SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM“GIẢI TOÁN TÍNH KHOẢNG CÁCH TRONG HÌNH HỌC KHÔNG GIAN

TRƯỜNG THPT ĐÀO DUY TỪSÁNG 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... Tôi nhậ

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

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 ( )α tính

khoảng cách d M;( )( α ) từ M đến mặt phẳng ( )α .

Để tính khoảng cách từ M đến mặt phẳng ( )α ta có thể sử dụng;

Phương pháp trưc tiếp: Xác định chân đường vuông góc H hạ từ M đến mặt

phẳng( )α .

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:

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

Ta có CD ACCD SA





⊥

⊥ ⇒CD ⊥mp(SAC)

Kẻ AH ⊥SC tại H ta có AH ⊥CD

Nên AH ⊥mp(SCD) Vậy AH= d A;(SCD)( )

Xét tam giác SAC vuông tại A có AH là đường cao

AH =SA +AC =(a 6) +(a 3) 12

2a

= ⇒AH2=2a2⇒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 ( )β đi qua M và ( )β ⊥ ( )α Tìm giao tuyến

( ) ( )β α

∆ = ∩ Kẻ MH⊥ ∆ thì d M;( )( α ) = 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)

H S

D A

E F

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

2

AF SA AE (a 6) a 3

2

= 2

9 6a

2

2 6a a 6

Vậy d A;(SBC) = ( ) a 6

3

Hướng 2: Nếu có 3 điểm A, B, C thuộc mp ( )α 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( )α 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 α

∠ = Các cạnh bên SA, SB, SC cùng hợp với đáy góc ϕ Tính thể tích khối

chóp S.ABC

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=ϕ.

Các tam giác vuông SAO, SBO, SCO có SO chung,

Các góc SAO∠ = ∠SBO= ∠SCO=ϕ 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

ta có IAB ,

2

α

∠ = BI=a

2,

a

AI BIcot cot

2 2 2

2 ABC

S BC.AI a cot cot

Ta có BC 2R R a

sin A = ⇔ =2sinα .

Do đó SO OA.tan a tan

2sin

ϕ ϕ

α

V S SO cot

3 3 4 2 2sin 48sin

S

A

B

C

α

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=α Các mặt bên của hình chóp nghiêng đều trên đáy một góc β Chân

đường cao của hình chóp β 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=β (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∆

tại O ở trong miền trong ∆ABC, nên O là biên

đường tròn nội tiếp tam giác, bán kính OH=OI=OK

ABC

1

S p.r AB.AC

2

= = với 2p=AB+CA+BC

2

AB.AC a sin cos

r

AB BC CA a(1 sin cos )

α α

Tam giác vuông SOH cho ta SO OH tan= β =r tanβ

3 2 SABC ABC

V S SO SO AB.AC.r tan

α β

− Nhận xét: Ta cũng có thể sử dụng giả thiết mở

* Hình chóp có 2 mặt bên kề nhau cùng tạo với đáy góc α 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 0

60 hình chiếu của S nằm trong hình thang ABCD

Tính thể tích hình chóp S.ABCD

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

I

C

A

B

H

K

O S

S

B A

I

H 60 0

J

Khi đó góc tạo bởi các mặt bên (SAD), (SDC), (SCB) với đáy tương ứng là SIH, SKH,

∠ ∠ ∠SJH và ∠SIH= ∠SKH= ∠SJH 60= 0 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 = AC2−(2CD)2 =a 3 ta sẽ có:

tan( DAB) DE 3 DAB 600 ADC 1200

AE

0

HDK 60

⇒ ∠ = HK DK tan 600 a 3 SH HK tan 600 3a

2 ABCD

DE(AB DC)

2

+

Vậy S.ABCD ABCD 3

1

3

Phương pháp gián tiếp:

Hướng 1: Tìm đường thẳng ∆ qua M và ∆ cắt mp ( )α

tại I trên ∆ chọn điểm A (A I, A M≠ ≠ )

Lúc đó ( ( ) )

( )

( )

d M; IM

IA

d A;

α

α = dẫn đến d M;( ( ) ) d A;( ) IM( )

IA

α

α =

Nhận xét : Ở hướng này thay vì tính khoảng cách từ A đến mp( )α 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)

