Tài liệu Một số giải pháp nhằm nâng cao kỹ năng tính góc giữa hai mặt phẳng cho học sinh khối 11 trường thpt hậu lộc 4

MỤC LỤC Nội dung Trang 1. MỞ ĐẦU 1 1.1. Lí do chọn đề tài 1 1.2. Mục đích nghiên cứu 1 1.3. Đối tượng nghiên cứu 1 1.4. Phương pháp nghiên cứu 1 2. NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM 2 2.1.Cơ sở lý luận của sáng kiến kinh nghiệm 2 2.2. Thực trạng vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm 2 2.3. Các sáng kiến kinh nghiệm hoặc các giải pháp đã sử dụng để giải quyết vấn đề 3 2.4. Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm đối với hoạt động giáo dục, với bản thân, đồng nghiệp và nhà trường. 18 3. KẾT LUẬN, KIẾN NGHỊ 19 3.1. Kết luận 19 3.2. Kiến nghị 19 TÀI LIỆU THAM KHẢO 1. MỞ ĐẦU 1.1. Lí do chọn đề tài Trong chương trình hình học ở bậc trung học phổ thông, các bài toán liên quan đến góc trong không gian trong đó có bài toán tính góc giữa hai mặt phẳng là một trong những nội dung quan trọng. Các bài tập về tính góc giữa hai mặt phẳng thường gặp trong các đề thi tuyển sinh vào đại học, cao đẳng trước đây, đề thi THPT quốc gia hiện nay, đề thi học sinh giỏi các cấp... Tuy nhiên, các phương pháp về tính góc giữa hai mặt phẳng thường ít được đề cập đến trong các tài liệu tham khảo về bài tập hình học không gian, một số tài liệu có trình bày đến phương pháp giải dạng toán này nhưng chưa đầy đủ, chưa có hệ thống hoặc các ví dụ minh họa chưa đủ sức thuyết phục. Hơn nữa, đây là dạng toán khó đối với học sinh, học sinh bộc lộ nhiều hạn chế như học rất nhanh quên, chưa hình thành được kỹ năng, kỹ xảo và không vận dụng được những kiến thức đã học vào giải toán. Do đó đòi hỏi người học phải có khả năng tư duy, có trí tưởng tượng trong không gian và vận dụng linh hoạt quan hệ vuông góc để tìm ra cách xác định được góc trong từng trường hợp cụ thể. Với thực thế ấy, để giúp học sinh có định hướng tốt hơn trong quá trình giải bài toán tính góc giữa hai mặt phẳng, người giáo viên cần tạo cho học sinh thói quen tiếp cận bài toán, khai thác các yếu tố đặc trưng của bài toán để tìm lời giải. Trong đó việc hình thành cho học sinh kỹ năng quy lạ về quen, quy cái chưa biết về cái đã có. Hơn thế nữa từ năm 2017 đến nay, môn toán đã được đổi sang hình thức thi trắc nghiệm, việc hiểu và thành thạo các kỹ năng giải bài tập càng cần thiết hơn. Vì vậy, tôi đã chọn đề tài “Một số giải pháp nhằm nâng cao kỹ năng tính góc giữa hai mặt phẳng cho học sinh lớp 11 trường THPT Hậu Lộc 4”. 1.2. Mục đích nghiên cứu Bồi dưỡng, hệ thống cho học sinh phương pháp giải bài toán tính góc giữa hai mặt phẳng thông qua các ví dụ minh họa nhằm trang bị cho học sinh một số phương pháp cũng như kỹ năng giải quyết khi đối mặt với bài toán này, góp phần phát triển tư duy cho học sinh. 1.3. Đối tượng nghiên cứu Đề tài nghiên cứu, tổng kết một số kỹ năng tính góc giữa hai mặt phẳng. 