Tài liệu Sử dụng tọa độ vào một số phần khó của bài toán thể tích trong các đề thi đại học những năm gần đây

GV: Nguyễn Văn Vương Sáng kiến kinh nghiệm A. ĐẶT VẤN ĐỀ I. LỜI MỞ ĐẦU Đất nước ta trên đường đổi mới cần có những con người phát triển toàn diện, năng động và sáng tạo. Muốn vậy phải bắt đầu từ sự nghiệp giáo dục và đào tạo , đòi hỏi sự nghiệp giáo dục và đào tạo phải đổi mới để đáp ứng nhu cầu xã hội. Đổi mới sự nghiệp giáo dục và đào tạo phụ thuộc vào nhiều yếu tố, trong đó một yếu tố quan trọng là đổi mới phương pháp dạy học, bao gồm cả phương pháp dạy học môn Toán. Từ năm 2009 trở về đây, cùng với sự thay đổi cơ bản nội dung sách giáo khoa THPT, đề thi tuyển sinh vào các trường Đại học, cao đẳng cũng có sự thay đổi căn bản về cấu trúc giữa các phần. Ở đề thi cũ, bài toán thể tích nằm ở phần tự chọn theo ban nâng cao, nhưng trong cấu trúc đề thi mới nó lại là bài toán nằm ở phần chung bắt buộc mọi thí sinh phải làm. Điều đó cho thấy bài toán thể tích ngày càng có một vị trí quan trọng trong hệ thống nội dung kiến thức thi cử hiện nay. Khi gặp một bài toán thể tích chúng ta có rất nhiều hướng tiếp cận để tư duy ra lời giải. Tuy nhiên lối tư duy theo hướng hình không gian thông thường vẫn được các thầy cô giáo và các bạn học sinh chú trọng nhiều, sách giáo khoa Hình học 11 và 12 cũng dành phần lớn thời gian cho mảng kiến thức này. Vì đặc thù của phương pháp là sử dụng hình vẽ và phụ thuộc quá nhiều vào hình vẽ, nhất là việc kẻ thêm đường phụ đã gây không ít khó khăn cho học sinh. Bằng kinh nghiệm đã tích lũy được ở những năm học phổ thông và hai năm giảng dạy toán ở trường THPT Nga Sơn, dù là ít ỏi, nhưng tôi thấy rằng: Sử dụng tọa độ để giải bài toán thể tích là một phương pháp giải rất hay, có hướng đi rành mạch, rõ ràng và có thể áp dụng cho nhiều mảng kiến thức. Nếu học sinh nhanh nhạy trong việc kết hợp cùng lúc cả hai phương pháp trên sẽ cho ra những lời giải ấn tượng và thậm chí còn rất ngắn gọn. Nhưng phương pháp này không được sách giáo khoa phổ thông ưu ái cho một lượng thời gian hợp lí, vì vậy nó chưa được sử dụng đại trà. II. THỰC TRẠNG 1 GV: Nguyễn Văn Vương Sáng kiến kinh nghiệm Khảo sát thực tế rất nhiều nhóm học sinh trong trường cũng như các trường THPT khác trên địa bàn huyện cho thấy học sinh ngày nay không mặn mà lắm với bộ môn hình, nhất là hình không gian thể tích. Lí do được các bạn đưa ra là học hình không gian khó, khó ở vấn đề tư duy hình vẽ, kẻ các đường phụ, tìm mối liên hệ từ hình vẽ…Điều đó đã dẫn đến một sự thật đáng buồn, phần lớn các bạn học sinh dự thi đại học, cao đẳng đều bỏ qua hoàn toàn bài hình thể tích hoặc chỉ vẽ hình và làm được một vài nội dung kiến thức dễ, trong khi bài toán thể tích không phải bài toán khó, bài toán mấu chốt của đề. Một điều đáng ngạc nhiên nữa là nhiều học sinh không làm được bài toán này nhưng vẫn làm được bài toán hình tọa độ trong không gian. Câu hỏi đặt ra là “tại sao chúng ta lại không chuyển bài toán thể tích sang tọa độ, hay kết hợp cùng lúc cả hai mảng kiến thức đó?”