Đăng ký Đăng nhập
Trang chủ Khoa học tự nhiên Toán học SKKN: Giai bai toan hhkg bang toa do...

Tài liệu SKKN: Giai bai toan hhkg bang toa do

.PDF
25
278
56

Mô tả:

SKKN: Giai bai toan hhkg bang toa do
Giaûi baøi toaùn hình hoïc khoâng gian thuaàn tuùy baèng phöông phaùp toïa ñoä MỤC LỤC Trang A. Mở đầu ……………………………………………………………………………...02 B. Nội dung……………………………………………………………...........................04 Chương I: Những kiến thức cơ bản và các bước giải một bài toán hình học không gian bằng tọa độ I. Những kiến thức cơ bản………... …………………….....................................04 II. Dấu hiệu nhận biết và các bước giải một bài toán hình học không gian giải bằng phương pháp tọa độ ………………………………………………………………….………...05 Chương II: Một số cách đặt hệ tọa độ để giải bài toán hình học không gian …….…06 I. Hình lập phương, hình hộp chữ nhật….……………………….......................06 II/ Hình lăng trụ đứng……………………………………………………….….07 III. Hình lăng trụ xiên …………………………………………………….……11 IV. Hình chóp………………………………………………………….….……12 C. Kết luận……………………………………………………………………………...24 Tài liệu tham khảo………………………………………………………….…….…25 1 Giaûi baøi toaùn hình hoïc khoâng gian thuaàn tuùy baèng phöông phaùp toïa ñoä A. PHẦN MỞ ĐẦU I/ Đặt vấn đề: 1/ Lý do chọn đề tài: - Hình học không gian dạng toán mà học sinh được làm quen từ cấp học THCS. Trong chương trình THPT mà cụ thể là lớp 11, các em học sinh lại được tiếp cận với hình học không gian. Để giải một bài toán hình học không gian đòi hỏi học sinh phải có nhiều kỉ năng, nắm kiến thức thật vững chắc. Với một bài toán hình học nói chung và hình học không gian nói riêng thường có nhiều cách giải như phương pháp tổng hợp, phương pháp vectơ, phương pháp tọa độ,..trong đó có một phần lớn các bài toán hình học không gian giải bằng phương pháp tọa độ. Với những dạng toán đó, phương pháp tọa độ tỏ ra khá hiệu quả và nó cho ta lời giải nhanh chóng hơn phương pháp tổng hợp Để giúp cho học sinh hiểu và nắm được một số dạng toán hình học không gian có thể giải bằng phương pháp tọa độ chuẩn bị cho kì thi tuyển sinh vào Đại học – Cao đẳng, thi chọn học sinh giỏi các cấp , tôi quyết định chọn đề tài “giải toán hình học không gian thuần túy bằng phương pháp tọa độ” nhằm giúp học sinh giải quyết thành thạo một số dạng toán hình học không gian trong các kì thi Đại học, Cao đẳng, thi học sinh giỏi các cấp. 2/ Ý nghĩa và tác dụng của giải pháp: Đề tài “giải toán hình học không gian thuần túy bằng phương pháp tọa độ”giúp học sinh có thêm một phương pháp giải bài toán hình học không thuần túy. Việc chọn phương pháp “giải bài toán hình học không gian bằng phương pháp tọa độ” trong một lớp các dạng toán cho ta lời giải rõ ràng, đơn giản, không vẽ thêm đường phụ phức tạp như phương pháp tổng hợp. 3/ Phạm vi nghiên cứu: - Nghiên cứu các dạng toán hình học không gian giải được bằng phương pháp tọa độ. - Xây dựng các dạng toán hình học không gian để chọn hệ trục tọa độ Oxyz thích hợp. - Sử dụng đề tài này để dạy