1.4. Phương pháp nghiên cứu - Phương pháp phân tích và tổng hợp lý thuyết. - Phương pháp phân loại và hệ thống hóa. - Phương pháp phân tích và tổng kết kinh nghiệm. 1 2. NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM 2.1. Cơ sở lí luận của sáng kiến kinh nghiệm 2.1.1. Định nghĩa Góc giữa hai mặt phẳng là góc giữa hai đường thẳng lần lượt vuông góc với hai mặt phẳng đó. Nếu hai mặt phẳng song song hoặc trùng 0 nhau thì góc giữa chúng bằng 0 . [1]. 2.1.2. Góc giữa hai mặt phẳng cắt nhau Giả sử hai mặt phẳng    và    cắt nhau theo giao tuyến c. Từ điểm I bất kỳ trên c , dựng trong    đường thẳng a vuông góc với c và dựng trong    đường thẳng b vuông góc với c . Khi đó góc giữa hai mặt phẳng    và    là b . [1]. góc giữa hai đường thẳng a và 2.1.3. Diện tích hình chiếu của một đa giác Gọi S là diện tích của đa giác H trong mặt phẳng  P  , S  là diện tích hình chiếu H  của H trên mặt phẳng  P và  là  góc giữa hai mặt phẳng  P  và  P  thì S ' S .cos  [1]. 2.2. Thực trạng vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm Trước khi áp dụng nghiên cứu này vào giảng dạy tôi đã tiến hành khảo sát chất lượng học tập của học sinh hai lớp 11A6 và 11A8 trường THPT Hậu Lộc 4 với đề thi tự luận như sau: 2 KIỂM TRA 45 PHÚT Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật. Biết AB a, AD a 3 , cạnh bên SA   ABCD  và SA a . Tính góc giữa: a) Hai mặt phẳng  SCD  và  ABCD  . b) Hai mặt phẳng  SCD  Sĩ Số Lớp 11A 6 11A 8 và  SCD  . KẾT QUẢ THU ĐƯỢC NHƯ SAU Giỏi Khá TB Yếu SL % SL % SL % SL % SL Kém % 39 1 2.6 7 17.9 17 43.6 11 28.2 3 7.7 40 3 7.5 13 32.5 14 35.0 9 22.5 1 2.5 Tôi nhận thấy đa phần học sinh làm được câu a), một số học sinh làm được câu b). Tuy nhiên việc trình bày bài còn chưa khoa học và chặt chẽ, kỹ năng vẽ hình còn kém, tính toán còn nhiều sai sót. 2.3. Các sáng kiến kinh nghiệm hoặc các giải pháp đã sử dụng để giải quyết vấn đề 2.3.1. Giải pháp 1: Tính góc giữa hai mặt phẳng bằng cách sử dụng định nghĩa: Bước 1. Dựng các đường thẳng a và b: a     b   . Khi đó góc giữa hai mặt phẳng    ,   bằng góc giữa hai đường Bước 2 thẳng a và b . Ví dụ 1. Cho hình lập phương ABCD. ABC D . Tính   góc giữa hai mặt phẳng  BA C  và  DA C  . [7] Phân tích: Nhìn vào hình vẽ ta có thể nhận thấy AB   ABC  và AD   ACD  . Như vậy bài toán quy về tính góc giữa hai đường thẳng AB và AD . Lời giải 3 Ta có  AB  AB  AB   ABC  .   AB  BC   Chứng minh tương tự ta cũng có AD   A CD  .   Do đó góc giữa hai mặt phẳng  BA C  và  DA C  bằng góc giữa hai đường thẳng AB và AD . Dễ có AB  AD BD nên tam giác ABDđều. Suy ra 0 góc giữa hai đường thẳng AB và AD bằng 60 . Vậy góc giữa hai mặt phẳng  BAC  và  DAC  bằng 600. Nhận xét: - Đây là bài toán cơ bản vận dụng trực tiếp định nghĩa. Các bước làm cụ thể rõ ràng giúp cho học sinh có được cách trình bày lời giải ngắn gọn, đầy đủ, chính xác. - Việc sử dụng trực tiếp định nghĩa vào tính góc giữa hai mặt phẳng được vận dụng vào giải các bài toán tương tự ở các ví dụ 2, 3 dưới đây. Ví dụ 2. Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a . Cạnh bên SA vuông góc với đáy và SA a 2. Gọi H , K lần lượt là hình chiếu vuông góc của A lên SB, SD . Tính góc giữa hai mặt phẳng  AHK  và  ABCD  . [8] Phân tích: Ta đã có sẵn SA   ABCD  . Như vậy ta chỉ cần tìm thêm một đường thẳng vuông góc với  AHK  . Dễ dạng nhận thấy đó là SC. Như vậy ta quy về tính góc giữa SC và SA. Lời giải Ta có BC   SAB   BC  AH . Mà AH  SB  AH   SBC   AH  SC AK  SC Tương tự ta cũng có  SC   AHK  Mặt khác SA   ABCD  . Do đó góc giữa hai mặt phẳng  AHK  và  ABCD   bằng góc giữa hai đường thẳng SC và SA , tức là góc ASC .  Dễ thấy AC a 2 nên tam giác SAC vuông cân tại A . Vậy ASC 45 . Ví dụ 3. Cho hình chóp S . ABC có SA vuông góc với đáy, SA 2 BC và 4  BAC 120 . Hình chiếu vuông góc của A lên các đoạn SB và SC lần lượt là M và N . Tính góc giữa hai mặt phẳng  ABC  và  AMN  . Lời giải Kẻ đường kính AD của đường tròn ngoại   tiếp ABC nên ABD  ACD 90 .  BD  BA   BD   SAB   BD  SA Do hay BD  AM và AM  SB hay AM   SBD   AM  SD . SD   AMN  Chứng minh tương tự ta được AN  SD . Suy ra SA   ABC  . Do đó góc giữa 2 mặt phẳng  ABC  và  AMN  bằng Mặt khác  góc giữa SA và SD, tức bằng góc DSA . BC 2 R sin A AD. 3 2 Ta có  SA 2 BC  AD 3 . 1 AD  tan ASD  3  ASD 30 . SA Vậy Ví dụ 4. Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a và SA   ABCD  , SA x . Xác định x để hai mặt phẳng  SBC  và  SDC  tạo với nhau một góc 60 . [4] Phân tích: Đây là một bài toán thuộc thể loại có hình vẽ quen thuộc. Dễ dàng dựng được 2 đường thẳng cùng đi qua A và lần lượt vuông góc với hai mặt phẳng  SBC  và  SDC  . Cụ thể từ A kẻ AN  SB thì AN   SCD  , kẻ AM   SCD  . Từ đó góc giữa 2 mặt phẳng  SBC  và  SDC  AN  SD thì bằng góc giữa AM và AN. Lời giải 5 Ta có  SCD    SAD  , vẽ AN  SD tại N  AN   SCD  .  SAB    SBC  , vẽ AM  SB tại M  AM   SBC  . Do đó góc giữa 2 mặt phẳng  SBC  và  SDC  bằng góc giữa AM và AN, tức  bằng góc MAN . ax SM MN   2 2 2 2  x  a x  a SB BD SB  SD AM  AN Ta có , , SM .BD  MN  SB x2 .a 2 2 2 x2 x2a 2 SM   MN  x  a  MN  x2  a2 x2  a2 x2  a2 . AMN MN  AM đều cho ta x 2a 2   2 2 x 2  a 2 x  a  x 2  a 2 x 2  x a . Nhận xét: - Nhóm các bài toán tìm điều kiện để hai mặt phẳng tạo với nhau một góc cho trước cần yêu cầu học sinh nắm chắc cách xác định góc giữa hai mặt phẳng. Từ đó kết hợp với giả thiết để tìm mối liên hệ giữa các yếu tố chưa biết với các yếu tố đã biết. - Giáo viên cần rèn luyện cho học sinh kỹ năng xác định quy trình giải toán, biết cách giải quyết các vấn đề nảy sinh một cách khoa học, hình thành học sinh biết tương tự hóa, biết quy lạ về quen khi giải quyết những bài toán. xa 2.3.2. Giải pháp 2: Tính góc giữa hai mặt phẳng khi 2 mặt phẳng cắt nhau: “Góc giữa hai mặt phẳng là góc giữa hai đường thẳng lần lượt nằm trong 2 mặt phẳng và cùng vuông góc với giao tuyến tại một điểm”. Bước 1. Tìm giao tuyến d của    và    Bước 2. Chọn điểm O trên d , từ đó:  Trong    dựng Ox  d .  