Tính khoảng cách trong không gian từ một bài toán cơ bản

  • Số trang: 23 |
  • Loại file: PDF |
  • Lượt xem: 16 |
  • Lượt tải: 0
hoanggiang80

Đã đăng 24000 tài liệu

Mô tả:

----------------------------------------------------------------------------------------------------------------- Mục lục Trang Đặt vấn đề………………...……………………………………………...………2 Cơ sở lý thuyết……...…………………………………………………...……….4 Thực trạng – Giải pháp ………………………………………………………….6 Nội dung: Tính khoảng cách trong không gian………………………….………8 I. Bài toán khoảng cách cơ bản……………………………………….…..8 II. Các bước giải…….…………………………………………………… 8 III Các bài toán minh họa…………………………………………………8 Dạng 1: Các bài toán tính khoảng cách từ điểm đến mặt phẳng…...…….8 Dạng 2: Các bài toán tính khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau13 IV. Bài tập tự luyện……………………………………………………...17 Hiệu quả………………………………………………………………………...18 Kết luận…..……………………………………………………………...……. 19 Tài liệu tham khảo ……………………………………………………………..20 Phụ lục………………………………………………………………………….21 ----------------------------------------------------------------------------------------------------------------1 ----------------------------------------------------------------------------------------------------------------- TÍNH KHOẢNG CÁCH TRONG KHÔNG GIAN TỪ MỘT BÀI TOÁN CƠ BẢN Nguyễn Hữu Nghĩa – Trường THPT Nguyễn Việt Dũng ĐẶT VẤN ĐỀ Trong chương trình toán phổ thông nhất là lớp 12, hình học không gian là một môn học rất thú vị, song đây cũng là môn học khó đối với một số học sinh. Các em cần phài nắm thật kỹ các định lý về lý thuyết, có óc tưởng tượng phong phú, đặc biệt là khả năng vẽ và nhìn được hình trong không gian khi vẽ chúng trong mặt phẳng. Điều này rất khó đối với phần lớn học sinh. Từ đó làm cho kết quả học tập của các em còn thấp, thậm chí đối với cả học sinh lớp 12A hoặc lớp chọn 12B1. Nhằm giúp các em tìm kiếm một phương pháp khác để có thể giải quyết tốt các bài toán hình học không gian, năm học 2012 – 2013 tôi đã đưa ra một phương pháp là dùng tọa độ để giải quyết các bài toán hình học không gian, nhất là các bài toán về khoảng cách. Song, vẫn còn đó một số trở ngại: + Việc thiết lập hệ trục tọa độ không phải lúc nào cũng dễ dàng, không phải học sinh nào cũng làm được. + Chuyển từ ngôn ngữ hình học không gian thuần túy sang hình học giải tích là một vấn đề khó khăn. Nó đòi hỏi các em phải có kỹ năng tính toán nhất định, bài giải thường dài và rườm rà. Để các em có thêm một công cụ nữa trong việc giải các bài toán khoảng cách trong các đề thi đại học, tôi đưa ra một hướng đi mới cho các em. Đó là “Sử dụng một bài toán đơn giản để giải những bài toán phức tạp”. Hướng đi này tôi sẽ hướng dẫn các em học sinh qua một chuyên đề nhỏ là chỉ cần ta giải quyết được bài toán cơ bản thì ta sẽ giải quyết được mọi bài toán khác. Trong chuyên đề này tôi đưa ra bài toán cơ bản và cách giải, sau đó phân loại theo từng loại khoảng cách (có hai loại chính: khoảng cách từ điểm đến mặt phẳng và khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau) theo từng dạng hình, có minh họa bằng các đề thi đại học, đề tham khảo và bài tập để các em ----------------------------------------------------------------------------------------------------------------2 ----------------------------------------------------------------------------------------------------------------- học sinh vận dụng. Học sinh dựa vào đây có thể tự mình giải quyết được bài toán hình học không gian thuần túy. Đây là chuyên đề mà bản thân tôi thấy rất thú vị, có ích đối với học sinh và giáo