học cho học sinh lớp 12 trên giờ chính khóa, dạy ôn luyện thi Đại học, cao đẳng và thi học sinh giỏi. II/ Phƣơng pháp tiến hành: 2 Giaûi baøi toaùn hình hoïc khoâng gian thuaàn tuùy baèng phöông phaùp toïa ñoä 1/ Cơ sở lí luận và cơ sở thực tiển: - Trong quá trình học toán cấp THPT, bài toán hình học không gian xuất hiện từ năm lớp 11 đến năm lớp 12 với thời lượng tương đối lớn, nhiều học sinh cảm thấy khó khăn khi giải dạng toán này. Trong chương trình học toán THPT, chương “phương pháp tọa độ trong không gian” lại học sau cùng của hình học 12, nên học sinh không được nghiên cứu kỉ và phân loại các dạng toán hình học không gian có thể giải bằng phương pháp tọa độ. - Xuất phát từ thực tế giảng dạy hình học không gian cho học sinh lớp 12 ôn thi Đại học, cao đẳng, ôn thi học sinh giỏi, nhiều học sinh thường gặp khó khăn khi giải các dạng toán như tính khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau, khoảng cách từ 1 điểm đến một đường thẳng ,..Do đó đề tài “giải toán hình học không gian thuần túy bằng phương pháp tọa độ” giúp học sinh có thể giải được các dạng toán trên một cách nhanh chóng và hiệu quả. 2/ Các biện pháp tiến hành, thời gian thực hiện đề tài: Thông qua giảng dạy học sinh lớp 12, dạy luyện thi đại học và bồi dưỡng học sinh giỏi, qua sưu tầm và nghiên cứu các đề thi tuyển sinh Đại học, các đề thi học sinh giỏi, tôi tổng kết được một số kinh nghiệm và phương pháp giải toán hình học không gian bằng tọa độ. Dựa vào thực tiển giảng dạy nhiều năm của giáo viên tôi đã rút ra được những kinh nghiệm và giải pháp để giảng dạy cho học sinh. Nghiên cứu thực nghiệm trên các lớp 12A1 năm 2011, 12A1 năm 2012, 12A6 năm 2013. Thời gian thực hiện đề tài: Từ năm 2011 đến nay. 3 Giaûi baøi toaùn hình hoïc khoâng gian thuaàn tuùy baèng phöông phaùp toïa ñoä B. NỘI DUNG I/ Mục tiêu: Nhiệm vụ của đề tài là đưa ra dấu hiệu nhận biết và các bước giải bài toán hình học không gian bằng phương pháp tọa độ, đưa ra phương pháp chọn hệ tọa độ Oxyz trong không gian đối với từng dạng hình cụ thể, giúp hoc sinh vận dụng vào giải toán hình học không gian. II/ Mô tả giải pháp: 1/ Giải pháp: Chƣơng I: NHỮNG KIẾN THỨC CƠ BẢN VÀ CÁC BƢỚC GIẢI MỘT BÀI TOÁN HÌNH HỌC KHÔNG GIAN BẰNG TỌA ĐỘ I/ Một số kiến thức cơ bản:   1/ Trong không gian Oxyz cho các vectơ a   a1; a2 ; a3  , b   b1; b2 ; b3   *Tích vô hướng: a.b  a1.b1  a2 .b2  a3.b3   a a a a a a  *Tích có hướng:  a, b    2 3 ; 3 1 ; 1 2    a2b3  a3b2 ; a3b1  a1b3 ; a1b2  a2b1     b2 b3 b3 b1 b1 b2   2 2 *Độ dài của vectơ: a  a12  a2  a3     * Góc giữa hai vectơ a và b là: cos(a, b)     a1.b1  a2 .b2  a3 .b3 2 2 2 a  a2  a3 . b12  b2  b32 2 1 * a  b  a.b  0  a1.b1  a2 .b2  a3 .b3  0 2/ Trong không gian Oxyz cho các điểm A, B, C. D:      *A, B, C, D không đồng phẳng  AB.  