Trong    dựng Oy  d . Bước 3. Khi đó góc giữa hai mặt phẳng    ,   bằng góc giữa hai đường thẳng Ox, Oy . 6 Ví dụ 1. Cho hình lập phương ABCD. ABC D có tâm O . Gọi I là tâm hình vuông ABC D và M là điểm thuộc đoạn thẳng OI sao cho MO 2 MI . Khi đó cosin của góc tạo bởi hai mặt phẳng  MC D và  MAB  bằng 6 85 A. 85 . 6 13 . 65 D. [5] 7 85 B. 85 . 17 13 C. 65 . Phân tích: Ở ví dụ này, việc tìm ra 2 đường thẳng a, b lần lượt vuông góc với hai mặt MC D và  MAB  là tương đối khó khăn. Hai mặt phẳng trên có 1 phẳng  điểm chung M và lần lượt chứa 2 đường thẳng song song là C D và AB nên giao tuyến d của 2 mặt phẳng song song với AB.  MC D và  MAB  là đường thẳng qua M và - Điểm mấu chốt của bài toán này là 2 tam giác MAB, MC D cân nên từ M  d dễ dàng tìm được các đường thẳng MP, MQ lần lượt thuộc hai mặt phẳng trên và cùng vuông góc với giao tuyến d . Từ đó ta chuyển bài toán về tìm góc giữa hai đường thẳng MP và MQ . Lời giải Không mất tính tổng quát, ta giả sử các cạnh của hình lập phương bằng 6. Hai mặt phẳng ( MC ' D ') và ( MAB ) lần lượt chứa hai đường thẳng song song C ' D ', AB nên giao tuyến của hai mặt phẳng này là đường thẳng qua M và song song với AB . Gọi P, Q lần lượt là trung điểm của C ' D ', AB . Các tam giác MC ' D ', MAB cân ở M nên MP  C ' D ', MQ  AB . Do đó nếu  là góc giữa hai mặt phẳng ( MC ' D ') và ( MAB) thì  cos   cosPMQ Ta có IP 3, MI 1, OM 2, MJ 5  MP  IM 2  IP 2  10, MQ  MJ 2  JQ 2  34, PQ 6 2. Áp dụng định lí côsin ta được 7 MP 2  MQ2  PQ 2  14  cos PMQ   2MP.MQ 340 . MC D Góc  là góc giữa hai mặt phẳng  MAB  ta có và  14 7 85  cos   cos PMQ   . 85 340 Vậy chọn phương án B. Ví dụ 2. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi, có AB 2a và góc  BAD 120 . Hình chiếu vuông góc của S xuống mặt phẳng đáy  ABCD  trùng với giao điểm I của hai đường chéo và  SAB  và mặt phẳng  ABCD  . A. 30° SI  B. 45° a 2 . Tính góc tạo bởi mặt phẳng C. 60° D. 90° Phân tích: Khi gặp bài toán xác định góc giữa mặt bên và mặt đáy, ta thường dựng một mặt phẳng đi qua chân đường cao của hình chóp và vuông góc với giao tuyến của mặt bên và mặt đáy của hình chóp đó. Ở đây từ tâm I của đáy ta dựng IH vuông  góc với giao tuyến AB . Khi đó góc cần tìm là góc SHI . Lời giải   Ta có BAD 120  BAI 60  BI  AB sin 60 a 3  Suy ra:  AI  AB cos 60 a Gọi  là góc giữa hai mặt phẳng  SAB  và  ABCD  . Gọi H là hình chiếu vuông góc của I trên AB. Ta có: AB   SHI   AB  SH  Do đó:   SH , IH  SHI 8 1 1 1 3  2  2  IH  a 2 IA IB 2 Xét tam giác vuông AIB có: IH  tan SHI  SI 1    SHI 30 HI 3 hay  30 . Vậy chọn phương án A. Nhận xét: Xuất phát từ bài toán cơ bản trên giáo viên có thể tạo ra điều kiện tốt cho học sinh phát huy sáng tạo, sức tư duy, rèn luyện kỹ năng vận dụng các bài toán cơ bản và phương pháp giải tương ứng để khai thác các bài toán tương tự ở các ví dụ tiếp theo sau đây. Ví dụ 3. Cho tứ diện SABC , hai mặt phẳng  SAB  và  SAC  vuông góc với 0   nhau, SA vuông góc với mp  ABC  , SB a 2, BSC 45 , ASB  . Xác định  để