CÁC DẠNG TOÁN HÌNH HỌC KHÔNG GIAN ÔN THI THPT QG (THỂ TÍCH - KHOẢNG CÁCH - GÓC TRONG KHÔNG GIAN)

ÔN THI THPT QUỐC GIA MÔN TOÁN

vectorstock.com/28062405

Ths Nguyễn Thanh Tú eBook Collection DẠY KÈM QUY NHƠN EBOOK PHÁT TRIỂN NỘI DUNG

CÁC DẠNG TOÁN HÌNH HỌC KHÔNG GIAN ÔN THI THPT QG (THỂ TÍCH - KHOẢNG CÁCH GÓC TRONG KHÔNG GIAN) WORD VERSION | 2021 EDITION ORDER NOW / CHUYỂN GIAO QUA EMAIL TAILIEUCHUANTHAMKHAO@GMAIL.COM

Tài liệu chuẩn tham khảo Phát triển kênh bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đơn vị tài trợ / phát hành / chia sẻ học thuật : Nguyen Thanh Tu Group Hỗ trợ trực tuyến Fb www.facebook.com/DayKemQuyNhon Mobi/Zalo 0905779594

THỂ TÍCH - KHOẢNG CÁCH - GÓC TRONG KHÔNG GIAN A. Một số định nghĩa và định lý cơ bản I. Các định nghĩa +) Định nghĩa 1: Hai đường thẳng được gọi là vuông góc với nhau nếu góc giữa chúng bằng 900.

a ⊥ b ⇔ (a, b) = 900 +) Định nghĩa 2: Một đường thẳng được gọi là vuông góc với mặt phẳng nếu nó vuông góc với mọi đường thẳng nằm trong mặt phẳng đó. a ⊥ (α ) ⇔ ∀b ⊂ (α ) : a ⊥ b +) Định nghĩa 3: Hai mặt phẳng được gọi là vuông góc với nhau nếu góc giữa chúng bằng 900.

(α ) ⊥ ( β ) ⇔ ((α ),( β )) = 900 . +) Định nghĩa 4: Góc giữa hai đường thẳng a và b là góc giữa hai đường thẳng a’ và b’ cùng đi qua một điểm và lần lượt song song (hoặc trùng) với a và b. +) Định nghĩa 5: . Nếu đường thẳng a vuông góc với mặt phẳng (α) thì ta nói rằng góc giữa đường thẳng a và mặt phẳng (α) bằng 900. . Nếu đường thẳng a không vuông góc với mặt phẳng (α) thì góc giữa a và hình chiếu a’ của nó trên mặt phẳng (α) gọi là góc giữa đường thẳng a và mặt phẳng (α). +) Định nghĩa 6: Góc giữa hai mặt phẳng là góc giữa hai đường thẳng lần lượt vuông góc với hai mặt phẳng đó. +) Định nghĩa 7: Khoảng cách từ điểm M đến mặt phẳng (α) (hoặc đến đường thẳng ∆) là khoảng cách giữa hai điểm M và H, trong đó H là hình chiếu vuông góc của M trên mặt phẳng (α) (trên đường thẳng ∆). +) Định nghĩa 8: Khoảng cách giữa đường thẳng a đến mặt phẳng (α) song song với a là khoảng cách từ một điểm nào đó của a đến mặt phẳng (α). +) Định nghĩa 9: Khoảng cách giữa hai mặt phẳng song song là khoảng cách từ một điểm bất kỳ của mặt phẳng này đến mặt phẳng kia. +) Định nghĩa 10: Khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau là độ dài đoạn vuông góc chung của hai đường thẳng đó.

II. Các định lý thường được sử dụng

a ∩b   Định lý 1: a, b ⊂ ( P )  ⇒ d ⊥ ( P) d ⊥ a, d ⊥ b  a ⊂ ( P)   Định lý 2: d ⊥ ( P )  ⇒ d ⊥ a ∀a ⊂ ( P )  d ⊥ ( P)  ⇒ d ' ⊥ ( P) d '/ / d  ( P) / /(Q )  +/  ⇒ d ⊥ (Q ) d ⊥ ( P) 

Định lý 3: +/

1

Ngô Quang Vân

Sưu tầm và biên soạn

THỂ TÍCH - KHOẢNG CÁCH - GÓC TRONG KHÔNG GIAN +/

d / /( P )  ⇒d'⊥d d ' ⊥ ( P)

d ⊥ ( P)   ⇒ ( P ) ⊥ (Q ) d ⊂ (Q )  ( P) ⊥ (Q )  ( P) ∩ (Q ) = ∆  Định lý 5:  ⇒ d ⊥ (Q ) d ⊂ ( P)   d ⊥∆ ( P) ∩ (Q ) = ∆   Định lý 6: ( P ) ⊥ ( R )  ⇒ ∆ ⊥ ( R)  (Q ) ⊥ ( R )  Định lý 4:

III. Các công thức tính thể tích 1. Thể tích khối lăng trụ

V = Βh B: Là diện tích đáy của lăng trụ h: Là độ dài đường cao của lăng trụ 2. Thể tích khối chop

1 V = Βh 3 B: Là diện tích đáy của khối chóp h: Là độ dài đường cao của hình chóp

1

Ngô Quang Vân

Sưu tầm và biên soạn

THỂ TÍCH - KHOẢNG CÁCH - GÓC TRONG KHÔNG GIAN B. Các dạng toán thể tích, khoảng cách và góc I. Các dạng toán về khoảng cách - thể tích 1. Cách xác định a/ Cách xác định khoảng cách từ điểm M đến mp(P) Cách 1: + Tìm mp(Q) chứa M và vuông góc với mp(P) theo giao tuyến ∆ + Từ M hạ MH vuông góc với ∆ ( H ∈ ∆ ) + MH = d(M,(P)) Cách 2: + Kẻ ∆//(P). Ta có: d(M,(P))= d(∆,(P))

(

)

(

+ Chọn N ∈ ∆ . Lúc đó, d M, ( P ) = d(∆,(P))=d N , ( P )

)

Cách 3: + Nếu MN ∩ ( P ) = I . Ta có:

(

)

+ Tính d N , ( P ) và

(

)

+ d M, ( P ) =

d ( M, ( P ) ) d ( N ,( P ))

=

MI NI

MI NI

MI .d ( N , ( P ) ) NI

Chú ý: Điểm N ở đây ta phải chọn sao cho tìm khoảng cách từ N đến mặt phẳng (P) dễ hơn tìm khoảng cách từ M đến mp(P). b/ Cách tính khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau d và d’ Cách 1: + Xác định đường thẳng vuông góc chung của d và d’ + Tính độ dài đoạn vuông góc chung.

Cách 2: +Tìm mp(P) chứa d’ và song song với d + Khi đó d ( d , d ') = d ( d ,( P )) = d ( A,( P )) với A là một điểm bất kỳ thuộc d Chú ý: mp(P) có thể có sẵn hoặc chúng ta phải dựng (Cách dựng: qua một điểm B ∈ d ' dựng đường thẳng ∆ song song với d, lúc đó mp(P)≡(d’,∆)).

1

Ngô Quang Vân

Sưu tầm và biên soạn

THỂ TÍCH - KHOẢNG CÁCH - GÓC TRONG KHÔNG GIAN II. Các kỹ thuật tính khoảng cách và thể tích 1. Kỹ thuật chọn điểm rơi trong bài toán khoảng cách Một kỹ thuật mà ta thường làm khi gặp bài toán khoảng cách, đó là việc chuyển khoảng cách cần tính về khoảng cách từ điểm đặc biệt nhất trong bài toán đến một mặt phẳng xác định. Tôi xin được gọi nó là kỹ thuật chọn điểm rơi trong bài toán khoảng cách. a/ Một số kỹ thuật dời về điểm rơi ♥/ + Kẻ ∆ // (P). Ta có: d(M,(P))= d(∆,(P))

(

)

(

+ Chọn N ∈ ∆ . Lúc đó, d M, ( P ) = d(∆,(P))=d N , ( P ) ♥/ + Nếu MN ∩ ( P ) = I . Ta có:

(

)

+ Tính d N , ( P ) và

(

)

+ d M, ( P ) =

d ( M, ( P ) ) d ( N ,( P ))

=

)

MI NI

MI NI

MI .d ( N , ( P ) ) NI

♥/ d ( d , d ') = d ( d ,( P )) = d ( A,( P )) với A là một điểm bất kỳ thuộc d. b/ Ví dụ minh họa Ví dụ 1.(Đề thi thử Violet) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với AB=a, AC= a 5 , SA ⊥ ( ABCD) , góc giữa SB và đáy bằng 450 . Tính theo a thể tích của khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ C đến mặt phẳng (SBM), với M là trung điểm của CD. Giải Ta có AD = 2a, SA = a

S ABCD = AB.AD = 2a 2 1 2a 3 (dvtt) Do đó: VS . ABCD = .SA.S ABCD = 3 3 Nhận xét: Điểm đặc biệt (điểm rơi) ở bài toán này là điểm A (SA ⊥ (ABCD)) Dựng AN ⊥ BM ( N thuộc BM) và AH ⊥ SN (H thuộc SN) Ta có: BM ⊥ AN, BM ⊥ SA suy ra: BM ⊥ AH. Và AH ⊥ BM, AH ⊥ SN suy ra: AH ⊥ (SBM). Do đó d(A,(SBM)) = AH, d(C,(SBM)) =

1 d(A,(SBM)) 2

Ta có:

1

Ngô Quang Vân

Sưu tầm và biên soạn

THỂ TÍCH - KHOẢNG CÁCH - GÓC TRONG KHÔNG GIAN

S ABM = S ABCD − 2S ADM = a 2 S ABM =

1 2a 2 4a AN.BM = a 2 ⇒ AN = = 2 BM 17

Trong tam giác vuông SAN có:

1 1 1 4a 2a = + 2 ⇒ AH = ⇒ d (C, ( SBM )) = 2 2 AH AN SA 33 33

Ví dụ 2.(Đề thi thử Violet) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với cạnh AB = 2a, AD = a .Hình chiếu của S lên mặt phẳng (ABCD) là trung điểm H của AB, SC tạo với đáy một góc bằng 45 0 . Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ điểm A tới mặt phẳng (SCD)

Giải S

P A

D

H

B

M

C

Ta có HC là hình chiếu vuông góc của SC lên mặt phẳng (ABCD) suy ra

SCH =45 0 (SC;(ABCD))=(SC;AC)= HC=a 2 suy ra SH=a 2 1

Ngô Quang Vân

Sưu tầm và biên soạn

THỂ TÍCH - KHOẢNG CÁCH - GÓC TRONG KHÔNG GIAN 1 1 2 2a3 VSABCD = SH .S ABCD = SH . AB. AD = 3 3 3 Gọi M là trung điểm CD, P là hình chiếu của H lên SM khi đó HM ⊥ CD; CD ⊥ SH suy ra CD ⊥ HP mà HP ⊥ SM suy ra HP ⊥ (SCD) Lại có AB//CD suy ra AB// (SCD) suy ra d(A;(SCD)) = d(H;(SCD)) = HP. Ta có

1 HP 2

=

1 HM 2

+

1 HS 2

suy ra HP=

a 6 a 6 . Vậy d(A;(SCD))= 3 3

Nhận xét: Điểm đặc biệt (điểm rơi) ở bài toán này là điểm H (SH ⊥ (ABCD)) Ví dụ 3. Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại C và D, BC = 2a, AD = a ,

CD = a 3 , SA vuông góc với mặt phẳng ( ABCD ) , góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng ( ABCD ) bằng 600 . Gọi H là chân đường vuông góc hạ từ C xuống BD, M là trung điểm BH. Tính

theo a thể tích khối chóp S. ABCD và khoảng cách từ D đến mp(SAM ) .

Giải S A

D H E I

D

A

M B

C

H M C

B

= 60 0 , AC = AD 2 + CD 2 = 2a Ta có AC là hình chiếu vuông góc của SC trên mp(ABCD) ⇒ SCA

⇒ SA = AC.tan 600 = 2a 3 , SABCD =

1 3a2 3 AD + BC .

CD = ( ) 2 2

1 1 3a2 3 Vậy V = SA.SABCD = 2a 3. = 3a3 3 3 2 Gọi E là trung điểm CH ⇒ ME / / AD, ME = AD nên tứ giác ABEM là hình bình hành. ME ⊥ BC ⇒ E là trực tâm tam giác DCM ⇒ DE ⊥ CM tại I, DI // AM ⇒ CM ⊥ AM ⇒ CM ⊥ (SAM) ⇒

d(D,(SAM)) = d(I,(SAM)) = IM. CH là đường cao của tam giác vuông BCD ⇒ CH =

2a 3 7

, ∆CHB vuông tại H 1

Ngô Quang Vân

Sưu tầm và biên soạn

THỂ TÍCH - KHOẢNG CÁCH - GÓC TRONG KHÔNG GIAN 4a

⇒ HB =

7

⇒ HM =

2a 7

∆CHM vuông tại H ⇒ CM =

4a 7

, BD = a 7 ⇒ DM = a 7 −

2a 7

=

5a 7

1 1 CH .DM 5a 3 S∆DCM = CH .DM = DI .CM ⇒ DI = = 2 2 CM 2 7 ∆DIM vuông tại I ⇒ IM = DM 2 − DI 2 =

Vậy d(D,(SAM)) = IM =

5a 7 14

5a 7 .

14

Nhận xét: Điểm đặc biệt (điểm rơi) ở bài toán này là điểm I (IM ⊥ (SAM)) Ví dụ 4. (Đề thi thử Violet) Cho lăng trụ ABC. A ' B ' C ' có đáy là tam giác đều cạnh a . Hình chiếu vuông góc của A ' trên ( ABC ) là trung điểm của cạnh AB , góc giữa A ' C và mặt đáy bằng 600 .

Tính thể tích khối lăng trụ và khoảng cách từ B đến mặt phẳng ( ACC ' A ' ) .

Giải A'

C'

B'

K

N

A

M

C

H B

S day =

a2 3 . Gọi H là trung điểm AB . Góc giữa A ' C và mặt ( ABC ) là A ' CH = 600 4

Có CH =

a 3 3a 3a a 2 3 3a 3 3 , A ' H = CH .tan 600 = . VABC . A ' B 'C ' = A ' H .S day = = 2 2 2 4 8

Gọi M là trung điểm AC , HN ⊥ AC thì HN =

1 a 3 BM = 2 4 1

Ngô Quang Vân

Sưu tầm và biên soạn

THỂ TÍCH - KHOẢNG CÁCH - GÓC TRONG KHÔNG GIAN ( A ' HN ) ⊥ ( ACC ' A ' )  Ta có ( A ' HN ) ∩ ( ACC ' A ' ) = A ' N ⇒ HK ⊥ ( ACC ' A ' ) ⇒ d ( H , ( ACC ' A ' ) ) = HK  HK ⊥ A ' N  HK 2 =

3a 13 3a 13 HN 2 .HA '2 ⇒ d ( B, ( ACC ' A ' ) ) = 2d ( H , ( ACC ' A ' ) ) = 2 HK = = 2 2 HN + HA ' 26 13

Nhận xét: Điểm đặc biệt (điểm rơi) ở bài toán này là điểm H (A’H ⊥ (ABC)) Ví dụ 5. (Đề thi thử Violet) Cho hình chóp S .ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a,

= 60°, cạnh SA vuông góc với đáy và ABC SC tạo với đáy một góc 60°. Tính theo a thể tích khối chóp S .ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và SD .

Giải S

Ta có ∆ABC đều nên AC = a. Có

BD = AB 2 + AD 2 − 2AB.AD . cos 120° = a 3

1 a2 3 = AC .BD = 2 2

Suy ra SABCD

K A

Mặt khác SA = AC . tan 60° = a 3.

Vậy VS .ABCD

H

a3 1 = SAS . ABCD = 3 2

(

B

(

)

D

(

Do AB / /CD nên d AB, SD = d AB, SCD

C

)) = d (A, (SCD ))

Gọi H là trung điểm của CD . Do ∆ACD đều nên AH ⊥ CD. Trong tam giác SAH kẻ AK ⊥ SH

( (

)) = AK

AH =

a 3 , AK = 2

Khi đó d A, SCD Ta có

(

)

Vậy d AB, SD =

AH .SA

AH 2 + SA2

=

15 a 5

a 15 5

Ví dụ 6. (Đề thi thử Violet) Cho hình chóp S.ABCD có ABCD là hình vuông cạnh a, SA vuông góc với mặt phẳng (ABCD) . SC tạo với mặt phẳng (ABCD) một góc 450 .Gọi E là trung điểm của BC .Tính Thể tích khối chóp SABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng DE và SC .

Giải 1

Ngô Quang Vân

Sưu tầm và biên soạn

THỂ TÍCH - KHOẢNG CÁCH - GÓC TRONG KHÔNG GIAN Có SA ⊥ ( ABCD ) → SA là đường cao của chóp .AC là hình chiếu vuông góc của SC trên (ABCD)

= 450 . ABCD là hình vuông cạnh a → SCA

S

Nên AB = BC = CD = AD = a, AC = a 2

S ABCD = AB 2 = a 2 Tam giác ∆SAC vuông cân tại A

I

→ SA = AC = a 2

A

D

+Thể tích khối chóp S.ABCD

1 1 a3 2 V = SA.S ABCD = a 2.a 2 = 3 3 3

F

H B

K E

C

+ Có DE và SC là hai đường thẳng chéo nhau + Trong (ABCD) kẻ CF // DE cắt AD kéo dài tại F AK vuông góc với CF cắt ED tại H và CF tại K

 DE / / CF ⊂ (SCF)  DE / /( SCF )  Ta có  DE ⊄ ( SCF ) → d ( SC , DE ) = d ( DE , ( SCF )) = d(H, (SCF))  SC ⊂ ( SCF )  tứ giác CEDF là hình bình hành từ giả thiết

CE = DF =

S ∆ACF

a a 3a a2 a 5 , AF = AD + DF = a + = DE = CF = CD 2 + CE 2 = a 2 + = 2 2 2 4 2

3 a.a 1 1 AF .CD 2 3 5a = AF.CD= AK .CF → AK = = = CF 2 2 5 a 5 2

Trong tam giác AFK ta có

AH AD a 2 HK 1 1 = = = → = → d ( H , ( SCF )) = d ( A, ( SCF )) AK AF 3a 3 AK 3 3 2

CF ⊥ AK Có  → CF ⊥ ( SAK ) CF ⊥ SA

Trong tam giác vuông ∆SAK kẻ đường cao AI ta có  AI ⊥ SK → AI ⊥ ( SCF ) → AI = d ( A, ( SCF ))   AI ⊥ CF

1 1 1 1 5 19 3 38a 38a = 2+ = 2+ 2 = → AI = → d (SC; DE) = 2 2 2 AI SA AK 2 a 9a 18a 19 19

Nhận xét: Điểm đặc biệt (điểm rơi) ở bài toán này là điểm A (SA ⊥ (ABCD)) 1

Ngô Quang Vân

Sưu tầm và biên soạn

THỂ TÍCH - KHOẢNG CÁCH - GÓC TRONG KHÔNG GIAN Ví dụ 7. (Đề thi thử Violet) Cho hình lăng trụ đứng ABCD.A ' B'C' D ' có đáy là hình thoi cạnh a, = 120o và AC' = a 5 . Tính thể tích khối lăng trụ ABCD.A ' B'C' D ' và khoảng cách giữa hai BAD

đường thẳng AB' và BD theo a.

A'

D'

Giải Gọi O là tâm hình thoi ABCD. = 120o Do hình thoi ABCD có BAD

C'

B'

⇒ ∆ABC, ∆ACD đều. ⇒ AC = a.

A

Ta có: SABCD = 2S∆ABC =

a2 3 2

D

H

120o O

Mà ABCD.A ' B'C' D ' là lăng trụ đứng.

B

C

⇒ ∆ACC' vuông tại C ⇒ CC' = AC'2 − AC2 = 5a2 − a2 = 2a.

Vậy VABCD.A'B'C'D' = CC'.SABCD = 2a ⋅

a2 3 = a3 3 .

2

Tứ giác AB'C' D là hình bình hành ⇒ AB' // C' D ⇒ AB' // (BC' D). ⇒ d(AB', BD) = d(AB',(BC' D)) = d(A,(BC' D)) = d(C,(BC ' D)).

Vì BD ⊥ AC, BD ⊥ CC' ⇒ BD ⊥ (OCC') ⇒ (BC' D) ⊥ (OCC').

Trong (OCC'), kẻ CH ⊥ OC' (H ∈ OC'). ⇒ CH ⊥ (BC' D) ⇒ d(C,(BC' D)) = CH

∆OCC' vuông tại C ⇒ Vậy d(AB', BD) =

2a 17

1 1 1 4 1 2a = + = 2 + 2 ⇒ CH = 2 2 2 CH CO CC' a 4a 17 ⋅

Ví dụ 8. (Đề thi thử Violet) Cho hình lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có AC = a, BC = 2a, góc ACB bằng 1200, đường thẳng A ' C tạo với mặt phẳng ( ABB ' A ') góc 300 . Gọi M là trung điểm của BB’.

Tính thể tích khối lăng trụ đã cho và khoảng cách giữa hai đường thẳng AM, CC’ theo a.

Giải Kẻ CH ⊥ AB, vì AA’ ⊥ (ABC) nên AA' ⊥ CH ⇒ CH ⊥ ( ABB ' A' ) ⇒ ∠CA' H = 30 .

0

S ∆ABC =

2 S ABC 3 a 21 1 a2 3 AC.BC.s in1200 = . Tính được AB = a 7 , CH= =a = 2 2 AB 7 7 1

Ngô Quang Vân

Sưu tầm và biên soạn

THỂ TÍCH - KHOẢNG CÁCH - GÓC TRONG KHÔNG GIAN A'

C' B'

M C

A

B

Do đó ta có: CA’ = 2CH =

2 21 5 .a ⇒ AA' = A' C 2 − AC 2 = a .

7 7

Thể tích khối lăng trụ là: V = AA'.S ABC =

105 3 a 14

Ta có: AM nằm trong mặt phẳng (ABB’A’) và CC’ // (ABB’A’) nên d(AM, CC’) = d(CC’, (ABB’A’))= d(C, (ABB’A’)) = CH =

a 21 .