AC, AD   0    1    AB, AC   2  1    *Thể tích tứ diện ABCD là: V   AB, AC  . AD  6 3/ Trong không gian Oxyz cho điểm M ( x0 ; y0 ; z0 ) và mp(P): ax  by  c.z  d  0 . Khoảng cách từ *Diện tích tam giác ABC là: S ABC  điểm M đến mp(P) là: d  M , ( P)   a.x0  b. y0  c.z0  d a 2  b2  c 2  4/ Trong không gian Oxyz cho đường thẳng d đi qua điểm M 0 và có vectơ chỉ phương u . Khoảng cách từ điểm M đến đường thẳng d là: 4 Giaûi baøi toaùn hình hoïc khoâng gian thuaàn tuùy baèng phöông phaùp toïa ñoä    M 0M , u    d  M , d   u  5/ Trong không gian Oxyz cho 2 đường thẳng 1 qua điểm M 1 và có vectơ chỉ phương u1 ;  2   qua điểm M 2 có vectơ chỉ phương u2 . Khoảng cách giữa 1 và  2 là:     M 1M 2 . u1 , u2    d  1 ,  2      u1 , u2    II/ Dấu hiệu nhận biết và các bƣớc giải một bài toán hình học không gian bằng phƣơng pháp tọa độ: 1/ Những bài toán hình học không gian ở phần giả thiết có những dạng sau thì nên dùng phƣơng pháp tọa độ để giải:  Hình đã cho có một đỉnh là tam diện vuông .  Hình chóp có một cạnh bên vuông góc với đáy và đáy là các tam giác vuông , tam giác đều, hình vuông, hình chữ nhật…  Hình lập phương, hình hộp chữ nhật  Hình đã cho có một đường thẳng vuông góc với mặt phẳng, trong mặt phẳng đó có những đa giác đặc biệt: tam giác vuông , tam giác đều, hình thoi.  Một vài hình chưa có sẵn tam diện vuông nhưng có thể tạo được tam diện vuông chẳng hạn: hai đường thẳng chéo nhau mà vuông góc, hoặc hay mặt phẳng vuông góc. Ngoài ra, với một số bài toán mà giả thiết không cho những hình quen thuộc như đã nêu ở trên thì ta có thể dựa vào tính chất song song ,vuông góc của các đoạn thẳng hay đường thẳng tham gia trong hình vẽ để thiết lập hệ trục tọa độ. 2/ Các bƣớc giải một bài toán hình học không gian bằng phƣơng pháp tọa độ:  Bước 1: Chọn hệ trục tọa độ thích hợp.  Bước 2: Tìm tọa độ các điểm có liên quan đến yêu cầu bài toán.  Bước 3: Giải bài toán bằng kiến thức tọa độ.  Bước 4: Chuyển các kết quả từ ngôn ngữ tọa độ sang ngôn ngữ hình học thông thường. 5 Giaûi baøi toaùn hình hoïc khoâng gian thuaàn tuùy baèng phöông phaùp toïa ñoä Chƣơng II. MỘT SỐ CÁCH ĐẶT HỆ TRỤC TỌA ĐỘ ĐỂ GIẢI BÀI TOÁN HÌNH HỌC KHÔNG GIAN I/ Hình lập phƣơng, hình hộp chữ nhật: z Chọn hệ tọa độ Oxyz trong không gian sao cho A' D' đỉnh A trùng với gốc tọa độ O, tia Ox qua B, tia Oy qua D, B' tia Oz qua đỉnh A’ C' D A y B C x Ví dụ 1: Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AB và DD’ . Chứng minh rằng MN  A ' C z Lời giải: A' D' Giả sử cạnh hình lập phương là a (a>0). Chọn hệ tọa độ Oxyz sao cho O  A , B  Ox, D  Oy, A '  OzB' Khi đó A(0; 0; 0), M( a a ; 0; 0), D(0; a; 0), N(0; a; ), 2 2 C' N A A’(0; 0; a), C(a; a; 0) D M   a   a   Ta có MN    ; a;  , A ' C  (a; a; a) 2  2 B C   a 2   a2 Ta có MN . A ' C   a 2   0 . Vậy MN  A 'C 2 2 x Ví dụ 2: Cho hình hộp chữ nhật ABCD.A’B’C’D’ có AB = a, AD = 2a, AA’ = a. a/ Gọi M là điểm chia đoạn AD theo tỉ số AM  3 . Tính d  M ,( AB ' C )  MD b/ Tính thể tích tứ diện AB’D’C. lời giải: Chọn hệ tọa độ Oxyz trong không gian sao cho gốc O trùng với đỉnh A , B  Ox, D  Oy, A '  Oz Khi đó A(0; 0; 0), B’(a; 0; a), C(a; 2a; 0), D’(0; 2a; a), M( 0; 3a ; 0) 2 Phương