Giải: Gọi O là tâm hình vuông ABCD

Đường thẳng BG cắt mặt phẳng(SAC) tại F

Khi đó ( ( ) )

d G; SAC FG 1

FB 3

d B; SAC = =

Mà OB SA OB (SAC)

OB AC







d B;(SAC) OB

2

= = Vậy d G;(SAC)( ) 1 a 2 a 2

3 2 6

I

A

M

α

∆

S

C F

B A

D O G

Hướng 2: Sử dụng công thức chóp

dáy

3V h S

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)

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

Mà BE= AC= c nên BD= DE= c

2 còn DF=

c 2

Và F là trung điểm của BE

Vì AB⊥(BDE)⇒AB⊥DF

Do đó DF ABDF BE DF (ABEC)





⊥ Nghĩa là DF là đường cao của hình chóp DABC

Từ đó VABCD 1DF.SABC 1AC.AB.DF ac2

Kẻ DK⊥AC, tam giác ADC cân có AD= DC= 2 c2

a 2

+ nên K là trung điểm của AC

Từ đó DK=

2

2 2 2 c c 2 c

 

 ÷

 

2

ADC

S AC.DK c a c 4a c

2 2 ADC

d B;(ADC) 3V 3ac :c 4a c ac

+ 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( )α chứa a và vuông góc với b tại B.

Dựng BA⊥a tại A Khi đó d(a;b)= AB

A

B

C

D F

E

x’

x

K a

c

Ví dụ 8: Cho hình lăng trụ đứng ABC.A B C1 1 1 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.A B C1 1 1có 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 A C1 1, tam giácA B C1 1 1 đều nên B I1 ⊥A C1 1

1 1 1

B I (ACC A )

⇒ ⊥ ⇒B I1 ⊥MC1(*)

A C M C CI MC A C CI

Mà ∠C CI1 + ∠C IC 901 = 0 (2)

Từ (1), (2) suy ra∠MC A1 1+ ∠C IC 901 = 0

⇒IC⊥MC1 (**)

(*),(**) ⇒MC1⊥mp(B1IC)

⇒ 1 1

1 1

MC B C

B C (MBC ) B C MB

BC B C







⊥

⊥ Gọi O là giao điểm B1C và BC1

d B C, MB d(O, MB) h

Lại có ∆MBC1 có MB= MC1= a2 a2 a 5

+ =

⇒∆MBC1 cân đỉnh M

có BC1= a 2,OB 1BC1 a 2,OM 5a2 2a2 a 3

h= OH=

a 3 a 2. OM.OB 2 2 a 30

2

Hướng 2: Dựng mặt phẳng ( )α chứa a và mp( )α // b

Khi đó d a;b( ) (=d b;( )α ) (=d B;( )α ) với B là một điểm bất kì thuộc b

Ví dụ 9: Cho hình lăng trụ đứng ABC.A B C1 1 1đáy

ABC là tam giác vuông, AB= BC= a,

1

AA =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

⇒B1C// mp(AMN) nên

d B C; AM =d B C;(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

M

C 1 B

O H

C1

A 1

B 1

M

O A

I

C 1

B 1

A 1

N

M B

⇒ 12 1 2 1 2 1 2

BH =BA +BM +BN BH a

7

Vậy ( 1 )

a

d AM;B C

7

=

Hướng 3: Dựng mặt phẳng ( )α chứa a và mp( )α // b.

Dựng mặt phẳng ( )β chứa b và mp( )β // a

Khi đó d a;b( ) (=d ( );( )α β ) (=d A;( )β ) với A là một điểm bất kì thuộc

( )α

Ví dụ 10: Cho hình lập phương ABCD.A B C D có cạnh a Lấy M, N, P lần lượt là 1 1 1 1

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 (A B C D )1 1 1 1

là A1C1 Mà A C1 1⊥B D1 1 nên A E B D1 ⊥ 1 1

(định lí 3 đường vuông góc)

Hình chiếu của A1E lên (AA D D) là A1 1 1F màA F MD1 ⊥ 1

⇒A E MD1 ⊥ 1 Từ đó A E (MNB D )1 ⊥ 1 1

Tương tự A E (BPQD)1 ⊥ .

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

2 2 1

IJ A E 2a

A E= A C ⇒ = A C =4 − 4 = 8

Vậy d(MN;BP) 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

D 1 D

C 1

Q

E O

A 1

B 1

M

P

T S N

B

A

C