viên. Qua chuyên đề này, mong các em học sinh khối 11 trường có thể áp dụng vào các kỳ kiểm tra, các em học sinh khối 12 áp dụng vào các kỳ thi đại học cao đẳng để đạt kết quả cao nhất. Tuy nhiên chuyên đề cũng không tránh khỏi những sai sót nhất định, kính mong sự đóng góp của đồng nghiệp để chuyên đề thêm hoàn chỉnh, góp phần vào việc nâng cao chất lượng bộ môn của nhà trường. Về phương pháp nghiên cứu, tôi thực hiện ở ba công đoạn chủ yếu sau: Thứ nhất, tôi đưa ra cơ sở lý luận, đó là các kiến thức cơ bản cần thiết về các cách tính khoảng cách trong không gian. Thứ hai, tôi xác định bài toán khoảng cách cơ bản và phương pháp giải. Trên cơ sở phân loại theo từng loại khoảng cách, tôi cho học sinh thực hành giải các ví dụ minh họa, từ đó đưa ra nhận xét đánh giá những ưu điểm, hạn chế của cách giải. Sau cùng là phần thực nghiệm phương pháp này trên cung một nhóm đối tượng là lớp 12B1 bằng hai bài kiểm tra trước tác động và sau khi tác động để thẩm định lại hiệu quả của phương pháp này. ----------------------------------------------------------------------------------------------------------------3 ----------------------------------------------------------------------------------------------------------------- Phần 1: CƠ SỞ LÝ THUYẾT 1. Khoảng cách từ điểm đến mặt phẳng Khoảng cách từ điểm đến mặt phẳng từ điểm A đến mặt phẳng (P) là độ dài của AH, với H là hình chiếu của A lên (P). Ký hiệu: d ( A,( P))  AH * Phương pháp xác định khoảng cách + Tìm mp(Q) chứa A, vuông góc (P) A + Tìm giao tuyến a của (P) và (Q) (Q) + Kẻ AH vuông góc a, khi đó d ( A,( P))  AH a (P) H 2. Khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau a và b. Khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau a và b là độ dài của đoạn vuông góc chung của hai đường thẳng đó. Ký hiệu: d (a, b)  AB (AB đoạn vuông góc chung của a và b). * Phương pháp xác định khoảng cách 2.1. Trường hợp a và b vuông góc : + Tìm mặt phẳng (P) chứa b và vuông góc a. a Tìm giao điểm A của a và (P). A + Kẻ AB vuông góc b, khi đó d (a, b)  AB . b B (P) 2.2. Trường hợp a và b chéo nhau tùy ý + Tìm mặt phẳng (P) chứa b và song song với a A a + Tìm a’ là hình chiếu của a lên (P), giao điểm của a’ và b là B. a' + Kẻ BA vuông góc với a, khi đó d (a, b)  AB (P) b B Chú ý : d (a, b)  d (a,( P))  d (M ,(P)), M  a 3. Một số tính chất quan trọng : 3.1. Nếu d / /(P) thì khoảng cách từ mọi điểm M trên d tới (P) là như nhau ----------------------------------------------------------------------------------------------------------------4 ----------------------------------------------------------------------------------------------------------------N M d 3.2. Nếu (P) / /(Q) thì khoảng cách từ mọi điểm M thuộc (P) đến (Q) đều như nhau N M d 3.3. Nếu đường thẳng AB cắt (P) tại I khác A và B thì d ( A,(P )) IA  d (B,(P )) IB A A B K K H K I Đặc biệt : Nếu I là trung điểm của AB thì d ( A,(P))  d (B,(P)) I B 3.4. Nếu a, b là hai đường thẳng chéo nhau và (P) là mặt phẳng chứa b và song song với a thì d(a, b)  d(a,(P))  d(M,(P)), M  a N a M a' b ----------------------------------------------------------------------------------------------------------------5 ----------------------------------------------------------------------------------------------------------------- Phần 2 : THỰC TRẠNG – GIẢI PHÁP Thực tế cho thấy, trong những năm gần đây nói chung và năm học 2013 2014 nói riêng, học sinh khối 11 và cả học sinh khối 12 rất ngại học hình học không gian, kết quả học tập hình học của các em rất thấp. Nhìn chung, khối 11 các em