trình mp(AB’C) là: 2 x  y  2 z  0 6 y Giaûi baøi toaùn hình hoïc khoâng gian thuaàn tuùy baèng phöông phaùp toïa ñoä 3a z a 2 Vậy d  M , ( AB ' C )    A' 3 2       B' b/ Ta có AB '  (a;0; a), AD '  (0;2a; a), AC  (a;2a;0) C'      AB ', AD '  (2a 2 ; a 2 ; 2a 2 )   Vậy VAB ' D 'C D' M A   1      1 3 3a3   AB ', AD ' . AC  .4a  6 6 3 D y B C II/ Hình lăng trụ đứng: x 1/ Đáy là tam giác vuông tại A: Chọn hệ tọa độ Oxyz trong không gian sao cho đỉnh A trùng với gốc tọa độ O, tia Ox qua B, tia Oy qua C, tia Oz qua đỉnh A’ z A' C' B' C' C A y B x - Nếu đáy là tam giác vuông tại C hoặc C thì chọn hệ tọa độ tương tự. 2/ Đáy là tam giác cân tại A: Chọn hệ tọa độ Oxyz sao cho gốc tọa độ O là trung điểm cạnh BC, A  Ox, C  Oy, I  Oz với I là trung điểm cạnh B’C’. z C' A' I B' y x C A O B 7 Giaûi baøi toaùn hình hoïc khoâng gian thuaàn tuùy baèng phöông phaùp toïa ñoä 3/ Đáy là tam giác đều: Chọn hệ trục Oxyz sao cho gốc tọa độ O là trọng tâm tam giác ABC, tia    Ox cùng hướng với CB , tia Oy qua A, tia Oz cùng hướng với AA ' . 4/ Đáy ABCD là hình vuông hay hình chữ nhật: Chọn hệ tọa độ Oxyz sao cho gốc tọa độ O trùng với đỉnh A, tia Ox qua B, tia Oy qua D, tia Oz qua A’. z A' D' B' C' A D B y C x 5/ Đáy ABCD là hình thoi tâm O: Chọn hệ trục Oxyz sao cho O là tâm hình thoi ABCD, tia Ox qua C, tia Oy qua D, tia Oz qua O’ với O’ là tâm hình thoi A’B’C’D’. z A' D' O' B' C' A y D O B C x 6/ Đáy ABCD là hình thang cân (AD//BC): Chọn hệ trục Oxyz sao cho O trùng với đỉnh A, tia  Oy qua D, tia Ox nằm trong mp(ABCD) sao cho xAy  900 , tia Oz qua A’ như hình vẽ. z A' D' C' B' A D B C x 8 y Giaûi baøi toaùn hình hoïc khoâng gian thuaàn tuùy baèng phöông phaùp toïa ñoä 7/ ABCD là hình thang vuông tại A và B: Chọn hệ trục Oxyz sao cho O  A, B  Ox, D  Oy, A '  Oz z A' D' B' C' A D B y C x Ví dụ 1: (Trích đề thi Đại học khối D năm 2009) Cho hình lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có đáy là tam giác vuông tại B. giả sử AB = a, AA’ = 2a, AC’ = 3a, gọi M là trung điểm A’C’ và I là giao điểm của AM và A’C. Tính thể tích tứ diện M A' I.ABC và khoảng cách từ A đến mp(IBC) Lời giải: z C' I B' y Ta có AC  A ' C 2  AA '2  a 5 , BC  2a x Chọn hệ tọa độ Oxyz trong không gian sao cho gốc O A C trùng với đỉnh B, tia Ox qua A, tia Oy qua C, tia Oz qua B’ B Khi đó ta có B(0; 0; 0), A(a; 0; 0), C(0; 2a; 0),  2a 2a 4a  A’(a; 0; 2a), C’(0; 2a; 2a). Do I là trọng tâm tam giác A’AC’ nên I  ; ;   3 3 3    a 3 Ta có IA   ;   2a 4a    2a 2a 4a    2a 4a 4a  ;   , IB    ;  ;   , IC    ; ;   3 3  3 3  3   3  3 3 2 2        IA, IB    0; 4a ;  2a  .   3 3   Vậy VIABC    1      1 8a3 4a3 IA, IB  .IC  .  6 6 3 9 9 Giaûi baøi toaùn hình hoïc khoâng gian thuaàn tuùy baèng phöông phaùp toïa ñoä    8a 2  4a 2  4a 2 Ta có  IB, IC     ;0;   2;0; 1 . Suy ra mp(IBC) có vectơ pháp tuyến (vtpt) là    9  9  9  n   2;0; 1 nên có pt: 2 x  z  0 Vậy d  A, ( IBC )   2a 5  2a 5 5 Ví dụ 2: Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC.A’B’C’ có cạnh đáy bằng a, AA’ = 2a. Gọi D là trung điểm của BB’, M là điểm di động trên AA’. Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của diện tích tam giác MC’D. Lời giải: Đặt AM = m ( 0  m  2a ). Chọn hệ tọa độ Oxyz trong không gian sao cho gốc O là trung điểm cạnh BC, tia Ox qua B, tia Oy qua A, tia Oz qua trung điểm cạnh B’C’. z  a 3  a   a  Khi đó D  ;0; a  , C '   ;0; 2a  , M  0; ;m   2 2   2    A' C'     a a 3   DC '   a;0; a  , DM    ; ;m  a  2 2    D M SMC ' D x y      a 2 3 3a 2 a 2 3  Ta có  DC ', DM    ; ma  ;     2 2 2    1  2 B' A B O      DC ', DM   a 4m2  12am  15a 2   4 C Ta tìm GTLN, GTNN của hàm số f (m)  4m2  12am  15a 2 trên đoạn [0; 2a]. Ta có f (m) là 1 parabol quay bề lõm lên trên nên min f (m)  f ( 0;2 a 3a )  6a 2 , 2 max f (m)  max  f (0); f (2a)   15a 2 0;2 a III/ Hình lăng trụ xiên: Dựa vào tính chất của đường cao và mặt đáy để xác định hệ trục thích hợp. Ví dụ 1: (Trích đề thi Đại học khối B năm 2011) 10 Giaûi baøi toaùn hình hoïc khoâng gian thuaàn tuùy baèng phöông phaùp toïa ñoä Cho lăng trụ ABCD. A1B1C1D1 có đáy ABCD là hình chữ nhật, AB = a, AD  a 3 . Hình chiếu vuông góc của điểm A1 trên mặt phẳng (ABCD) trùng với giao điểm của AC và BD. Góc giữa hai mặt phẳng ( ( ADD1 A1 ) và (ABCD) bằng 60. Tính thể tích khối lăng trụ đã cho và khoảng cách từ điểm B1 đến mặt phẳng ( A1BD ) theo a. Lời giải: *Tính thể tích hình lăng trụ: Gọi H = AC  BD . Theo giả thiết ta có A1H  ( ABCD) . Gọi I là trung điểm AD. z Ta có HI  AD và A1I  AD nên   600 . A1IH Ta có A1H  IH .tan 600  D1 AB a 3 tan 600  2 2 B1 A1 S ABCD  a 2 3 Vậy VABCD. A B C D  A1H .S ABCD  1 1 1 1 y 3a 2 2 D C I H x B A *Tính d  B1;( A1BD)  : Chọn hệ trục Oxyz trong không gian sao cho điểm B trùng với gốc tọa độ   O, điểm A thuộc tia Ox, điểm C thuộc tia Oy, tia Oz cùng hướng với vectơ HA1 a a 3 a 3 Khi đó ta có B(0; 0; 0), D(a; a 3 ,0), A1  ; 2 2 ; 2        a a 3 a 3 Do BB1  AA1 nên B1   ;  2 2 ; 2         2 3a a Ta có  BD, BA1    ;     2  3a 2 ;0    2 2  2 3  3; 1;0  Suy ra pt mp( BDA1 ) là: 3x  y  0  Vậy d  B1;( A1BD)   a 3 a 3  2 2 2 11  a 3 2 Giaûi baøi toaùn hình hoïc khoâng gian thuaàn tuùy baèng phöông phaùp toïa ñoä *Nhận xét: Với ý đầu của ví dụ trên ta nên dùng phương pháp hình học thuần túy tính nhanh hơn. Nhưng ở ý 2 phương pháp tọa độ tỏ ra khá hiệu quả và đơn giản. Do đó trong một bài toán hình học không gian ta có thể kết hợp cả 2 phương pháp để giải. IV/ Hình chóp: 1/ Hình chóp tam giác đều: Cho hình chóp đều S.ABC. Chọn hệ trục Oxyz như sau: Cách 1: Gốc O trùng với trung điểm của cạnh BC, điểm A thuộc tia Ox, tia Oy qua B   hoặc qua C, tia Oz cùng hướng với vectơ GS với G là tâm tam giác đều ABC. z S y x C A G O B Cách 2: Chọn gốc tọa độ O là tâm tam giác đều ABC, điểm A thuộc tia Ox, tia Oy cùng     chiều với vectơ CB hoặc BC , tia Oz đi qua S z S x C A O y B Ví dụ: Cho hình chóp tam giác đều S.ABC có cạnh đáy bằng a. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của SB, SC. Biết ( AMN )  (SBC) . Tính thể tích khối chóp S.ABC Lời giải: z Chọn hệ tọa độ Oxyz trong không gian sao cho O là tâm S 12 N M Giaûi baøi toaùn hình hoïc khoâng gian thuaàn tuùy baèng phöông phaùp toïa ñoä tam giác đều ABC, các tia Oy, Oz lần lượt trùng với các tia   OB, OS, tia Ox cùng hướng với CA . a  a  a  Đặt SH = h. Khi đó A  ;  ;0  , B  0; ;0  , 3  2 2 3    a a 3  a h a h   a M  0; ; , N   ; ; , C ;  2 6 ;0    2 3 2  4 4 3 2     a a h    3a a h   AM    ; ;  , AN    ; ;   2 3 2  4 4 3 2     2   2  3ah ah 5a 1 3ah 5a ; ; ; ah; Suy ra  AM , AN       nên mp(AMN) có vtpt là   8 8 3  8 3 3 8 3   3ah 5a 2  n1   ; ah;  3  3  a  3   Mp(SBC) cắt trục Ox tại K   ;0;0  , đi qua 2 điểm S và B nên có phương trình: 3x 3y z   1  0 a a h    3 3 1 ;  a a h   Vậy (SBC ) có vtpt n2    ;     9h 5a 2 5 Ta có ( AMN )  ( SBC )  n1.n2  0  h 3 0h a 12 3 h 3 1 3 Vậy VS . ABC  SO.S ABC  1 5 a 2 3 a3 5 a.  3 12 4 24 2/ Hình chóp tứ giác đều: Hình chóp tứ giác đều S.ABCD. Cách 1: Chọn gốc tọa độ O là tâm hình vuông ABCD, điểm C thuộc tia Ox, điểm D thuộc tia Oy, đỉnh S thuộc tia Oz. 13 Giaûi baøi toaùn hình hoïc khoâng gian thuaàn tuùy baèng phöông phaùp toïa ñoä z S A y D O B C x Cách 2: Chọn gốc tọa độ O là tâm hình vuông ABCD, trung điểm cạnh CD thuộc tia Ox, trung điểm cạnh BC thuộc tia Oy, đỉnh S thuộc tia Oz. z S A D O x B C y Ví dụ: Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có cạnh đáy bằng a. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của SA và SC. Biết BM  DN . Tính thể tích khối chóp S.ABCD. Lời giải: Chọn hệ tọa độ Oxyz trong không gian sao cho gốc tọa độ O là tâm hình vuông ABCD, các tia z Ox, Oy, Oz lần lượt trùng với các tia OA, OB, OS. Đặt SO = h. a  a   a   a    ;0;0  , B  0; ;0  , C   ;0;0  , D  0;  ;0  , 2   2 2   2     Khi đó A  M h a h  a  S  0;0; h  , M  ;0;  , N   ;0;  2 2 2 2  2 2    B C O   a  a h    a a h BM   ;  ;  , DN    ; ;  2 2 2 2  2 2 2 2 Ta có BM .DN  0  N D a 2 a 2 h 2 a 10   0h 8 2 4 2 14 A x y Giaûi baøi toaùn hình hoïc khoâng gian thuaàn tuùy baèng phöông phaùp toïa ñoä 1 a3 10 Vậy VS . ABCD  SO.S ABCD  3 6 Ví dụ 2: Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có cạnh đáy bằng 2a. Gọi M là điểm bất kì thuộc mặt đáy ABCD. Chứng minh rằng tổng các khoảng cách từ điểm M tới các mặt bên của hình chóp không phụ thuộc vào vị trí điểm M. Lời giải: Gọi O là tâm của đáy. Hình chóp đã cho đều nên SO  ( ABCD) z Gọi I, J lần lượt là trung điểm của AB và AD. S Giả sử M(x; y; 0) thuộc (ABCD), a  x, y  a . Ta có O(0; 0; 0), A(a; a; 0), B(a; -a; 0), C(-a; -a; 0), D(-a; a; 0),  I(a; 0; 0), S 0;0; a 2 A  D M O I mp(SAB) có pt: 2x  z  a 2  0 B J x C y Khoảng cách d1  d  M , ( SAB)   Tương tự d2  d  M , ( SBC )   d 4  d  M , ( SDA)   2x  a 2 3  a 2  2x 3 (Do x  a ) a 2y 2 a 2x 2 ; d3  d  M , ( SCD)   , 3 3 a 2y 2 3 Vậy d1  d2  d3  d4  4a 6 3 = const không phụ thuộc vào M. 3/ Hình chóp có cạnh bên vuông góc với đáy: a/ Hình chóp S.ABC có cạnh SA vuông góc với đáy: -Nếu tam