về việc “hệ thống” các kiến thức một vài kĩ năng về tính khoảng cách. Vì kiến thức và thời gian còn nhiều hạn chế chắc rằng tài liệu có thiếu sót, tôi chân thành nhận sự góp ý của quý thầy cô. Xin chân thành cảm ơn. Nguyễn Thị Thu Hiền – Trường THPT Đào Duy Từ 8