hai mặt phẳng  SCA  và  SCB  tạo với nhau góc 60 0 . [3] Phân tích: Đối với một hình chóp, việc xác định góc giữa hai mặt bên ta thường nghĩ tới việc dựng hai đường thẳng lần lượt nằm trên hai mặt bên đó và cùng vuông góc với giao tuyến tại một điểm. Trong ví dụ này ta dựng một mặt phẳng qua A và vuông góc với giao tuyến SC của 2 mặt phẳng  SCA  và  SCB  . Khi đó bài toán trở về tìm góc giữa hai đường thẳng giao tuyến của mặt phẳng đó với 2 mặt phẳng  SCA  và  SCB  . Lời giải Gọi H và K lần lượt là hình chiếu vuông góc của A lên SB, SC. Dễ chứng minh được AH   SBC   AH  HK , AH  SC . Do đó SC   AHK  . Suy ra AKH là góc giữa  SCA  và  SCB  . 0 Ta có AH SH .tan  , HK SH .sin 45 . Vậy hai mặt phẳng  SCA  và  SCB  tạo với 0 0 nhau góc 60 khi và chỉ khi AH HK .tan 60  SH .tan  SH . 2 6 . 3  tan   . 2 2 Ví dụ 4. Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC . ABC  có AB 2 3 và AA 2 . Gọi M , 9 N , P lần lượt là trung điểm các cạnh AB , AC  và BC . Côsin của góc tạo bởi ABC  và  MNP  bằng hai mặt phẳng  6 13 13 A. 65 . B. 65 . C. 17 13 65 . 18 13 D. 65 [6] Lời giải Gọi I , Q lần lượt là trung điểm của MN , BC  . Gọi O PI  AQ . Khi đó O  ABC    MNP    BC  // MN  BC    ABC  , MN   MNP   giao tuyến của BC  .  ABC  và  MNP  nên là đường thẳng d qua O và song song MN , Tam giác ABC  cân tại A nên AQ  BC   AQ  d . Tam giác PMN cân tại P nên PI  MN  PI  d .   Do đó góc tạo bởi hai mặt phẳng  AB C  và  MNP  là góc giữa AQ và PI . 5 IP  2. Ta có AP 3 , AQ  13 , AP 2  OAP ∽  OQI IQ Vì và nên 2 5 2 2 13 OP  IP  OA  AQ  3 3 ; 3 3.   Gọi  là góc giữa hai mặt phẳng  AB C  và  MNP  . Ta có OA2  OP 2  AP 2 13 AOP    cos 2OA.OP cos  cos  AQ, PI  65 . Vậy chọn phương án B. 2.3.3. Giải pháp 3: Tính góc giữa hai mặt phẳng bằng cách sử dụng diện tích hình chiếu của của một đa giác: 10 Bước 1: Xác định đa giác H nằm trong mặt phẳng    và hình chiếu vuông góc H ' của H trên mặt phẳng    . Bước 2: Tính diện tích S của đa giác H và diện tích S ' của đa giác H ' . Bước 3: Tính góc  giữa hai mặt phẳng    và    theo công thức cos   S' S . Ví dụ 1. Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại B và BA BC a; SA vuông góc với đáy, SA a . Góc  giữa hai mặt phẳng  SAC  và  SBC  bằng A. 30° B. 45° C. 60° D. 75° Phân tích: Ta dễ dàng xác định được giao tuyến SC  SAC    SBC  nhưng lại gặp khó khăn trong việc tìm một mặt phẳng vuông góc với SC, mất nhiều thời gian tính toán…, không phù hợp với yêu cầu tốc độ của hình thức thi trắc nghiệm. Đồng thời nhận thấy rằng việc xác định hình chiếu của B lên  SAC  và tính diện tích hai tam giác SHC , SBC là khá dễ dàng nên ta vận dụng công thức diện tích hình chiếu của đa giác đa giác để giải quyết. Lời giải Gọi H là trung điểm của AC  BH  AC . Vì BH  AC , BH  SA  BH   SAC   SHC  SAC   là hình chiếu của cos   SBC lên SSHC SSBC 2 2 Ta có: AC  BA  BC a 2 SSHC 1 1 a 2 a2 2  SA.HC  a.  2 2 2 4 Vì BC  AB, BC  SA  BC   SAB   BC  SB  SBC vuông tại B. 11 Khi đó: SSBC cos   Vậy 1 1 a2 2 2 2  SB.BC  . a  a .a  2 2 2 SSHC S SBC a2 2 1  24    60 a 2 2 2 . Vậy chọn phương án C. Ví dụ 2. Cho hình lăng trụ đứng ABC. A ' B ' C ' có đáy ABC là tam giác cân với  AB  AC a , góc BAC 120 , BB ' a và I là trung điểm của CC ' . Tính côsin của góc giữa hai mặt phẳng  ABC  và  AB ' I  . Lời giải  Gọi M là trung điểm của BC  BAM 60 .  