phần lớn không biết cách tính hoặc không tính được các loại khoảng cách, từ đó các em gặp rất nhiều khó khăn trong việc học hình học ở lớp 12. Vì vậy, trong năm học 2013 – 2014 cả hai lớp đầu tàu của trường (12A, 12B1) đa số đều bị hỏng kiến thức về khoảng cách. Đây là các lớp tạo nguồn để thi học sinh giỏi và thi đại học sau này. Song, kết quả học tập của các em vẫn chưa tương xứng với lớp dẫn đầu, chưa đáp ứng được yêu cầu của giáo viên bộ môn về thành tích học tập (phụ lục điểm kiểm tra 1 tiết HH đầu năm). Một số nguyên nhân dẫn đến tình trạng học kém hình học không gian của học sinh, theo bản thân tôi nhận thấy trong thời gian qua là : - Môn học HHKG là môn học trừu tượng và khó, có thể nói đây là phần khó nhất trong chương trình toán THPT; chương trình khá nặng nhưng thời lượng phân bổ cho hình học thì lại ít. - Học sinh mất căn bản từ lớp 11, vì lớp 11 các em được học các phần HHKG về định tính nên khi các em hỏng kiến thức thì đến lớp 12 rất khó để tiếp cận với phần định lượng. - Học sinh nắm vững kiến thức lớp 11 nhưng khi các em chỉ vận dụng kiến thức đó trong một thời gian ngắn (kiểm tra, thi,…) thì các em cũng khó có thể tìm ra được lời giải (đây là nguyên nhân dẫn đến tình trạng học kém HHKG của lớp 12A, 12B1). - Giáo viên cung cấp phương pháp tọa độ, nhưng đến học kỳ 2 các em mới được học, trong khi nội dung hình học của lớp 12 nằm ở học kỳ 1. - Giáo viên dạy không tìm ra các phương pháp hữu hiệu hoặc nhiều phương pháp để học sinh có thể chọn lự khi giải toán. Một số giáo viên có tư tưởng bỏ luôn HHKG vì trong để thi chỉ có 10% tổng số điểm. Đây là những khó khăn cơ bản của những năm qua. Năm học 2012 – 2013, tôi đã đưa ra một phương pháp giải toán hình học không gian, đó là ----------------------------------------------------------------------------------------------------------------6 ----------------------------------------------------------------------------------------------------------------- phương pháp tọa độ. Đây là phương pháp hay và khá hiệu quả. Tuy nhiên, nó còn những mặt hạn chế nhất định cần được bổ sung thêm một phương pháp khác và kết hợp lại để học sinh lựa chọn nhằm giải quyết dứt điểm HHKG. Với mong muốn kết quả học tập của lớp 12A và 12B1 được nâng lên trong các kỳ kiểm tra, thi học sinh giỏi, thi đại học sau này cũng như trang bị thêm cho các em vốn kiến thức khi giải toán, đặc biệt là làm thay đổi nhận thức của giáo viên và học sinh về môn hình học không gian, tôi nghiên cứu và đưa ra một phương pháp tính mọi loại khoảng cách từ một bài toán khoảng cách cơ bản. Đó là nội dung nghiên cứu trong chuyên đề này. ----------------------------------------------------------------------------------------------------------------7 ----------------------------------------------------------------------------------------------------------------- Phần 3: TÍNH KHOẢNG CÁCH TRONG KHÔNG GIAN TỪ BÀI TOÁN CƠ BẢN I. BÀI TOÁN KHOẢNG CÁCH CƠ BẢN Cho hình chóp S.ABC có SA vuông góc với (ABC). Xác định khoảng cách từ A đến mp (SBC) (A là chân đường cao của hình chóp) Giải Gọi AM là đường cao của tam giác ABC khi đó: S BC  AM, BC  SA suy ra (SBC)  (SAM) Vẽ AH  SM  AH  (SBC)  d ( A,(SBC))  AH Trong tam giác vuông SAM , ta có : 1 1 1    AH  2 2 AH AS AM 2 H A C AS. AM AS 2  AM 2 M B II. CÁC BƯỚC GIẢI: Bước 1: Xác định bài toán khoảng cách cơ bản, tính khoảng cách cơ bản d(A, (P)) = AH. Bước 2: Tìm giao điểm của đường thẳng AB với (P) là I. Bước 3: Lập tỉ số d (B,(P)) IB   k (k  0) suy ra d (B,(P))  k.d ( A,(P)) (k  0) d ( A,(P)) IA III. CÁC BÀI TOÁN MINH