NÂNG CAO HIỆU QUẢ HỌC TẬP CHO HỌC SINH KHI DẠY HỌC NỘI DUNG KHOẢNG CÁCH TRONG KHÔNG GIAN

BÁO CÁO SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM MÔN TOÁN

vectorstock.com/28062405

Ths Nguyễn Thanh Tú eBook Collection

SÁNG KIẾN TẠO HỨNG THÚ VÀ NÂNG CAO HIỆU QUẢ HỌC TẬP CHO HỌC SINH KHI DẠY HỌC NỘI DUNG KHOẢNG CÁCH 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

sáng kiến: “Tạo hứng thú và nâng cao hiệu quả học tập cho học sinh khi dạy học

FF IC IA L

nội dung Khoảng cách trong không gian”

4. 1. Thực trạng và giải pháp cũ thường làm - Hạn chế của giải pháp cũ 4. 1. 1. Thực trạng

Trong chương trình toán THPT các bài toán tính khoảng cách trong không

gian( khoảng cách từ điểm đến mặt phẳng, khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo

O

nhau) luôn là các bài toán khiến học sinh gặp nhiều khó khăn và lúng túng. Các bài

N

toán trong chương trình SGK lớp 11 và 12 hiện hành viết còn rất sơ sài và chủ yếu

Ơ

dừng lại ở mức độ thông hiểu. Các dạng bài tập trong sách được viết theo dạng tự

H

luận đơn giản, chưa nêu bật được các phương pháp tính khoảng cách trong không

N

gian. Trong khi đó ở kỳ thi THPT Quốc gia năm 2018 và năm 2019 và trong các đề thi minh họa của Bộ giáo dục và Đào tạo trong hai năm vừa qua, nội dung này được

Y

đánh giá ở mức độ vận dụng, vận dụng cao. Các bài toán thuộc mức độ vận dụng

U

và vận dụng cao thì các bài toán về tính khoảng cách trong không gian phải được

Q

vận dụng một cách khéo léo và vận dụng nhiều kiến thức có liên quan. Để giải

M

quyết được bài toán này học sinh không những phải nắm được các kiến thức cơ bản

KÈ

về các loại khoảng cách trong không gian, các phương pháp tính khoảng cách trong không gian mà phải vận dụng linh hoạt các phương pháp đó.

ẠY

Theo thống kê thì gần 80% học sinh của trường THPT Yên Mô A khi tham

D

gia thi THPTQG không giải quyết được các bài toán thuộc mức độ vận dụng và vận

dụng cao của dạng toán này. Bên cạnh đó với những dạng bài tập này đòi hỏi học sinh phải tư duy, phân tích, nhìn nhận bài toán dưới nhiều góc độ khác nhau, biết vận dụng nhiều kiến thức liên quan. Khi học phần tính khoảng cách trong không gian nói riêng và hình học không gian nói chung, học sinh rất ngại học, không có 1

hứng thú để học và cảm thấy khó khăn trong việc giải quyết bài toán, từ đó hiệu quả học tập nội dung này không cao. Hầu hết các em không muốn làm và ngại làm, do đó trong các kỳ thi thường hay bỏ qua nếu câu hỏi ở mức vận dụng hay vận

FF IC IA L

dụng cao.

4. 1. 2. Giải pháp cũ thường làm

Trong sách giáo khoa hiện hành nội dung bài tập liên quan còn sơ sài, chưa định hướng được lời giải cho học sinh. Các bài toán mới dừng lại ở mức độ vận

dụng trực tiếp lý thuyết vào giải trực tiếp, chưa có sự gắn kết logic giữa các dạng

O

bài toán. Nội dung tính khoảng cách trong không gian chỉ được nêu ra thuộc

N

chương trình Hình học lớp 11 và các em chỉ có 01 phương pháp duy nhất để tính

Ơ

toán.