. Có thể việc làm này sẽ giúp chúng ta đơn giản hơn rất nhiều những vấn đề khó. Chính thực trạng trên đã thúc đẩy tôi nghiên cứu đề tài “Sử dụng tọa độ vào một số phần khó của bài toán thể tích trong các đề thi Đại học những năm gần đây”. Hi vọng nó sẽ là tài liệu tham khảo bổ ích cho giáo viên và học sinh. B. GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ I. GIẢI PHÁP THỰC HIỆN 1. Hệ thống kiến thức liên quan 2. Các bước tọa độ hóa Phần này tôi sẽ đưa ra các bước để tọa độ hóa một bài toán thể tích, các cách xây dựng hệ trục tọa độ cùng với ví dụ về cách xây dựng hệ trục tọa độ trong một số hình để học sinh tiếp cận. 3. Các dạng bài tập Dạng 1: Bài toán thể tích liên quan đến góc Dạng 2: Bài toán thể tích liên quan đến khoảng cách từ điểm đến mặt phẳng Dạng 3: Bài toán thể tích liên quan đến khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau Dạng 4: Bài toán thể tích liên quan đến bán kính mặt cầu ngoại tiếp khối chóp. 2 GV: Nguyễn Văn Vương Sáng kiến kinh nghiệm Đối với mỗi dạng, tôi hướng dẫn cho học sinh phương pháp làm cụ thể, đồng thời lấy các ví dụ có tính đặc trưng để học sinh nắm vững cách giải, những dạng bài có nhiều cách làm tôi đều giải mẫu một bài theo những cách làm đó để học sinh áp dụng làm tương tự các bài khác Để minh hoạ cho những dạng bài này, tôi đều đưa ra những bài toán nằm trong các đề thi Đại học những năm gần đây (áp dụng cho học sinh lớp 12). Với mỗi bài toán như vậy, tôi dẫn ra những cách giải tương ứng, đưa ra những nhận xét phù hợp, để từ đó học sinh có thể nắm bắt được nội dung, thấy được "cái nhanh" của cách làm và có con đường tổng quát cho các bài toán tương tự. 4. Các bài tập tự luyện Hệ thống các bài tập đưa ra được chọn lọc kĩ càng, sát chương trình, trong đó có những bài nằm trong các đề thi đại học gần đây để học sinh củng cố kiến thức và thử nghiệm. II. NỘI DUNG THỰC HIỆN 1. Hệ thống kiến thức liên quan  Cho 2 vecto , u ( x; y; z ) v ( x ' ; y ' ; z ' ) + k u k ( x; y; z ) ( kx; ky; kz ) + u .v  xx ' yy ' zz ' + u  + cos(u , v )  và số k tùy ý: x2  y2  z2 u ,v u .v  xx' yy ' zz ' x2  y2  z2 . x' 2  y ' 2  z ' 2 3 GV: Nguyễn Văn Vương + Sáng kiến kinh nghiệm y z x y u,v ; (yz' ;xz' yx) y'z x' y   Cho 2 điểm A( x; y; z ) và B ( x ' ; y ' ; z ' ) + AB ( x  x' ; y  y ' ; z  z ' ) + AB  ( x  x' ) 2  ( y  y' ) 2  ( z  z ' 2 )  Phương trình mặt phẳng: Mặt phẳng (P) đi qua điểm tuyến có phương trình: A( x 0 ; y 0 ; z 0 ) nhận n( A; B; C ) làm vecto pháp A( x  x0 )  B ( y  y 0 )  C ( z  z 0 ) 0  Phương trình đường thẳng: Đường thẳng (d) đi qua điểm A( x 0 ; y 0 ; z 0 ) nhận u ( a; b; c ) làm vecto chỉ phương có phương trình:  x  x0  at  + Phương trình tham số:  y  y 0  bt  z z  ct  0 x  x0 y  