7

Ví dụ 9. (Đề thi thử Violet) Cho hình lăng trụ đứng ABC. A ' B ' C ' có đáy ABC là tam giác đều cạnh a. Góc giữa CA ' và mặt ( AA ' B ' B ) bằng 30° . Tính theo a thể tích khối lăng trụ ABC. A ' B ' C ' và khoảng cách giữa A ' I và AC với I là trung điểm AB

Giải

CI ⊥ AB  ⇒ CI ⊥ ( AA ' B ' B) Ta có : CI ⊥ AA ' ( AA ' ⊥ ( ABC )) Trong ( AA ' B ' B) : AB ∩ AA ' = A {} 

Suy ra góc giữa CA’ và ( AA ' B ' B ) chính là góc giữa CA’ và IA’ và bằng góc CA ' I = 30°

Do đó A ' I =

IC 3a AB 3 a 3 = ; với IC = =

2 2 2 tan CA ' I

Suy ra: AA ' = A ' I 2 − AI 2 =

9a 2 a 2 − =a 2 4 4

1

Ngô Quang Vân

Sưu tầm và biên soạn

THỂ TÍCH - KHOẢNG CÁCH - GÓC TRONG KHÔNG GIAN A'

C' 30°

B' F

A

C

x E

I B

Vậy VABC . A ' B 'C ' = AA '.S∆ABC = a 2 .

a 2 3 a3 6 = (đvtt) 4 4

Kẻ Ix AC . Khi đó d ( AC , A ' I ) = d ( AC ,( A ' I , Ix )) = d ( A,( A ' I , Ix )) Kẻ AE ⊥ Ix tại E và AF ⊥ A ' E tại F. Ta chứng minh được: d ( A,( A ' I , Ix ) ) = AF

a a 3 Ta có: AE = AI .sin AIE = .sin 60° = 2 4 Và:

1 1 1 1 16 35 a 210 = + = 2 + 2 = 2 ⇒ AF = 2 2 2 35 AF A' A AE 2a 3a 6a

Vậy: d ( AC , A ' I ) = AF =

a 210 35

Ví dụ 10. (Đề thi thử Violet) Cho lăng trụ tam giác ABC. A ' B ' C ' có đáy là tam giác vuông tại A ,

AB = a, AC = a 3 . Hình chiếu vuông góc của A ' trên mặt phẳng ( ABC ) trùng với trung điểm H của cạnh BC ; Góc giữa cạnh bên và mặt đáy bằng 450 . Tính theo a thể tích khối lăng trụ

ABC. A ' B ' C ' và khoảng cách giữa hai đường thẳng AA ' , CB ' .

Giải

Trong tam giác vuông ABC có BC 2 = AB 2 + AC 2 = a 2 + 3a 2 = 4a 2 ⇒ BC = 2a ;

AH =

1 BC = a .

2

AH là hình chiếu vuông góc của AA ' trên mặt phẳng ( ABC ) nên góc giữa AA ' và mặt phẳng ( ABC ) là góc A ' AH . Theo giả thiết có A ' AH = 450 .

1

Ngô Quang Vân

Sưu tầm và biên soạn

THỂ TÍCH - KHOẢNG CÁCH - GÓC TRONG KHÔNG GIAN Trong tam giác A ' AH có A ' H = AH = a .

A'

C'

B'

E

K

A

C

H B

Diện tích tam giác ABC là S∆ABC =

1 a2 3 AB. AC = .

2 2

Thể tích khối lăng ABC. A1B1C1 trụ là V = A ' H .S ∆ABC = a.

a2 3 a3 3 = .

2 2

Khoảng cách giữa hai đường A ' A và CB ' bằng khoảng cách từ A ' A đến mặt phẳng ( B ' BCC ') và bằng khoảng cách từ điểm A ' đến ( B ' BCC ') .

Gọi E là hình chiếu vuông góc của A ' cạnh B ' C ' .

Gọi K là hình chiếu vuông góc của A ' trên HE ⇒ A ' K ⊥ HE



Mặt khác 

B 'C ' ⊥ A ' E

 B ' C ' ⊥ A ' H ( A ' H ⊥ ( A ' B ' C '))

(1) .

⇒ B ' C ' ⊥ ( A ' HE ) ⇒ B ' C ' ⊥ A ' K

(2)

Từ (1) và (2) ⇒ A ' K ⊥ ( BCB ' C ') ⇒ d ( A ',( BCB ' C ') ) = A ' K .

Trong tam giác vuông A ' HE có

1 1 1 1 1 1 1 1 1 7 = + = + + = 2+ 2+ 2 = 2 2 2 2 2 2 2 A' K A' H A' E A' H A' B ' A'C ' a a 3a 3a a 21 ⇒ A' K = 7 Vậy khoảng cách giữa hai đường AA ' và CB ' bằng

a 21 .

7

c/ Bài tập vận dụng Bài 1. (Đề thi thử Violet) Cho tứ diện OABC có đáy OBC là tam giác vuông tại O, OB=a,

OC= a 3 , (a>0) và đường cao OA= a 3 . Gọi M là trung điểm của cạnh BC. Tính thể tích khối tứ diện và khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và OM theo a.

1

Ngô Quang Vân

Sưu tầm và biên soạn

THỂ TÍCH - KHOẢNG CÁCH - GÓC TRONG KHÔNG GIAN Giải

1 1 a2 3 Diện tích tam giác OBC : SOBC = OB.OC = a (a 3) = 2 2 2

A

Thế tích khối tứ diện

a3 1 1 a2 3 V = SOBC .OA = ( )(a 3) = (đvtt) 3 3 2 2

a 3

H

Gọi N là điểm đối xứng của C qua O. Ta có: OM // BN (tính chất đường trung bình).

O

a 3

N

⇒ OM // (ABN)

K

M

⇒ d(OM;AB) = d(OM;(ABN)) = d(O;(ABN)).

a

B

Dựng OK ⊥ BN , OH ⊥ AK ( K ∈ BN ; H ∈ AK )

C

Ta có: AO ⊥ (OBC ); OK ⊥ BN ⇒ AK ⊥ BN BN ⊥ OK ; BN ⊥ AK ⇒ BN ⊥ ( AOK ) ⇒ BN ⊥ OH OH ⊥ AK ; OH ⊥ BN ⇒ OH ⊥ ( ABN ) ⇒ d (O; ( ABN ) = OH

Từ các tam giác vuông OAK; ONB có: 1 OH

2

=

1 2

OA

+

1 OK

2

=

1 2

OA

Vậy, d (OM ; AB ) = OH =

+

1 OB

2

+

1 ON

2

=

1 3a

2

+

1 a

2

+

1 3a

2

=

5 3a

2

⇒ OH =

a 15 .

5

a 15 .

5

Bài 2. (Đề thi thử Violet) Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B ,

= 600 . Cạnh bên SA vuông góc với mặt phẳng ( ABC ) và SA = a 3 . Gọi M , N AB = 2a, BAC lần lượt là trung điểm của cạnh AB, SA . Tính theo a thể tích khối chóp S . ABC và khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng (CMN ) .

Giải

Xét tam giác ABC có: BC = AB.tan 600 = 2a 3 ⇒ S ABC = 2a 2 3 S

N

H A

C

M E B

1

Ngô Quang Vân

Sưu tầm và biên soạn

THỂ TÍCH - KHOẢNG CÁCH - GÓC TRONG KHÔNG GIAN 1 ⇒ VSABC = S ∆ABC .SA = 2a 3 3 Do M là trung điểm AB nên d ( B, (CMN ) ) = d ( A, (CMN ) ) Kẻ AE ⊥ CM , AH ⊥ NE .

Chứng minh được: AH ⊥ (CMN ) ⇒ d ( A, (CMN ) ) = AH ∆AEM , ∆MBC đồng dạng nên AE =

2a 3 13

1 1 1 2a 3 2a 87 = + ⇒ d ( B, (CMN ) ) = AH = = 2 2 2 AH AE AN 29 29 Bài 3. (Đề thi thử Violet) Cho lăng trụ đứng ABC . A' B ' C ' , có đáy ABC là tam giác vuông tại

A, AB = a, AC = a 3 , mặt bên BCC ' B ' là hình vuông, M , N lần lượt là trung điểm của CC ' và B' C ' . Tính thể tích khối lăng trụ ABC . A' B ' C ' và tính khoảng cách giữa hai đường thẳng A' B ' và MN .

Giải

Ta có BC= BB’=2a 1 . V ABC . A' B 'C ' = BB '.S ∆ABC = 2a. a.a 3 = a 3 3 2 gọi P là trung điểm của A’C’ mp(CA’B’) //mp(PMN) nên suy ra khoảng cách d(A’B’;MN)= d(A’B’;(MNP))= d(A’;(MNP))= d(C’;(MNP))= C’H (H là hình

C

B A

M

N

H

B’

C’ P A’ 1

Ngô Quang Vân

Sưu tầm và biên soạn

THỂ TÍCH - KHOẢNG CÁCH - GÓC TRONG KHÔNG GIAN chiếu vuông góc của C’ lên mp(MNP). Cm được H thuộc cạnh PM áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông MPC’ suy ra C ' H =

C ' M .C ' P C' P 2 + C' M 2

=

a 21 7

Bài 4 (Đề thi thử Violet) Cho hình chóp S.ABC có cạnh bên SA vuông góc với đáy và AB = a, AC

= 2a, góc BAC = 1200. Mặt phẳng (SBC) tạo với đáy một góc 60 o . Tính thể tích của khối chóp S.ABC và khoảng cách giữa hai đường thẳng SB và AC theo a.

Giải

Gọi F là hình chiếu vuông góc của A lên BC. Khi đó SF ⊥ BC , suy ra

= 60 ( SBC ) , ( ABC ) ) = SFA (

0

Ta có

1 a2 3

S∆ABC = . AB. AC.sin BAC = 2 2 a 21 3a 7 BC=a 7, AF = , SA = 7 7 1 1 a 2 3 3a 7 a 3 21 . = (đvtt) VSABC = .S ∆ABC .SA = .

3 3 2 7 14 Qua B dựng đường thẳng d song song với AC. Dựng AE ⊥ d , AH ⊥ SE .

1

Ngô Quang Vân

Sưu tầm và biên soạn

THỂ TÍCH - KHOẢNG CÁCH - GÓC TRONG KHÔNG GIAN Khi đó d ( AC , SB ) = d ( AC , ( SB, d ) ) = d ( A, ( SB, d ) ) = AH .

Và AE = Ta có

2.S ABC a 3 = AC 2

1 1 1 19 3a 19 = 2+ = 2 ⇒ AH = .

2 2 AH SA AE 9a 19

Bài 5. (Đề thi thử Violet) Cho hình chóp S. ABC có ABC là tam giác vuông tại B, AB = a 3 ,

= 60 0 , hình chiếu vuông góc của S lên mặt phẳng (ABC) là trọng tâm tam giác ABC, gọi E là ACB trung điểm AC biết SE = a 3 . Tính thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách từ C đến mặt phẳng (SAB).

Giải

Gọi G là trọng tâm tam giác ABC; gọi M, N lần lượt là trung điểm BC, AB. Theo giả thiết có SG ⊥ ( ABC ) Xét tam giác ABC vuông tại B Có AC =

AB AB BE a = 2a , BC = = a , GE = =

3 3 sin ACB tan BCA

Ta có S ABC =

1 a2 3 ( đvdt) AB.BC = 2 2

Xét tam giác SGE vuông tại G có SG = SE 2 − GE 2 = 3a2 −

a2 a 26 = 9 3

1 1 a 26 a 2 3 a3 78 Vậy thể tích khối chóp S.ABC là VS . ABC = SG.S ABC = . ( đvdt) . = 3 3 3 2 18 S

H E

A

C

G

N

M K B

1

Ngô Quang Vân

Sưu tầm và biên soạn

THỂ TÍCH - KHOẢNG CÁCH - GÓC TRONG KHÔNG GIAN Có CN = 3GN ⇒ d ( C , ( SAB ) ) = 3d ( G, ( SAB ) ) (1)  AB ⊥ SG (do SG ⊥ ( ABC ) , AB ⊂ ( ABC )) Vẽ GK / / BM ( K ∈ AB ) ta có  ⇒ AB ⊥ ( SGK )  AB ⊥ GK ( do GK // BM, MB ⊥ AB ) GH ⊥ AB ( do AB ⊥ ( SGK ) , GH ⊂ ( SGK )) Vẽ GH ⊥ SK ( H ∈ SK ) ta có  ⇒ GH ⊥ ( SAB ) GH ⊥ SK Suy ra d ( G, ( SAB ) ) = GH (2) ; từ (1) và (2) suy ra d ( C , ( SAB ) ) = 3GH Ta có GK // BM ⇒

GK AG 2 a 2 = = ⇒ GK = BM = BM AM 3 3 3

Xét tam giác SGK vuông tại G và có đường cao GH Suy ra

1 1 1 9 9 243 a 78 = + = + 2 = ⇒ GH = 2 2 2 2 2 GH GS GK 26a a 26a 27

Vậy d ( C , ( SAB ) ) = 3GH =

a 78 9

Bài 6. (Đề thi thử Violet) Cho hình chóp S.ABC, có đáy là tam giác ABC vuông cân tại A,

AB = AC = a và M là trung điểm của cạnh AB. Hình chiếu vuông góc của điểm S lên mặt đáy (ABC) trùng với tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BMC và góc giữa SA với mặt đáy (ABC) bằng 600. Tính theo a thể tích khối chóp S.BMC và khoảng cách từ B đến mp(SAC).

Giải S

H

A M B

60°

a

N

a

K

C

O I D

Gọi D là điểm đối xứng với A qua BC ⇒ ABDC là hình vuông. + Gọi I là hình chiếu của S lên mp(ABC) ⇒ I nằm trên đường chéo AD sao cho AI = +

Thể tích khối chóp S.BMC: VS .BCM =

3 AD 4

1 S .SI 3 ∆BCM 1

Ngô Quang Vân

Sưu tầm và biên soạn

THỂ TÍCH - KHOẢNG CÁCH - GÓC TRONG KHÔNG GIAN a2 1 0 = BM .BC . sin 45 = 2 4

+

S ∆BCM

+

IA là hình chiếu của SA lên mp(BCM) ⇒ SI = AI . tan 60 0 =

⇒ VS .BCM +

1 a 2 3a 6 a 3 6 = . . = , d B, SAC 3 4 4 16

( (

3a 2 3a 6 . 3= 4 4

) ) = 43 d (I , (SAC ) )

Gọi K, H lần lượt là hình chiếu của I lên AC và SK. IH ⊥ SK (1)

AC ⊥ IK ⇒ AC ⊥ SIK Mà IH ⊂ SIK ⇒ IH ⊥ AC (2)  AC ⊥ SI 

(

(

Từ (1) và (2) suy ra IH ⊥ SAC

(

)

)

( (

⇒ d I , SAC

+ Xét tam giác SIK vuông tại I có: IK =

)

) ) = IH

3 3a 6 a; SI = ⇒ IH = 4 4

SI .IK

SI 2 + IK 2

=

3a 42 28

Bài 7. (Đề thi thử Violet) Cho hình lăng trụ ABC .A′ B ′C ′ có đáy ABC là tam giác đều cạnh bằng a.

Hình chiếu vuông góc của A′ xuống mặt phẳng (ABC) là trung điểm của AB. Mặt bên (AA′ C ′C ) tạo với đáy một góc bằng 45 . Tính thể tích của khối lăng trụ ABC .A′ B ′C ′ và khoảng cách từ B

đến mặt phẳng AA’C’C theo a.

Giải

Gọi H,M,I lần lượt là trung điểm các đoạn AB,AC,AM Theo giả thiết, A′ H ⊥ (ABC ), BM ⊥ AC Do IH là đường trung bình tam giác ABM nên IH || BM ⇒ IH ⊥ AC

Ta có, AC ⊥ IH , AC ⊥ A′ H ⇒ AC ⊥ IA′ 1

Ngô Quang Vân

Sưu tầm và biên soạn

THỂ TÍCH - KHOẢNG CÁCH - GÓC TRONG KHÔNG GIAN

Suy ra góc giữa (ABC ) và (ACC ′A′) là A′ IH = 45o

A′ H = IH . tan 45o = IH =

1 a 3 MB = 2 4

1 1 a 3 a 3 3a 3 ′ Vậy,thể tích lăng trụ là: V = B.h = BM .AC .A H = ⋅ ⋅a ⋅ = (đvdt) 2 2 2 2 8

d(B,(AA′ C 'C )) = 2d (H ,(AA′ C 'C )) HE ⊥ SI ⇒ HE ⊥ (AA 'C 'C ) Dựng HE ⊥ SI ⇒  HE ⊥ AC 

Vậy:

1 HE

2

=

1 HD

2

+

1 2

HA '

=

32 3a

2

⇒ HE =

a 3

d (B,(AA′ C 'C )) = 2d (H ,(AA′ C 'C )) =

32 2 3

a

32 Bài 8. (Đề thi thử Violet) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a. Gọi I là trung điểm AB, H là giao điểm của BD với IC. Các mặt phẳng (SBD) và (SIC) cùng vuông góc với

đáy. Góc giữa (SAB) và (ABCD) bằng 600 . Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng SA và IC.

Giải 1 Ta có VS.ABCD = SH.SABCD , trong đó SABCD = a 2 3 Do (SIC),(SBD) cùng vuông với đáy suy ra SH ⊥ (ABCD)

Dựng HE ⊥ AB ⇒ ( SHE ) ⊥ AB , suy ra SEH

S

= 600 là góc giữa (SAB) và (ABCD) ⇒ SEH Ta có SH = HE.tan 600 = 3HE

HE HI 1 a = = ⇒ HE = CB IC 3 3

F

a 3 ⇒ SH = 3 1 1a 3 2 3a3 Suy ra VS.ABCD = SH.SABCD = . .a = 3 3 3 9

A

D K P C

Gọi P là trung điểm của CD, suy ra AP

M

I H

E

B

song song với CI ⇒ d ( SA, CI ) = d ( CI, ( SAP ) ) = d ( H, ( SAP ) ) 1

Ngô Quang Vân

Sưu tầm và biên soạn

THỂ TÍCH - KHOẢNG CÁCH - GÓC TRONG KHÔNG GIAN Dựng HK ⊥ AP , suy ra ( SHK ) ⊥ ( SAP ) Dựng HF ⊥ SK ⇒ HF ⊥ ( SPA ) ⇒ d ( H, ( SPA ) ) = HF Do ∆SHK vuông tại H ⇒

1 1 1 = + (1) 2 2 HF HK HS2

Dựng DM ⊥ AP , ta thấy DM = HK ⇒ Thay vào (1) ta có ⇒ Vậy d ( SA, CI ) =

a 2 2

1 1 1 1 = = + 2 2 2 HK DM DP DA 2

1 1 1 1 4 1 3 8 a = + + = 2 + 2 + 2 = 2 ⇒ HF = .

2 2 2 2 HF DP DA HS a a a a 2 2 .

Bài 9. (Đề thi thử Violet) Cho hình lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’, có đáy ABC là tam giác vuông cân ở B và AB = a. Hình chiếu vuông góc của A’ lên (ABC) trùng với trung điểm H của cạnh AB. Biết diện tích mặt bên ABB’A’ bằng 3a 2 . Tính thể tích khối lăng trụ đã cho và khoảng cách từ

điểm B đến mp(ACB’) Giải Diện tích tam giác ABC là: S=

1 1 AB.BC = a 2 2 2

Theo gt ta có: A' H . AB = 3a 2 ⇒ A' H = 3a

A’

Thể tích khối lăng trụ đã cho là: V = S . A' H =

C’

3 3 a 2

B’

d (B; ( ACB')) = 2d (H ; ( ACB')) = 2 HK Với K là trực tâm tam giác AEI và 1 1 1 1 9 a = + + = 2 ⇒ HK = 2 2 2 2 3 HK HA HI HE a Vậy d (B; ( ACB ')) = 2 HK =

2a .

3

E

A

I C

H B

Bài 10. (Đề thi thử Violet) Cho hình chóp đều A.BCD có AB = a 3; BC = a . Gọi M là trung điểm của CD. Tính thể tích khối chóp A.BCD theo a và khoảng cách giữa hai đường thẳng BM, AD.

Giải Gọi O là tâm tam giác đều BCD cạnh a.

Do A.BCD là chóp đều nên AO ⊥ ( BCD ) ⇒ AO là đường cao của hình chóp.

1

Ngô Quang Vân

Sưu tầm và biên soạn

THỂ TÍCH - KHOẢNG CÁCH - GÓC TRONG KHÔNG GIAN Có S∆BCD =

1 a 3 a2 3 BC .BD.sin 60 0 = và OB = 2 4 3

A

N D

B O

M

I C Trong ∆AOB có: AO = AB 2 − BO 2 =

VA. BCD =

2a 6 3

1 a3 18 AO.S∆BCD = ( ñvtt ) 3 18

Gọi N, I, J lần lượt là trung điểm của AC, CO, OM.

(

Có: AD / / MN ⇒ AD / / ( BMN ) ⇒ d ( BM ; AD ) = d AD; ( BMN )

(

) (

)

(

= d D; ( BMN ) = d C; ( BMN ) = 2d I ; ( BMN ) lại có:

)

)

BM ⊥ IJ   ⇒ BM ⊥ ( IJN ) ⇒ ( BMN ) ⊥ ( IJN ) theo giao tuyến NJ. BM ⊥ NI 

(

)

Trong mp(IJN) kẻ IK ⊥ NJ ⇒ IK ⊥ ( BMN ) ⇒ d I ; ( BMN ) = IK * Xét ∆IJN có:

1 1 1 16 3 35 a 70 = 2 + 2 = 2 + 2 = 2 ⇒ IK = 2 35 IK IJ IN a 2a 2a

(

)

Vậy d ( BM ; AD ) = 2d I ; ( BMN ) =

2 a 70 35

Bài 11. (Đề thi thử Violet) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, SA = a 3 và SA vuông góc với mặt phẳng đáy. Biết tam giác SAB cân và góc giữa SD với mặt đáy bằng 300. Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng BD và SC theo a.

Giải

1

Ngô Quang Vân

Sưu tầm và biên soạn

THỂ TÍCH - KHOẢNG CÁCH - GÓC TRONG KHÔNG GIAN S

H E

D

A O

B

C F

Do SA ⊥ ( ABCD ) và ∆SAB cân nên AB = SA = a 3

= 300 Góc giữa SD với mặt đáy là góc SDA Trong tam giác SAD có tan 300 =

SA SA ⇒ AD = = 3a AD tan 300

⇒ S ABCD = AB. AD = 3a.a 3 = 3 3a 2 1 1 ⇒ VS . ABCD = .SA.S ABCD = .a 3.3 3a 2 = 3a 3 3 3 Qua C kẻ đường thẳng song song với BD, cắt AD tại E. Do BD//CE ⇒ BD//(SCE)

⇒ d ( BD, SC ) = d ( BD , ( SCE ) ) = d ( O, ( SCE ) ) =

1 d ( A, ( SCE ) ) 2

Kẻ AF ⊥ CE , F ∈ CE ⇒ CE ⊥ ( SAF ) Kẻ AH ⊥ SF , H ∈ SF ⇒ AH ⊥ CE ⇒ AH ⊥ ( SCE )

⇒ d ( A, ( SCE ) ) = AH . Có AE = 2 AD = 6a, CE = BD = 2 3a S ACE =

1 1 AE.CD 6a.a 3 AE.CD = AF.CE ⇒ AF= = = 3a 2 2 CE 2a 3

Trong tam giác SAF có:

Vậy d ( BD, SC ) =

1 1 1 3a = + 2 ⇒ AH = 2 2 AH AF SA 2

1 1 3a d ( A, ( SCE ) ) = AH = 2 2 4 1

Ngô Quang Vân

Sưu tầm và biên soạn

THỂ TÍCH - KHOẢNG CÁCH - GÓC TRONG KHÔNG GIAN Bài 12. (Đề thi thử Violet) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là chữ nhật có tâm O, AB = a, tam giác OAB là tam giác đều. Tam giác SAB là tam giác đều, tam giác SCD là tam giác cân tại S. Hình chiếu vuông góc của S lên mặt phẳng (ABCD) là điểm H thuộc miền trong của hình chữ nhật ABCD và SH =

3a . Tính theo a thể tích khối chóp và khoảng cách giữa hai đường thẳng SC và AB. 4

Giải Ta có AC = 2OA = 2a.