sin MAB  BM AB . Xét ABM vuông tại M, có a 3  BM sin 60 . AB   BC 2.BM a 3. 2 2 2 Ta có AB '  AB  B ' B a 2, IB '  IC '2  B ' C '2  Và a 13 . 2 a 5  AI 2  AB '2 IB '2 2  AB ' I vuông tại A. 1 a 2 10 1 a2 3  S AB ' I  . AI . AB '  SABC  AM .BC  2 4 2 4 . và AI  AC 2  IC 2  AB ' I  cos   Mà ABC là hình chiếu của S ABC 3  S ABI 10 . Ví dụ 3. Cho hình lăng trụ đứng ABCD. ABC D có đáy là hình vuông cạnh a và chiều cao AA 6a . Trên CC  lấy điểm M, trên DD lấy điểm N sao cho C M 2MD, DN 2 ND. Tính côsin của góc giữa hai mặt phẳng  BMN  và  ABCD  . 12 20 A. 21 . 21 B. 21 . 22 C. 21 . 23 D. 21 . Lời giải  Gọi  là góc giữa hai mặt phẳng  B MN  và  ABCD  . a2  ; DN 2a; C M 4a. 2 S BCD Ta có Lại có BD a 2; BN  BD2  DN 2 a 6. BM  BC 2  C M 2 a 17; 2 MN  a 2   2a  a 5. S  p  p  a  p  b  p  c  Theo công thức Hê-rông ta tính được 2 a 21 S BMN  2 . Do BDC là hình chiếu của BMN nên theo công thức hình chiếu ta có S 21 cos   BCD  S BMN 21 . Vậy chọn phương án B. Ví dụ 4. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh 2a, SA vuông góc với mặt đáy. Gọi N là trung điểm của SA, mặt phẳng (NCD) cắt khối chóp theo một 2 thiết diện có diện tích S 2a 3. Tính góc giữa mặt phẳng (NDC) và mặt phẳng (ABCD). Lời giải Gọi  là góc giữa mặt phẳng (NDC) và mặt phẳng (ABCD). Do CD / / AB nên (NCD) cắt (SAB) theo giao tuyến MN / / AB  MN là đường trung bình của tam giac SAB. Khi đó thiết diện là hình thang MNDC. Gọi H là hình chiếu của M trên (ABCD) thì H là a  2a S AHCD  .2a 3a 2 2 trung điểm của AB và . 13 Do tứ giác HADC là hình chiếu của tứ giác MNDC trên mặt phẳng (ABCD) nên theo công thức hình chiếu ta có S AHCD 3a 2 3 cos    2  S NMCD 2a 3 2 . Do đó  300 . Nhận xét: Như vậy thông qua các ví dụ trên ta có thể nhận thấy việc sử dụng công thức diện tích hình chiếu của một đa giác lên một mặt phẳng giúp giải quyết vấn đề dễ dàng, rút gọn các bước tính toán để tìm ra kết quả cuối cùng mà không cần cụ thể hóa việc xác định góc giữa hai mặt phẳng. Đó chính là tính ưu việt của phương pháp này. 2.3.5. Giải pháp 4: Tính góc giữa hai mặt phẳng dựa vào khoảng cách: Cho tứ BCD  ACD  , CD diện ABCD , đặt  là góc giữa mặt phẳng  và  là giao tuyến của  BCD  và  ACD  . sin   d  A,  BCD   Khi đó ta có: d  A, CD  Chứng minh: Gọi H, K lần lượt là hình chiếu của A trên BCD  mặt phẳng  và CD . Khi đó CD   SHK   HK  CD, SK  CD. Vậy góc giữa mặt phẳng  là  SKH . sin   Do đó:  BCD  và  ADC  AH d  A,  BCD    . AK d  A, CD  Ví dụ 1: Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, AD 2a, AB a . Hai mặt bên (SAB) và (SAC) cùng vuông góc với đáy. Cạnh SA a 5. Tính sin của góc giữa hai mặt phẳng  SAC  và  SCD  . 