HỌA Dạng 1: Các bài toán tính khoảng cách từ điểm đến mặt phẳng Bài 1. Cho hình chóp S.ABCD có ABCD là hình vuông cạnh a, SA  (ABCD) và SA = a 2 . Tính các khoảng cách sau : a) d(A, (SBC)) b) d(A, (SBD)) d) d(O, (SCD)) e) d(C, (SBD)) c) d(A, (SCD)) f) d(G, (SCD)) với G là trọng tâm của tam giác SAC) g) d(H, (SCD)) với H là trọng tâm của tam giác SAB) h) d(DE, CF) với E, F lần lượt là trung điểm của BC và SD Giải Ta có: BC AB, BC SA nên BC (SAB) (1) ----------------------------------------------------------------------------------------------------------------8 ----------------------------------------------------------------------------------------------------------------- CD AD, CD SA nên CD (SAD) (2) BD AC, BD SA nên BD (SAC) S (3) a) Từ A, kẻ AJ vuông góc với SB, kết hợp L với (1) ta suy ra AJ  (SBC) và d(A, K (SBC)) = AJ J H Xét tam giác vuông SAB, ta có: AJ  D A M AS.AB a.a 2 a 6   3 AS2  AB2 a2  2a2 Vậy d ( A,(SBC ))  AJ  G O B C a 6 3 b) Từ A, kẻ AK vuông góc với SO, kết hợp với (3) ta suy ra AK  (SBC) và d(A, (SBD)) = AK Xét tam giác vuông SAO, ta có: AK  AS. AO 2 AS  AO 2  d ( A,(SBD))  AK  2a 5 5 2a 5 5 c) Tương tự câu a, d ( A,(SCD))  AL  a 6 3 d) Tính d(O, (SCD)) Ta có AO cắt mặt phẳng (SCD) tại C nên 1 2 Suy ra d (O,(SCD))  d ( A,(SCD))  d (O,(SCD)) CO 1   d ( A,(SCD)) CA 2 a 6 6 e) Tính d(C, (SBD)) Ta có AC cắt (SBD) tại O, nên d (C,(SBD)) OA  1 d ( A,(SBD)) OA Suy ra d (C,(SBD))  d ( A,(SBD))  2a 5 5 f) Tính d(G, (SCD)) với G là trọng tâm của tam giác SAC) Ta có, OG cắt (SCD) tại S nên d (G,(SCD)) SG 2   d (O,(SCD)) SO 3 ----------------------------------------------------------------------------------------------------------------9 ----------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 2 3 Suy ra d (G,(SCD))  d (O,(SCD))  a 6 9 g) Tính d(H, (SCD)) với H là trọng tâm của tam giác SAB) Gọi M là trung điểm của AB, vì AB song song với (SCD) nên d (M,(SCD))  d( A,(SCD) Mặt khác, MH cắt (SCD) tại S nên 2 3 d (H ,(SCD)) SH 2   d ( M ,(SCD)) SM 3 2 3 Suy ra d (H ,(SCD))  d ( M ,(SCD))  d ( A,(SCD))  Vậy d ( A,(SBC ))  AJ  2a 6 9 a 6 3 Bài 2: Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B, BA  3a ,   300 . Tính d  B,  SAC   BC  4a , (SBC)  (ABC), SB  2a 3, SBC Giải S Gọi SH là đường cao tam giác SBC suy ra SH  (ABC). * Khoảng cách cơ bản: d ( H ,(SAC )) K Xét tam giác SHB, ta có SH  SB.sin300  a 3, BH  SB cos300  3a B C H M Kẻ HM  AC, HK  SM, suy ra d ( H ,( SAC ))  HK  HS .HM A HS 2  HM 2 Xét hai tam giác đồng dạng ABC và HMC: HM AB 3 3 3 3    HM  HC  ( BC  HB)  a HC AC 5 5 5 5  d ( H ,( SAC ))  HK  a 3.   3a 5  3a  a 3    5  2 2  3a 7 14 ----------------------------------------------------------------------------------------------------------------10 ----------------------------------------------------------------------------------------------------------------- Mà BH cắt (SAC) tại C nên d ( B,( SAC )) CB 6a 7   4  d ( B,( SAC ))  4d ( H ,( SAC ))  d ( H ,( SAC )) CH 7 Bài 3: Cho hình chóp S.ABC có tam giác ABC vuông cân tại A, AB = AC = a; M là trung điểm của AB. Hình chiếu vuông góc của S lên mp (ABC) trùng với tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác MBC. Góc giữa SB vớimặt đáy bằng 600. 