H

Sang chương trình lớp 12, học sinh được học khái niệm thể tích khối đa diện và học

N

phương pháp tọa độ trong không gian. Nếu coi hai mảng kiến thức này độc lập với nội dung Tính khoảng cách trong không gian của lớp 11 thì thật là thiếu sót. Hiện

Y

nay sách giáo khoa các các tài liệu tham khảo chưa nối kết được hai mảng kiến

U

thức này với việc tính khoảng cách trong không gian của lớp 11. Và khi gặp các

Q

dạng bài toán tương tự thì đại bộ phận các em đều suy nghĩ hướng đến lời giải theo

M

một lối mòn định sẵn, không biết vận dụng thể tích khối đa diện và phương pháp

KÈ

tọa độ trong không gian để giải quyết bài toán tính khoảng cách trong không gian. Điều này cũng giúp được các em trong việc rèn kỹ năng trình bày và hệ thống được một phần nào đó các kiến thức cơ bản. Tuy nhiên với việc giải quá nhiều các dạng

ẠY

bài như thế sẽ làm cho các em mất đi sự tư duy, sáng tạo trong việc hình thành

D

cũng như tiếp nhận các kiến thức.

4. 1. 3. Hạn chế của giải pháp cũ

2

- Học sinh không tự mình giải quyết bài toán trên phương diện cách nhìn vấn đề khác nhau. Khi thực hiện theo giải pháp cũ hầu hết học sinh không làm được các bài toán mà yếu tố đề bài cho ở dạng suy luận.

FF IC IA L

- Học sinh chỉ nắm được 01 phương pháp tính khoảng cách trong không

gian, do đó thấy thiếu hụt về mặt phương pháp và mặt tư duy tổng hợp. Với các

cách tiếp cận bài toán như giải pháp cũ học sinh rất thụ động. Trong quá trình làm

bài tập học sinh không tìm được hứng thú và tự giác. Học sinh không nghĩ suy độc lập mất đi sự sáng tạo.

O

4. 2. Giải pháp mới:

N

Sáng kiến được hình thành theo dạng một chủ đề dạy học. Hệ thống lý thuyết

Ơ

được trình bày một cách cô đọng và ngắn gọn nhất. Các dạng bài tập được xây

H

dựng một cách hệ thống, có phân chia các mức độ. Sáng kiến được trình bày theo

N

hướng đưa ra ba phương pháp tính khoảng cách trong không gian. Các phương pháp này được hình thành trong quá trình học sinh tự tìm hiểu, tự đúc rút và trình

U

Y

bày sản phẩm hoặc trao đổi nhóm.

Q

4.3. Tính mới, tính sáng tạo:

M

- Sáng kiến phân tích lời giải và tư duy để hình thành con đường đi đến lời

KÈ

giải một cách tự nhiên nhất. Liên kết giữa các dạng toán giúp học sinh hình thành những suy luận hợp lý, tổng quát được bài toán theo nhiều hướng khác nhau.

ẠY

- Sáng kiến cung cấp quy trình dạy học trải nghiệm có hiệu quả. Cho học

sinh hoạt động theo nhóm, trình bày sản phẩm, từ đó tạo ra nhiều kỹ năng cho học

D

sinh. Từ đó kích thích, tạo hứng thú cho học sinh khi học tập.

- Giải pháp mới nhằm giúp học sinh giảm bớt gánh nặng trong quá trình học

tập. Khi tiếp cận cách học theo giải pháp mới, học sinh có thể tự chủ động tìm lời giải độc lập cho một bài toán dựa trên lượng kiến thức đã có sẵn. Do đó học sinh có 3

thể chủ động và linh hoạt trước một bài toán không phải áp đặt theo một khuôn mẫu định sẵn.

bài cho học sinh một cách chủ động không trùng lặp.

5. Hiệu quả kinh tế và xã hội dự kiến đạt được 5. 1. Hiệu quả về kinh tế:

FF IC IA L

- Giáo viên có thể dựa vào các kết quả quen thuộc trong sách giáo khoa ra đề

- Học sinh không phải sử dụng quá nhiều tài liệu như việc sử dụng các

O

phương pháp khác. Có thể tự sáng tạo hoặc giải các bài toán khác theo phương

pháp này. Thời gian nghiên cứu và học tập tương đối phù hợp. Các em học sinh có

N

thể dựa vào những phân tích về các bài toán trong sáng kiến để đi tìm lời giải cho

Ơ

một bài toán khác, có thể tránh được tình trạng học thêm tràn lan vừa tốn kém vừa

N

Y

5. 2. Hiệu quả xã hội

H

không mang lại hiệu quả cao.