14 Phân tích: Xét riêng vào tứ diện SACD , theo công thức đã chứng minh ở trên d  A,  SCD   sin  d  A, SC  ta có , với  là góc SAC  giữa hai mặt phẳng  và  SCD  . Như vậy bài toán quy về việc tính khoảng cách từ A đến SC và đến mặt phẳng  SCD  rồi áp dụng công thức nêu trên. Lời giải Gọi H , K lần lượt là hình chiếu của A lên SD, SC và  góc giữa hai mặt phẳng  SAC  và  SCD  . Ta có: SA. AD 2a 5 d  A;  SCD    AH   . 3 SA2  AD 2 d  A; SC   AK  SA. AC  a 10 2 . SA2  AC 2 Lại có  SAC    SCD  SC d  A,  SCD   AH 2 2  sin     d  A, SC  AK 3 . Nhận xét: Trong nhiều bài toán, việc xác định định tính góc giữa hai mặt phẳng là tương dối khó khăn. Khi đó giải pháp 4 tỏ ra vô cùng hiệu quả khi không cần xác định cụ thể góc cần tìm nhưng vẫn định lượng chính xác góc giữa hai mặt phẳng đó. Ví dụ 2. Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và B , SA vuông góc với mặt đáy, AB BC a, AD 2a . Nếu góc giữa SC và 0 mặt phẳng  ABCD  bằng 45 thì góc  giữa hai mặt phẳng  SAD  và  SCD  bằng A.  60 . B.  45 . C.  30 . D.  90 . Lời giải 15 Vì AC là hình chiếu của SC trên mặt phẳng  ABCD  nên góc giữa SC và mặt 0  phẳng  ABCD  là góc SCA 45 . Do đó tam giác SAC vuông cân tại A  SA  AC a 2 . Suy ra tam giác ACD vuông tại C  CD   SAC  . Gọi I là trung điểm của AD . Dễ có ABCI là hình vuông nên IA ID IC . Gọi H , K lần lượt là hình chiếu của A lên SC , SD . Ta có CD  AH , AH  SC  AH   SCD  . Suy ra d  A,  SCD    AH  AK  SA. AC SA2  AC 2 AS . AD  a. 2 3 a 3 . AS 2  AD 2 Ngoài ra Lại có  SAD    SCD  SD nên d  A,  SCD   AH 3 sin       600 d  A, SD  AK 2 . Vậy chọn phương án A. Ví dụ 3. Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, tam giác SAB đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy.Tính côsin của góc giữa hai mặt phẳng  SBC  và  SCD  . Lời giải Gọi H, I lần lượt là trung điểm của AB, CD. Khi đó SH là đường cao của hình chóp và a 3 SH  . 2 Gọi K và P lần lượt là hình chiếu vuông góc của H, B lên SI, SC. Suy ra CD   SHI   CD  HK . Mà SI  HK  HK   SCD  . Do BH / /  SCD  nên: d  B,  SCD   d  H ,  SCD   HK  SH .HI SH 2  SI 2  a 21 7 16 SB  SH 2  BH 2 a , SC  SB 2  BC 2 a 2. Tam giác SBC vuông cân tại B nên Gọi d  B, SC  BP  SC a 2  . 2 2  là góc giữa hai mặt phẳng  SBC  và  SCD  . Ta có  SBC    SCD  SC . Khi đó: sin   d  B,  SCD   d  B, SC   42 . 7 Do sin 2   cos 2 1  cos  1  sin 2   7 . 7 Ví dụ 4. Cho tứ diện D.ABC có DA vuông góc với mặt phẳng (ABC). Hai mặt 0   phẳng (DBA) và (DBC) vuông góc với nhau, DB a 2 , BCD 45 , ADB     0    2  . Xác định góc  để góc giữa hai mặt phẳng (DCA) và (DCB) bằng  600 . [7]. Lời giải Do  DBC    DAB  ,  ABC    DAB   BC   DAB  Gọi H , K lần lượt là hình chiếu của A trên DB, DC. Khi đó AH d  A,  DBC   , AK d  A, DC  . Theo giả thiết ta tính được DA DBcos a 2 cos , AB DB sin a 2 sin , DC DB.sin 450 2a . 17 AC  DC 2  AD 2 a 2  1  sin 2   AK  AD. AC AD 2  AC 2  , AH DA.sin  a 2 sin  cos a 2 cos .a 2  1  sin 2   2a 2cos 2  2a 2  1  sin 2   acos  1  sin   . 