1) Tính thể tích khối chóp S.ABC S 2) Tính khoảng cách từ C đến (SAB) Giải Gọi E, I lần lượt là trung điểm của BM, BC. Ta có: AI AM 2 3 3a 2    AO  AI  AO AE 3 2 4  IO  AO  AI  3a 2 a 2 a 2   4 2 4  BO  IB2  OI 2   SO  BO.t an600  H B O E M a 10 4 a 30 4 I C A 1 a3 30  VS . ABC  SABC .SO  3 24 2) Tính khoảng cách từ C đến (SAB) * Khoảng cách cơ bản: kẻ OH SE, thì d (O,(SAB))  OH  Mà OI cắt (SAB) tại A nên OS.OE OS 2  OE 2  3a 130 52 d (I ,(SAB)) AI 2 2    d (I ,(SAB))  d (O,(SAB)) d (O,(SAB)) AO 3 3 Mặt khác, CI cắt (SAB) tại B nên d (C,(SAB)) BC   2  d (C,(SAB))  2d (I ,(SAB)) d (I ,(SAB)) BI 4 a 130  d (C,(SAB))  d (O,(SAB))  3 13 Bài 4: Cho hình hộp đứng ABCD.A’B’C’D’ có đáy là hình vuông, tam giác A’AC vuông cân, A’C = a. Tính khoảng cách từ A đến (BCD’). * Khoảng cách cơ bản: khoảng cách từ D đến (BCD’). ----------------------------------------------------------------------------------------------------------------11 ----------------------------------------------------------------------------------------------------------------- Vì A’AC là tam giác vuông tại A nên AA '  AC  a 2 a  AB  2 2 Ta có (BCD’)  (DD’C) (vì BC (DD’C) Do đó d (D,(BCD '))  DH  DC.DD ' DC  DD ' 2 D' A' Kẻ DH  D’C suy ra DH  (BCD’) 2  a 6 2 C' B' I Mà C’D cắt (BCD’) tại trung điểm I của CD’ và C’D nên H d (C ',(BCD ')) IC '  1 d (D,(BCD ')) ID A  d (C ',(BCD '))  d (C ',(BCD '))  d (D,(BCD '))  a 6 2 D B C Bài 5: Cho lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác vuông cân tại A, BC = a 2 , AA’ = 2a, biết A’ cách đều các đỉnh A, B, C. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AA’ và AC. Tính khoảng cách từ C’ đến (MNB) Giải Gọi E là trung điềm của AH suy ra ME  (ABC). Gọi G là trọng tâm tam giác ABC, kẻ EQ  GN khi đó BN  (MEQ) suy ra (MEQ) (MNB). Kẻ EK  MQ thì ta được Kẻ HE vuông góc BN, ta có BN vuông góc (SHE). 1 2 * EM  A ' H  2a M 1 a 14 A ' A2  AH 2  2 4 K A a 2 a 2 . EQ BH BH .EG BH .EG a 5   EQ    2 12  2 EG BG BG 20 a 5 BN 3 3 a 14 a 5 . 4 20 2  a 14   a 5       4   20      B' J * Xét hai tam giác đồng dạng EGQ và BGH ta có: Suy ra d (E ,( MNB))  EK  C' A' EQ.EM * Khoảng cách cơ bản: d (E,(MNB))  EK  EQ2  EM 2 2  N Q E G a 2 C H B a 14 4 71 ----------------------------------------------------------------------------------------------------------------12 ----------------------------------------------------------------------------------------------------------------- * AE cắt (MNB) tại G nên d ( A,( MNB)) GA a 14   4  d ( A,( MNB))  4d (E,( MNB))  d (E,( MNB)) GE 71 * AC’ cắt (MNB) tại J nên d (C ',( MNB)) JC ' 3a 14   3  d (C ',(MNB))  3d ( A,( MNB))  d ( A,(MNB)) JA 71 Dạng 2: Các bài toán tính khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại B, Bài 1: AB = BC = 2a; hai mặt phẳng (SAB) và (SAC) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABC). Gọi M là trung điểm của AB; mặt phẳng qua SM và song song với BC, o cắt AC tại N. Biết góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (ABC) bằng 60 . Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và SN theo a. Giải * (SAB) và (SAC) cùng vuông góc với mặt S phẳng (ABC) nên SA  (ABC) * Góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (ABC) 0 bằng 60 suy ra góc SBA = 60 H 0 E Gọi P là trung điểm của BC, khi đó A P M AB // (SPN) suy ra C N d( AB, SN )  d( AB,(SNP))  d ( A,(SNP)) B Kẻ AE  NP, AH  SE khi đó d ( A,(SNP))  AH  AS.AE  2 2 AS  AE  2a 3.a 2a 39  13 2 2 a 3  a2  Bài 2: Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác đều cạnh a. Hình chiếu vuông góc của trên mặt phẳng (ABC) là điểm H thuộc cạnh AB sao cho HA = 2HB. Góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng (ABC) bằng 600. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng SA và BC theo a. Giải Góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng ----------------------------------------------------------------------------------------------------------------13 ----------------------------------------------------------------------------------------------------------------  600 (ABC) là góc SCH * Gọi I là trung điểm của AB khi đó ta có: S a a 3 IH  IB  HB  , IC  6 2 K a 7 CH  IH 2  IC 2  3 a 21  SH  CH .tan 600  3 E d * Qua A dựng đường thẳng d song song với BC Khi đó d(BC, SA)  d(BC,(SA, d))  d(B,(SA, d)) . * Khoảng cách cơ bản: d(H ,(SA, d )) Kẻ HE  d, HK  SE suy ra HK  (SA, d ) nên d (H ,(SA, d ))  HK  B H HS.HK C HS 2  HE 2 2 3 Do HA = 2HB nên HE  AF  a 3 (AF là đường cao tam giác ABC hạ từ A) 3 a 21 a 3 . 3 3  d (H ,(SA, d ))  HK  2  a 21   a 3       3   3      * Mà BH cắt (SA,d) tại A  2  a 42 12 d (B,(SA, d )) AB 3   d (H ,(SA, d )) AH 2 3 2  d (B,(SA, d ))  d (H ,(SA, d ))  Vậy d (BC, SA)  I A a 42 8 a 42 8 Bài 3: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a. Gọi M và N lần lượt là trung điểm của các cạnh AB và AD; H là giao điểm của CN với DM. Biết SH vuông góc với mặt phẳng (ABCD) và SH = a 3 . Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng DM và SC theo a. Giải K Vì hai tam giác AMD và NCD bằng nhau nên   900 hay DM  CN. Kẻ d qua C và góc DNC N song song DM , khi đó d (DM, SC)  d (DM,(SC, d ))  d (H ,(SC, d )) M A H D d C ----------------------------------------------------------------------------------------------------------------14 B ----------------------------------------------------------------------------------------------------------------- * Khoảng cách cơ bản: d (H ,(SC, d )) Vì d song song DM nên HC  d. Kẻ HK  SC Suy ra HK  (SC,d)), do đó HS.HC 2 HS  HC 2 d (H ,(SC, d ))  HK  CD 2 CD 2 2a 5 2a 57   Mà CH   d (H ,(SC, d ))  2 2 CN 5 19 DN  DC Vậy d (DM , SC )  2a 57 19 Bài 4: Cho lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có ABC là tam giác vuông tại B, AB = a, cạnh bên AA '  a 2 , góc giữa AC’ với (BCC’B’) là 300, M là trung điểm BC. Tính khoảng cách giữa AM và B’C. Giải C' B' Góc giữa AC’ với (BCC’B’) là góc giữa  AC’ với BC’ hay BC ' A  300 . Dựng d qua C và song song với AM suy ra A' AM // (B’C,d) nên d( AM, B 'C)  d( AM,(B 'C, d )) . H * Xác định bài toán cơ bản: d (B,(B 'C, d )) Kẻ đường thẳng qua B và vuông góc d, cắt d M B C I E và AM lần lượt tại E và I. Kẻ BH  B’E, thì BH  (B’C,d), khi đó A d( AM,(B 'C, d ))  d(I ,(B 'C, d )) và d (B,(B 'C, d ))  BH  Theo giả thiết, BC '  Mà BI  BM .BA BM 2  BA2 d BE.B ' B BE 2  B ' B 2 AB  a 3  BC  C ' B2  C ' C 2  a 0 t an30  a .a 2 2 a 2 2 a    a 5 2a 5  BE  2BI  5 5 ----------------------------------------------------------------------------------------------------------------15 ----------------------------------------------------------------------------------------------------------------- Vì thế d (B,(B 'C, d ))  BE.B ' B BE 2  B ' B 2  2a 5 .a 2 5 2   2a 5  2    2a  5    2a 7 7 Mặt khác, BI cắt (B’C,d) tại E nên d (I ,(B 'C, d )) EI 1 1 a 7    d (I ,(B 'C, d ))  d (B,(B 'C, d ))  d (B,(B 'C, d )) EB 2 2 7 Vậy d ( AM , B 'C )  a 7 7   300 , hình chiếu Bài 5: Cho lăng trụ ABC.A’B’C’ có AB = a, BC = 2a, ACB vuông góc của A’ lên (ABC) trùng với trọng tâm G của tam giác ABC, góc giữa AA’ với (ABC) là 600. Tính khoảng cách giữa B’C’ và A’C. A' Giải C' Ta có: d(B 'C ', A 'C)  d(B 'C ',( A ' BC))  d(B ',( A ' BC)) B' Vì AB’ cắt (A’BC) tại trung điểm O của A’B và O AB’ nên d(B ',( A ' BC))  d( A,( A ' BC)) . * Xác định bài toán khoảng cách cơ bản H A C G d (G,( A ' BC)) Kẻ GN vuông góc với BC, GH vuông góc với A’N B Suy ra GH vuông góc với (A’BC) nên d (G,( A ' BC ))  GH    300 nên sin A  Vì tam