giác ABC vuông tại đỉnh A thì chọn gốc tọa độ O trùng với A, tia Oz qua đỉnh S, tia Ox qua B, tia Oy qua C (hình 1) 15 Giaûi baøi toaùn hình hoïc khoâng gian thuaàn tuùy baèng phöông phaùp toïa ñoä z z S S z S x x C A y y y A A B C B x C B Hình 1 Hình 2 Hình 3 -Nếu tam giác ABC vuông tại B thì chọn gốc tọa độ O trùng với B, tia Oz cùng phương với vectơ   AS , tia Ox qua A, tia Oy qua C. (hình 2) -Nếu tam giác ABC vuông tại C thì chọn gốc tọa độ O trùng với C, tia Oz cùng phương với vectơ   AS , tia Ox qua A, tia Oy qua B. (hình 3) -Nếu tam giác ABC cân tại A thì chọn gốc tọa độ O là trung điểm BC, tia Oz cùng hướng với   vectơ AS tia Ox đi qua A, tia Oy qua B hoặc C. z S z S y y x A B B A O O C C x - Nếu tam giác ABC cân tại B thì chọn O là trung điểm AC, tia Ox qua C, tia Oy qua B, tia Oz   cung hướng với vectơ AS . -Tam giác ABC cân tại C chọn tương tự như tam giác cân tại B. - Nếu tam giác ABC đều thì cách chọn tương tự như trường hợp tam giác ABC cân tại A . 16 Giaûi baøi toaùn hình hoïc khoâng gian thuaàn tuùy baèng phöông phaùp toïa ñoä Ví dụ 1: Cho tứ diện OABC có góc tam diện đỉnh O là góc tam diện vuông, OA = OB = OC = 1. Gọi M, N lần lượt là trung điểm các cạnh AB và OA. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng OM và CN. Lời giải: z C y O B N M x A 1 1    1    Ta có O(0; 0; 0), A(1; 0; 0), B(0; 1; 0), C(0; 0; 1), M  ; ;0  , N  ;0;0  2 2 2        1 1 1 1 Ta có OM , CN    ; ;   nên OM , CN  .OC       2 2 4 4     OM , CN  .OC 1  Vậy d  OM , CN        3 OM , CN    Ví dụ 2: Cho tam giác ABC vuông tại A và đường thẳng  vuông góc với mp(ABC) tại A. Các điểm M, N thay đổi trên  sao cho (MBC)  ( NBC) a/ Chứng minh rằng tích AM.AN không đổi. b/ Xác định vị trí của M, N để tứ diện MNBC có thể tích nhỏ nhất. Lời giải: z M A C N B x 17 y Giaûi baøi toaùn hình hoïc khoâng gian thuaàn tuùy baèng phöông phaùp toïa ñoä Chọn hệ trục tọa độ Oxyz sao cho gốc O trùng với điểm A, các tia Ox, Oy, Oz lần lượt trùng với các tia AB, AC và AM. Đặt AB = b, AC = c, AM = m (b, c không đổi) Khi đó A(0; 0; 0), B(b; 0; 0), C(0; c; 0), M(0; 0; m). Giả sử N(0; 0; n) Mp(MBC) có phương trình:   1 1 1  x y z    1  0 có vtpt là n1   ; ;  b c m b c m Mp(NBC) có phương trình:   1 1 1   x y z    1  0 có vtpt là n2   ; ;  b c n b c n       Ta có (MBC)  ( NBC) nên n1  n2  n1.n2  0  1 1 1 b2c 2  2  0  m.n  2 2 b2 c mn b c Do m>0 nên suy ra n<0. Vậy M, N nằm về 2 phía của A. a/ Ta có AM . AN  m . n  m.n      b2c 2 ( không đổi) b2  c 2       b/ Ta có BC   b; c;0 , BM   b;0; m  , BN   b;0; n  ,  BM , BN    0; bn  bm;0    Vậy VMNBC  1 6    1   1  BM , BN  .BC  bc (n m )  bc m n   6 6  (Do n<0) b2c 2 1 b2c 2 Theo bất đẳng thức Cauchy ta có m  n  2 m(n)  2 2 2 nên suy ra VMNBC  b c 3 b2  c 2 Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi m  n  bc b  c2 2 Vậy VMNBC nhỏ nhất khi M,N nằm về 2 phía của A và AM  AN  AB. AC BC b/ Hình chóp S.ABCD có SA vuông góc với đáy: -Nếu đáy ABCD là hình chữ nhật hoặc hình vuông