2

S

2

BC = AC − AB = a 3 S ABCD = AB.BC = a 2 3 1 a3 3 VS . ABCD = S ABCD .SH = 3 4

A M

Ta có AB //CD AB //(SCD)

H

D O

B

N C

⇒ d ( AB, SC ) = d ( AB, ( SCD )) Gọi M, N là trung điểm của AB và CD. Ta có AB ⊥ SM , AB ⊥ MN

⇒ AB ⊥ (SMN ) , mà AB ⊥ SH ⇒ SH ⊂ ( SMN ) ⇒ H thuộc đoạn MN. SM =

a 3 a 3 3a 3 , MH = SM 2 − SH 2 = ⇒ HN = MN − MH = 2 4 4

SN = SH 2 + HN 2 =

3a ⇒ SM 2 + SN 2 = MN 2 ⇒ SM ⊥ SN 2

Do CD//AB nên CD ⊥ SM ⇒ SM ⊥ (SCD) ⇒ SM = d ( AB, ( SCD)) . Vậy d ( SC. AB ) =

a 3 2

Bài 13. (Đề thi thử Violet) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, hình chiếu vuông góc của đỉnh S lên mp(ABCD) trùng với giao điểm O của hai đường chéo AC và BD. Biết SA = a 2, AC = 2a, SM =

5 a , với M là trung điểm cạnh AB. Tính theo a thể tích khối chóp 2

S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng SM và AC.

Giải Từ giả thiết SO ⊥ ( ABCD) ⇒ SO ⊥ AC , OA = a , SO = SA2 − OA2 = a

1 ∆OSM ⊥ O : OM = SM 2 − SO 2 = a 2 1

Ngô Quang Vân

Sưu tầm và biên soạn

THỂ TÍCH - KHOẢNG CÁCH - GÓC TRONG KHÔNG GIAN

S A

D K

M

O

H B

N

C

Ta có ∆ABC ⊥ B : BC = 2MO = a, AB = AC 2 − BC 2 = 3a

VS . ABCD =

1 3 3 AB.BC.SO = a 3 3

Gọi N trung điểm BC ⇒ MN / / AC ⇒ d ( SM , AC ) = d ( AC , ( SMN )) = d (O, ( SMN )) ∆OMN ⊥ O : ∆OMN ⊥ O : OH ⊥ MN , SO ⊥ MN ⇒ MN ⊥ ( SOH ) ∆SOH ⊥ O : OK ⊥ SH ⇒ OK ⊥ ( SMN ) ⇒ OK = d (O, ( SMN )

∆OMN ⊥ O : ON =

3 3 a a, OM = , OH ⊥ MN ⇒ OH = a 2 2 4

∆SOH ⊥ O : d ( SM , AC ) = OK =

OS .OH OS 2 + OH 2

=

57 a 19

Bài 14. (Đề thi thử Violet) Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a , hình chiếu vuông góc của

S trên mặt phẳng

( ABCD )

là điểm H thuộc cạnh AD sao cho

HD = 2 HA . Gọi M , N lần lượt là trung điểm của SB, BC , biết góc giữa SB và mặt phẳng

( ABCD )

bằng 300 . Tính theo a thể tích của khối chóp S . ABCD và khoảng cách giữa hai

đường thẳng MN , SD .

Giải Ta có AH =

a 2a , DH = , do SH ⊥ ( ABCD ) ⇒ SH là chiều cao của khối chóp S.ABCD và góc 3 3

= 300 giữa SB với mặt phẳng (ABCD) là góc SBH 1

Ngô Quang Vân

Sưu tầm và biên soạn

THỂ TÍCH - KHOẢNG CÁCH - GÓC TRONG KHÔNG GIAN = tan 300 = Vì tan SHB

SH ⇔ SH = HB.tan 300 = AB 2 + AH 2 .tan 300 = HB

S

M

A

I

B

H

N

D

a2 +

C

1 a 30 a2 1 a 30 . = .Khi đó VS . ABCD = .SH .S ABCD ,với SH = , 3 9 9 3 9 2

S ABCD = a ⇒ VS . ABCD

1 a 30 2 a 3 30 = . .a = (đvtt) 3 9 27

Do M, N lần lượt là trung điểm của SB và BC nên MN//SC 1 ⇒ MN / /( SDC ) ⇒ d ( MN ; SD) = d ( MN ;( SCD)) = d ( N ;( SCD)) = .d ( B;( SCD)) 2 3 Mà AB//CD ⇒ AB / /( SC ) ⇒ d(B;(SCD)) = d(A; (SCD)) = .d ( H ;( SCD)) 2 3 Do đó d ( MN ; SD ) = .d ( H ;( SCD)) .Gọi I là hình chiếu vuông góc của H trên 4 SD ⇒ d ( H ;(SCD)) = HI .Ta có

1 1 1 81 9 99 20 2a 5 = + = + 2 = ⇔ HI = a. = .

2 2 2 2 2 30a 4a 20a 99 3 11 HI HS HD 3 2a 5 a 5 Vậy d ( MN ; SD) = . . = . .

4 3 11 2 11 Bài 15. (Đề thi thử Violet) Cho lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy là một tam giác đều cạnh bằng 2a.

Hình chiếu vuông góc của B lên mặt phẳng (A’B’C’) là trung điểm H của cạnh B’C’, góc giữa A’B với mặt phẳng (A’B’C’) bằng 600. Tính thể tích của khối lăng trụ ABC.A’B’C’ và khoảng cách giữa hai đường thẳng CC’ và A’B theo a.

Giải + S A ' B 'C '

4a 2 3 = = a2 3 4

+ Vì BH ⊥ (A’B’C’) nên góc giữa A’B với (A’B’C’) là góc giữa A’B với A’H. 1

Ngô Quang Vân

Sưu tầm và biên soạn

THỂ TÍCH - KHOẢNG CÁCH - GÓC TRONG KHÔNG GIAN

' H = 600 ⇒ BH = A ' H .tan 600 = 3a Hay BA C

A

B

K

A'

C'

H

M B'

VABC . A ' B ' C ' = S A ' B ' C ' .BH = a 2 3.3a = 3 3.a 3 Ta có CC’ // (ABB’A’) nên d(CC’,A’B) = d(C’,(ABB’A’)).

Dựng HM ⊥ A’B’. Khi đó A’B’ ⊥ (BMH) suy ra (ABB’A’) ⊥ (BMH) Dựng HK ⊥ BM suy ra HK ⊥ (ABB’A’). ⇒ d ( H ,( ABB ' A ')) = HK =

HM .HB HM 2 + HB 2

=

a 3 .3a 2 2

=

a 3 2   + 9a 2  

Vậy d (CC ', A ' B ) = d (C ',( ABB ' A ')) = 2d ( H ,( ABB ' A ')) =

3a 13 13

6a 13 13

Bài 16. (Đề thi thử Violet) Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a. Góc

= 600 , hình chiếu vuông góc của S trên mặt ( ABCD ) trùng với trọng tâm của tam giác BAC ∆ABC. Mặt phẳng ( SAC ) hợp với mặt phẳng ( ABCD ) góc 600. Tính thể tích khối chóp S . ABCD và khoảng cách từ B đến ( SCD ) theo a.

Giải

= 600 Gọi O = AC ∩ BD Ta có OB ⊥ AC , SO ⊥ AC ⇒ SOB Xét tam giác SOH vuông tại H: SH tan 600 = HO a 3 a ⇒ SH = OH . tan 600 = . 3= 6 2 Vì tam giác ABC đều nên S ABCD = 2.S ABC =

a2 3 2 1

Ngô Quang Vân

Sưu tầm và biên soạn

THỂ TÍCH - KHOẢNG CÁCH - GÓC TRONG KHÔNG GIAN Vậy VS . ABCD

1 1 a a2 3 a3 3 = SH .S ABCD = . . = (đvtt) 3 3 2 2 12

S

E

D A

O

H B

C

Tính khoảng cách từ B đến ( SCD ) theo a.

Trong (SBD) kẻ OE//SH. Khi đó OC,OD,OE đôi một vuông góc và OC =

a a 3 3a , OD = , OE = 2 2 8

1 1 1 1 3a = + + ⇒d = 2 2 2 d (O ,( SCD )) OC OD OE 112 6a Mà d ( B, ( SCD )) = 2d (O ,( SCD )) = 112 Bài 17. (Đề thi thử Violet) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a. Góc Áp dụng công thức

2

= 600 , hình chiếu của đỉnh S trên mặt phẳng (ABCD) trùng với trọng tâm tam giác ABC, BAC góc tạo bởi hai mặt phẳng (SAC) và ( ABCD) là 600 .Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ B đến mặt phẳng (SCD) theo a.

Giải S E

D

A O H C B

= 600 Gọi O là tâm của hình thoi ABCD. Ta có: OB ⊥ AC , SO ⊥ AC ⇒ SOB Tam giác SOH vuông tại H suy ra tan 600 =

S ABCD = 2 S ABC ⇒ VS . ABCD

SH a ⇒ SH = HO.tan 600 = HO 2

a2 3 = 2

1 1 a a 2 3 a3 3 = SH .S ABCD = . = 3 3 2 2 12 1

Ngô Quang Vân

Sưu tầm và biên soạn

THỂ TÍCH - KHOẢNG CÁCH - GÓC TRONG KHÔNG GIAN Trong mặt phẳng (SBD) kẻ OE song song SH và cắt SD tại E. Khi đó ta có tứ diện OECD vuông tại a a 3 3a ; OD = ; OE = 2 2 8 1 1 1 1 3a = + + ⇒ d ( O; ( SCD ) ) = 2 2 2 2 d ( O;(SCD) ) OC OD OE 112

O và OC =

6a 112 Bài 18. (Đề thi thử Violet) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và B, Mà d ( B;( SCD ) ) = 2d ( O; ( SCD) ) =

AB = BC = a , CD = 2a , SA vuông góc với mặt phẳng (ABCD) và SA = a . Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ điểm D đến mặt phẳng (SBC).

Giải

Kẽ đường thẳng qua C và song song với AB cắt AD tại E. Ta có: AE = BC = a ; DE= DE = (2a ) 2 − a 2 = a 3

Suy ra diện tích hình thang ABCD là: SABCD = 1 a2 2 + 3 2 1 1 Vậy: VS . ABCD = SA.S SABCD = a 3 2 + 3 3 6 Vì AD//(SBC) nên d ( D, ( SBC )) = d ( A, ( SBC ))

(

(

)

)

Kẻ AI vuông góc SB tại I, chứng minh được AI vuông góc (SBC).

Nên d ( A, ( SBC )) = AI Trong tam giác SAB vuông tại A có AI là đường cao nên:

1 1 1 Suy ra: = 2+ 2 AI SA AB 2

SA. AB a = SB 2 Bài 19. (Đề thi thử Violet) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh bằng 2a.

AI =

Hình chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng (ABCD) là trung điểm H của cạnh AB. Góc giữa mặt phẳng (SCD) và mặt phẳng (ABCD) bằng 600. Tính theo a thể tích khối chóp S. ABCD. Tính theo a khoảng cách giữa hai đường thẳng SA và BD Giải Gọi E là trung điểm của CD ⇒ HE // AD ⇒ HE ⊥ CD 1

Ngô Quang Vân

Sưu tầm và biên soạn

THỂ TÍCH - KHOẢNG CÁCH - GÓC TRONG KHÔNG GIAN Mà CD ⊥ SH . Vậy CD ⊥ ( SHE ) ⇒ CD ⊥ SE

= 600 Nên góc giữa (SCD) và (ABCD) là SEH ∆SHE vuông tại H có SH = HE tan 600 = 2 3.a S

N D

A M H F

B

E C

Hình vuông ABCD có diện tích bằng 4a2

1 3

Thể tích khối chóp S.ABCD bằng V = .2 3.a.4a 2 =

8 3a 3 3

Tính d(SA,BD) Vẽ AF//BD, F ∈ BC

⇒ BD //( SAF ) ⇒ d ( SA, BD) = d ( BD,( SAF )) = d ( B,( SAF )) = 2d ( H ,( SAF )) vì BA = 2HA Vẽ HM ⊥ AF , M ∈ AF ⇒ HM = AH .sin 450 =

a và AF ⊥ ( SHM ) 2

Vẽ HN ⊥ SM , N ∈ SM ⇒ HN ⊥ ( SAF ) Do đó d ( SA, BD) = 2 HN = 2

SH .HM SH 2 + HM 2

=

4 3a 5

Bài 20. (Đề thi thử Violet) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, tam giác

SAB đều và tam giác SCD vuông tại S. 1) Tính theo a thể tích khối chópS.ABCD. 2) Cho M là điểm thuộc đường thẳng CD sao cho BM vuông góc cới SA. Tính AM theo a.

3) Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và SC. Giải 1) △ SAB là t/giác đều, cạnh a. Gọi I, J lần lượt là t/điểm AB, CD

AB ⊥ IS   ⇒ AB ⊥ ( SIJ ) ⇒ ( ABCD ) ⊥ ( SIJ ) theo g/tuyến IJ AB ⊥ IJ  Gọi H là h/chiếu v/góc của S trên IJ => SH v/góc (ABCD) 1

Ngô Quang Vân

Sưu tầm và biên soạn

THỂ TÍCH - KHOẢNG CÁCH - GÓC TRONG KHÔNG GIAN CD a a 3 = ; SI = ; IJ = a ⇒ SI 2 + SJ 2 = IJ 2 . Do đó t/giác SIJ 2 2 2 a 3 a .

SI .SJ 2 2=a 3 là tam giác vuông tại S => SH = = IJ a 4 3 1 1 a 3 2 a 3 VSABCD = .SH .S ABCD = . .a = 3 3 4 12

Tam giác SCD có

SJ =

2) Gọi P là tr/điểm AS

S

=> SA v/góc BP (t/giác SAB đêu)

M

P

SA v/góc BM =>SA v/góc (BPM)

B

D

Gọi P, Q lần lượt là tr/điểm AS và AJ

I

=> PQ là đ/t/bình t/giác ASJ

Q

H

=> SJ // PQ. Mặt khác, t/giác SAJ có:

a2 SA + SJ = a + 4 5a 2 = = AJ 2 ⇒△ ASJ vuông tại S 4 2

2

2

A

J

C

=> AS v/góc SJ => AS v/góc PQ Lại có: AS v/góc BP (t/giác SAB đều) => AS v/góc (BPQ) => AS v/góc BQ, lúc đó M là giao điểm BQ và CD. AB // JM =>

ADM có:

a a JM QJ = = 1 ⇒ JM = AB = a JD = ⇒ DM = . Trong t/giác vuông 2 2 AB QA

a2 a 5 AM = AD + DM = a + = 4 2 2

2

2

3) AB và SC là 2 đ/thẳng chéo nhau.

Ta có:

AB // CD ⊂ ( SCD ) ⇒ AB // ( SCD ) ; SC ⊂ ( SCD ) ⇒ d ( AB, SC )

= d ( AB, ( SCD ) ) = d ( I , ( SCD ) ) .Theo câu (1) IS v/góc SJ và AB v/góc (SIJ), AB // CD nên CD v/góc (SIJ) => CD v/góc IS. Từ đó IS v/góc (SCD) => IS = d (I, (SCD)) = Vậy d(AB, SC) = SI =

a 3 2

a 3 2 1

Ngô Quang Vân

Sưu tầm và biên soạn

THỂ TÍCH - KHOẢNG CÁCH - GÓC TRONG KHÔNG GIAN Bài 21. (Đề thi thử Violet) Cho hình lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’, có đáy ABC là tam giác

vuông cân ở B và AB = a. Hình chiếu vuông góc của A’ lên (ABC) trùng với trung điểm H của cạnh AB. Biết diện tích mặt bên ABB’A’ bằng 3a 2 .Tính thể tích khối lăng trụ và khoảng cách từ

điểm B đến mp(ACB’).

Giải

A’

Diện tích tam giác ABC là: S=

C’

1 1 AB.BC = a 2 2 2

B’

Theo gt ta có: A' H . AB = 3a 2 ⇒ A' H = 3a

I C

H

Thể tích khối lăng trụ đã cho là: V = S . A' H =

E

A

B

3 3 a 2

d (B; ( ACB')) = 2d (H ; ( ACB')) = 2 HK Với K là trực tâm tam giác AEI và

1 1 1 1 9 a = + + = 2 ⇒ HK = 2 2 2 2 3 HK HA HI HE a

2a .

3 Bài 22. (Đề thi thử Violet). Cho lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác đều có cạnh Vậy d (B; ( ACB ')) = 2 HK =

bằng a và AB ' = a 3. Tính thể tích khối lăng trụ và khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và CB’.

Giải

AA’ là đường cao của lăng trụ. Trong tam giác AA’B’: AA ' = a 2 S△ A ' B ' C ' =

a2 3 4

1

Ngô Quang Vân

Sưu tầm và biên soạn

THỂ TÍCH - KHOẢNG CÁCH - GÓC TRONG KHÔNG GIAN a2 3 a 3 6 ( đv TT) .a 2 = 4 4 Gọi I, J lần lượt là trung điểm của AB và A’B’ Vì AB//A’B’ nên AB//(SA’B’). Do đó d (AB, CB’) = d(AB,(CA’B’)) = d(I,(CA’B’)) IJ ⊥ AB   ⇒ AB ⊥ ( CIJ ) ⇒ A ' B ' ⊥ ( CIJ ) CJ ⊥ AB 

Vậy thể tích lăng trụ: V = S△ A ' B ' C ' .AA' =

⇒ ( A ' B ' C ) ⊥ ( CIJ ) theo giao tuyến CJ. Do đó trong mặt phẳng (CIJ) kẻ IH ⊥ CJ ( H ∈ CJ ) ⇒ IH ⊥ ( A ' B ' C ) ⇒ d ( I ,( A ' B ' C )) = IH

1 1 1 1 4 11 a 66 = 2 + 2 = 2 + 2 = 2 ⇒ IH = 2 IH IJ IC 2a 3a 6a 11 Vậy d ( AB, CB ') =

a 66 11

Chú ý: Có thể dùng phương pháp thể tích.

Bài 23. (Đề thi THPT QG -2016). Cho lăng trụ ABC.A' B' C' có đáy ABC là tam giác vuông cân tại B , AC = 2a . Hình chiếu vuông góc của A' trên mặt phẳng ( ABC ) là trung điểm của cạnh

AC , đường thẳng A' B tạo với mặt phẳng ( ABC ) một góc 450 . Tính theo a thể tích khối lăng trụ ABC.A' B' C' và chứng minh A' B vuông góc với B' C .

Giải Gọi H là trung điểm của đoạn AC. Góc giữa A’B và (ABC) là góc A’BH => góc A’BH = 45° => A’BH vuông cân tại H => A’H = HB = AC/2 = a SABC = (1/2)HB.AC = a² VABC.A’B’C’ = A’H.SABC = a.a² = a³ Có A’A =

A ' H 2 + HA 2 = a 2 và AB = a 2 => A’A = AB

Nên A’ABB’ là hình thoi => AB’ vuông góc với A’B Mặt khác AC vuông góc với HB và A’H => AC vuông góc với (A’HB) => AC vuông góc với A’B Suy ra A’B vuông góc với (ACB’) Vậy đường thẳng A’B vuông góc với đường thẳng B’C.

Bài 24. (Đề thi thử -2016) Cho hình chóp S . ABCD có SA vuông góc với đáy, ABCD là hình chữ nhật với AB = 3a 2, BC = 3a . Góc giữa ( ABCD ) với ( SBC ) bằng 600 . Gọi M là trung điểm

CD . Chứng minh rằng ( SBM ) ⊥ ( SAC ) và tính thể tích tứ diện SABM .

Giải Gọi I = BM ∩ AC ,suy ra I là trọng tâm của tam giác BCD 1

Ngô Quang Vân

Sưu tầm và biên soạn

THỂ TÍCH - KHOẢNG CÁCH - GÓC TRONG KHÔNG GIAN

S

A

B I

D

C

M

1 a 6 1 18a 2 ⇒ IM = BM = ; IC = AC = a 3 ⇒ IM 2 + IC 2 = = CM 2 3 2 3 4 ⇒ BM ⊥ AC Mặt khác BM ⊥ SA ⇒ BM ⊥ ( SAC ) ⇒ ( SBM ) ⊥ ( SAC )

1 1 9a 2 2 AB.d ( M , AB ) = 3a 2.3a = 2 2 2 = 600 . Xét tam giác vuông SAB có Theo bài ra SBA

+ Ta có S ABM =

SA = AB tan 600 = 3a 6 ⇒ VSABM =

1 9a 2 2 3a 6 = 9a 3 3(dvtt ) 3 2

Bài 25. (Đề thi thử -Violet) Cho hình lăng trụ đứng ABC. A' B 'C ' biết góc giữa đường thẳng A ' C và

= 1200 . Tính thể tích khối lăng trụ mặt phẳng (ABC ) bằng 600 , AB = a , AC = 2a và BAC ABC. A ' B ' C ' và khoảng cách giữa hai đường thẳng AM và B ' C với M là trung điểm của BC .

Giải

Hình chiếu của A’ lên mặt phẳng (ABC) là A nên: ( A'C , ( ABC ) = ( A'C , AC ) = A ' CA = 600 . Do đó A ' A = AC. tan 60 0 = 2a 3 .

B' A'

1 a2 3 0 S ∆ABC = AB. AC. sin 120 = 2 2 ' ' ' Vì ABC. A B C là hình lăng trụ đứng nên thể tích của hình lăng trụ là : a2 3 = 3a 3 2 Trong (ABC) dựng hình bình hành AMCD. V = A ' A.S ∆ABC = 2a 3.

C'

K

M B A

C D H

’

Khi đó AM // (B CD). Ta có d ( AM , B ' C ) = d ( AM , ( B ' CD )) = d ( M , ( B ' CD )) =

1 d ( B, ( B ' CD )) 2 1

Ngô Quang Vân

Sưu tầm và biên soạn

THỂ TÍCH - KHOẢNG CÁCH - GÓC TRONG KHÔNG GIAN Trong (ABC) kẻ BH ⊥ CD mà BB ' ⊥ CD nên ( B ' BH ) ⊥ ( B ' CD ) Trong (B’BH) kẻ BK ⊥ B ' H ⇒ BK ⊥ ( B ' CD ) .Vậy d ( B, ( B ' CD )) = BK Ta có BH = 2 d ( B , AM ) =

2 S ABC 4 S ABM = ; vì AM là đường trung tuyến trong tam giác ABC nên AM AM

AB 2 + AC 2 BC 2 5a 2 7 a 2 3a 2 a 3 − = − = ⇒ AM = ⇒ BH = 2a 2 4 2 4 4 2 1 1 1 Trong tam giác vuông B’BH có = ' 2 + ⇒ BK = a 3 2 BK BB BH 2

AM 2 =

Vậy d ( AM , B ' C ) =

a 3 2

Bài 26. (Đề thi thử -Violet) Cho lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy là một tam giác đều cạnh bằng 2a.