giác ABC có AB = a, BC = 2a, ACB K NM GA '.GN GA '2  GN 2 BC.sin C  1 , hay tam AB giác ABC vuông tại A. 2 1 3 2 Mặt khác A ' G  AG.t an600  . BC.t an600  2a 3 (1) 3 Gọi AK là đường cao của tam giác ABC suy ra AK  1 3 Suy ra GN  AK  AB. AC AB 2  AC 2  a 3 2 a 3 (2) 6 ----------------------------------------------------------------------------------------------------------------16 ----------------------------------------------------------------------------------------------------------------- Từ (1) và (2) ta được d (G,( A ' BC ))  GA '.GN GA '  GN 2 2  2a 51 . 51 Mà AG cắt (A’BC) tại M nên d ( A,( A ' BC )) MA 2a 51   3  d ( A,( A ' BC ))  3.d (G,( A ' BC ))  d (G,( A ' BC )) MG 17 Vậy d (B 'C ', A 'C )  2a 51 17 IV. CÁC BÀI TẬP TỰ LUYỆN 1) Cho hình chóp S.ABC có tam giác ABC vuông tại A, AC = a, BC = 2a, (SAC) tạo với (ABC) một góc 600. Hình chiếu vuông góc của S lên (ABC) trùng với trung điểm H của BC. Tính khoảng cách giữa AH và SB.   600 , AB = a, 2) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành, BAC AC = 4a, hai mặt phẳng (SAB), (SAC) cùng vuông góc với mặt đáy. Cạnh SD tạo với mặt đáy một góc 450 . Gọi E, F là trung điểm của BC, SD. Tính khoảng cách giữa DE và CF. 3) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, AB = a, AD = 2a 2 , hình chiếu vuông góc của S lên (ABCD) trùng với trọng tâm của tam giác BCD, góc giữa (SBC) và (ABCD) là 450. Tính khoảng cách giữa AC và SD. 4) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và B, có AB = BC = a, AD = 2a. SA vuông góc với mặt đáy, góc giữa (SAB) và (ABCD) là 600. Tính khoảng cách giữa CD và SB. 5) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh bằng a 3 , SC vuông 0 góc với mặt đáy,  ABC  1200 , góc giữa (SAB) và (ABCD) là 45 . Tính khoảng cách từ A đến (SBD) và khoảng cách giữa SA và BD. 6) Cho lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có tam giác ABC vuông AC = BC = a, A’B tạo với (ACC’A’) một góc 300. Gọi M là trung điểm A’B’. Tính khoảng cách từ M đến (A’BC). ----------------------------------------------------------------------------------------------------------------17 ----------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 7) Cho khối lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’ có tất cả các cạnh đều bằng a. Góc tạo bởi cạnh bên và mặt đáy bằng 300. Hình chiếu H của A lên mp (A’B’C’) thuộc đường thẳng B’C’. Tính khoảng cách từ AA’ tới B’C’. 8) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a, góc ABC = 600. Hai mặt phẳng (SAC) và (SBD) cùng vuông góc với đáy. Góc giữa (SAB) và (ABCD) bằng 300. Tính khoảng cách giữa SA và CD. 9) Cho hình hộp ABCD.A’B’C’D’ có đáy ABCD là hình thoi cạnh a, BAD = 600, 1 4 BB’= a 2 . Hình chiếu vuông góc của D lên BB’ là K sao cho BK  BB ' . Hình chiếu của B’ lên (ABCD) là H thuộc đoạn BD. Tính khoảng cách giữa B’C và DC’. 10) Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ có đoạn thẳng nối hai tâm của hai mặt bên kề nhau bằng a. Tính khoảng cách giữa AC’ và B’D’ Phần 4: HIỆU QUẢ Phương pháp này mang lại hiệu quả rất lớn về mặt điểm số cũng như sự hứng thú đối với môn học của tập thể học sinh lớp 12B1 và lớp 12A. Thứ nhất, hiện tại lớp 12A và 12B1 không lo ngại như trước khi các em giải một bài toán HHKG nữa. Thay vào đó là thái độ tích cực, tìm hiểu, phân tích, xem xét kỹ vấn đề để chuyển sang bài toán khoảng cách cơ bản. Phần lớn học sinh tiếp cận với phương pháp này thì các em tìm tòi những tài liệu, đề thi có câu hình học tính khoảng cách trong không gian để giải và chia sẻ với bạn bè, với giáo viên