2 Lại có  SAC    SBC  SC sin   d  A,  SCD   d  A, SC   AH a 2 sin  cos 3 2 sin   sin600    AK 2 a.cos  1  sin 2    1  sin 2   3 3   3  1  sin 2   8sin 2   sin 2    sin   (do 0    ). 5 5 2 Nhận xét: Qua các ví dụ trên, ta nhận thấy việc tính góc giữa hai mặt phẳng bằng cách sử dụng khoảng cách đã thể hiện tính ưu việt khi giải quyết triệt để những bài toán định hướng liên quan đến mối quan hệ của góc giữa đường thẳng và mặt phẳng với góc giữa hai mặt phẳng (như ở ví dụ 2), tính các giá trị lượng giác của góc giữa hai mặt phẳng (như ở ví dụ 3), hay các bài toán định lượng về góc ở mức độ vận dụng cao (như ở ví dụ 4). 2.3.6. Giải pháp 5: Bài tập tự luyện. Mục đích: - Cũng cố, khắc sâu kiến thức về tính khoảng cách từ một điểm bất kì đến mặt bên của hình chóp. - Rèn luyện kỹ năng vẽ hình, kỹ năng tính toán, tính cẩn thận và độ chính xác khi làm bài cho học sinh. Yêu cầu: - Học sinh hoàn thành bài tập được giao trong một tuần. Bài tập tự luận Bài 1. Cho hình lập phương ABCD. ABC D có cạnh bằng a . Tính góc giữa hai   mặt phẳng  BA C  và  DA C  . Bài 2. Cho hình lăng trụ ABC. ABC có mặt đáy là tam giác đều cạnh AB 2a . ABC  Hình chiếu vuông góc của A lên mặt phẳng  trùng với trung điểm H 0 của cạnh AB . Biết góc giữa cạnh bên và mặt đáy bằng 60 . Tính góc giữa hai   mặt phẳng  BCC B  và  ABC  . Bài 3. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, cạnh bên SA SBC  SCD  vuông góc với đáy và SA a . Tính góc giữa hai mặt phẳng  và  . 18 α Bài 4. Cho lăng trụ tứ giác đều ABCD. ABC D . Một mặt phẳng   hợp với 0 mặt phẳng đáy  ABCD  một góc 45 và cắt các cạnh bên của lăng trụ tại M , N , P, Q . Tính diện tích thiết diện, biết cạnh đáy của lăng trụ bằng a . Bài 5. Cho hình chóp tứ giác đều có tất cả các cạnh đều bằng a . Tính côsin của góc giữa một mặt bên và một mặt đáy. Bài tập trắc nghiệm Bài 6. Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a . Cạnh bên SA vuông góc với đáy và SA a . Góc giữa hai mặt phẳng ( SBC ) và ( SCD ) bằng 0 0 0 300 . B. 45 . C. 90 . D. 60 . A. Bài 7. Lăng trụ tam giác đều ABC. ABC  có cạnh đáy bằng a . Gọi M là điểm 3a AM  4 . Tang của góc hợp bởi hai mặt phẳng  MBC  trên cạnh AA sao cho và  ABC  là 2 3 1 A. 2 . B. 2 . C. 2 . D. 2 . Bài 8. Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a . SA   ABCD  , SA x . Xác định x để hai mặt phẳng  SBC  và  SCD  tạo với o nhau góc 60 . 3a a x . x . 2 2 A. B. C. x a . D. x 2a . Bài 9. Cho tam giác đều ABC có cạnh bằng a và nằm trong mặt phẳng  P  . Trên các đường thẳng vuông góc với  P  tại B, C lần lượt lấy D, E nằm trên a 3 BD  , CE a 3 P 2 cùng một phía đối với   sao cho . Góc giữa  P  và  ADE  bằng bao nhiêu? 0 0 0 0 A. 30 . B. 60 . C. 90 . D. 45 . Bài 10. Cho hình hộp chữ nhật ABCD. ABC D có AB 2a , AD 3a , AA 4a . Gọi  là góc giữa hai mặt phẳng  ABD và  AC D  . Giá trị của cos bằng 29 A. 61 . 27 B. 34 . 2 C. 2 . 3 D. 2 . 19