y0 z  z 0   a b c + Phương trình chính tắc:  Khoảng cách từ điểm d ( M , ( P ))  M ( x 0 ; y 0 ; z 0 ) đến mp(P): Ax  B y  Cz  D 0 Ax 0  By 0  Cz 0  D A2  B 2  C 2 4 GV: Nguyễn Văn Vương Sáng kiến kinh nghiệm  Khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau d (qua điểm M, có VTCP u ) và đường thẳng d’ (qua điểm M’ có VTCP d (d , d ' )  u' ): u , u '. MM ' u , u '  Công thức tính diện tích: * Diện tích đa giác: + Diện tích tam giác thường ABC: 1 S  BC. AH 2 ( trong đó AH là đường cao hạ từ đỉnh A xuống cạnh BC) + Diện tích tam giác thường ABC tính theo vecto: + Diện tích tam giác ABC vuông tại A: S S   1 AB, AC 2  1 AB. AC 2 * Diện tích hình vuông ABCD: S  AB 2 * Diện tích hình chữ nhật ABCD: S  AB. AC * Diện tích hình thang ABCD có hai đáy là AB, CH và chiều cao AH: S AH ( AB.  CD ) 2 * Diện tích hình bình hành ABCD tính theo vecto:  S  AB, AC   Công thức tính thể tích: 1 V  h.S đáy 3 * Thể tích khối chóp: * Thể tích khối lăng trụ: , h là chiều cao khối chóp , h là chiều cao khối lăng trụ * Thể tích khối hộp ABCD.A’B’C’D’ tính theo vecto: V   AB, AD . AA' V  h.S đáy * Thể tích khối chóp S.ABCD ( đáy ABCD là hình bình hành) tính theo vecto: V    1 AB, AD . AS 3 * Thể tích khối chóp tam giác hoặc khối tứ diện SABC tính theo véc tơ: V    1 AB, AC . AS 6 2. Các bước tọa độ hóa. a, Các bước tọa độ hóa: B1: Chọn hệ trục tọa độ Oxyz. 5 GV: Nguyễn Văn Vương Sáng kiến kinh nghiệm B2: Xác định tọa độ các điểm. Chú ý: Chỉ nên xác định tọa độ các điểm có liên quan đến việc tính toán. B3: Từ giả thiết bài toán thiết lập các mối quan hệ theo tọa độ để giải b, Cách xây dựng hệ trục tọa độ Oxyz: * Nếu từ hình vẽ của bài toán ta đã có ba đường thẳng đồng qui đôi một vuông góc với nhau thì ta chọn hệ gồm ba đường thẳng đó làm ba trục tọa độ, điểm đồng qui làm gốc tọa độ (ví dụ: hình lập phương, hình hộp chữ nhật, hình lăng trụ đứng có đáy là tam giác vuông,…). z z y O x O y x *Trong trường hợp tổng quát, ta xác định trên mặt phẳng đáy hai đường thẳng d và d’ vuông góc với nhau, cắt nhau tại điểm I. Từ I kẻ đường thẳng d” vuông góc với mặt phẳng đáy (thông thường kẻ song song với đường cao của khối chóp). Khi đó hệ trục tọa độ cần xác định là hệ nhận I làm gốc, ba đường thẳng d, d’, d” làm ba trục tọa độ. Ví dụ 1: Đối với khối chóp tam giác đều S.ABCD. Ta có thể xác định hệ trục tọa độ như sau: z D O A B y G C x 6 GV: Nguyễn Văn Vương Sáng kiến kinh nghiệm Gọi O là trung điểm AB, G là trọng tâm tam giác ABC, ta có CO  AB và DG  ( ABC ) , từ O kẻ đường thẳng Oz//DG. Khi đó, ba đường thẳng OC, OB, Oz đồng qui tại O và đôi một vuông góc với nhau, ta có thể chọn làm hệ trục tọa độ. Ví dụ 2: Cho lăng trụ ABCD.A'B'C'D' có đáy ABCD là hình chữ nhật. Hình chiếu vuông góc của điểm D' trên mp(ABCD) trùng với giao điểm I của AC và BD. Ta có thể xác định hệ trục tọa độ như sau: Từ A kẻ đường thẳng Az//D’I, khi đó