bộ môn. Thứ hai, từ kết quả thực nghiệm cho thấy, hiệu quả sau khi có tác động của phương pháp này là rất cao, kết quả học tập của đa số học sinh tăng lên rõ rệt; điểm trung bình của cả lớp tăng lên đáng kể. Đặc biệt qua hai lần kiểm tra trên cùng một đối tượng thì tôi thấy phương pháp này có tác động rất lớn đối với kết quả học tập của học sinh (xem phụ lục 2). ----------------------------------------------------------------------------------------------------------------18 ----------------------------------------------------------------------------------------------------------------- KẾT LUẬN Chuyên đề này giúp học sinh có một cái nhìn khác hơn hơn về hình học không gian, các em có thể lựa chọn cho mình một phương pháp giải phù hợp với từng bài tập cụ thể. Đây là một phương pháp cực mạnh và rất hiệu quả trong việc tính khoảng cách. Bài toán sẽ trở nên rất dễ dàng nếu các em phát hiện ra bài toán cơ bản và giải quyết được nó. Đây là vấn đề không khó. Tuy nhiên việc tìm ra mối liên hệ giữa bài toán yêu cầu và bài toán cơ bản còn chút ít khó khăn. Việc các em tính toán để tìm đủ các dữ liệu cần thiết là một vấn đề khá phức tạp. Nó đòi hỏi học sinh phải có kiến thức vững chắc về quan hệ vuông góc, các tính chất quan trọng của hình học phẳng, hệ thức lượng trong tam giác vuông,... Một ưu điểm nổi bật của phương pháp này là khi chúng ta xác định được bài toán cơ bản và liên kết được nó với bài toán yêu cầu thì bài toán chắc chắn sẽ được giải quyết và đi đến kết quả một cách dễ dàng. Tùy vào khả năng của mỗi học sinh, các em có thể chọn cho mình một sự liên kết phù hợp, hiệu quả để giải quyết được bài toán. Với những ưu khuyết điểm như vậy, tùy từng bài toán cụ thể mà học sinh có thể lựa chọn một cách giải phù hợp. Phương pháp nay đòi hỏi học sinh phải có kiến thức rộng về hình học, các em phải nắm thật vững hình học phẳng và có kỹ năng vẽ hình nên không áp dụng rộng rãi đươc cho mọi đối tượng học sinh. Nó chỉ sử dụng cho học sinh khá giỏi nhất là lớp A và các lớp chọn....Song đây cũng là một tài liệu khá tốt để giáo viên có thể giảng dạy và nâng cao chuyên môn. Một lần nữa tôi khẳng định rằng, đây là một phương pháp rất hay, rất lý thú và rất bổ ích đối với giáo viên và cả học sinh. Với tư tưởng là “Giải được mọi bài toán thông qua một bài toán cơ bản” trong tương lai tôi sẽ tiếp tục nghiên cứu và xây dựng cách giải tương tự cho bài toán tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm nhiều biến. Qua chuyên đề này cũng mong được sự đóng góp, chia sẻ kinh nghiệm của quí đồng nghiệp để bản thân bổ sung những hạn chế đồng thời được học hỏi thêm những vấn đề toán học mà bản thân tôi chưa có điều kiện tiếp cận. ----------------------------------------------------------------------------------------------------------------19 ----------------------------------------------------------------------------------------------------------------- Tài liệu tham khảo 1. Sách giáo khoa Hình học 12 – Nâng cao. 2 Sách bài tập hình học 12 – Nâng cao . 3. Lê Hoành Phò - Bồi dưỡng học sinh giỏi toán hình học 12, NXB ĐHQG Hà Nội. 4. Trần Thành Minh - Bồi dưỡng học sinh giỏi toán hình học 11, NXB ĐHQG TP Hồ Chí Minh. 5. Phan Huy Khải - Phương pháp giải toán trọng tâm, NXB ĐHSP. 6. Các đề tuyển sinh đại học môn Toán khối A, B, D qua các năm từ năm 2002 đến năm 2013. 7. Tuyển chọn các bài toán THPT thi thử đại học các năm 2011 – 2012 – 2013, Nhiều tác giả. ----------------------------------------------------------------------------------------------------------------20
- Xem thêm -