Giải pháp mới

U

Giải pháp cũ

Q

+ Chưa mang tính thực tiễn cao: Kiến thức + Có tính thực tiễn cao: Kiến thức chỉ nằm trình bày còn nặng, thiên về việc giải bài trong SGK hiện hành. Sáng kiến tập trung vào

M

tập. Hệ thống bài tập chưa phù hợp với việc phân tích tư duy giúp học sinh tìm lời

KÈ

phương châm đổi mới giáo dục hiện nay.

giải. Hệ thống ví dụ và bài tập mang tính sáng tạo, đáp ứng được yêu cầu về đổi mới.

ẠY

+ Học sinh bị động trong tiếp cận bài toán. + Học sinh chủ động, sáng tạo trong học tập.

D

Phải đọc và học quá nhiều dẫn đến áp lực Phát huy được sự hứng thú và niềm đam mê

trong học tập.

trong học tập.

+ Việc trình bày các nội dung trong sách + Kiến thức đơn giản, không cần học thêm. tham khảo còn quá nặng về kiến thức khiến Học sinh có thể tự học theo phương pháp học sinh khó hiểu dẫn đến tình trạng học 4

sinh học thêm tràn lan gây bức xúc cho gia nghiên cứu mà sáng kiến hướng dẫn. đình và xã hội.

- Giúp giáo viên trong việc dạy học theo phương pháp mới, xác định được các nội dung trọng tâm của bài, giáo viên sử dụng như tài liệu tham khảo, nó giúp cho giáo viên giảm bớt được nhiều công sức trong việc soạn bài, chuẩn bị bài lên lớp.

FF IC IA L

+ Giáo viên lúng túng trong việc lựa chọn bài tập, chọn dạng toán vừa đảm bảo tính hệ thống của chương trình vừa đảm bảo đáp ứng được sự đổi mới về kiểm tra đánh giá.

N

H

Ơ

N

O

+ Chưa đáp ứng được yêu cầu đổi mới giáo + Chú trọng vào việc phát triển năng lực, dục. Học sinh phụ thuộc vào giáo viên và phương pháp tiếp cận đa dạng, khả năng vận các phương pháp, phải ghi nhớ và tái hiện dụng thực tiễn cao. nội dung của các phương pháp. Khả năng vận dụng thực tiễn thấp.

Y

6. Điều kiện và khả năng áp dụng:

U

6.1. Điều kiện áp dụng:

Q

Sáng kiến: “Tạo hứng thú và nâng cao hiệu quả học tập cho học sinh khi dạy

M

học nội dung Khoảng cách trong không gian ” mà tác giả trình bày dễ dàng áp dụng trong thực tế, phù hợp với cả giáo viên, học sinh trung học phổ thông. Không

KÈ

những hữu ích với học sinh ôn thi đại học mà còn hiệu quả với học sinh đại trà

ẠY

khác, giúp các em nâng cao khả năng tư duy giải quyết các vấn đề liên quan.

D

6.2. Khả năng áp dụng: Sáng kiến đã được nhóm tác giả sử dụng trong quá trình giảng dạy, là tài liệu

tham khảo cho các em học sinh, các thầy cô trong quá trình ôn thi học sinh giỏi, thi THPT Quốc gia tại trường THPT Yên Mô A và có thể áp dụng cho các trường

5

THPT trong tỉnh. Do đó khả năng áp dụng sáng kiến này vào thực tế là khả quan và dễ thực hiện.

7. Kết luận :

FF IC IA L

Sáng kiến “Tạo hứng thú và nâng cao hiệu quả học tập cho học sinh khi dạy

học nội dung Khoảng cách trong không gian ” mà tôi đã học hỏi đúc rút được trong quá trình giảng dạy tại trường THPT Yên Mô A. Đề tài thực sự là một bước đổi mới trong quá trình hướng dẫn học sinh tự học, tự nghiên cứu. Khi triển khai

sáng kiến cho học sinh thuộc các lớp giảng dạy đã tạo được niềm tin, say mê hứng

O

thú cho các em học sinh. Các em học sinh chủ động sáng tạo trong việc phân tích

N

bài toán, dự đoán tính chất và định hướng lời giải cho bài toán. Khi tiếp cận với

Ơ

phương pháp này một số em học sinh khá giỏi cảm thấy rất thích thú, ham mê tìm

H

tòi phát hiện và đôi khi đưa đến những cách giải sáng tạo và linh hoạt hơn nhiều.