AB, AD, Az là ba đường thẳng đồng qui tại A và đôi một vuông góc với nhau, ta có thể chọn làm hệ trục tọa độ. Hoặc từ I ta kẻ hai đường thẳng lần lượt song song với AB và AD, khi đó hai đường thẳng này và đường D’I cũng tạo thành hệ trục tọa độ. B' A' z D' C' B A y I x C D (cách xây dựng này chúng ta sẽ thấy rõ hơn ở phần bài tập) 3. Các dạng bài tập xuất hiện trong đề thi đại học những năm gần đây. DẠNG 1: Bài toán thể tích liên quan đến góc. PHƯƠNG PHÁP: + Thiết lập hệ trục tọa độ, xác định tọa độ các điểm liên quan a. Góc giữa hai đường thẳng AB và CD: + Tính AB và CD + Gọi  là góc giữa hai đường thẳng AB và CD, khi đó  được tính theo một trong các công thức sau:  AB , CD  AB . CD cos   sin   hoặc AB . CD AB . CD b. Góc giữa đường thẳng AB và mặt phẳng (MNP) + Xác định AB và véc tơ pháp tuyến của mp(MNP) ( n  MN , MP ) 7 GV: Nguyễn Văn Vương Sáng kiến kinh nghiệm  + Gọi  là góc giữa đường thẳng AB và mp(MNP), khi đó 2   là góc giữa đường thẳng AB và đường thẳng chứa phương của n ,  được tính theo một trong các công thức sau: cos(  2 Hoặc  )  sin(  2 AB . n ( tức là sin  AB . n  AB . n   )  AB . n  (tức là AB . n AB . n ) cos    AB . n AB . n ) c. Góc giữa hai mặt phẳng (ABC) và (MNP) + Xác định véc tơ pháp tuyến  n'  MN , MP   n  AB, AC  của mp(ABC) và của mp(MNP) + Gọi  là góc giữa hai mặt phẳng, khi đó  được tính theo một trong các công thức sau: cos   n . n' n . n' hoặc sin    n , n' n . n' Ví dụ 1: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và D. AB=AD=2a, CD=a. Góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (ABCD) bằng 60 0 . Gọi I là trung điểm của cạnh AD, biết hai mặt phẳng (SBI) và (SCI) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABCD). Tính thể tích khối chóp S.ABCD theo a. (Trích đề thi đại học khối A năm 2010). Giải S A B I T D C Gọi T là trung điểm của BC, khi đó IT  AD , đặt SI b . Chọn hệ trục tọa độ Oxyz, với T (0; I O (0; 0; 0) , 3a ; 0) , S (0; 0; b) 2 SC (a; a; b ) , BC , D thuộc tia Ox, T thuộc tia Oy, S thuộc tia Oz. ta có: C ( a; a; 0) , B (  a; 2a; 0) a ( 2;  1; 0) , đặt u ( 2;  1; 0) 8 GV: Nguyễn Văn Vương Sáng kiến kinh nghiệm 1 0 20 2 1 n u,SC  ; ; (b;23a) a b a a  Mặt phẳng (SBC) nhận làm một véc tơ pháp tuyến, mặt phẳng (ABCD) n trùng với mặt phẳng tọa độ (Oxy) nhận k (0; 0;1) làm véc tơ pháp tuyến. Vì góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (ABCD) bằng 60 0 nên cos 60 0  n.k n.k  1  2 3a b 2  ( 2b) 2  (3a) Diện tích hình thang ABCD: Thể tích khối chóp: V 2 3a 15 3a 15  SI  5 5 1 1 S ABCD  AD.( AB  DC )  .2a .