Hình chiếu vuông góc của B lên mặt phẳng (A’B’C’) là trung điểm H của cạnh B’C’, góc giữa A’B với mặt phẳng (A’B’C’) bằng 600. Tính thể tích của khối lăng trụ ABC.A’B’C’ và khoảng cách giữa hai đường thẳng CC’ và A’B theo a.

+ S A ' B 'C '

C

A

Giải

4a 2 3 = = a2 3 4

B

+Vì BH ⊥ (A’B’C’) nên góc giữa A’B với (A’B’C’) là góc giữa A’B với A’H.

' H = 600 Hay BA

K

A'

0

⇒ BH = A ' H .tan 60 = 3a

C'

H

VABC . A ' B ' C ' = S A ' B ' C ' .BH = a 2 3.3a = 3 3.a 3 (đvtt)

M B'

Ta có CC’ // (ABB’A’) nên d(CC’,A’B) = d(C’,(ABB’A’)).

Dựng HM ⊥ A’B’. Khi đó A’B’ ⊥ (BMH) suy ra (ABB’A’) ⊥ (BMH) Dựng HK ⊥ BM suy ra HK ⊥ (ABB’A’). ⇒ d ( H ,( ABB ' A ')) = HK =

HM .HB 2

HM + HB

2

=

a 3 .3a 2 2

=

a 3 2   + 9a  2 

Vậy d (CC ', A ' B ) = d (C ',( ABB ' A ')) = 2d ( H ,( ABB ' A ')) =

3a 13 13

6a 13 13

Bài 27. (Đề thi thử -Violet) Cho lăng trụ đứng ABC. A ' B ' C ' có đáy ABC là tam giác vuông tại A ,

AB = a , AC = a 3 và mặt bên BB ' C ' C là hình vuông. Tính theo a thể tích khối lăng trụ ABC. A ' B ' C ' và khoảng cách giữa hai đường thẳng AA ' , BC ' .

Giải

1

Ngô Quang Vân

Sưu tầm và biên soạn

THỂ TÍCH - KHOẢNG CÁCH - GÓC TRONG KHÔNG GIAN

+ Do lăng trụ đã cho là lăng trụ đứng nên BB ' là đường cao của lăng trụ + Vì BB ' C ' C là hình vuông nên BB ' = BC = + Do đó VABC . A ' B 'C ' = BB '.S∆ABC = 2a.

AB 2 + AC 2 = a 2 + 3a2 = 2a

1 AB. AC = a.a.a 3 = a3 3 2

+ Vì AA ' || ( BB ' C ' C ) nên d ( AA ', BC ') = d A,( BB ' C ' C )

(

+ Trong ( ABC ) , hạ AH ⊥ BC (1);

)

+Vì BB ' ⊥ ( ABC ) nên AH ⊥ BB ' (2)

+ Từ (1) và (2) suy ra AH ⊥ ( BB ' C ' C ) ⇒ AH = d A,( BB ' C ' C )

(

+ Xét tam giác ABC ta có AH =

)

a 3 AB. AC a.a. 3 a 3 = = . Vậy d ( AA ', BC ') = 2a 2 2 BC

Bài 28. (Đề thi thử -Violet) Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC.A’B’C’ có cạnh đáy bằng a, góc

giữa hai mặt phẳng (A’BC) và (ABC) bằng 600. Gọi M là trung điểm cạnh BC, N là trung điểm cạnh CC’. Tính theo a thể tích khối chóp A.BB’C’C và khoảng cách từ M đến mặt phẳng (AB’N).

Giải

Tam giác ABC đều cạnh a và M là trung điểm BC nên: AM ⊥ BC và AM =

a 3 2

AM ⊥ BC và AA’⊥ BC⇒A’M ⊥ BC

⇒ Góc giữa hai mặt phẳng (A’BC) và (ABC) là A ' MA = 600 .

Tam giác A’AM vuông tại A nên: Diện tích hình chữ nhật BB’C’C là: SBB'C'C = BB'.BC =

3a 2 2

AM ⊥ BC và AM ⊥ BB’ ⇒ AM ⊥ (BB’C’C)

1 1 3a 2 a 3 a 3 3 Thể tích khối chóp S.ABCD là: ⇒ V = SBB'C'C .AM = ⋅ . = 3 3 2 2 4 1

Ngô Quang Vân

Sưu tầm và biên soạn

THỂ TÍCH - KHOẢNG CÁCH - GÓC TRONG KHÔNG GIAN AA ' = AM.tan 600 =

a 3 3a . 3= 2 2 A'

C' B' N

E

H

A

D

C M B

Trong mặt phẳng (BB’C’C), B’N cắt BC tại D. = 900 Khi đó: C là trung điểm BD và BAD Gọi E là trung điểm AD, ta có: CE ⊥ AD. Dựng CH ⊥ NE (H ∈ NE).

AD ⊥ CE và AD ⊥ CN ⇒ AD ⊥ (CNE) ⇒ AD ⊥ CH CH ⊥ NE và CH ⊥ AD ⇒ CH ⊥ (AB’N).

1 a 1 3a Ta có: CE = AB = , CN = CC ' = 2 2 2 4 1 1 1 4 16 52 3a = + = 2 + 2 = 2 ⇒ CH = 2 2 2 2 13 CH CE CN a 9a 9a 3 3 9a Do đó: d(M, (AB' N)) = d(C, (AB' N)) = CH = 2 2 4 13 Bài 29. (Đề thi thử -Violet) Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại C với

AB = a 7 , AC = 2a . Hình chiếu vuông góc của đỉnh S trên mặt phẳng ( ABC ) trùng với trung

điểm H của cạnh AB ; góc giữa hai mặt phẳng ( SBC ) và ( ABC ) bằng 600 . Tính theo a thể tích của khối chóp S . ABC và khoảng cách giữa hai đường thẳng SA và BC .

Giải

+ Tính VS . ABC Ta có SH ⊥ ( ABC ) ⇒ SH là chiều cao của hình chóp S . ABC .

Xét ∆ABC vuông tại C , ta có BC = AB 2 − AC 2 = a 3 .

1 1 Diện tích ∆ABC vuông tại C là: S ABC = AC.BC = .2a.a 3 = a 2 3 .

2 2 Gọi I là trung điểm của BC , ta có HI ⊥ BC ( HI / / AC và AC ⊥ BC ).

= 600 . , HI = SHI Suy ra: ( SBC ) , ( ABC ) = SI

) (

(

Ta có

HI =

)

1 1 AC = .2a = a , SH = HI . t an600 = a 3 .

2 2 1

Ngô Quang Vân

Sưu tầm và biên soạn

THỂ TÍCH - KHOẢNG CÁCH - GÓC TRONG KHÔNG GIAN 1 1 Thể tích khối chóp S . ABC là: VS . ABC = S ABC .SH = .a 2 3.a 3 = a 3 .

3 3

S

P

A

2a

600

K D

C I

H a 7

B + Tính d ( SA, BC ) .

Trong ( ABC ) , dựng AD song song và bằng với CB .

Ta có BC / / AD và AD ⊂ ( SAD ) nên BC / / ( SAD ) .

Do đó d ( SA, BC ) = d ( BC , ( SAD ) ) = d ( B, ( SAD ) ) .

Tính d ( H , ( SAD ) ) .

Gọi K là trung điểm của AD , ta có HK ⊥ AD ( ADBC là hình chữ nhật).

Trong ∆SHK , kẻ HP ⊥ SK . Chứng minh được HP ⊥ ( SAD ) .

Tính được:

1 1 1 1 1 4 a 3 = + = 2 + 2 = 2 ⇒ HP = .

2 2 2 HP SH HK 3a a 3a 2

a 3 ; d ( B, ( SAD ) ) = 2d ( H , ( SAD ) ) = a 3 . Vậy d ( SA, BC ) = a 3 .

2 Bài 30. (Đề thi thử -Violet) Cho hình hộp chữ nhật ABCD. A ' B ' C ' D ' có AD = 2 AB = 2a , Suy ra d ( H , ( SAD ) ) =

A ' C = 3a. Gọi M là trọng tâm tam giác A ' AB và N là trung điểm của cạnh BC. Tính theo a thể tích khối chóp M . AND và khoảng cách giữa hai đường thẳng DN và BM. Giải

+ Diện tích tam giác AND là S∆AND = + Ta có AC =

1 1 d ( N , AD ) . AD = .a.2a = a 2 (đvdt) 2 2

AB 2 + BC 2 = a 2 + 4a 2 = a 5;

A ' A = A ' C 2 − AC 2 = 9a 2 − 5a 2 = 2a 1 2a A' A = 3 3 1 1 2a 2a 3 + Thể tích khối tứ diện MAND là: V = .d ( M , ( AND ) ) .S∆AND = . .a 2 = 3 3 3 9

+ Do M là trọng tâm tam giác A ' AB nên d ( M , ( AND ) ) =

1

Ngô Quang Vân

Sưu tầm và biên soạn

THỂ TÍCH - KHOẢNG CÁCH - GÓC TRONG KHÔNG GIAN + Gọi E, F lần lượt là trung điểm của A ' A, AD .

Khi đó DN / / BF ⇒ DN / / ( BMF ) ⇒ d ( DN , BM ) = d ( DN , ( BMF ) )

= d ( D, ( BEF ) ) = d ( A, ( BEF ) ) A'

D' C'

B' E H

M

F

D

A K B

C

N

+ Gọi K, H lần lượt là hình chiếu vuông góc của A trên BF, EK Ta có BF ⊥ AK , BF ⊥ EA ⇒ BF ⊥ ( EAK ) ⇒ BF ⊥ AH

AH ⊥ BF , AH ⊥ EK ⇒ AH ⊥ ( BEF ) hay AH = d ( A, ( BEF ) ) 1 1 1 1 1 1 3 a = + = + + = 2 ⇒ AH = 2 2 2 2 2 2 AH AE AK AE AB AF a 3 a + Vậy d ( DN , BM ) = 3

+ Ta có

2. Kỹ thuật sử dụng thể tích

Việc tính khoảng cách từ một điểm đến một mặt phẳng khó khăn nhất là xác định chân đường cao. Khó khăn này có thể được khắc phục nếu ta tính khoảng cách thông qua thể tích của khối đa diện, mà khoảng cách đó chính là độ dài đường cao của khối đa diện. Sau đây ta sẽ xét một số ví dụ minh hoạ. a/ Kỹ thuật xác định khoảng cách sử dụng thể tích.

Khối chóp

1 3V V = Βh ⇔ h = 3 Β

Khối lăng trụ

V = Βh ⇔ h =

V Β

b/ Các ví dụ minh họa Ví dụ 1. (Đề thi thử Violet) Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình chữ nhật với AB = a ,

BC = a 3 . Hai mặt phẳng ( SAC ) và ( SBD ) cùng vuông góc với đáy. Điểm I thuộc đoạn SC sao 1

Ngô Quang Vân

Sưu tầm và biên soạn

THỂ TÍCH - KHOẢNG CÁCH - GÓC TRONG KHÔNG GIAN cho SC = 3 IC . Tính thể tích khối chóp S . ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng AI và SB biết AI vuông góc với SC. Giải S

D

A E

I O H B

M

C

Ta có S ABCD = a.a 3 = 3a 2 . Gọi O là giao điểm hai đường chéo AC, BD, theo giả thiết ta có

SO ⊥ ( ABCD) . AC = AB 2 + BC 2 = a 2 + 3a 2 = 2a ⇒ OC = a. Lại có AI ⊥ SC ⇒ ∆SOC & ∆AIC đồng dạng ⇒

CI CA = ⇔ CI .CS = CO.CA ⇔ SC = a 6 CO CS

1 15 SO = SC 2 − OC 2 = a 5 ⇒ VSABC = SO.S ABCD = a 3 3 3 Qua I kẻ đường thẳng song song với SB cắt BC tại M, suy ra SB//(AIM), do đó CI CM d ( SB, AI ) = d ( SB,( AIM )) = d ( B,( AIM )). Mà = ⇒ BM = 2CM suy ra CS CB d ( B, ( AIM )) = 2d (C , ( AIM )) Hạ IH ⊥ ( ABCD) , dễ thấy Từ đ ó

IH =

S 1 15 SO , S AMC = ABCD ⇒ VIAMC = VSABCD = a 3 3 6 18 54

Ta có

IM =

2 7 SB SC = = a ; AM = AB 2 + BM 2 = a 3 3 3 3

AI = AC 2 − CI 2 = a

Suy ra cos ∠MAI =

10 3

3 70 154 1 55 ⇒ sin ∠MAI = ⇒ S AMI = AM . AI sin ∠MAI = a 2 28 28 2 12

⇒ d ( B,( AIM )) = 2d (C ,( AIM )) = 2.

3VI . AMC 4a . = S∆AMI 33

Ví dụ 2.(Đề thi thử Violet) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, AB = 2a, tam

giác SAB cân tại S và năm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng (ABCD). Gọi M là trung 1

Ngô Quang Vân

Sưu tầm và biên soạn

THỂ TÍCH - KHOẢNG CÁCH - GÓC TRONG KHÔNG GIAN điểm của SD, mp(ABM) vuông góc cới mp(SCD) và đường thẳng AM vuông góc với đường thẳng BD. Tính VS.BCM và khoảng cách từ M đến mp(SBC).

Giải Gọi H là t/điểm AB => SH v/góc AB => SH v/góc (SABD). M là t/điểm SD, (ABM) chứa AB => (ABM) cắt (SCD) theo g/tuyến ML // CD, với L là t/điểm SC. Gọi N là t/điểm CD, do BC cùng v/góc BA và SH nên BC v/góc (SBH) => BC v/góc SB. Tam giác SCD cân tại S vì có SN vừa là đ/cao, đ/t/tuyến . ML là đ/t/bình => ML // CD. Ta có: SN v/góc ML (1) (vì CD v/góc (SHN), ML // CD) Theo đề: (SCD) v/góc (ABML) theo giao tuyến ML (2) Từ (1), (2) suy ra SN v/góc (ABML) => SN v/góc KH (vì KH chứa trong (ABML) Tam giác SHN có HK là đ/cao, đ/t/tuyến => S SHN là t/giác v/cân tại H. Theo đề: AM v/góc BD, BD v/góc ME (vì ME // SH, SH v/góc mp đáy) M => BD v/góc (AMN).=> BD v/góc AN K Trong t/giác vuông ADN:

NA .NA 3 ⇒ NA = 3.DN = a 3

DN 2 = NI .NA =

2

2

L

A

D E

H 2

AD = AN − DN = 3a − a

I

N

O

2

B

C

= a 2 = HN ⇒ SH = HN = a 2 4a 3 1 1 VSABCD = .SH . AB. AD = .a 2.2a.a 2 = 3 3 3 d ( D, ( SBC ) ) SD 1 = = 2) VSBCM = VMSBC = .VDSBC (do 2 d ( M , ( SBC ) ) SM

1 1 1 1 4a 3 a 3 = .VSBCD = . VSABCD = . = 2 2 2 4 3 3 3V d ( M , ( SBC ) ) = SBCM (do SBC là t/giác vuông tại B) S SBC a3 3.

3

2.a 3 a 6 = = 2 = 1 3 .a 2. a 2 + 2a 2 a . 6 2 Ví dụ 3.(Đề thi thử Violet) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, tam giác

SAB đều và

= 900 , J là trung điểm SD. Tính theo a thể tích tứ diện ACDJ và khoảng cách từ SAD 1

Ngô Quang Vân

Sưu tầm và biên soạn

THỂ TÍCH - KHOẢNG CÁCH - GÓC TRONG KHÔNG GIAN D đến mặt phẳng (ACJ).

Giải Do DA v/góc AB,DA v/góc AS nên DA v/góc (SAB) => 2 mp (SAB) và (ABCD) v/góc với nhau theo g/tuyến AB. Gọi I là t/điểm AB thì SI v/góc AB => SI v/góc (ABCD). Do J là

t/điểm SD => d (J, (ABCD)) =

1 2

(

)

.d S , ( ABCD ) =

1 2

SI =

1 a 3 .

2 2

(do t/giác SAB đều cạnh a)

1 = VJACD = .d ( J , ( ABCD ) ) .S ACD 3 1 1 a 3 1 2 3.a 3 = . . . .a = 3 2 2 2 24

S

Vậy VACDJ

J

* Tính d (D, (ACJ)):

3.VDACJ ; vớ i S ACJ

Do d (D, (ACJ)) =

A B

I

D

O

C a3 . 3 VDACJ = VJACD = . Ta cần tính SJAC, SAD 24 1 a 2 ; AC = a 2; là t/giác v/cân tại A có AJ là t/tuyến => AJ = SD = 2 2 t/giác SBC v/cân tại B => SC = a 2 . Trong t/giác CDS có SJ là t/tuyến nên: CS 2 + CD 2 SD 2 2a 2 + a 2 2a 2 2 = − = a2 CJ = − 2 4 2 4 2 a + a 2 − 2a 2 2 2 2 1 7 JA + JC − AC △ AJC : cos J = ⇒ sin J = = 2 = 2 JA.JC 2 2 2 2 a 2 2. .a 2

S AJC

1 1 a 2 7 a2 . 7 = .JA.JC.sin J = . .a. = 2 2 2 8 2 2

Từ đó ta tính được:

3 3a3 .8 21.a d ( D, ( ACJ ) ) = = 7 24.a 2 . 7

Ví dụ 4. (Đề thi thử Violet) Cho hình chóp S.ABCD có SA = 3a, SA tạo với đáy góc 60o. Tam giác

ABC vuông tại B,

ACB = 30o . Gọi G là trọng tâm của tam giác ABC, hai mặt phẳng (SGB) và 1

Ngô Quang Vân

Sưu tầm và biên soạn

THỂ TÍCH - KHOẢNG CÁCH - GÓC TRONG KHÔNG GIAN (SGC) cùng vuông góc với mặt đáy. Tính theo a thể tích của khối chóp S.ABC và khoảng cách từ

điểm C đến mp(SAB).

Giải (SGB) và (SGC) cùng v/góc mp đáy nên

SG v/góc mp đáy t/điểm BC, ta có:

= 600 . Gọi I là ⇒ SAG

Sa = 3a ⇒ AG =

S

3a 3 9a , AI = AG = , 2 2 4

3 3.a ; AB = x 2 ⇒ AC = 2 x, BC = x. 3

SG =

C'

A

C

H G

E K

△vABI : AI 2 = AB 2 + BI 2

I

B

81a 2 3x2 7 x 2 81a 2 9 1 9a. 7 2 2 ⇔ =x + = => x = => x = a. . = 16 4 4 7.4 2 7 14 Do đó:

 9a 7 1 1  9a 7 S ABC = .BC. AB = .  . 3 .

2 2  14  14

1 x 2 3 81a 2 . 3 Hay là: S ABC = .x 3.x = = .

2 2 56 1 1 3.a. 3 81a 2 . 3 243a 3 Vậy: VABC = .SG.S ABC = . . = 3 3 2 56 112 * Tính d (C,(SAB)): Cách 1:

Vẽ GK // CB; K∈AB =>

2 2 1 1 9a 7 GK AG 2 = = => GK = .BI = . .BC = . 3.

BI AI 3 3 3 2 3 14

3a 21 14 # Kẻ GH ⊥ SK ; H ∈ SK => GH ⊥ ( SAB ) => GH = d ( G , ( SAB ) ) => GK =

1 1 1 1.142 1.4 14 2 + 28 32 => = + = + = = GH 2 GK 2 GS 2 9a 2 .21 27 a 2 9.3.7 a 2 27a 2 3a. 3 3a 6 => GH = = 8 4. 2 1

Ngô Quang Vân

Sưu tầm và biên soạn

THỂ TÍCH - KHOẢNG CÁCH - GÓC TRONG KHÔNG GIAN :# Mặt Khác

d ( C , ( SAB ) ) d ( G , ( SAB ) )

=

CE = 3.

GE

d ( C , ( SAB ) ) = 3.d ( G , ( SAB ) ) = 3.

Vậy:

9a 6 8

Cách 2: Dựa vào cách 1, tính được

3a 21 1 1 1 9a 7 27 2 9.21.a 2 2 2 GK = => S SAG = .SK . AB = . SG + GK . AB = . . + 14 2 2 2 14 4 142 1 54 9a 7 27a 2 . 6 = .a. . = 2 7 14 28 3.VSAB 243a 2 28 9a 6 => d ( C , ( SAB ) ) = = 3. . = 112 27.a 2 . 6 8 S SAB Ví dụ 5. (Đề thi thử Violet) Cho hình chóp S.ABCD đáy ABCD là hình thang vuông,

= 900 , AD = 2a, BA = BC = a, cạnh bên SA vuông góc với đáy và SA = a 2 . Gọi ABC = BAD H là hình chiếu vuông góc của A lên SB. CMR tam giác SCD vuông và tính theo a khoảng cách từ H đến mp(SCD) Giải:

VS . HCD SH = VS . BCD SB ∆SAB vuông tại A và AH là đường cao nên SH SA2 2a 2 SH 2 Ta có = = 2 =2⇒ = 2 HB AB a SB 3 Ta có

Vậy VS.HCD = Mà VS . HCD

S

2 2 1 a2 a3 2 VS.BCD = . a 2. = 3 3 3 2 9

H

1 = d ( H ,( SCD)).S ∆SCD .

3

∆SCD vuông tại C ( do AC2 + CD2 = AD2), 1 1 do đó S∆SCD = CD.SC = .a 2.2a = a 2 2 .

2 2

a

B

A

2a

D

C

3

Vậy d ( H ,( SCD)) =

3a 2 a = 9a 2 2 3

Ví dụ 6. (Đề thi thử Violet) Cho lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác vuông, AB =

BC = a, AA’ = a 2 . Gọi M là trung điểm của BC. Tính theo a khoảng cách giữa hai đường thẳng AM và B’C 1

Ngô Quang Vân

Sưu tầm và biên soạn

THỂ TÍCH - KHOẢNG CÁCH - GÓC TRONG KHÔNG GIAN Giải Gọi E là trung điểm của BB’,ta có EM//CB’ Suy ra B’C //(AME) nên d(B’C;AM) = d(B’C;(AME))= d(C;(AME))

Ta có

VC . AEM MC 1 = = VC . AEB CB 2

A'

C' B'

a 2

1 1 1 a 2 a 2 a3 2 ⇒ VC . AEM = VEACB = . . . = 2 2 3 2 2 24 3V Ta có d (C ,( AME )) = C . AEM S ∆AEM

E

H

A

a

a

B

Gọi H là hình chiếu vuông góc của B lên AE, ta có BH ⊥ AE Hơn nữa BM ⊥ ( ABE ) ⇒ BM ⊥ AE , nên ta được AE ⊥ HM Mà AE =

M

C

1 1 1 3 a 3 a 6 , ∆ABE vuông tại B nên = + = ⇒ BH = 2 BH 2 AB 2 EB 2 a 2 3

∆BHM vuông tại B nên MH = Do đó S∆AEM =

a 2 a 2 a 21 + = 4 3 6

1 1 a 6 a 21 a 2 14 AE.HM = . . = 2 2 2 6 8

3a 3 2 a 7 Vậy: d (C ,( AME )) = = 2 7 a 14 24.