N

Thông qua các tiết dạy trên lớp, các tiết ôn tập khi triển khai nội dung của sáng kiến hầu hết các học sinh đều nhiệt tình tham gia. Đặc biệt là quá trình xây

Y

dựng và hình thành nên lời giải của bài toán, các em đều rất chủ động và sáng tạo.

U

Điều này cho thấy việc áp dụng sáng kiến trong quá trình giảng dạy đã góp một

Q

phần vào việc đổi mới phương pháp giảng dạy hiện nay.

M

Sáng kiến của tôi đã được áp dụng trong các năm học giảng dạy lớp 12, được

KÈ

học sinh đồng tình và đạt được một số kết quả. Các em hứng thú học tập hơn, ở những lớp có hướng dẫn kỹ các em học sinh với mức học trung bình trở lên đã có

ẠY

kỹ năng giải các bài tập. Học sinh biết áp dụng tăng rõ rệt.

D

`

Việc áp dụng những cải tiến mới đã giúp học sinh giảm được áp lực học tập,

giáo viên thoát khỏi cách trình bày hàn lâm về lí thuyết, chất lượng học tập của học

sinh tăng, góp phần đẩy mạnh nâng cao chất lượng giáo dục.

Xin chân thành cám ơn!

6

Ninh Bình, ngày 25 tháng 05 năm 2020

FF IC IA L

TÁC GIẢ

N

H

Ơ

N

O

NGUYỄN XUÂN TRƯỜNG

U

Y

PHỤ LỤC SÁNG KIẾN PHẦN I: NỘI DUNG TÍNH KHOẢNG CÁCH TRONG KHÔNG GIAN

M

Q

PHẦN THỨ NHẤT: TÍNH KHOẢNG CÁCH TRONG KHÔNG GIAN BẰNG PHƯƠNG PHÁP DỰNG HÌNH

KÈ

A. LÝ THUYẾT CHUNG: Tóm tắt phương pháp xác định khoảng cách từ một điểm đến một mặt phẳng bằng sơ đồ sau: KHOẢNG CÁCH TỪ MỘT ĐIỂM ĐẾN MỘT MẶT PHẲNG

D

ẠY

I.

7

S

(α ) chứa

Gọi H là hình chiếu của B lên AC

đường cao SA

H A

C

d(B;(SAC)) = BH tại B

d ( B,(SAC))

KHOẢNG CÁCH

(α )

d( A,( SBC) ) = AH

Không

H

MỘT

chứa

ĐIỂM

đường cao SA

FF IC IA L

TỪ

K≡B

B

Đặc

△ABC

biệt

vuông

K

K ≡C

S

ĐẾN MỘT

tại C

tại A

d( A,(SBC))

Xét tam diện vuông SABC 1 1 1 1 = 2+ 2+ 2 2 AH AS AB AC

Ơ

N

O

MẶT PHẲNG

AB / / (α )

đường cao

Nối B với A (A chân đường cao)

C

B

d( B,(α) ) =d( A,(α) ) d ( B,(α) ) IB = d ( A,(α) ) IA

AB∩(α) = I

KÈ

M

Q

U

d ( B,(α) )

N

Đổi điểm

Y

là chân

A

H

B không

H

II.

KHOẢNG CÁCH GIỮA HAI ĐƯỜNG THẲNG CHÉO NHAU

D

ẠY

Tóm tắt phương pháp xác định khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau bằng sơ đồ sau:

8

a

{

a ⊥b B1: Tìm (α ) chứa b

⊥ a tại H

CÁCH

B2: Trong (α ) , gọi K là hình chiếu của

GIỮA

H lên b

α)

K

d ( a;b) = HK

HAI

O

ĐƯỜNG

{

chứa b

//a

a

M

Ơ

a ⊥b Dựng (α)

N

THẲNG CHÉO NHAU

FF IC IA L

KHOẢNG

b

H

N

H

d ( a;b) = d ( a;(α ) ) = d ( M;(α ) ) , M ∈a

b

Y

α)

a′

H

ẠY

KÈ

M

Q

U

d ( a;b) = MH

D

B. HỆ THỐNG BÀI TẬP

I. Bài tập dưới dạng câu hỏi tự luận Câu 1: [TH] Cho hình chóp đều S . ABCD có cạnh đáy bằng 2a , cạnh bên bằng 3a .Tính khoảng cách từ A đến mặt phẳng ( SCD ) ?