(a  2a ) 3a 2 (dvdt ) 2 2 1 1 3a 15 3a 3 15  SI . S ABCD  . .3a 2  3 3 5 5 Chú ý: Nếu sử dụng theo công thức  n, k  (2b;   b 0 b; 0) , sin 60  n , k  n.k  sin  ( dvtt ) thì ta làm như sau: ( 2b) 2  (  b) 2 3 3a 15   b 2 2 5 b  ( 2b) 2  (3a ) 2 Ví dụ 2: Cho lăng trụ ABC.A’B’C’ có độ dài cạnh bên bằng 2a, đáy ABC là tam giác vuông tại A, AB=a, AC  a 3 . Hình chiếu vuông góc của đỉnh A’ trên mp(ABC) là trung điểm cạnh BC. Tính theo a thể tích khối chóp A’.ABC và cosin của góc giữa hai đường thẳng AA’ và B’C’. (Trích đề thi đại học khối A năm 2008) Giải: 9 GV: Nguyễn Văn Vương Sáng kiến kinh nghiệm T A' C' B' A B C M Gọi M là trung điểm BC Ta có BC  a 2  ( a 3 ) 2 2a , AM  BC a , 2 A' M  A' A 2  AM 2  (2a) 2  a 2 a 3 1 1 1 a3 V A'. ABC  A' M .S ABC  A' M . AB. AC  a 3.a.a 3  ( dvtt ) 3 6 6 2 Kẻ AT//A’M sao cho AMA’T là hình chữ nhật. Chọn hệ trục tọa độ Oxyz với A O (0; 0; 0) , , , C (0; a 3; 0) Ta có AA' ( B thuộc tia Ox, C thuộc tia Oy, T thuộc tia Oz. ta có: A' ( B (a; 0; 0) a a 3 ; ; a 3) . 2 2 a a 3 ; ; a 3 ) , BC (  a; a 3; 0) 2 2 Cos( AA' , BC ) cos( AA' , BC )   AA'.BC AA' . BC  a 2 3a 2  2 4 a a 3 2 ( )2  ( )  (a 3 ) 2 . a 2  ( a 3 ) 2 2 2  1 4 Nhận xét: Bài toán này gồm có hai ý, ý đầu là tính thể tích khối lăng trụ, đối với ý này nếu ta sử dụng tọa độ hóa thì việc tính toán sẽ phức tạp hơn rất nhiều so với làm theo lối tư duy hình không gian thông thường. Nhưng với ý thứ hai, chúng ta sẽ rất khó hình dung ra góc giữa hai đường thẳng AA’ và BC dựa vào tư duy hình vẽ, sử dụng tọa độ hóa như đã làm ở trên cho chúng ta một lời giải ngắn gọn và dễ hiểu. Ở ví dụ trên tôi đã kết hợp cả hai phương pháp để có một lời giải hoàn mĩ. Những bài toán dưới đây chúng ta sẽ thấy rõ hơn điều đó. DẠNG 2: Bài toán thể tích liên quan đến khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng (BCD). PHƯƠNG PHÁP: 10 GV: Nguyễn Văn Vương Sáng kiến kinh nghiệm + Thiết lập hệ trục tọa độ, xác định tọa độ các điểm liên quan + Viết phương trình mp(BCD) (đi qua một trong các điểm B, C, D và nhận  BC, BD làm vecto pháp tuyến): + Tính khoảng cách theo công thức: Ax  B y  Cz  D 0 d ( A, ( BCD))  Ax 0  By 0  Cz 0  D A2  B 2  C 2 * Khoảng cách từ đường thẳng đến mặt phẳng song song, giữa hai mặt phẳng song song: được qui về khoảng cách từ một điểm đến mặt phẳng. Ví dụ 3: Cho hình lăng trụ đứng ABC.A'B'C' đáy là tam giác ABC 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. Tìm thể tích tứ diện I.ABC và khoảng cách từ A đến mp(IBC). (Trích đề thi đại học khối D năm 2009) Giải: A' M I C' B' K A C B Ta có: AC   3a  2   2a  2 a 5 ; BC   2a  2  Kẻ AK song song và bằng BC, khi đó Oxyz, với A O (0; 0; 0) , AK  AB ; AK 2a . Chọn hệ trục tọa độ B thuộc tia Ox, K thuộc tia Oy, A' thuộc tia Oz. Ta có: B (a; 0; 0) , C ( a; 2a; 0) , A' (0; 0; 2a ) , M ( 1 AM a ( ;1; 2) , 2 1 a 2 2a ; S ABC  AB.BC a 2 (dvdt ) 2 A' C a (1; 2;  2) , a ; a; 2a ) 2 A' B a (1; 0; 2) , đặt u (1; 0; 2) , v (1; 2;  2) 11 GV: Nguyễn Văn Vương Sáng kiến kinh nghiệm  20 2 1 0 nu,v  ; ; 2(;01)  22 2 1 2  Đường thẳng AM có phương trình: Mp(A'BC) đi qua B, nhận n( 2;0;1) 1 x  t ; y t ; z 2t 2 làm VTPT, có phương trình: 2 x  z  2 a 0 Mp(ABC) trùng với mp(Oxy) có phương trình: z 0 Giao điểm I của AM và A'C chính là giao điểm của AM và mp(A'BC).  