8 Ví dụ 7.(Đề thi thử Violet) Cho lăng trụ ABC.A’B’C’ có độ dài cạnh bên 2a, đáy ABC là tam giác

vuông tại A, AB = a, AC = a 3 và hình chiếu vuông góc của A’ lên mặt phẳng (ABC) trùng với trung điểm của BC. Tính khoảng cách từ A đến

B'

C'

mp(BCC’B’) Giải: Theo giả thiết ta có A’H ⊥ (ABC).

Tam giác ABC vuông tại A và AH là trung tuyến nên

AH =

1 BC = a. ∆A ' AH vuông tại H nên ta có 2

A ' H = A ' A2 − AH 2 = a 3 a.a 3 a 3 1 Do đó VA '. ABC = a 3 = . Mặt khác 3 2 2 VA '. ABC 1 = . Suy ra VABC . A ' B ' C ' 3

A'

2a

B a

C

H

K

a 3

A

1

Ngô Quang Vân

Sưu tầm và biên soạn

THỂ TÍCH - KHOẢNG CÁCH - GÓC TRONG KHÔNG GIAN 2 2 a3 VA '. BCC ' B ' = VABC . A ' B ' C ' = .3. = a 3 .

3 3 2 3V Ta có d ( A ', ( BCC ' B ')) = A '. BCC ' B ' S BCC ' B ' Vì AB ⊥ A ' H ⇒ A ' B ' ⊥ A ' H ⇒ ∆A ' B ' H vuông tại A’ Suy ra B’H =

a 2 + 3a 2 = 2a = BB ' . ⇒ ∆BB ' H cân tại B’. Gọi K là trung điểm của BH, ta có

B ' K ⊥ BH . Do đó B ' K = BB '2 − BK 2 = Suy ra S BCC ' B ' = B ' C '.BK = 2a.

a 14 2

a 14 = a 2 14 2

3a 3 3 14a Vậy d ( A ',( BCC ' B ')) = 2 = 14 a 14 Ví dụ 8.(Đề thi thử Violet) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, AB = a, SA =

AD = 2a. Biết rằng hai mặt phẳng (SAC) và (SBD) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABCD). Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD và tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AC và SD. Giải

Gọi O là tâm hình chữ nhật ABCD. Vì hai mặt phẳng (SAC) và (SBD) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABCD) và (SAC) ∩ (SBD) = SO, nên ta có SO ⊥ (ABCD) AC2 = AB2 + BC2 = 5a2 ⇒ AC = a 5 ⇒ OA =

a 5 a 11 ⇒ SO = SA2 - OA2 = 2 2

1 1 a 11 a3 11 Từ đó VS.ABCD = .SO.SABCD = . a.2a = (đvtt) 3 3 2 3 Gọi M là trung điểm SB, Ta có OM // SD ⇒ (ACM) // SD. Do đó: 3V d(AC,SD) = d(SD,(ACM)) = d(D;(ACM)) = D.ACM SACM Ta có VD. AMC = VMACD =

1 1 1 a 3 11 . ⋅ VS . ACD = ⋅ ⋅ VS . ABCD = 2 2 2 12

Ta có OA = OB = OC = Trong ∆SAB có AM2 =

a 5 SB 3 ⇒ SB = SC = SA = 2a. ∆SBC đều, do đó MC = =a 3 2 2

a 3 SA2 + AB2 SB2 3a2 = ⇒ AM = .

2 4 2 2 1

Ngô Quang Vân

Sưu tầm và biên soạn

THỂ TÍCH - KHOẢNG CÁCH - GÓC TRONG KHÔNG GIAN 2 MA2 + MC2 - AC2 Từ đó cosAMC = ⇒ sinAMC = =− 2MA.MC 12

1 - cos2 AMC =

142 12

a 2 71 1 Suy ra SAMC = MA.MC.sinAMC = 2 8

a 3 11 2 781a 3V Vậy d(AC,SD) = D.ACM = 212 = SACM 71 a 71 8 Ví dụ 9. (Đề thi thử Violet) Cho lăng trụ đứng ABC. A1B1C1 có AB = a, AC = 2a,

= 120 . Gọi M là trung điểm của cạnh CC . Chứng minh MB ⊥ MA và AA1 = 2a 5 và BAC 1 1 tính khoảng cách từ A tới mặt phẳng ( A1BM ).

Giải A

2

( )

2 2 MA12 = AC 1 1 + C 1M = (2a ) + a 5

= 9a 2 ; ; BC 2 = AB 2 + AC 2 − 2AB.AC . cos 120 = 7a 2 2

( )

BM 2 = BC 2 + CM 2 = 7a 2 + a 5

(

A1B 2 = AA12 + AB 2 = 2a 5

2

)

B

= 12a 2 ;

M

+ a 2 = 21a 2 .

Suy ra A1B 2 = MA12 + MB 2 ⇒ MB ⊥ MA1 .

A1

1 AA1.S△ABC 1 1 3 a 3 15 1 1 = 2a 5. a.2a. sin 120 = 3 2 3

V = VMBAA = VCBAA =

⇒ d (A,(A1BM )) =

C

2

C1

B1

a 3 15 6V a 5 3 = = = 3 MB.MA1 a 12.3a 6.

3V S△MBA

1

Ví dụ 10. (Đề thi thử Violet) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a , tam giác

= 900 . Gọi I là trung điểm của SD. Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD và SAB đều và SAD khoảng cách từ D đến mặt phẳng ( ACI ) .

Giải  AD ⊥ SA  Do  AD ⊥ AB ⇒ AD ⊥ ( SAB ) . Gọi H là trung điểm của AB thì AD ⊥ SH  SA ∩ AB 

1

Ngô Quang Vân

Sưu tầm và biên soạn

THỂ TÍCH - KHOẢNG CÁCH - GÓC TRONG KHÔNG GIAN S

I

D

A

H

C

B

Mà ∆SAB đều nên SH ⊥ AB ⇒ SH ⊥ ( ABCD ) . Mà ∆SAB đều nên SH=

a 3 .Lại có S ABCD = a 2 2

1 1 a 3 2 a3 3 Vậy VS . ABCD = SH .S ABCD = a = 3 3 2 6

Do đó d ( I ; ( ACD ) ) =

1 1 a 3 d ( S ; ( ABCD ) ) = SH = 2 2 4

1 1 a 3 a3 3 Suy ra VACDI = . a 2 . (đvtt). = 3 2 4 24

Xét tam giác BCH vuông tại B nên

5a 2 4 Tam giác SHC vuông tại H nên SC 2 = SH 2 + HC 2 = 2 a 2 . Tương tự SD 2 = SC 2 = 2 a 2 CH 2 = CB 2 + BH 2 =

Tam giác SCD có CI là đường trung tuyến nên CI 2 = AIC có AI =

1 1 SC 2 + CD 2 ) − SD 2 = a 2 . Xét tam giác ( 2 4

3 a ; AC = a 2;CI = a nên cos A = 4 2

2 = 7 nên S = 1 a .a 2. 7 = a 7 . Suy ra d ( D; ( ACI ) ) = 3VACDI = a 21 . ⇒ sin IAC AIC 4 2 2 4 8 7 S ACI

c/ Bài tập áp dụng Bài 1. (Đề thi thử Violet) Cho hình chóp S.ABC có tam giác ABC vuông tại A, BC = 2a, góc

ACB = 600 . Mặt phẳng (SAB) vuông góc với mp(ABC), tam giác SAB cân tại S, tam giác SBC vuông tại S. Tính thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách từ điểm A tới mp(SBC).

Giải

1 Gọi H là trung điểm của cạnh AB, từ gt có SH ⊥ ( ABC ) . VS . ABC = S ABC .SH . Tam giác ABC 3 vuông tại A có: AB = 2a sin 600 = 3a; AC = 2acos600 = a .

1 3 AB. AC = a 2 .Gọi K là trung điểm của cạnh BC thì 2 2 1 1 1 3 SK = BC = a; HK = AC = a cos 600 = a mà SH 2 = SK 2 − KH 2 = a 2 2 2 2 4

Nên S ABC =

1

Ngô Quang Vân

Sưu tầm và biên soạn

THỂ TÍCH - KHOẢNG CÁCH - GÓC TRONG KHÔNG GIAN

⇒ SH =

3 1 a . Suy ra VS . ABC = a 3 .

2 4 6 a 2

Ta có SB = SH 2 + HB 2 =

S

3a 2 7 a 2 = 4 4

HC 2 = AC 2 + AH 2 = a 2 +

3a 2 7 a 2 10 SC = SH + HC = a + = 4 4 2 2

2

A

C

1 1 6 10 15 2 600 S SBC = SB.SC = . a. a= a .

H K 2 2 2 2 4 B 3 3 a 3V 3 a = Vậy d ( A; ( SBC )) = S . ABC = 4 S SBC 15 2 15 a 4 Bài 2. Cho lăng trụ đứng ABCA’B’C’có đáy ABC là tam giác vuông tại B, AB = a, AA’ = 2a, A’C = 3a. Gọi M là trung điểm của A’C’, I là giao điểm của AM và A’C. Tính theo a thể tích khối tứ diện IABC và khoảng cách từ A đến mp(IBC)

ĐS: d ( A, ( IBC )) =

2a 5 5

Bài 3. Cho hình hộp chữ nhật ABCD.A’B’C’D’ có AA’ = AB = a, BC = 2a, điểm M thuộc AD sao

cho AM = 3MD. Tính khoảng cách từ M đến mp(AB’C)

ĐS: d ( A, ( AB ' C )) =

a 2

ABC = 900 . Tính khoảng cách từ A Bài 4. Cho tứ diện ABCD có DA vuông góc với mp(ABC), đến mặt phẳng (BCD) nếu AD = a, AB = BC = b ĐS: d ( A, ( BCD)) =

ab

a 2 + b2

Bài 5. Cho tứ diện đều ABCD, biết AB = a, M là 1 điểm ở miền trong của tứ diện. Tính tổng

khoảng cách từ M đến các mặt của tứ diện

ĐS: h1 + h2 + h3 + h4 =

3VABCD 2 =a 3 S ∆ACB

Bài 6. Cho tứ diện ABCD và điểm M ở miền trong của tứ diện. Gọi r1, r2, r3, r4 lần lượt là khoảng

cách từ M đến các mặt (BCD), (CDA), (DAB), (ABC) của tứ diện. Gọi h1, h2, h3, h4 lần lượt là

1

Ngô Quang Vân

Sưu tầm và biên soạn

THỂ TÍCH - KHOẢNG CÁCH - GÓC TRONG KHÔNG GIAN khoảng cách từ các đỉnh A, B, C, D đến các mặt đối diện của tứ diện. CMR:

r1 r2 r3 r4 + + + =1 h1 h2 h3 h4

Bài 7. (Đề thi thử Violet) Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có AB = a, SA = a 2 . Gọi M, N, P

lần lượt là trung điểm của các cạnh SA, SB, CD. Tính khoảng cách từ P đến mặt phẳng (AMN).

Giải S

M

N

D

P C O

A B

Gọi O là tâm của hình vuông ABCD, khi đó SO ⊥ (ABCD).

1 1 a2 7 M, N lần lượt là trung điểm của SA và SB nên S AMN = S ANS = S ABS = 2 4 16 PC / /( AMN ) ⇒ d ( ( P,( AMN )) ) = d ( (C ,( AMN )) ) .

Vậy VP. AMN =

1 1 1 S AMN .d ( ( P,( AMN )) ) = . S ABS .d ( (C ,( AMN )) ) 3 3 4

1 1 1 1 1 a 6 = VC . ABS = VS . ABC = . S ABC .SO . S ABC = a 2 , SO = SA2 − AO 2 = .

2 2 4 4 4 3 Vậy VAMNP

1 1 2 a 6 a3 6 3V 6 = . a . = ⇒ d ( ( P,( AMN )) ) = PAMN = a 12 2 2 48 7 S AMN

Bài 8. (Đề thi thử Violet) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông tâm O, SA vuông

góc với đáy hình chóp. Cho AB = a, SA = a 2 . Gọi H, K lần lượt là hình chiếu của A trên SB, SD. Tính khoảng cách từ điểm O đến mặt phẳng (AHK).

Giải

1 VOAHK = S AHK .d ( O; ( AHK ) ) 3 Trong đó: 1

Ngô Quang Vân

Sưu tầm và biên soạn

THỂ TÍCH - KHOẢNG CÁCH - GÓC TRONG KHÔNG GIAN +

1 1 1 3 a 6 a 6 AH SAD SAB AK AH = + = ⇒ = ; ∆ = ∆ ⇒ = = I AH 2 AB 2 AS 2 2a 2 3 3 G J

S

K

D

H A O

C B

Ta có HK và BD đồng phẳng và cùng vuông góc với SC nên HK // BD. AI cắt SO tại G là trọng tâm của tam giác SAC, G thuộc HK nên

HK SG 2 2 2 2a = = ⇒ HK = BD = . Tam giác AHK cân tai A, G là trung điểm của HK BD SO 3 3 3 2 2 1 1 2a nên AG ⊥ HK và AG = AI = . SC = .2a = 3 3 2 3 3 1 1 2a 2 2 a 2 2 a 2 S AHK = AG.HK = . . = 2 2 3 3 9 1 1 1 + VOAHK = VAOHK = d ( A; ( OHK ) ) .S ∆OHK = d ( A; ( SBD ) ) .S ∆OHK = h.S ∆OHK 3 3 3 Tứ diện ASBD vuông tại A nên:

1 1 1 1 5 a 10 = + + = 2 ⇒h= 2 2 2 2 h AS AB AD 2a 5 Tam giác OHK cân tại O nên có diện tích S bằng

1 1 a 10 2 2a 5a 2 1 2a 3 S = OG.HK = . . = ⇒ VOAHK = Sh = 2 2 6 3 9 3 27 ⇒ d ( O; ( AHK ) ) =

3VOAHK S AHK

2a 3 3⋅ 27 = a = 2 2 2a 2 9

3. Kỹ thuật sử dụng phương pháp tọa độ

1

Ngô Quang Vân

Sưu tầm và biên soạn

THỂ TÍCH - KHOẢNG CÁCH - GÓC TRONG KHÔNG GIAN Các bài toán hình học không gian khá phức tạp đòi hỏi người học phải có tư duy tốt. Một số bài toán tính khoảng cách, chứng minh các yếu tố vuông góc trong không gian nếu giải theo phương pháp thông thường sẽ khá phức tạp và tốn nhiều thời gian. Với những bài toán đó thì phương pháp tọa độ cho ta lời giải nhanh chóng, dễ dàng hơn nhiều. Giải bài toán hình học không gian không chỉ có một con đường duy nhất, mà nó được phản ánh dưới nhiều cách thức, hướng đi khác nhau. Đề tài này chỉ là một hướng mới trong những hướng đi sáng tạo. a/ Kỹ thuật xác định khoảng cách bằng phương pháp tọa độ.

Bước 1: Chon hệ toạ độ Oxyz gắn với hình đang xét.

Bước 2: Chuyển bài toán từ ngôn ngữ hình học sang ngôn ngữ toạ độ - vectơ Bước 3: Giải bài toán bằng phương pháp toạ độ, rồi chuyển sang ngôn ngữ hình học. b/ Các ví dụ minh họa Ví dụ 1. (Đề thi Cao đẳng năm 2009). Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có AB = a,

SA =

a 2 . Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm của các cạnh SA, SB và CD. Chứng minh rằng đường thẳng MN vuông góc với đường thẳng SP và tính theo a thể tích của khối tứ diện AMNP. Giải Gọi O là tâm của ABCD. Chọn hệ trục Oxyz như hình vẽ với

z S

a 2 a 2 a 2 O(0;0;0), C( ;0;0), A( − ;0;0), D(0; ;0), 2 2 2

a 6 a 2 a 6 ;0), S(0;0; ) ( SO = SA2 − OA2 = ).

2 2 2 M, N, P lần lượt là trung điểm của các cạnh N

M

B(0; −

SA, SB và CD ⇒ M( − N(0; −

a 2 a 6 ;0; ), 4 4

a 2 a 6 a 2 a 2 ; ), P( ; ;0).

4 4 4 4

y

A D O

Khi đó B C a 2 a 2 ;− ;0) , MN = ( 4 4

2a 2 2a 2 a 2 a 2 a 6 a 6 SP = ( ) = 0 ⇒ MN ⊥ SP . ; ;− ) ⇒ MN .SP = − + 0.( − 4 4 2 16 16 2 Mặt khác, ta lại có

a 2 a 2 a 6 a 2 a 6 3a 2 a 2 ;0; ) , AP = ( ; ;0) , AN = ( ;− ; ) AM = ( 4 4 4 4 2 4 4

1 a 3 6 a3 6 ⇒  AM , AP  . AN = − ≠ 0 ⇒ VAMNP =  AM , AP  . AN = .

8 6 48

P

x

1

Ngô Quang Vân

Sưu tầm và biên soạn

THỂ TÍCH - KHOẢNG CÁCH - GÓC TRONG KHÔNG GIAN = BAD = 90 , Ví dụ 2. (ĐH khối D – 2007) Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thang, ABC BA = BC = a, AD = 2a. Cạnh bên SA vuông góc với đáy, SA = a 2 . Gọi H là hình chiếu vuông góc của A lên SB. Chứng minh tam giác SCD vuông và tính khoảng cách từ H đến mặt phẳng (SCD).

Giải

Chọn hệ trục tọa độ Oxyz như hình vẽ, với A ≡ O(0;0;0), B(a;0;0), D(0;2a;0), C(a;a;0), S(0;0; a 2 ).

Khi đó SC = ( a; a; − a 2), CD = ( − a; a;0) ⇒ SC.CD = 0 ⇒ SC ⊥ CD , hay tam giác SCD vuông tại C.

Mặt khác (SCD) có VTPT là  SC , CD  = ( a 2 2; a 2 2;2a 2 ) z

⇒ ( SCD ) :1.( x − a ) + 1.( y − a ) + 2.( z − 0) = 0

S

hay (SCD): x + y + 2 z − 2a = 0 .

Đường thẳng SB có phương trình tham số là x = a + t  y = 0   z = − 2t

H ∈ SB ⇒ H ( a + t;0; − 2t ) .

a AH ⊥ SB ⇔ AH .SB = 0 ⇔ t = − .

3

H D

O≡ A

y

B 2a a 2 ;0; ).

C x 3 3 Từ đó suy ra khoảng cách từ H đến (SCD) là 2a 2a + − 2a a 3 3 = . d ( H , ( SCD )) =

3 1+1+ 2 Ví dụ 3. (ĐH khối D – 2008) Cho lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có đáy ABC vuông, AB = BC = a,

Vậ y H (

cạnh bên AA’ = a 2 . Gọi M là trung điểm của BC. Tính theo a thể tích của khối lăng trụ đã cho và khoảng cách giữa hai đường thẳng AM, B’C.

z

B’

A’

Giải Từ giả thiết ta có tam giác đáy ABC vuông cân tại B, kết hợp với tính chất của lăng trụ đứng, ta chọn hệ trục Oxyz như hình vẽ, với

C’

B ≡ O(0;0;0), C(a;0;0), A(0;a;0), B’(0;0; a 2 ).

1 a3 2 = BB / .( . BA.BC ) = .

ABC . A B C 2 2 Bây giờ ta tính khoảng cách giữa AM và B’C. M là trung điểm của BC Dễ thấy V

/

/

/

A O≡ B M

C

Ngô Quang Vân

y

x

Sưu tầm và biên soạn

1

THỂ TÍCH - KHOẢNG CÁCH - GÓC TRONG KHÔNG GIAN

a a ⇒ M ( ;0;0) ⇒ AM = ( ; − a;0) 2 2

a2 2 2 Mặt khác, B ' C = ( a;0; − a 2 ) ⇒  AM , B ' C  = (a 2 2; ;a ) .

2 a 3 2  

a 7  AM , B ' C  . AC Lại có AC = (a; − a;0) ⇒ d ( AM , B ' C ) = = 22 = .

7 a 7  AM , B ' C    2 Ví dụ 4. (ĐH khối B – 2007) Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a. Gọi

E là điểm đối xứng của D qua trung điểm của SA, M là trung điểm của AE, N là trung điểm của BC. Chứng minh MN vuông góc với BD và tính (theo a) khoảng cách giữa hai đường thẳng MN và AC. Giải E Gọi O là tâm của đáy ABCD. Vì hình chóp đã cho là hình chóp đều nên SO ⊥ (ABCD).

Ta chọn hệ trục Oxyz với O là gốc tọa độ, tia OC ≡ tia Ox, tia OD ≡ tia Oy, tia OS ≡ tia Oz. Khi đó ta có

O(0;0;0), A( −

z S

M

a 2 a 2 ;0), D(0; ;0), 2 2 S ∈ tia Oz ⇒ S (0;0; x ) (x > 0).

y

A

a 2 a 2 ;0;0), C( ;0;0), 2 2

D

B(0; −

O

E đối xứng với D qua trung điểm của SA ⇒ ADSE là hình bình hành ⇒ E ( −

M là trung điểm của AE ⇒ M ( −

B

C

N

x

a 2 a 2 ;− ; x) 2 2

a 2 a 2 x ;− ; ) 2 4 2

3a 2 x a 2 a 2 ;− ;0) ⇒ MN = ( ;0; − ) N là trung điểm của BC ⇒ N ( 4 4 4 2

Mặt khác BD = (0; a 2;0) ⇒ MN .BD = 0 ⇒ MN ⊥ BD .

ax 2 ;0) .

Lại có AC = (a 2;0;0) ⇒  MN , AC  = (0; 2

a2x  MN , AC  . AN 3a 2 a 2 a 2   ;− ;0) ⇒ d ( MN , AC ) = Mà AN = ( = 4 = .

4 4 4 ax 2  MN , AC    2

1

Ngô Quang Vân

Sưu tầm và biên soạn

THỂ TÍCH - KHOẢNG CÁCH - GÓC TRONG KHÔNG GIAN Ví dụ 5. (ĐH khối D – 2010) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, cạnh

bên SA = a ; hình chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng (ABCD) là điểm H thuộc đoạn AC, AH =

AC . Gọi CM là đường cao của tam giác SAC. Chứng minh M là trung điểm của SA và tính thể 4 tích khối tứ diện SMBC theo a.

Giải Chọn hệ trục Oxyz với A là gốc tọa độ, tia AB là tia Ox, tia AD là tia Oy, tia Oz là tia Az song song và cùng hướng với tia HS. Ta có A(0;0;0), B(a;0;0), C(a;a;0), D(0;a;0).