thì tại góc A là góc tam diện vuông nên chọn gốc O trùng với A, tia Ox đi qua B, tia Oy đi qua D, tia Oz qua S. -Nếu đáy ABCD là hình thang vuông tại A và B ( tương tự vuông tại C và D): Chọn gốc tọa độ O trùng với điểm A, tia Ox đi qua B, tia Oy đi qua D, tia Oz qua S. 18 Giaûi baøi toaùn hình hoïc khoâng gian thuaàn tuùy baèng phöông phaùp toïa ñoä Ví dụ 1: (Trích đề thi Đại học khối B năm 2006) Cho hình chóp S. ABCD có đáy là hình chữ nhật AB = a, AD = a 2 SA = a và SA vuông góc (ABCD). Gọi M là trung điểm AD và N là trung điểm SC. I là giao điểm của BM và AC. Chứng minh hai mặt phẳng (SAC) và (SMB) vuông góc . Tính thể tích khối tứ diện ANIB. Lời giải: Chọn A làm gốc toạ độ, điểm B thuộc tia Ox, điểm D thuộc tia Oy, tia Oz đi qua S. z S N M A D y I B C x *Chứng minh (SAC)  (SMB): Ta có A(0; 0; 0), S(0; 0; a), B(a; 0; 0), D(0; a 2 ; 0), C(a; a 2 ; 0), M (0;   a 2 ;0) 2  Ta có vectơ pháp tuyến của (SAC) là: n1   2;1;0 , vectơ pháp tuyến của mp(SBM) là:         2  2 n2   ;1;  . Ta có n1.n2  0 nên n1  n2  2 2    Vậy (SAC)  (SMB). *Tính thể tích tứ diện ANIB: Ta có VANIB   1     AB, AI  . AN  6  1  3     a a 2  a2 2  ;0  . Do đó  AB, AI    0;0;      3  3 3    Ta có I là trọng tâm tam giác ABD nên AI  AC   ;  a a 2 a ;  . Suy ra  2 2 2 Do N là trung điểm SC nên N  ;     a3 2   AB, AI  . AN    6 1 a3 2 a3 2  6 6 36 Vậy VANIB  . Ví dụ 2: (Trích đề thi Đại học khối A năm 2011) Cho hình chóp SABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại B, AB = BC = 2a; hai mặt phẳng (SAB) và (SAC) cùng vuông góc với (ABC). Gọi M là trung điểm của AB; mặt phẳng qua 19 Giaûi baøi toaùn hình hoïc khoâng gian thuaàn tuùy baèng phöông phaùp toïa ñoä SM và song song với BC, cắt AC tại N. Biết góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (ABC) bằng 600. Tính thể tích khối chóp S. BCNM và khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và SN theo a. Lời giải: z S  Từ giả thiết suy ra N là trung điểm AC, góc SBA  600 SA  AB.tan 60  2a 3 , S BCNM 0 1 3a 2   MN  BC  .MB  2 2 1 3 Vậy VS .BCNM  SA.S BCNM  a3 3 y x Chọn hệ tọa độ Oxyz trong không gian sao cho gốc tọa độ O trùng với điểm B, tia Ox qua A, tia Oy qua C,   tia Oz cùng hướng với vectơ AS .   N C A M B Khi đó B(0; 0; 0), A(2a; 0; 0), S 2a;0; 2a 3 , N(a; a; 0)              Ta có AB   2a;0;0  , SN  a; a; 2a 3 , BN   a; a;0  ,  AB, SN   0; 4a 2 3; 2a 2         AB, SN  .BN 4a3 3 2a 39  Do đó d  AB, SN       2    13  AB, SN  2a 3    *Nhận xét: Trong bài này, câu hỏi đầu dùng hình không gian sẽ giải nhanh hơn, nhưng câu hỏi sau, thì phương pháp toạ độ có ưu thế hơn khi không đòi hỏi phải kẻ thêm hình phụ phức tạp. 4/ Hình chóp có mặt bên vuông góc với đáy: Hình chóp S.ABCD có mặt bên (SAB)  (ABCD) Kẻ SH  AB, suy ra SH  ( ABCD) . Chọn gốc tọa độ O trùng với điểm H, tia Oz qua S, tia Ox qua A, tia Oy vuông góc với cạnh AB và nằm trong mp(ABCD) z S x y C A H B Ví dụ 1 : ( Trích đề thi Đại học khối A năm 2007) 20
- Xem thêm -

Tài liệu liên quan