1  x  t ; y t ; z 2t  a 2a 4a  Tọa độ I là nghiệm của hệ:  2  I ; ;   2x  z  2a 0  3 3 3  Khoảng cách từ I đến mp(ABC): Thể tích khối tứ diện I.ABC: d ( I ,( ABC ))  4a 3 1 1 4a 2 4a 3 V  d ( I ,( ABC )) .s ABC  . .a  ( dvtt ) 3 3 3 9 Khoảng cách từ A đến mp(IBC): d ( A,( IBC )) d ( A,( A ' BC ))   2a 2 2 2 1  2a 5 5 Ví dụ 4: Cho lăng trụ ABCD.A'B'C'D' có đáy ABCD là hình chữ nhật, AB=a, AD  a 3 . Hình chiếu vuông góc của điểm A' trên mp(ABCD) trùng với giao điểm của AC và BD. Góc giữa hai mặt phẳng (ADD’A’) và (ABCD) bằng 60 0 . 12 GV: Nguyễn Văn Vương Sáng kiến kinh nghiệm Tính thể tích hình lăng trụ đã cho và khoảng cách từ điểm B' đến mp(A'BD) theo a. (Trích đề thi đại học khối B năm 2011) Giải B' K C' D' A' B C O A D Kẻ BK//OA', BK=OA'=b (b>0). Chọn hệ trục tọa độ Oxyz, với A thuộc tia Ox, C thuộc tia Oy, K thuộc tia Oz. Ta có: , D ( a; a AD  3 ; 0) , A' ( B O (0; 0; 0) , A(a; 0; 0) , C (0; a 3; 0) a a 3 ; ; b) . 2 2 3a (0;1; 0) , AA' (  a a 3 ; ; b) , BD a (1; 2 2 3 ;0)  01 00 0 1   a nAD, A aA 3' a 3 ; a; aa 3 3(ba ;0 ) b    2 2 2 2 2  Mặt phẳng (ADD'A') qua AD và AA' nhận véc tơ n làm một vec tơ pháp tuyến. 13 GV: Nguyễn Văn Vương Sáng kiến kinh nghiệm Mặt phẳng (ABCD) (trùng với mp(Oxy)) nhận k (0; 0;1) làm một vec tơ pháp tuyến. Vì góc giữa hai mặt phẳng (ADD'A') và (ABCD) bằng 60 0 nên n.k 1 cos 60    2 n.k 0 a 2 b2  Thể tích của lăng trụ: a2 4  b a 3 a 3  A' O  2 2 V  A' O. S ABCD  A' O . AB . BC  3a 3 (dvtt ) 2  3 0 1 3 BD,ka ; ;  a(3; 10) 0 1 0 0    Mặt phẳng (A'BD) đi qua B, nhận trình:  BD, k  làm véc tơ pháp tuyến có phương 3 x  y 0 . Ta có B'C//A'D, suy ra B'C//(A'BD). Khoảng cách từ B' đến (A'BD) là: d  B ' , ( A' BD )  d  C , ( A' BD )    a 3 2 ( 3 )  (  1) 2  a 3 2 DẠNG 3: Bài toán thể tích liên quan đến khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau AB và CD PHƯƠNG PHÁP: Cách 1: + Thiết lập hệ trục tọa độ, xác định tọa độ các điểm liên quan 14 GV: Nguyễn Văn Vương Sáng kiến kinh nghiệm + Viết phương trình mp(P) chứa AB và song song với CD ( hoặc chứa CD và song song với AB), mp(P) đi qua một trong các điểm A, B và nhận  AB, CD  làm vecto pháp tuyến: Ax  B y  Cz  D 0 + Khoảng cách cần tính chính là khoảng từ một trong hai điểm C, D đến mp(P), ta tính theo công thức: d ( AB, CD ) d (C , ( P ))  Ax 0  By 0  Cz 0  D A2  B 2  C 2 Cách 2: (theo chương trình nâng cao) + Thiết lập hệ trục tọa độ, xác định tọa độ các điểm liên quan + Tính tọa độ ba vecto khoảng cách: AB, CD, AC d ( AB , CD )  , sử dụng trực tiếp công thức tính  AB, CD . AC  AB, CD  Nhận xét: Xác định khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau là một mảng kiến thức được coi là khó nhất của phần hình không gian, việc tìm đường vuông góc chung, tính độ lớn đoạn vuông góc chung hay qui về các loại khoảng cách giữa