1 a a ⇒ AH = AC ⇒ H ( ; ;0) 4 4 4 Theo giả thiết SH ⊥ (ABCD),

Vậy ta có SC =

M

D y H

a 14 ⇒ SH = SA − AH = 4 a a a 14 ) ⇒ S( ; ; 4 4 4

S

A

AC a 2 AH = = , SA = a 4 4 2

z

2

B

C

x

a a a 14 2 (a − )2 + ( a − )2 + ( − ) = a 2 = CA ⇒ ∆ SAC cân tại C nên đường cao 4 4 4

a a a 14 CM cũng là đường trung tuyến ⇒ M là trung điểm của SA ⇒ M ( ; ; ).

8 8 8 Vì M là trung điểm SA nên VSMBC = VAMBC .

Ta có:

a a a 14 ) AB = (a;0;0), AC = ( a; a;0), AM = ( ; ; 8 8 8 1 a 3 14 ⇒ VSMBC = VAMBC =  AB, AC  . AM = .

6 48 Ví dụ 6. (ĐH khối B – 2010) Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC.A’B’C’ có AB = a, góc giữa hai

mặt phẳng (A’BC) và (ABC) bằng 600. Gọi G là trọng tâm tam giác A’BC. Tính thể tích khối lăng trụ đã cho và bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện GABC theo a.

Giải

Gọi O là trung điểm của cạnh BC. Tam giác ABC đều cạnh a nên AO ⊥ BC và AO =

a 3 .

2 1

Ngô Quang Vân

Sưu tầm và biên soạn

THỂ TÍCH - KHOẢNG CÁCH - GÓC TRONG KHÔNG GIAN Chọn hệ trục Oxyz với O là gốc tọa độ, tia OA ≡ tia Ox, tia OC ≡ tia Oy, tia Oz song song và cùng hướng với tia AA’. Khi đó A(

a a 3a a 3 a 3 ;0;0), B(0; − ;0), C(0; ;0), A’( ;0; ).

2 2 2 2 2

3a Dễ thấy góc giữa mặt phẳng (A’BC) và (ABC) là góc A ' OA = 60 ⇒ AA ' = OA. tan 60 = 2 ⇒ V ABC . A ' B ' C ' = AA '.S ABC =

3a a 2 3 3a 3 3 . = .

2 4 8

a a 3 ;0; ).

6 2 Bây giờ, ta đi xác định tâm và bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện GABC, với

G là trọng tâm tam giác A’BC nên G(

a a 3 a 3 G( ;0; ), A( ;0;0), 6 2 2 x a a B(0; − ;0), C(0; ;0).

2 2 Giả sử mặt cầu ngoại tiếp tứ diện GABC có phương trình x 2 + y 2 + z 2 − 2 px − 2qy − 2 rz + k = 0 .

A’

C’

z

B’ y

G A

C O

B

Thay lần lượt tọa độ G, A, B, C vào phương trình trên ta có  a2 a 3  − p − ar + k = 0 a 3  3 p =  3 6   3a 2 a − a p + k = 3 0   4 r = − ⇔ 12  2   a + aq + k = 0 q = 0  4  a2  2  k = −  a − aq + k = 0  4  4

Vậy mặt cầu ngoại tiếp tứ diện GABC có tâm I(

a 3 a ; − ;0 ) và bán kính là 6 12

a2 a2 a2 7a + + 0 − (− ) = .

12 144 4 12 Ví dụ 7. (ĐH khối A – 2010) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a. Gọi M R=

và N lần lượt là trung điểm của các cạnh AB và AD; H là giao điểm của CN và DM. Biết SH ⊥ (ABCD) và SH = a 3 . Tính thể tích khối chóp S.CDNM và khoảng cách giữa hai đường thẳng DM và SC theo a.

Giải Dễ thấy VS .CDNM = VS . ABCD − VS . BCM − VS . AMN

1 5a 3 3 1 a2 a2 = SH .( S ABCD − S BCM − S AMN ) = .a 3( a 2 − − ) = .

3 3 4 8 24 Bây giờ ta tính khoảng cách giữa hai 1

Ngô Quang Vân

Sưu tầm và biên soạn

THỂ TÍCH - KHOẢNG CÁCH - GÓC TRONG KHÔNG GIAN đường thẳng DM và SC bằng phương pháp tọa độ.

Chọn hệ trục Oxyz như hình vẽ, ta có C ≡ O(0;0;0), B(a;0;0), D(0;a;0), A(a;a;0). a M là trung điểm AB ⇒ M ( a; ;0) 2 a N là trung điểm AD ⇒ N ( ; a;0) 2 H ∈ (Oxy ) ⇒ H ( x; y;0)

S

z

y N H

⇒ CH , CN cùng phương và DH , DM

cùng phương ⇒

A

D

H = DM ∩ CN

M C≡ O

B

x

x y x y−a 2a 4a 2a 4a 2a 4a = và = ⇒x= ,y= . Vậy H( ; ;0 ) ⇒ S ( ; ; a 3) a a a 5 5 5 5 5 5 a − 2 2

2a 4 a a a2 3 2 Khi đó, CS = ( ; ; a 3), DM = ( a; − ;0) ⇒ CS , DM  = ( ; a 3; − a 2 ) 5 5 2 2

  CS

2a 57 a a3 3  , DM  .CM = 2 = .

Mặt khác CM = ( a; ;0) ⇒ d ( SC , DM ) =

2 19 a 19 CS , DM    2

Ví dụ 8. (ĐH khối D – 2011) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B, AB = 3a,

= 30 . Tính thể tích khối BC = 4a, mặt phẳng (SBC) vuông góc (ABC). Biết SB = 2a 3 và SBC chóp S.ABC và khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng (SAC) theo a.

Giải Gọi H là chân đường vuông góc kẻ từ S lên BC. Vì (SBC) ⊥ (ABC) nên SH ⊥ (ABC). = 30 Mặt khác SB = 2a 3 và SBC

z

⇒ SH = SB.sin 30 = a 3, BH = SB.cos 30 = 3a .

Dễ thấy 1 1 1 VS . ABC = SH .S ABC = .a 3.( .3a.4a ) = 2a 3 3 .

O≡ B 3 3 2 Bây giờ ta tính khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng (SAC) bằng phương pháp tọa độ.

Chọn hệ trục Oxyz với B là gốc tọa độ, tia BA là tia Ox, tia BC là tia Oy, tia Oz

S

30

H

A

C

y

x

1

Ngô Quang Vân

Sưu tầm và biên soạn

THỂ TÍCH - KHOẢNG CÁCH - GÓC TRONG KHÔNG GIAN là tia Bz song song và cùng hướng với tia HS. Khi đó: B(0;0;0), A(3a;0;0), C(0;4a;0), S(0;3a; a 3 ).

⇒ AS = ( −3a;3a; a 3), AC = ( −3a;4a;0)

⇒  AS , AC  = −4a 2 3; −3a 2 3; −3a 2 = − 3a 2 .(4;3; 3) ⇒ mặt phẳng (SAC) có phương trình là

(

)

4( x − 3a ) + 3( y − 0) + 3( z − 0) = 0 ⇔ 4 x + 3 y + 3z − 12a = 0 .

Vậy khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng (SAC) là

d ( B, ( SAC )) =

−12a 2

2

4 + 3 + ( 3)

2

=

6a 7 .

7

Nhận xét: Nếu so với cách tính khoảng cách từ điểm B đến (SAC) thông qua khoảng cách từ điểm H của đáp án chính thức thì cách trên là trực tiếp, dễ định hướng hơn và dễ thực hiện hơn.

Ví dụ 9. (ĐH khối B – 2011) Cho hình lăng trụ ABCD.A’B’C’D’ có đáy ABCD là hình chữ nhật,

AB = a, AD = a 3 . Hình chiếu vuông góc của A’ trên (ABCD) trùng với giao điểm của AC và BD. Góc giữa hai mặt phẳng (ADD’A’) và (ABCD) bằng 600. Tính thể tích khối lăng trụ đã cho và khoảng cách từ B’ đến mặt phẳng (A’BD) theo a.

Giải Gọi I = AC ∩ BD. Ta có A ' I ⊥ ( ABCD ) .

Chọn hệ trục Oxyz với B là gốc tọa độ, tia BA là tia Ox, tia BC là tia Oy, tia Oz là tia Bz song song z và cùng hướng với tia IA’.

Khi đó

B’

B(0;0;0), A(a;0;0), C(0; a 3 ;0), a a 3 D(a; a 3 ;0), I( ; ;0 ).

2 2 A’ có hình chiếu lên (Oxy) là I nên

C’

D’

A’

a a 3 ; z ) ( z > 0) .

A’( ; 2 2 Ta tìm z: + Mặt phẳng (ABCD) chính là mặt phẳng (Oxy) nên có VTPT

là k = (0;0;1).

B≡ O

a a 3 ; z) + AD = (0; a 3;0), AA ' = ( − ; 2 2

A

C

y

I D

x

1

Ngô Quang Vân

Sưu tầm và biên soạn

THỂ TÍCH - KHOẢNG CÁCH - GÓC TRONG KHÔNG GIAN

a2 3 a 3   )= .(2 z;0; a ) ⇒  AD, AA '  = ( az 3;0; 2 2

⇒ mặt phẳng (ADD’A’) có VTPT là n = (2 z;0; a ) .

+ Góc giữa hai mặt phẳng (ADD’A’) và (ABCD) bằng 600 nên ta có

k .n 1 a 1 a 3 (z > 0). = cos 60 = ⇔ = ⇔z= 2 2 2 2 2 k.n 4z + a a a 3 a 3 Vậy A’( ; ; ).

2 2 2

a 3 3a 3 .a.a 3 = .

2 2

3a 2 a 2 3 a2 ; ;0) = − .(3; − 3;0) Mặt phẳng (A’BD) có VTPT là  BA ', BD  = ( − 2 2 2 Do đó

VABCD . A ' B ' C ' D ' = A ' I .S ABCD =

⇒ ( A ' BD ) : 3x − 3 y = 0 ⇔ 3x − y = 0 .

a a 3 a 3 ; ) Mặt khác BB ' = AA ' ⇒ B '( − ; 2 2 2

a a 3 − . 3− 2 2

a 3 .

2 2 Ví dụ 10. (ĐH khối A – 2011) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại B,

Vậy khoảng cách từ B’ đến (A’BD) là d ( B ', ( A ' BD )) =

=

AB = BC = 2a; hai mặt phẳng (SAB) và (SAC) cùng vuông góc với (ABC). Gọi M là trung điểm của AB; mặt phẳng qua 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.

z S

Giải Theo giả thiết (SAB), (SAC) cùng vuông góc với (ABC) nên SA ⊥ (ABC). ⇒ Góc giữa (SBC) và (ABC) là = 60 .

SBA

⇒ SA = AB. tan 60 = 2a 3 .

Mặt phẳng qua SM, song song BC, cắt AC tại N ⇒ MN // BC ⇒ N là trung điểm AC. B≡ O Do đó tam giác AMN vuông cân tại M. Khi đó, ta có 1 1 VS . BCNM = SA.S BCNM = SA.( S ABC − S AMN ) 3 3

1 4a 2 a 2 = .2a 3.( − ) = a3 3 .

3 2 2

60

M

A

N

C x

Ngô Quang Vân

y

Sưu tầm và biên soạn

1

THỂ TÍCH - KHOẢNG CÁCH - GÓC TRONG KHÔNG GIAN Bây giờ ta tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AB, SN bằng phương pháp tọa độ.

Chọn hệ trục Oxyz như hình vẽ, với B là gốc tọa độ, C (2a;0;0), A(0;2a;0), S (0;2a;2a 3) .

N là trung điểm AC ⇒ N (a; a;0) ⇒ SN = (a; − a; −2a 3) .

Mặt khác BA = (0;2a;0) ⇒  SN , BA = (4a 2 3;0;2a 2 ) .

 SN , BA . BN

4a 3 3 2a 39   Lại có BN = ( a; a;0) ⇒ d ( SN , AB ) = = 2 = .

13 2a 13  SN , BA   b/ Bài tập vận dụng Bài 1. (Đề thi thử Violet) Cho hình lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác cân tại C, AB = 2 a, AA ' = a và A’C tạo với mặt phẳng (ABB’A’) một góc bằng 600 . Gọi N là trung điểm của

BB’, M là trung điểm của AA’. Tính theo a thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’ và khoảng cách từ

điểm M đến mặt phẳng (BC’N).

Giải z A'

C'

B' a

A

C a

y

a 6

H

a

B

x

Gọi H là trung điểm của AB. ∆ABC cân tại C nên CH ⊥ AB Mặt khác CH ⊥ AA ' , suy ra CH ⊥ ( ABB ' A ' )

Hình chiếu vuông góc của A ' C trên ( ABB ' C ' ) là A ' H ⇒ CA ' H = 600 A ' H = A ' A2 + AH 2 = a 2 + a 2 = a 2 ; tan 600 = S ∆ABC =

CH ⇒ CH = a 6 A' H

1 1 AB.CH = 2a.a 6 = a 2 6 2 2

V = S ∆ABC . AA ' = a 3 6

1

Ngô Quang Vân

Sưu tầm và biên soạn

THỂ TÍCH - KHOẢNG CÁCH - GÓC TRONG KHÔNG GIAN Chọn hệ trục Hxyz như hình vẽ. Khi đó:

(

)

H ( 0;0;0 ) , A ( −a;0;0 ) , B ( a;0;0 ) , C 0; a 6; 0 , A ' ( −a;0; a ) , a  a  B ' ( a;0; a ) , C ' 0; a 6; a , M  a;0;  , N  −a;0;  2  2 

(

)

HS tự tính theo Phương pháp tọa độ. Đáp số: d =

2 2 a 37

Bài 2. (Đề thi thử Violet) Cho hình chóp S.ABC có SA ⊥ ( ABC ) và ABC là tam giác đều cạnh

2a. Cạnh bên SB = 3a. Gọi M là trung điểm cạnh SC. Tính thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách giữa hai đường thẳng AC và BM theo a.

Giải

S

M C

A N B

Từ giả thiết ta có SA là đường cao của hình chóp và SA = SB 2 − AB 2 = a 5

1 a 3 15 Diện tích của tam giác đều ABC là a 2 3 , VS . ABC = SA.S ABC = (đvtt) 3 3 Chọn trung điểm N(0;0;0) của BC là gốc tọa độ. Tia NB là trục hoành, tia NA là trục tung. Kẻ Nz // SA là trục cao. Ta có

a a 3 a 5 B(a;0;0), C(-a; 0; 0), A(0; a 3 ;0), S(0; a 3 ; a 5 ), M( − ; ; ) 2 2 2

 3a 3a 5a  ; AC = − a; − a 3;0 ; BM =  − ;  ; 2 2 2   2 2 2    AC ; BM  =  − a 15 ; 5a ; −4 3a     2 2 2  

(

)

1

Ngô Quang Vân

Sưu tầm và biên soạn

THỂ TÍCH - KHOẢNG CÁCH - GÓC TRONG KHÔNG GIAN

AB = a; − a 3;0 ;

(

)

 AC , BM  AB 15   d ( AC , BM ) = =a

17  AC , BM   

Bài 3. (Đề thi thử Violet) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật,

AB = a, AD = 2 2a . Hình chiếu vuông góc của điểm S trên mặt phẳng (ABCD) trùng với trọng tâm tam giác BCD. Đường thẳng SA tạo với mặt phẳng (ABCD) một góc 450. Tính thể tích của khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng AC và SD theo a.

Giải

Gọi H là trọng tâm tam giác BCD. Theo GT SH ⊥ ( ABCD ) 2 1 Gọi O = AC ∩ BD ⇒ CH = CO = AC = a ⇒ AH = AC − HC = 2a 3 3 SA tạo với đáy góc 450 suy ra SAH = 450 ⇒ SH = AH = 2a

S

Gọi V là thể tích khối chóp S.ABCD thì

1 1 4 2 3 V = S ABCD .SH = a.2 2a.2a = a 3 3 3

M

Gọi M là trung điểm của SB. D

Mặt phẳng (ACM) chứa AC và // SD

C

Do đó d ( SD; AC ) = d ( SD; ( ACM )) = d ( D;( ACM )) Chọn hệ tọa độ Oxyz như hình vẽ. Khi đó

H O A

B

 2 a 4 2a  A(0;0;0), B (a;0; 0), D(0; 2 2a; 0), S  ; ; 2a  , C (a; 2 2a;0) 3  3 

 5a 2 2a  M  ; ; a  . AC = (a; 2 2a;0) 3  6   5a 2 2a 

AM =  ; ; a  ⇒ AC ∧ AM = (2 2a 2 ; − a 2 ; − 2a 2 ) Mặt phẳng (ACM) đi qua điểm A và có 3  6 

vtpt n = (2 2; −1; − 2) nên có phương trình là

2 2 x − y − 2 z = 0 ⇒ d ( D; ( ACM )) =

−2 2 a

8 +1+ 2

=

2 2a 11

Bài 4. (Đề thi thử Violet) Cho hình lập phương ABCDA’B’C’D’ cạnh bằng 1. Một mặt phẳng

(α ) bất kì đi qua đường chéo B’D. 1

Ngô Quang Vân

Sưu tầm và biên soạn

THỂ TÍCH - KHOẢNG CÁCH - GÓC TRONG KHÔNG GIAN a) Tính khoảng cách giữa hai mặt phẳng (ACD’) và (A’BC’) b) Xác định vị trí của mặt phẳng

(α )

sao cho diện tích của thiết diện cắt bởi mp (α ) và hình lập

phương là bé nhất.

Phân tích: Với một hình lập phương ta luôn chọn được một hệ toạ độ thích hợp, khi đó tạo độ các đỉnh đã biết nên việc tính khoảng cách giữa hai mặt phẳng (ACD’) và (A’BC’) trở nên dễ dàng. Với phần b, ta quy việc tính diện tích thiết diện về việc tính khoảng cách từ M đến đường thẳng DB’.

A

N

z

B

C

D H y

Lời giải.

A'

Chọn hệ toạ độ sao cho gốc toạ độ

B'

O ≡ D ' ( 0;0;0 )

x D'

M

C'

A ' ( 0;1;0 ) , B ' (1;1;0 ) , C ' (1;0;0 ) , A ( 0;1;1) , C (1;0;1) Gọi M là điểm bất kì trong đoạn thẳng C’D’, tức M ( x;0;0 ) ; 0 ≤ x ≤ 1 a) Dễ dàng chứng minh được (ACD’) // (A’BC’)

⇒ d ( ( ACD ') , ( A ' BC ') ) = d ( A ', ( ACD ') ) Mặt phẳng (ACD’) có phương trình: x + y − z = 0

⇒ d ( ( ACD ') , ( A ' BC ') ) = d ( A ', ( ACD ') ) = b) Giả sử

(α )

1 3

cắt (CDD’C’) theo giao tuyến DM, do hình lập phương có các mặt đối diện song

song với nhau nên (α ) cắt (ABB’A’) theo giao tuyến B’N//DM và DN//MB’. Vậy thiết diện là hình bình hành DMB’N. Gọi H là hình chiếu của M trên DB’. Khi đó:

S DMB ' N = DB '⋅ MH = DB '⋅ d ( M , DB ' ) .

Ta có: DB ' =

3

 MD; DB ' 2x2 − 2x + 2   d ( M , DB ') = =

3 DB ' 1

Ngô Quang Vân

Sưu tầm và biên soạn

THỂ TÍCH - KHOẢNG CÁCH - GÓC TRONG KHÔNG GIAN 2

S DMB ' N

1 3 3 1  = 2x − 2x + 2 = 2 x −  + ≥ . Dấu đẳng thức xảy ra khi x = 2 2 2 2  2

1 2

   1  Hoàn toàn tương tự nếu M ( 0; y;0 ) ⇒ M  0; ;0   2  Vậy diện tích S DMB ' N nhỏ nhất khi M là trung điểm D’C’ hoặc M là trung điểm D’A’.

Nên diện tích S DMB ' N nhỏ nhất khi M  ;0;0  , hay M là trung điểm D’C’

Bài 5. (Đề thi thử Violet) Cho hình chóp SABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a.

SA ⊥ ( ABCD ) , SA = a . Gọi M là điểm di động trên cạnh CD. Xác định vị trí của M để khoảng cách từ điểm S đến BM lớn nhất, nhỏ nhất.

Giải.

Chọn hệ toạ độ trực chuẩn Oxyz sao cho

z

O ≡ A ( 0;0;0 ) , B (1;0;0 ) , C (1;1;0 ) , D ( 0;1;0 ) ,

S

S ( 0;0;1) .

M là điểm di động trên CD nên M ( t ;1;0 ) với

0 ≤ t ≤ 1 . BM = ( t − 1;1;0 )

y

f’(t)

B D x

0

−∞

1

-

M

K

t 2 − 2t + 3 Xét hàm số f ( t ) = 2 trên [0;1] t − 2t + +2 −2 ( t − 1) f '(t ) = 2 2 . Ta có bảng biến thiên: ( t − 2t + 2 ) t

C

A

 SB, BM  t 2 − 2t + 3   d ( S , BM ) =

= 2 t − 2t + +2 BM

+∞

+

2

f(t)

3 2 1

Ngô Quang Vân

Sưu tầm và biên soạn

THỂ TÍCH - KHOẢNG CÁCH - GÓC TRONG KHÔNG GIAN 3 , đạt được khi t = 0 [0;1] 2 max f ( t ) = 2 , đạt được khi t = 1

Từ bảng biến thiên ta có min f ( t ) = [0;1]

Do đó d ( S , MB ) lớn nhất khi M ≡ C & d ( S , BM ) =

d ( S , MB ) nhỏ nhất khi M ≡ D & d ( S , BM ) =

2

3 2

Bài 6. (Đề thi thử Violet) Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ cạnh là a. Gọi N là trung điểm

của B’C’. a. Chứng minh rằng: AC’ vuông góc với (A’BD).

A

b. Tính thể tích khối tứ diện ANBD’.

D C

B

c. Tính góc và khoảng cách giữa hai đường thẳng AN và BD’.

z

d. Tính khoảng cách từ C đến mp(AC’D).

D'

Giải

Khi đó ta có tọa độ các đỉnh của hình lập phương như sau:

A '(0;0;0), B '(a;0; 0), D '(0; a;0), C '(a; a;0), A(0;0; a ), B (a;0; a ),

y

A'=O x

B'

C'

a C (a; a; a ), D (0; a; a ), N (a; ; 0) 2

a. Ta có: AC ' = (a; a; − a ),  A ' B, A ' D  = (− a 2 ; − a 2 ; a 2 ) là véc tơ pháp tuyến của mặt phẳng (A’BD).

Ta thấy hai véc tơ này cùng phương. Vì thế ta có AC’ vuông góc với mp (A’BD). b. Tính thể tích tứ diện ANBD’ .

1 |  AN , AB  . AD ' | .

6   a 3 a 2  Ta có:  AB, AN  =  0; a 2 ;  , AD ' = (0; a; − a ),  AB, AN  . AD ' = . Do đó thể tích tìm được là: 2  2  Ta có công thức tính thể tích tứ diện là: VANBD ' =

a3 V= .