Hướng dẫn giải 9

FF IC IA L

Ta có AC = 2a 2  OC = OD = a 2 .

2

Xét tam giác SOD có SO = SD 2 − OD 2 = ( 3a ) − ( a 2 ) = a 7 .

2

Đặt d = d ( O; ( SCD ) )

1 2

1

+

2

+

1

(a 2 ) (a 2 ) (a 7 )

2

=

d = d ( O; ( SCD ) ) =

a 14 4

AC a 14 . .d ( O; ( SCD ) ) = OC 2 [TH] Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và B với AB = BC = a , AD = 2a . Cạnh bên SA = a vuông góc với mặt phẳng ( ABCD ) .Tính khoảng cách từ A đến mặt phẳng ( SCD ) ?

N

H

Ơ

Ta có d ( A; ( SCD ) ) = Câu 2:

16 . Vậy 14a 2

N

=

1 1 1 1 = + + 2 2 2 d OC OD OS 2

O

Xét tam diện vuông OSCD ta có

D

ẠY

KÈ

M

Q

U

Y

Hướng dẫn giải

Ta có AC ⊥ CD Gọi H là hình chiếu của A trên SC AH ⊥ SC  AH ⊥ ( SCD )  d ( A; ( SCD ) ) = AH .

Xét tam giác SAC vuông tại A có AC = a 2 , SA = a .

10

1 1 1 1 1 = 2+ = 2+ 2 2 AH SA AC a a 2

(

⇔ AH =

a 6 .

3

[VD] Cho hình hộp chữ nhật ABCD.A' B' C ' D' có AB = a , AD = 2a và AA ' = 3a Gọi M , N , P lần lượt là trung điểm của BC , C ′D ′ , DD ' . Tính khoảng cách từ A đến (MNP) .

Hướng dẫn giải

H

Ơ

N

O

FF IC IA L

Câu 3:

)

2

Gọi K = NP ∩ CC ' , E = NP ∩ CD , I = AC ∩ ME , Q = ME ∩ AD .

N

DE PD 1 = = 1  DE = ND′ = CD ND′ PD′ 2 QD DE 1 1 1 5 = =  QD = MC = BC  AQ = BC MC CE 3 3 6 6 3 9a KC ′ NC ′ 1 = =  KC = CC ′ = KC CE 3 2 2 d ( A, ( MNP ) ) AI AQ 5 AC cắt ( MNP ) tại I  = = = d ( C , ( MNP ) ) CI MC 3

M

Q

U

Y

Ta có

D

ẠY

KÈ

5  d ( A, ( MNP ) ) = .d ( C , ( MNP ) ) .

3 Tứ diện CMKE có CM , CK , CE đôi một vuông góc 1 1 1 1 1 1 1 121  = + + = 2+ + = 2 2 2 2 2 2 CM CK CE a  9a   3a  81a 2  d ( C , ( MNP ) )         2   2  9 5 9 15  d ( C , ( MNP ) ) = a  d ( A, ( MNP ) ) = . a = a .

11 3 11 11 [VD] (Cụm 5 các trường Chuyên 1718) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, AB = a , AD = 2a . Tam giác SAB cân tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Góc giữa đường thẳng SC và mặt

Câu 4:

11

phẳng ( ABCD ) bằng 45 o . Gọi M là trung điểm của SD . Tính theo a khoảng cách d từ điểm M đến mặt phẳng ( SAC ) .

O

FF IC IA L

Hướng dẫn giải

a a 17 , HC = , AC = a 5 .

2 2 Gọi H là trung điểm AB  SH ⊥ AB  SH ⊥ ( ABCD ) .