đường thẳng và mặt phẳng song song, khoảng cách giữa hai mặt phẳng song song là một việc làm không phải mọi học sinh giỏi hình đều làm được. Chuyển sang tọa độ chúng ta không phải làm điều đó mà chỉ cần thực hiện một số phép toán vecto thông thường. Ví dụ 5: 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 thể tích khôí chóp S.ABC và tính khoảng cách giữa hai đường thẳng SA và BC theo A. (Trích đề thi đại học khối A năm 2012) Giải: S H M B Cách 1: A T C 15 GV: Nguyễn Văn Vương Sáng kiến kinh nghiệm Gọi M là trung điểm AB,ta có: HT=CM, HM  MB  HB  a . 6 a a 3 CM  a 2  ( ) 2  , 2 2 Chọn hệ trục tọa độ Oxyz, với thuộc tia Ox, A thuộc tia Oy, S thuộc tia Oz. Khi đó: C( kẻ HT//CM sao cho A(0; H O (0;0;0) , T 2a ; 0) , 3 a 3 a ; ; 0) , 2 6 B (0;  a ; 0) , HC  CM 2  HM 2  a 7 3 3 , SH  HC. tan 60 0  a 21 a 21 ) , S (0; 0; 3 3 Thể tích khối chóp: 1 1 1 a 21 a 3 a3 7 VS . ABC  SH .S ABC  SH .BA.CM  . .a.  (dvtt ) 3 6 6 3 2 12 a SA  (0; 2;  3 u, v ( 21) , BC  a ( 3;1;0) . 2 Đặt u (0; 2;  21) , v ( 3 ;1;0) 21;  3 7 ;  2 3 ) Mặt phẳng (p) đi qua BC và song song với SA nhận làm vecto pháp tuyến có phương trình: d ( SA, BC )  d ( A, ( P ))  21;  3 7 ;  2 3 ) 21x  3 7 y  2 3 z  a 7 0  2a 7  a 7 2  u , v  ( 2 ( 21)  (3 7 )  ( 2 3 ) 2  a 42 ( dvtt ) 8 Cách 2 Đối với học sinh học theo sách giáo khoa ban nâng cao ta còn có thể sử dụng trực tiếp các công thức tính thể tích khối chóp và khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau bằng tích hỗn tạp như đã đưa ở phần lí thuyết, lời giải sau đây được coi là thuần túy theo phương pháp tọa độ: S B H T M A C Giải: 16 GV: Nguyễn Văn Vương Sáng kiến kinh nghiệm Gọi M là trung điểm AB,ta có: a a 3 CM  a 2  ( ) 2  , 2 2 kẻ MT//HS sao cho HS=TM, HM  MB  HB  a . 6 Chọn hệ trục tọa độ Oxyz, với A thuộc tia Oy, T thuộc tia Oz. Khi đó: B (0; A(0; M O (0;0;0) , a ; 0) , C ( a 3 ; 0; 0) , 2 2  a a ; 0) , H (0;  ; 0) , HC  ( a 3 ) 2  ( a ) 2  a 7 2 6 2 6 3 SC ( a 3 a ; ; b ) . 2 6 C thuộc tia Ox, , S (0;  a ; b) , 6 b>0, Vì góc giữa SC và (ABC) bằng 60 0 nên góc giữa SC và trục Oz bằng 30 0 cos 30 0  SA (0; SC .k SC . k b  ( a 3 2 a )  ( )2  b2 2 6  b a 21 a a 21  S (0;  ; ) 3 6 3 2a a 21 a 3 a a a 21 ; ) , BC ( ; ;0) , BA (0; a; 0) , BS (0; ; ) 3 3 2 2 3 3  BA, BC  (0; 0;   SA, BC   a6 ( a2 3 ). 2 Thể tích khối chóp: VS . ABC    1 a3 7 BA, BC BS  ( dvtt ) 6 12 2  SA,BC   a2 6 21;  3 7 ;  2 3 ) ( 21) 2  (  3 7 ) 2  (  2 3 ) 2  d ( SA, BC )  a3 7 2  SA, BC .BA  2a  SA, BC   2 6  2a 2 6 3 a 42 8 3 Chú ý: + Hai cách làm trên đã chỉ ra hai cách chọn hệ trục tọa độ khác nhau, điều đó cho thấy rằng nếu bài toán xuất hiện nhiều quan hệ vuông góc thì ta sẽ có rất nhiều cách chọn hệ trục tọa độ + Đối với ý thứ hai, để tính được khoảng cách giữa hai đường thẳng SA và BC chúng ta còn có thể làm theo cách sau: Cách 3: Từ hai đường thẳng chéo nhau SA và BC, ta dựng hình hộp (H) có hai mặt đáy lần lượt nhận SA và BC làm cạnh, như hình vẽ: 17 GV: Nguyễn Văn Vương Sáng kiến kinh nghiệm N A M S H P Q C B Ta có: VSABC 1 1 1  V ( H )  S BCPQ .d ( SA, ( BCPQ ))  S BCPQ .d ( SA, BC ) 6 6 6  d ( SA, BC )  6VSABC 6VSABC 6VSABC   S BCPQ BQ, BC SA, BC    a3 7 12  a 42  2 8 2a 6 3 6.  