12

| a.b | | [a,b]. AB |

c. Cos(a, b)=|cos(a,b)|= ; d (a, b) = . Với a, b là các véc tơ chỉ phương của đường | a || b | | [a,b] | thẳng a và b. Đường thẳng a,b lần lượt đi qua hai điểm A và B.

| AN .BD ' | 3 Do đó ta có góc giữa hai đường thẳng AN và BD’ là: cos(AN, BD')= = | AN || BD ' | 9

1

Ngô Quang Vân

Sưu tầm và biên soạn

THỂ TÍCH - KHOẢNG CÁCH - GÓC TRONG KHÔNG GIAN

|  AN , BD ' . AB | a 26 Khoảng cách giữa hai đường thẳng này là: d ( AN , BD ') = =

26 |  AN , BD ' | d. Tính khoảng cách từ điểm C đến mặt phẳng (AC’D).

Viết phương trình mp (AC’D), Mặt phẳng (AC’D) có véc tơ pháp tuyến cùng phương với

[ AC ', AD]=(-a 2 ;0;-a 2 ) . Ta chọn véc tơ pháp tuyến của mặt phẳng (AC’D) là n = (1; 0;1) .Vì thế

phương trình mặt phẳng (AC’D) là: x + z –a =0. Áp dụng công thức khoảng cách từ một điểm đến a mặt phẳng ta có khoảng cách là: d (C , ( AC ' D)) = .

2 Bài 7. (Đề thi thử Violet) Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có cạnh BD = 2 2 . Mặt bên tạo với

mặt đáy góc 600 . a. Tính thể tích khối chóp, xác định tâm và bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp. b. Tính góc và khoảng cách giữa hai đường thẳng SB và AC. c. Tính góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và (SCD). d. Gọi I là trọng tâm tam giác SAB, tính khoảng cách từ I đến các mặt phẳng (ABCD) và (SCD).

Giải.

Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ, ta có tọa độ các đỉnh như sau: O(0;0;0), B ( 2;0; 0), D (− 2; 0;0), C (0; 2; 0), A(0; − 2;0), S (0;0; 3) Đến đây công việc còn lại là tính toán, tôi để dành cho bạn đọc.

z

Các bạn có thể thấy rằng nếu như tọa độ hóa một khối đa diện được thì việc giải những bài toán hình không gian trở nên đơn giản hơn rất nhiều.

S

I

Sau đây chúng ta xét một số khối đa diện mà việc tọa độ và tính toán phức tạp hơn.

A J

x

D O

B

C

y

Bài 8. (Đề thi thử Violet) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh là

5 tâm O, SO

vuông góc với đáy; các cạnh bên SA = 2 3, SB = 3 . Gọi M là trung điểm của cạnh SC. a. Tính góc và khoảng cách giữa hai đường thẳng: SA và BM. b. Mp (AMB) cắt SD tại N. Tính thể tích khối chóp S.ABMN. Giải Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ. Ta có tọa độ các đỉnh như sau:

O(0; 0;0), A(2; 0;0), B (0;1; 0), S (0;0; 2 2), D(0; −1;0), C (−2; 0;0), M (−1;0; 2) 1

Ngô Quang Vân

Sưu tầm và biên soạn

THỂ TÍCH - KHOẢNG CÁCH - GÓC TRONG KHÔNG GIAN

| SA.BM | 3 a. Ta có cos( SA, BM ) = = . Do đó góc giữa hai đường thẳng này là 600 . | SA | . | BM | 2 Bài 9. (Đề thi thử Violet) Cho hình chóp tam giác đều S.ABC có độ dài cạnh đáy là a. Gọi M, N là

trung điểm SB, SC. Tính theo a diện tích ∆ AMN, biết (AMN) vuông góc với (SBC).

Giải

Gọi O là hình chiếu của S trên (ABC), ta suy ra O là trọng tâm ∆ABC . Gọi I là trung điểm của BC, ta có: 3 a 3 a 3 a 3 AI = BC = ⇒ OA = , OI = 2 2 3 6 Trong mp(ABC), ta vẽ tia Oy vuông góc với OA. Đặt SO = h, chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ ta a 3  được:O(0; 0; 0), S(0; 0; h), A  ; 0; 0   3   a 3   a 3 a  ; 0; 0  , B  − ; ; 0  , ⇒ I  − 6 6 2      a 3 a C  − ;− ; 6 2 

  a 3 a h  0  , M  − ; ;    12 4 2 

 a 3 a h  và N  − .  12 ; − 4 ; 2 

 ah

5a 2 3  ⇒ n(AMN) =  AM, AN  =  ; 0; , 24   4



a 2 3  n(SBC) =  SB, SC  =  −ah; 0;  6  

5a 2 1 (AMN) ⊥ (SBC) ⇒ n(AMN).n(SBC) = 0 ⇒ h2 = ⇒ S∆AMN = 12 2

2

 AM, AN  = a 10   16

Bài 10. (Đề thi thử Violet) Cho lăng trụ ABC.A'B'C' các các mặt bên đều là hình vuông cạnh a. Gọi D, F lần lượt là trung điểm của các cạnh BC, C'B'. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng A'B và B'C'.

Giải Cách 1: Vì các các mặt bên của lăng trụ đều là hình vuông nên AB = BC = CA = A ' B ' = B ' C ' = C ' A ' = a ⇒ các tam giác ABC, A’B’C’ là các tam giác đều.

Chọn hệ trục Axyz, với Ax, Ay, Az đôi một vuông góc, A(0;0;0),

a a 3   a a 3  B ; ; 0 , C  − ; ; 0  , A '(0; 0; a), 2 2   2 2  a a 3   a a 3  B ' ; ; a , C ' − ; ; a 2 2   2 2 

1

Ngô Quang Vân

Sưu tầm và biên soạn

THỂ TÍCH - KHOẢNG CÁCH - GÓC TRONG KHÔNG GIAN Ta có: B ' C ' //BC , B ' C ' // ( A ' BC )

’

z

C A

’

⇒ d ( B ' C '; A ' B ) = d ( B ' C '; ( A ' BC ) ) = d ( B '; ( A ' BC ) )

’

B

 a a 3   a a 3  A' B =  ; ; − a  , A 'C =  − ; ; − a 2 2 2   2 

a

 3 a 3 3  2 2 A ' B ∧ A ' C =  0; a 2 ;  = a  0; 1;   = a .n , với n =  0; 1; 2  2  2    

A

C 2

D

y

x B

Phương trình mặt phẳng (A BC) qua A với vectơ pháp tuyến n : ’

’

3 3 a 3 ( z − a) = 0 ⇔ ( A ' BC ) : y + =0 z− 2 2 2

0( x − 0) + 1( y − 0) +

a 3 a 3 3 a 3 + .a − a 21 a 21 2 2 2 . . Vậy, d ( A ' B; B ' C ') = d ( B ' ( A ' BC ) ) = = 2 = 7 7 3 7 1+ 4 2 Cách 2: Vì các các mặt bên của lăng trụ đều là hình vuông nên AB = BC = CA = A ' B ' = B ' C ' = C ' A ' = a

⇒ các tam giác ABC, A’B’C’ là các tam giác đều.

A

Ta có: B ' C ' //BC ⇒ B ' C ' //( A ' BC ) .

’

’

C ’

B

⇒ d ( A ' B; B ' C ') = d ( B ' C '; ( A ' BC ) ) = d ( F ; ( A ' BC ) ) .

F

H

 BC ⊥ FD Ta có:   BC ⊥ A ' D

(∆A'BC caâ n taï i A')

⇒ BC ⊥ ( A ' BC )

D

Vì BC ⊥ ( A ' BC ) ⇒ BC ⊥ FH ⇒ H ⊥ ( A ' BC )

∆A’FD vuông có:

C

A

Dựng FH ⊥ A ' D

1 FH

2

=

1 A' F

Vậy, d ( A ' B; B ' C ') = FH =

2

+

1 FD

2

=

4 3a

2

+

B

1 a

2

=

7 3a

2

⇒ FH =

a 21 .

7

a 21 7

II. Các dạng toán về góc và thể tích.

1. Góc giữa hai đường thẳng

a/ Phương pháp xác định góc giữa hai đường thẳng a và b chéo nhau Cách 1: (a,b) = (a’,b’) trong đó a’, b’ là hai đường thẳng cắt nhau và lần lượt song song với a và b.

1

Ngô Quang Vân

Sưu tầm và biên soạn

THỂ TÍCH - KHOẢNG CÁCH - GÓC TRONG KHÔNG GIAN Tức là, chọn ra hai đường thẳng cắt nhau và lần lượt song song với a và b Cách 2: (a,b) = (a,b’) trong đó b’ là đường thẳng S cắt đường thẳng a và song song với b. Tức là chọn trên a (hoặc b) một điểm A rồi từ đó chọn một đường thẳng qua A và song song với b (hoặc a) *) Chú ý: Các định lý hay sử dụng

D

b/ Các ví dụ mẫu:

A

Ví dụ 1: Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình

thoi cạnh a, SA = a 3, SA ⊥ BC . Tính góc giữa hai đường thẳng SD và BC? Giải: Ta có: BC//AD và

B

C

BC / / AD  0  ⇒ SAD = 90 . Do đó, SA ⊥ BC 

. ( SD, BC ) = ( SD, AD) = SDA

A

Xét tam giác vSAD vuông tại A ta có:

2a

= SA = 3 ⇒ SDA = 600 tan SDA AD

N

Vậy góc giữa hai đường thẳng SD và BC bằng 600 Ví dụ 2: Cho tứ diện ABCD có AB=CD=2a. Gọi M, N

lần lượt là trung điểm của BC và AD, MN = a 3 .

Tính góc giữa hai đường thẳng AB và CD?

a 3

B

Giải: Gọi I là trung điểm của BD. Ta có:

IN / / AC   ⇒ ( AB, CD) = ( IM , IN ) .

IM / / CD 

D

I

2a

M C

Xét tam giác IMN có: IM = IN = a, MN = a 3 . Do đó,

= cos MIN

2a 2 − 3a 2 1 =− 2 2a 2

= 1200 ⇒ MIN 0

0

Vậy: ( AB, CD ) = 180 − 120 = 60

0

Các điểm cần chú ý khi giải ví dụ 2: + Việc tìm góc giữa hai đường thẳng AB và CD thông qua góc giữa hai đường thẳng IM và IN nhờ 1

Ngô Quang Vân

Sưu tầm và biên soạn

THỂ TÍCH - KHOẢNG CÁCH - GÓC TRONG KHÔNG GIAN vào giả thiết MN = a 3

 MIN

+ Một số em đồng nhất ( IM , IN ) = MIN là chưa chính xác mà ( IM , IN ) =  . Đến

1800 − MIN đây ta có thể giải quết theo hai hướng:

> 900 - Chứng minh góc MIN rồi sau đó dựa vào giá trị của góc MIN để kết luận về giá trị của góc - Tính ra cụ thể góc MIN giữa hai đường thẳng AB và CD Ví dụ 3: (A-2008) Cho hình 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 A’ lên mp(ABC) là trung điểm của BC. Tính cosin của góc giữa hai đường thẳng AA’ và B’C’?

Giải: Gọi H là trung điểm của BC Ta có:

AA '/ / BB '   ⇒ ( AA ', B ' C ') = B ' C '/ / BD 

A'

C'

= ( BB ', BD )

I

Hay,

cos( AA ', B ' C ') = cos( BB ', BD) =

B' A

' = cos HBB

C

Xét tam giác A’B’H có

H

A ' = 90 , A ' B ' = a , 0

A ' H = AA '2 − AH 2 = 2

 BC  = AA ' −   =a 3  2  2

B

,

HB ' = A ' H 2 + A ' B '2 = 2a .

BH 2 + BB '2 − HB '2 1

= Do đó, cos HBB ' = 2.BH .BB ' 4

' = Vậy cos( AA ', B ' C ') = cos HBB

1 4 1

Ngô Quang Vân

Sưu tầm và biên soạn

THỂ TÍCH - KHOẢNG CÁCH - GÓC TRONG KHÔNG GIAN Các điểm cần chú ý khi giải ví dụ 3: + Áp dụng cách 1 để giải bài toán này + Điểm mấu chốt của bài toán này là tìm ra được độ dài của HB’ thông qua nhận xét A’H vuông góc với mp(A’B’C’) 2. Góc giữa đường thẳng và mặt phẳng

a/ Phương pháp xác định góc giữa đường thẳng d và mặt phẳng (P) + Tìm I = d ∩ ( P )

S

+ Tìm A thuộc d kẻ AH vuông góc với (P)

AIH + (d ,( P)) = b/ Các ví dụ mẫu:

A

Ví dụ 1: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, ( SAB) ⊥ ( ABCD ) , H là trung điểm của

AB, SH=HC, SA=AB. Tính góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng (ABCD)

a 1 Giải: + Ta có: AH = AB = , 2 2 SA = AB = a , SH = HC = BH 2 + BC 2 =

D

H B

C

a

a 5 .

2

S

2

5a = AH 2 nên tam giác 4 SAH vuông tại A hay SA ⊥ AB mà ( SAB) ⊥ ( ABCD ) . Do đó, SA ⊥ ( ABCD) 2

2

Vì SA + AH =

và AC là hình chiếu vuông góc của SC lên mp(ABCD).

H

, + Ta có: ( SC ,( ABCD)) = SCA = tan SCA

D

2 SA = . Vậy góc giữa đường AC 2

thẳng SC và mặt phẳng (ABCD) là góc có tang bằng

A

B

C

2 .

2

Ví dụ 2: Cho hình chóp S.ABCD đáy ABCD là hình vuông cạnh a, SA vuông góc với mặt phẳng

1

Ngô Quang Vân

Sưu tầm và biên soạn

THỂ TÍCH - KHOẢNG CÁCH - GÓC TRONG KHÔNG GIAN đáy, SA = a 6 . Tính sin của góc giữa: SC và (SAB); AC và (SBC) Giải: Ta có: BC ⊥ AB (gt) và SA ⊥ BC (vì SA ⊥ ( ABCD) ) ⇒ BC ⊥ ( SAB ) do đó: SB là hình

. Ta có: chiếu vuông góc của SC trên mp(SAB) ⇒ ( SC ,( SAB)) = BSC = ⇒ sin( SC ,( SAB )) = sin BSC =

.

2 BC a = = SC 4 SA2 + AC 2

+ Trong mp(SAB) kẻ AH ⊥ SB (H ∈ SB) . Theo a) BC ⊥ ( SAB ) ⇒ AH ⊥ BC nên

AH ⊥ ( SBC ) hay CH là hình chiếu vuông góc của AC trên mp(SBC) ACH . ⇒ ( AC ,( SBC )) = + Xét tam giác vuông SAB có:

1 1 1 7 6 = + 2 = 2 ⇒ AH = a.

2 2 AH AB SA 6a 7

+ Vậy sin( AC ,( SBC )) = sin ACH =

21 AH = AC 7

3. Góc giữa hai mặt phẳng

a/ Phương pháp xác định góc giữa hai mặt phẳng cắt nhau (P) và (Q) + Tìm giao tuyến ( P ) ∩ (Q ) = ∆ + Trong (P) tìm a vuông góc với ∆, trong (Q) tìm b vuông góc với ∆ và a,b cắt nhau tại I + ((P),(Q))=(a,b) Chú ý: Trong một số trường hợp nếu chỉ yêu cầu tính góc giữa hai mặt phẳng thì chúng ta có thể áp dụng công thức hình chiếu để tính.

Công thức hình chiếu: Gọi hình (H) có diện tích S; hình (H’) là hình chiếu của (H) trên mặt phẳng (α) có diện tích S’; φ là góc giữa mặt phẳng chứa (H) và mp(α). Lúc đó, ta có công thức sau:

S ' = S .cos ϕ b/ Các ví dụ mẫu Ví dụ 1: Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ có cạnh bằng a.

Tính số đo của góc giữa (BA’C) và (DA’C) Giải: + Kẻ BH ⊥ A ' C , (H ∈ A'C) (1) 1

Ngô Quang Vân

Sưu tầm và biên soạn

THỂ TÍCH - KHOẢNG CÁCH - GÓC TRONG KHÔNG GIAN + Mặt khác, ta có: BD ⊥ AC (gt) ,

AA ' ⊥ ( ABCD ) ⇒ AA ' ⊥ BD ⇒ BD ⊥ ( ACA ') ⇒ BD ⊥ A ' C (2) Từ (1) và (2) suy ra: A ' C ⊥ ( BDH ) ⇒ A ' C ⊥ DH . Do đó, (( BA ' C ),( DA ' C )) = ( HB, HD) . + Xét tam giác vuông BCA’ có:

1 1 1 3 = + = BH 2 BC 2 BA '2 2a 2 2 2 ⇒ BH = a. ⇒ DH = a.

3 3 = + Ta có: cos BHD

2 BH 2 − BD 2 1 = 1200 . Vậy (( BA ' C ),( DA ' C )) = 600 = − ⇒ BHD 2 2 BH 2

Ví dụ 2: Cho hình lăng trụ đứng ABC.A’B’C’, đáy ABC là tam giác cân

B'

C'

= 1200 , AB=AC=a, BAC BB’=a, I là trung điểm của CC’. Tính cosin của góc giữa hai mp(ABC) và (AB’I).

I

Giải: + Ta thấy tam giác ABC là hình chiếu vuông góc của tam giác AB’I lên mặt phẳng (ABC). Gọi φ là góc giữa hai mặt phẳng (ABC) và (AB’I). Theo công thức hình chiếu

C

ta có cos ϕ =

B

S ABC ó: .

S AB ' I

+ Ta có:

S ABC

A'

A

1 a2 3 0 = . AB. AC.sin120 = .

2 4

a 5 a 13 , AB ' = AB 2 + BB '2 = a 2, IB ' = B ' C '2 + IC '2 = .

2 2 1 a 2 10 Suy ra: Tam giác AB’I vuông tại A nên S AB ' I = . AB '. AI = .

Vậy 2 4 AI = AC 2 + CI 2 =

cos ϕ =

S ABC S AB ' I

=

3 10

4. Một số bài tập vận dụng Bài 1.(Đề thi thử Violet) Cho lăng trụ ABC . A ' B ' C ' có đáy ABC là tam giác vuông tại B,

= 600 . Hình chiếu vuông góc của A ' lên mặt phẳng (ABC) trùng với trọng tâm G của tam BAC 1

Ngô Quang Vân

Sưu tầm và biên soạn

THỂ TÍCH - KHOẢNG CÁCH - GÓC TRONG KHÔNG GIAN giác ABC, góc giữa đường thẳng AA ' và mặt phẳng ( ABC ) bằng 600 và AG =

7a . Tính theo 3

a thể tích khối lăng trụ và cosin của góc giữa đường thẳng AC và mặt phẳng ( ABB ' A ') .

Giải A' C'

B'

H

F

A

C G

N

M E B

A ' AG = 600 , suy ra chiều cao của Gọi M là trung điểm BC, góc giữa AA’ và mặt phẳng (ABC) là o lăng trụ là A ' G = AG. tan 60 =

a 21 .

3

Đặt AB = x , ( x > 0) ⇒ AC = 2 x , BC = 3 x. Áp dụng định lí Pitago cho tam giác vuông ABM ta 2

2 7a 2 3a 2 3  2 3x =x + ⇒ x = a ⇒ S ABC = . Từ đó thể tích của lăng trụ có: AM =  AG  = 4 4 2 2  2

đã cho là: V = A ' G.S ABC =

7 a3 (đvtt).

2

Kéo dài CG cắt AB tại N, kẻ GE vuông góc với AB (E thuộc AB), hạ GF vuông góc với A’E (F

 AB ⊥ A ' G ⇒ AB ⊥ ( A ' GE ) ⇒ AB ⊥ GF ⇒ GF ⊥ ( ABB ' A ') .

AB ⊥ GE 

thuộc A’E). Ta có 

Qua C kẻ đường thẳng song song với GF cắt tia NF tại H, suy ra H là hình chiếu vuông góc của C

. trên (ABB’A’). Hay góc giữa AC và mặt phẳng (ABB’A’) là HAC Dễ thấy GE =

2 1 1 1 3 3 24 a a 7 BM = ⇒ = + = + = ⇒ GF = 2 2 2 2 2 2 3 3 2 6 GF GE GA ' a 7a 7a

Suy ra CH = 3GF =

= Từ đó cos HAC

3 7a = CH = 21 . Xét tam giác AHC vuông tại H, có sin HAC AC 4 2 2 6

22 .

8

= 1200 , AB = a , AC = 2a . Cạnh bên SA Bài 2.(Đề thi thử Violet) Cho hình chóp S . ABC có BAC 1

Ngô Quang Vân

Sưu tầm và biên soạn

THỂ TÍCH - KHOẢNG CÁCH - GÓC TRONG KHÔNG GIAN vuông góc với đáy. Mặt bên ( SBC ) tạo với mặt phẳng đáy một góc 300 . Gọi M , N thứ tự là trung

điểm của cạnh SB, SC . Tính thể tích khối chóp S . ABC và cosin của góc giữa hai đường thẳng AM và BN .

Giải

S

M N

B

A

C = 300 .

Hạ AK ⊥ BC ⇒ BC ⊥ ( SAK ) nên góc giữa ( SBC ) và đáy là SKA a 7 1 a 21 a3 21 , SA = . S∆ABC = a 2 3 .

V= 7 7 2 42

BN ∩ CM = E , EF AM , F ∈ AC . ( AM,BN ) = ( EF,BN ) . Tính được

Tính được BC = a 7 , AK =

SB2 =

8a2 29a2 85a2 4 85a2 4 1 8a2 19a2 ,SC2 = ,BN 2 = , BE2 = BN2 = . EF 2 = AM2 = SB2 = . BF 2 = 7 7 28 9 63 9 9 63 9

=− cos BEF

170 170 ⇒ cos ( AM,BN ) = 17 17

Cách 2: 1 1

5 2a2 85 AM = AB + AS ,BN = AS + AC − AB . ⇒ AM.BN = − a2 . AM 2 = ,BN 2 = a2 2 2 7 7 28

AM.BN

170 ⇒ cos ( AM,BN ) = cos AM,BN = = AM.BN 17

(

)

(

(

)

)

Bài 3.(Đề thi thử Violet) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật. Tam giác SAB

đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng đáy (ABCD). Biết SD = 2a 3 và góc tạo 0

bởi đường thẳng SC với mặt phẳng (ABCD) bằng 30 .

1

Ngô Quang Vân

Sưu tầm và biên soạn

THỂ TÍCH - KHOẢNG CÁCH - GÓC TRONG KHÔNG GIAN a. Tính diện tích hình chữ nhật ABCD và khoảng cách từ S đến mặt phẳng (ABCD). b. Tính khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng (SAC).

Giải S

K A

D I

H

B

a.

C

= 300 .

Gọi H là trung điểm của AB. Suy ra SH ⊥ ( ABCD) và SCH

Ta có: ∆SHC = ∆SHD ⇒ SC = SD = 2a 3 .