Ơ

N

AB = a , BC = 2a , HB =

H

Gọi K là giao điểm của HD và AC . Theo Talet

DK DC = = 2  DK = 2HK HK AH

N

.

Vẽ HE ⊥ AC tại E  AC ⊥ ( SHE )  ( SAC ) ⊥ ( SHE ) .

Y

1 2

U

Vẽ HN ⊥ AE tại N  HN ⊥ ( SAC )  d ( M , ( SAC ) ) = d ( D, ( SAC ) )

Q

= d ( H , ( SAC ) ) = HN .

 ∆SHC vuông cân Góc giữa SC và ( ABCD ) là góc SCH

M

 SH = HC =

a a Ta có HE. AC = CB.AH  HE = 2 = . a 5 5 a 17 a .

SH .HE 2 5 = a 1513 .

Vậy d ( M , ( SAC ) ) = HN = = 89 SH 2 + HE 2 17 a 2 a 2 + 4 5 [TH] (Lý Nhân Tông) Cho hình lăng trụ đứng ABC. A′B′C ′ có đáy là tam giác vuông và AB = BC = a, AA′ = a 2 , M là trung điểm của BC . Tính khoảng cách d của hai đường thẳng AM và B′C .

KÈ ẠY D

Câu 5:

a 17 .

2

2a.

Lời giải 12

FF IC IA L

Gọi N là trung điểm của BB′ suy ra MN //B′C  B′C // ( ANM ) Do đó d ( B′C, AM ) = d ( C, ( AMN ) ) = d ( B, ( AMN ) ) = d .

Xét tam diện vuông BAMN có

[VD] (Chuyên Thái Bình - Lần 1 - 2019) Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a , SA vuông góc với đáy và SA = 2a . Gọi M là trung điểm của SD . Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng SB và CM .

Lời giải

D

ẠY

KÈ

M

Q

U

Y

N

H

Ơ

N

Câu 6:

O

1 1 1 1 4 1 2 7 a 7 . = + + = 2 + 2 + 2 = 2 d = 2 2 2 2 d BM BN BA a a a a 7

Gọi O = AC ∩ BD . I là trung điểm của AD .

Xét ∆SAD có MI là đường trung bình của tam giác  MI / / SA và 1 MI = SA = a .

2

Suy ra MI ⊥ ( ABCD ) .

Ta có SB // MO  SB // ( AMC )  d ( SB; ( AMC ) ) = d ( B; ( AMC ) ) = d ( D; ( AMC ) ) = 2d ( I ; ( AMO ) ) .

Đặt d ( I ; ( AMO ) ) = d 13

1 4 4 9 Xét tam diện vuông IAMO , ta có 12 = 1 2 + 1 2 + 1 2 = 2 + 2 + 2 = 2 a d = .

3

IM

IO

a

IA

a

a

a

.

[VD] (Le-Xoay-1718L3) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật có AB = 2a , AD = 4a , SA ⊥ ( ABCD ) , cạnh SC tạo với đáy góc 60 o .

Gọi M là trung điểm của BC , N là điểm trên cạnh AD sao cho DN = a .

Khoảng cách giữa MN và SB là

Y

N

H

Ơ

N

O

Hướng dẫn giải

FF IC IA L

Câu 7:

Vậy

d 2a d ( SB; ( AMC ) ) = 3

2

U

Xét tam giác ABC , có AC = AB 2 + BC 2 = ( 2a ) + ( 4a 2 ) = 2a 5

Q

Lấy K trên AD sao cho AK = a thì MN // ( SBK ) .  d ( MN , SB ) = d ( MN , ( SBK ) ) = d ( N , ( SBK ) ) = 2d ( A, ( SBK ) ) .

M

Hình chiếu vuông góc của SC xuống mặt phẳng đáy là AC

D

ẠY

KÈ

= 60° SC , AC ) = SCA  ( SC , ( ABCD ) ) = (

Ta có SA = AC. 3 = 2a 15 . Đặt d ( A; ( SBK ) ) = d Xét tam diện vuông ASBK , ta có 1 1 1 1 1 = = 2+ + 2 2 2 d SA AK AB 2a 15

(

d =

Câu 8:

)

2

+

1 1 1 + 2 = 2 a 4a 2a 15

(

)

2

+

1 1 + 2 2 a 4a

2a 285 a 285  d ( MN , SB ) = .