Ví dụ 6: 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 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 0 . Tính thể tích khối chóp S.BCNM và khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và SN theo a. (Trích đề thi đại học khối A năm 2011) Giải S K A M B N C Ta có SA  AB tan 60 0 2a 3 , 1 MN  BC a . 2 Thể tích khối chóp 1 1 MB 1 VSBCNM  SA.dt ( BCNM )  SA. ( MN  BC )  .2a 3.a (a  2a ) a 3 3 ( dvtt ) 3 3 2 6 Kẻ MK//SA sao cho SAMK là hình vuông Chọn hệ trục tọa độ Oxyz thuộc tia Oz. Ta có: N (a; 0; 0) , B (0; a; 0) , S (0;  a; 2a 3 ) , A(0;  a; 0) , AB  2a (0;1; 0) , , với M O (0;0;0) , SN a (1;1;  2 3) . Đặt N thuộc tia Ox, B thuộc tia Oy, K v (0;1; 0) , u (1;1;  2 3) 18 GV: Nguyễn Văn Vương Sáng kiến kinh nghiệm 1 23 23 1  u,v ; ; (23;01) 1 0 00 0 1    Mặt phẳng (p) qua AB song song với SN, nhận phương trình: u,v  làm vec tơ pháp tuyến, có 2 3 x  z 0 d ( AB, SN ) d ( N , ( P ))  2a 3 2 (2 3 )  1  2a 39 13 Ví dụ 7: Cho hình lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác cân tại C, cạnh đáy AB=2a, ABC 30 0 . Tính thể tích khối lăng trụ đã cho biết khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và CB’ bằng a 2 .(Trích đề thi HSG tỉnh Thanh Hóa năm 2013) A M B C B' A' K C' Giải: CM  a 3 3 , 1 a2 3 S ABC  CM . AB  2 3 (dvdt ) , gọi M, K lần lượt là trung điểm của AB và A’B’. 19 GV: Nguyễn Văn Vương Sáng kiến kinh nghiệm Chọn hệ trục tọa độ Oxyz, với M thuộc tia Oz. Ta có: A' (0;  a; 0) , t>0, a 3 a 3 ; a; t ) , CB ' (  ; a;  t ) , 3 3 a 3 ) 3 Phương trình mặt phẳng (A’B’C): d ( AB, CB ' ) d ( M , ( A' B ' C ))  a  2 a 3 t 3 t2  a2 3  tx  a 3 t 3 t2  d ( AB, CB' )  C’ thuộc tia Ox, B’ thuộc tia Oy, B ' (0; a; 0) , M (0; 0; t ) , C ' ( a 3 ; 0; 0) , C ( a 3 ; 0; t ) , 3 3 CA' ( CA' ,CB' 2a (t; 0;  K O (0; 0; 0) , a2 3 a 3 z 0 3 , theo bài ra ta có: a a3 3  t a  KM a  V ABCA' B 'C '  S ABC .KM  ( dvtt ) 2 3 DẠNG 4: Tìm tâm, bán kính và tính thể tích khối cầu ngoại tiếp khối chóp S.ABC PHƯƠNG PHÁP: Cách 1: + Thiết lập hệ trục tọa độ, xác định tọa độ các điểm liên quan + Xác định vecto pháp tuyến của mp(ABC) (  n  AB, AC  ), gọi I là tâm của đáy, viết phương trình đường thẳng (d) qua I và vuông góc với mp(ABC) (nhận  n  AB, AC  làm VTCP) + Gọi O là tâm khối cầu, khi đó O thuộc (d), gọi tọa độ O theo phương trình (d), từ OA=OS ta tìm được tọa độ O, bán kính R=OA, thể tích 4 V  R 3 3 Cách 2: + Thiết lập hệ trục tọa độ, xác định tọa độ các điểm liên quan + Viết phương trình các mặt phẳng (P), (Q), (R) lần lượt là mặt phẳng trung trực của các đoạn thẳng AB, AC, SA. 20