Xét tam giác SHC vuông tại H ta có:

SH = SC.sin SCH = SC.sin 300 = a 3, HC = SC.cos SCH = SC.cos 300 = 3a Vì tam giác SAB đều mà SH = a 3 nên AB = 2a . Suy ra

BC = HC 2 − BH 2 = 2a 2 . Do đó, S ABCD = AB.BC = 4a 2 2 b. Vì BA = 2 HA nên d ( B, ( SAC ) ) = 2d ( H , ( SAC ) )

Gọi I là hình chiếu của H lên AC và K là hình chiếu của H lên SI. Ta có: AC ⊥ HI và AC ⊥ SH nên AC ⊥ ( SHI ) ⇒ AC ⊥ HK . Mà, ta lại có: HK ⊥ SI .

Do đó: HK ⊥ ( SAC ) .Vì hai tam giác SIA và SBC đồng dạng nên HI AH AH .BC a 6 = ⇒ HI = = . Suy ra, HK = BC AC AC 3 Vậy , d ( B, ( SAC ) ) = 2d ( H , ( SAC ) ) = 2 HK =

HS .HI

HS 2 + HI 2

=

a 66 .

11

2a 66 .

11

Bài 4. (Đề thi thử Violet) Cho hình chóp S.ABCD có SA vuông góc với mặt đáy (ABCD), đáy

ABCD là hình chữ nhật có AD = 3a, AC = 5a, góc giữa hai mặt phẳng (SCD) và (ABCD) bằng 450.

Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD và tính góc giữa đường thẳng SD và mặt phẳng (SBC).

Giải

- Tính thể tích +) Ta có: AB = AC 2 − BC 2 = 4a 1

Ngô Quang Vân

Sưu tầm và biên soạn

THỂ TÍCH - KHOẢNG CÁCH - GÓC TRONG KHÔNG GIAN

SDA = 45 ( ( SCD ) , ( ABCD ) ) =

+) Mà

0

nên SA = AD = 3a

1 Do đó: VS . ABCD = SA.S ABCD = 12a 3 (đvtt) 3 - Tính góc…

+) Dựng điểm K sao cho SK = AD Gọi H là hình chiếu vuông góc của S

K H

A

D

B

C

D lên CK, khi đó: DK ⊥ ( SBC ) . Do đó: ( SD, ( SBC ) ) = DSH +) Mặt khác DH =

DC.DK 12a = , SD = SA2 + AD 2 = 3a 2 KC 5

SH = SD 2 − DH 2 =

3a 34 5

Do đó: DSH = arccos ( SD, ( SBC ) ) =

SH 17 = arccos ≈ 340 27 ' SD 5

Bài 5. Cho hình chóp đều S.ABCD, đáy có cạnh bằng a và có tâm O.Gọi M,N lần lượt là trung điểm

của SA,BC.Biết góc giữa MN và (ABCD) bằng 60 . Tính MN,SO và ( MN , ( SAO)) .

Giải S

M

A

B P O

D

N

H C

Gọi P là trung điểm AO. Khi đó MP // SO và SO ⊥ (ABCD) do đó: = 60 . ( MN ,( ABCD)) = MNP 1

Ngô Quang Vân

Sưu tầm và biên soạn

THỂ TÍCH - KHOẢNG CÁCH - GÓC TRONG KHÔNG GIAN Trong △ NCP theo định lí hàm số cosin ta có NP 2 = CN 2 + CP 2 − 2CN .CP.cos 45 =

5a 2 . Trong tam giác vuông MNP ta có 8

5 15 15 PN =a và PM=PN.tan 60 = a ⇒ SO = 2 MP = a .

2 8 2 cos60 .

MN , ( SAC )) = NMH Gọi H là trung điểm của OC.Suy ra NH // BD mà BD ⊥ (SAC). Do đó ( MN =

1 5 a 2 , MN = a . Do đó trong tam giác vuông MHN ta có Ta có NH = OB = 2 4 2 = NH = 1 . Vậy góc giữa MN và mặt phẳng (SAC) bằng α thỏa mãn sin NMH MN 2 5 π 1 sin α = ,0 ≤ α ≤ .

2 2 5 Bài 6. Cho hình lăng trụ đều ABC.A’B’C’, đáy có cạnh bằng a,cạnh bên có độ dài bằng b.Gọi M là trung điểm của AB và α là góc tạo bởi đường thẳng MC’ và mặt phẳng (BCC’B’). Tính tan α .

Giải M

B

a

C

P N A b

B' M'

C'

A'

Gọi M’, N lần lượt là trung điểm của A’B’ và BC. Gọi P là trung điểm của BM.

' P . Ta có Ta có AN ⊥ BC và AN ⊥ BB’ nên AN ⊥ (BCC’B’). Do đó α = MC MP =

1 a 3 .

AN = 2 4

MC ' = MM '2 + M ' C '2 = b 2 +

3a 2 9a 2 . ⇒ PC ' = b 2 + 4 16

Trong tam giác vuông C’PM ta có tan α =

MP a 3 . = PC ' 16b 2 + 9a 2

Bài 7. Cho laêng truï ñöùng ABC.A'B'C' coù ñaùy ABC laø tam giaùc caân vôùi AB = AC = a, goùc

= 120o , caïnh beân BB' = a. Goïi I laø trung ñieåm CC'. Chöùng minh ∆ AB'I vuoâng taïi A vaø BAC tính cosin cuûa goùc giöõa hai maët phaúng (ABC) vaø (AB'I).

1

Ngô Quang Vân

Sưu tầm và biên soạn

THỂ TÍCH - KHOẢNG CÁCH - GÓC TRONG KHÔNG GIAN Hướng dẫn giải: Caùch 1: Goïi H laø trung ñieåm BC ⇒ AH ⊥ BC. ∆ ABH laø nöûa tam giaùc ñeàu caïnh AB = a ⇒ AH = vaø BH =

a 3 ⇒ BC = a 3 . ∆IB/ C/ vuoâng coù: 2

IB/ 2 = IC/ 2 + B/ C/ 2 =

2

2

2

C

/

/

I

a 5a ∆ AIC vuoâng coù: AI = IC + AC = + a2 = 4 4 2

/

A

a2 13a2 + 3a2 = 4 4

2

Ta coù: AI2 + AB/ 2 =

B

a 2

B

2

H C

o

30

A

2

5a 13a + 2a2 = = IB/ 2 4 4

(AB/ laø ñöôøng cheùo cuûa hình vuoâng AA/B/B caïnh a) Vaäy, ∆ AB/I vuoâng taïi A. Ta coù:

SABC

1 1 a 5 a2 10 SAB/ I = .AI.AB/ = . .a 2 = 2 2 2 4

1 1 a a2 3 = .AH.BC = . .a 3 = . Goïi α laø goùc giöõa hai maët phaúng (ABC) vaø (AB/I), theo 2 2 2 4

coâng thöùc chieáu, ta coù: cos α =

SABC a2 3 a2 10 30 = : = SAB/ I 4 4 10

Caùch 2:

C

z

Goïi H laø trung ñieåm BC ⇒ AH ⊥ BC

/

a

A

B

∆ ABH laø nöûa tam giaùc ñeàu caïnh AB = a

⇒ AH =

a a 3 vaø BH = ⇒ BC = a 3 2 2

Döïng heä truïc Axyz, vôùi Ax, Ay, Az ñoâi moät vuoâng goùc, A(0; 0; 0),

/

/

I C

A

o

60

z

H

y

B

a 3 a   a 3 a  / B ; ; 0, C − ; ; 0  , A (0; 0; a), 2 2 2 2     a 3 a  / a 3 a   a 3 a a B/  ; ; a, C  − ; ; a, I − ; ;  2 2 2 2 2 2 2      /  a 3 a   a 3 a a  AB =  ; ; a  , AI =  − ; ;  2 2 2 2 2    / a 3  a 3  a a a 3a2 a2 2a2 . − + + =0 Ta coù: AB .AI =  + . + a. = − 2  2  2 2 2 4 4 4 1

Ngô Quang Vân

Sưu tầm và biên soạn

THỂ TÍCH - KHOẢNG CÁCH - GÓC TRONG KHÔNG GIAN / ⇒ AB ⊥ AI. Vaäy, ∆ AB/I vuoâng taïi A.

*

Phöông trình mp(ABC): z = 0 coù phaùp vectô n1 = (0; 0; 1)

*

mp (AB/I) coù caëp vectô chæ phöông AB , AI , neân coù phaùp vectô:

/

/  a2 3a2 3 2a2 3  a2 a2 [AB ; AI] =  − ; − ; (1; 3 3; 2 3) .n2 = − − = −  4 4 4 4 4  

vôùi n 2 = (1; 3 3; − 2 3) . Goïi α laø goùc giöõa (ABC) vaø (AB/I), ta coù: 0+0−2 3

cos α =

0 + 0 + 1. 1 + 27 + 12

=

2 3 30 . = 10 40

Bài 8. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là nữa lục giác đều nội tiếp đường tròn đường kính

AB = 2a, SA vuông góc với mặt phẳng (ABCD) và SA = a 3 . a) Tính góc giữa (SAD) và (SBC) b) Tính góc giữa (SBC) và (SCD)

Hướng dẫn giải: S

Q

P B

A

E

H

C

D I

a) Gọi I = AD ∩ BC =>SI giao tuyến của (SAD) và (SBC)  BD ⊥ AD Ta có :  => BD ⊥ ( SAD ) => BD ⊥ SI  BD ⊥ SA

là góc giữa (SAD) và (SBC).

Dựng DE ⊥ SI tại E => ( BDE ) ⊥ SI suy ra BED = IBA = 60o ) Mặc khác ▲ AIB là tam giác đều (do IAB Nên AI = AB = 2a, SI 2 = SA2 + AI 2 = 7 a 2 => SI = a 7 ▲SAI ~▲DEI (do 2 tam giác vuông có góc nhọn I chung)

=>

1 SA a 3 DE DI a = = = => DE = = SA SI a 7 7 7 7 1

Ngô Quang Vân

Sưu tầm và biên soạn

THỂ TÍCH - KHOẢNG CÁCH - GÓC TRONG KHÔNG GIAN Ta có BD ⊥ ( SAD ) nên BD ⊥ DE .

Trong ▲BDE , ta có : tan BED =

BD a 3 = arctan 7 . = = 7 => BED BE a 3 7

Vậy (( SAD, ( SBC )) = arctan 7 .

b) Dựng AP ⊥ SH tại P, khi đó ta cũng có AP ⊥ CD ( do CD ⊥ ( SAH ) ) Nên AP ⊥ ( SCD ) . Tương tự dựng AQ ⊥ SC tại Q thì AQ ⊥ ( SBC )

= (( SBC ), ( SCD)) . Xét ▲ vuông SAH, ta có : Do đó PAQ => AP = a => AQ =

1 1 1 5 = + = 2 2 2 2 AP AH AS 3a

3 . ▲ SAC có SA ⊥ AC , SA = SC = a 3 nên ▲ SAC vuông cân tại A 5

1 2 a 6 SC = SA = , AP ⊥ (SCD) nên AP ⊥ PQ. 2 2 2

3 5 = 10 cosPAQ = 5 a 6 2 a

Trong ▲ vuông APQ, ta có:

10 = arccos 10 . Vậy (( Suy ra : PAQ SBC ), ( SCD )) = arccos .

5 5

= 45o . Gọi Bài 9. Cho tứ diện ABCD có DA ⊥ (ABC), tam giác ABC vuông tại B, BDC ADB = α .

Xác định α để góc giữa 2 mặt phẳng (ADC) và (BDC) bằng 60o .

Hướng dẫn giải: D

J

A

I

C

B

Dựng BI ⊥ AC . Ta có : BI ⊥ DA( DA ⊥ ( ABC )) => BI ⊥ ( DAC ) => BI ⊥ DC Dựng BJ ⊥ DC => DC ⊥ ( BIJ)

. Ta có ▲ BJI vuông tại I ( BI ⊥ ( DAC ) ).

Vậy ( ( ADC ),( BDC ) ) = BJI = 60o nên ▲ BJI là nửa tam giác đều.

Theo đề bài BJI 1

Ngô Quang Vân

Sưu tầm và biên soạn

THỂ TÍCH - KHOẢNG CÁCH - GÓC TRONG KHÔNG GIAN 3 1 4 = 45o BJ => 2 = . Mặt khác ▲ DBC vuông tại B và BDC 2 2 BI 3BJ AB AB => ▲ DBC vuông cân tại B=>BD = BC. Ta có: Sinα = = => AB = BC = sinα BD BC 1 1 1 1  1  Hơn nữa trong ▲ ABC vuông tại B, ta có : = + = + 1 2 2 2 2  2 BI AB BC BC  sin α  = 45o nên ▲DJB vuông cân tại J, do đó: Trong ▲ DJB vuông tại J có JDB Suy ra BI =

DB = 2 BJ =>

1 2 2 1  1  4 2 = = => + 1 = .

2 2 2 2  2 2 BJ DB BC BC  sin α  3 BC

15 15  1  8 =>  2 + 1 = => sinα = . Vậy => α = arcsin .

5 5  sin α  3 Bài 10. Cho hình chóp S.ABCD có dáy là hình thang vuông tại A,B với AB = BC = a, AD = 2a , SA ⊥ (ABCD) và SA = a 2 .Gọi I là trung điểm của SC. a) Chứng minh AI ⊥ (SCD). b) Tính góc α giữa hai mp (ABCD) và (SCD), góc β giữa hai mp (SAB) và (SCD).

Hướng dẫn giải:

a) SA ⊥ (ABCD) ⇒ SA ⊥ AC,SA=AC= a 2 . Tam giác SAC vuông cân tại A nên AI ⊥ SC. Gọi K là trung điểm của AD, tứ giác ABCK là hình vuông nên: CK = KA = KD = a ⇒ tam giác ACD vuông tại C S ⇒ CD ⊥ AC. Mà CD ⊥ AS, do SA ⊥ (ABCD) nên: CD ⊥ (SAC) ⇒ CD ⊥ AI. Ta có: AI ⊥ SC và CD ⇒ AI ⊥ (SCD). b) Ta có giao tuyến của (ABCD) và (SCD) là CD. I K A Theo câu a), CD ⊥ (SAC) nên CD ⊥ AC và CD ⊥ SC. D

.

Do đó góc giữa (ABCD) và (SCD) là α = SCA B C Mà tam giác SAC vuông cân tại A nên α = 45o .

Ta có AD ⊥ AB và SA,nên AD ⊥ (SAB).

Theo cmt, AI ⊥ (SCD). Vậy góc giữa (SAB) và (SCD) là β =góc (AI,AD).

= Vì AI ⊥ (SDC) nên AI ⊥ ID. Tam giác AID vuông tại I và cos IAD với AD=2a,AI=

AI AD

SC 1 = 1 ⇒ β = 60o . = AC 2 =a. Vậy cos IAD 2 2 2

Bài 11. Cho hình choùp SABC coù ñaùy ABC laø tam giaùc ñeàu coù caïnh baèng 2a 2 , SA vuoâng goùc vôùi (ABC) vaø SA = a. Goïi E, F laàn löôït laø trung ñieåm cuûa caïnh AB, BC. Tính goùc vaø khoaûng caùch giöõa hai ñöôøng thaúng SE vaø AF.

Hướng dẫn giải:

1

Ngô Quang Vân

Sưu tầm và biên soạn

THỂ TÍCH - KHOẢNG CÁCH - GÓC TRONG KHÔNG GIAN S

H K

A

C F

E

M B

AF) = (EM; AF) = SEM Goïi M laø trung ñieåm cuûa BF ⇒ EM // AF ⇒ (SA; ∆ SAE vuoâng taïi A coù: SE 2 = SA 2 + AE = a2 + 2a2 = 3a2 ⇒ SE = a 3

a 6 a 2 2a 2. 3 = a 6 ⇒ EM = ; BF = a 2;BM = MF = 2 2 2 2 2 2 2 2 2 SB = SA + AB = a + 8a = 9a ⇒ SB = 3a AF =

SF 2 = SA 2 + AF 2 = a2 + 6a2 = 7a2 ⇒ SF = a 7 AÙp duïng ñònh lyù ñöôøng trung tuyeán SM trong ∆ SBF coù: SB2 + SF 2 = 2.SM 2 +

1 2 BF 2

1 2 15a2 2 ⇔ 9a + 7a = 2SM + .2a ⇔ SM = 2 2 2

2

2

Goïi α laø goùc nhoïn taïo bôûi SE vaø AF. AÙp duïng ñònh lyù haøm Coâsin vaøo ∆ SEM coù: 2

2

2

= ES + EM − SM = cos α = cosSEM 2.ES.EM

3a2 15a2 − 2 2 = − 2 = 2.

2 2 a 6 2. .a 3 2

3a2 +

⇒ α = 45o. Döïng AK ⊥ ME; AH ⊥ SK. Ta coù: AK = MF =

a 2 vaø AH ⊥ (SME) 2

Vì AF // ME ⇒ d(SE; AF) = d(AF; (SME)) = AH. ∆ SAK vuoâng coù:

1 1 1 1 2 3 a 3 = + = 2 + 2 = 2 ⇒ AH = 2 2 2 3 AH SA AK a a a Vaäy, d(SE; AF) =

a 3 .

3

Bài 12. Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC. A' B' C ' có AB = 1, CC ' = m (m > 0). Tìm m biết

rằng góc giữa hai đường thẳng AB ' và BC ' bằng 60 0 .

Hướng dẫn giải:

1

Ngô Quang Vân

Sưu tầm và biên soạn

THỂ TÍCH - KHOẢNG CÁCH - GÓC TRONG KHÔNG GIAN A

KÎ BD// AB' (D∈ A' B') ⇒ ( AB ', BC ') = ( BD, BC ') = 600 ' = 600 hoÆc DBC ' = 1200. ⇒ DBC

B

C

' = 600 . V× ABC.A’B’C’ l¨ng trô ®Òu nªn NÕu DBC BB ' ⊥ ( A ' B ' C ').

Áp dông ®Þnh lý Pitago vµ ®Þnh lý cosin ta cã

BD = BC ' = m2 + 1 vµ DC ' = 3. ' = 600 ta suy ra ∆BDC ' ®Òu.

KÕt hîp DBC 2

A’

m

1

B’ 1

120

C’

0

2

Khi đó : m +1 = 3 ⇔ m +1 = 3 ⇔ m = 2.

D 0 ' = 120 ¸p dông ®Þnh lý cosin cho ∆BDC ' suy ra m = 0 (lo¹i).

NÕu DBC

3

VËy m = 2 .

Bài 13. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh 2a, SA = a, SB = a 3 và (SAB)

vuông góc với mặt phẳng đáy.Gọi M,N lần lượt là trung điểm AB,BC. Tính Cos góc giữa hai đường thẳng SM,DN. Hướng dẫn giải:

Ta có: SA = a, SB = a 3 , AB = 2a . Dễ dàng chứng minh ▲ ASB vuông tại B. ( SAB ) ∩ ( ABCD ) = AB Lại có :  ( SAB ) ⊥ ( ABCD )

S

Nên nếu kẻ SH ⊥ AB thì SH ⊥ ( ABCD )

SA a = 60o = vì SAB 2 2 AD a Kẻ MP // DN => AP = = 4 2 Kẻ HK ⊥ PM (trong mp(ABCD)) D => SK ⊥ PM ( định lí 3 đường vuông góc)

=α Do MP // DN nên : ( SM , DN ) = ( SM , MP) = SMK

Ta thấy : AH =

MK

Ta có : Cos( SM , DN ) = Cosα = SM AB Ta có : SM = =a 2 = a . AM Mặt khác : MK = HMCosHMK 2 PM a a a = . = 2 5 a2 a2 + 4

H

A

K

P

B

M N C

A

H M

P

K

B

N

D

C 1

Ngô Quang Vân

Sưu tầm và biên soạn

THỂ TÍCH - KHOẢNG CÁCH - GÓC TRONG KHÔNG GIAN a 5 5

, DN ) = 5 = => Cos( SM => ( SM , DN ) = arccos . a 5 5 5 .

5 Bài 14. Cho hình chóp S.SBC,đáy ABC là tam giác cân đỉnh C,SA ⊥ (ABC).Giả sử SC=a;tìm góc

Vậy góc giữa hai đường thằng SM và DN là arccos

giữa 2 mp(SBC) và (ABD) sao cho thể tích khối chóp là lớn nhất.

Giải

ˆ = α ,SA=SC sin α và AC=SC cos α Ta thấy ngay SCA

S

1 a 2 cos 2 α a3 a sin α = cos 2 α sin α (1) 3 2 6 Từ (1) suy ra :V.SABC nhạn giá trị lớn nhất khi và chỉ khi biểu thứ P= cos 2 α sin α nhan GTLN.Vì sin α >0 nên Pmax Suy ra V.SABC=

C

⇔ P2max ⇔ (1 − sin 2 α ) 2 sin 2 α giá trị lớn nhất.

Ta có: (1 − sin 2 α ) 2 sin 2 α =

B

A

(1 − sin 2 α )(1 − sin 2 α )(2 sin 2 α ) 2

 (1 − sin 2 α ) + (1 − sin 2 α ) + 2 sin 2 α  8 Theo BĐT cô si thì: (1 − sin α )(1 − sin α )(2 sin α ) ≤   = 27 3   2

Do đó :Pmax =

2

2

2 3 3 ⇔ 1 − sin 2 α = 2 sin 2α ⇔ sin α = 9 3

3 a 3 ⇔ sin α = .

27 3 Bài 15. Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD mà d(A;(SBC))=2a.Với giá trị nào của α ( α là góc

Vậy VS.ABC nhận GTLN là

giữa mp bên và mp đáy của hình chóp)thì thể tích khối chóp là nhỏ nhất?tìm GTNN đó.

Giải S

H D

M

C

o

N

B

1

Ngô Quang Vân

Sưu tầm và biên soạn

THỂ TÍCH - KHOẢNG CÁCH - GÓC TRONG KHÔNG GIAN Gọi M,N.lần lượt là trung điểm của AD,BC;kẻ MH vuông góc SN(H ∈ SN)

ˆ = α .Do DA//BC suy ra AD//(SBC),suy ra d(M,(SBC))=MH=2a Ta có: SNM Ta có :MN=

MH 2a = sin α sin α

Từ đó : SO = ON tan α =

a a 2a = sin α sin α cos α

1 2a 2 a 4a 2 ).

Do đó: V.SABCD= ( = (1) 3 sin α cos α 3sin 2 α cos α Từ (1) suy ra:VSABCD bé nhất khi và chỉ khi sin 2 α .cos α lớn nhất.

Xét P= sin 2 α .cos α = (1 − cos 2 α ).cos α = cos α − cos3 α (2) Từ (2) dẫn đến xét hàm số:y=x-x3 (0<x<1) Ta có :y’=1-3x2 và ta có bảng biến thiên sau:

Từ đó ymax =y(

3 2 3 3 )= ⇔x= 3 9 3

Vậy VSABCD min bằng

4a 3 3 = 2 3a 3 ⇔ cos α = .

3 3.2 3 9

1

Ngô Quang Vân

Sưu tầm và biên soạn