19 19

[VD] (Chuyen-Thai-Binh-1718L5) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a . Gọi M và N lần lượt là trung điểm của các cạnh AB và AD ; H là giao điểm của CN với DM . Biết SH vuông góc với mặt 14

FF IC IA L

phẳng ( ABCD ) và SH = a 3 . Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng DM và SC theo a .

Lời giải

H

Ơ

N

O

Gọi K là hình chiếu của H trên SC .

Do ABCD là hình vuông nên DM ⊥ CN .

Ta có SH ⊥ ( ABCD )  SH ⊥ DM .

Suy ra DM ⊥ ( SHC )  DM ⊥ HK .

Vậy HK là đoạn vuông góc chung của DM và SC .

Có DH là đường cao của tam giác vuông CDN nên CH .CN = DC 2

DC 2 2a = .

CN 5 Lại có HK là đường cao trong tam giác vuông SHC nên 2a 3 2a 3 1 1 1 1 5 19  HK = . Vậy d ( SC, DM ) = . = + = 2+ 2 = 2 2 2 2 HK SH HC 3a 4a 12a 19 19 [VDC] (CHUYEN-HV-PHU-THO-1718L1) Cho tứ diện ABCD đều có cạnh bằng 2 2 . Gọi G là trọng tâm tứ diện ABCD và M là trung điểm AB . Khoảng cách giữa hai đường thẳng BG và CM bằng

D

ẠY

KÈ

M

Q

Câu 9:

U

Y

N

 CH =

Lời giải

15

A

FF IC IA L

M

G

D

B

J

H I

N

O

K

C

(2 2 )

2

2 6 4 3 −   = 3  3 

3 .

3 Gọi K là trung điểm CN thì GK //CM nên CM // ( BGK ) .

Y

Ta có: GH = AH =

N

1 4

H

=

2

Ơ

N

Gọi N là trung điểm CD , khi đó G là trung điểm MN và AG đi qua trọng tâm H của tam giác BCD . Ta có AH ⊥ ( BCD ) và AH = AB 2 − BH 2

3 2

U

Do đó d ( BG; CM ) = d ( C; ( BGK ) ) = d ( N ; ( BGK ) ) = d ( H ; ( BGK ) ) .

M

Q

Kẻ HI ⊥ BK , HJ ⊥ GI với I ∈ BK , J ∈ GI . Khi đó HJ ⊥ ( BGK ) và HJ = d ( H ; ( BGK ) ) .

D

ẠY

KÈ

Ta có BK = BN + NK = 2

2

( 6)

2

2

 2 26 . +   = 2  2 

2 2 6 KN 2 6 = BH .

Ta có HI = BH .sin KBN . = . 2 = BK 3 26 3 13 2 2 6 3 .

2 2 HI .HG 3 3 13 = = Do đó: HJ = .

2 2 2 2 3 7 HI + HG  2 6   3   +   3 13   3 

16

3 2

3 2 2 2 = .

2 3 7 14

3 2

Vậy d ( BG; CM ) = d ( H ; ( BGK ) ) = HJ = .

Câu 10: [VDC] Cho hình chóp S. ABCD có đáy là hình thoi cạnh bằng a , ABC = 60° , SD ⊥ ( ABCD ) và ( SAB ) ⊥ ( SBC ) . Khoảng cách giữa hai đường thẳng SA

và BD bằng

H

Ơ

N

O

FF IC IA L

Lời giải

U

Y

N

Gọi I = AC ∩ BD . Dựng IK ⊥ SB ( K ∈ SB )  ( AKC = 90° . ( SAB ) , ( SBC ) ) = Dựng hình chữ nhật AIDE .

Ta có: BD //AE  BD // ( SAE )  d ( BD; SA) = d ( BD; ( SAE ) ) = d ( D; ( SAE ) ) .

Dựng: DH ⊥ SE ( H ∈ SE )

Q

 AE ⊥ ED  AE ⊥ ( SED )  ( SEA) ⊥ ( SED )  AE ⊥ SD

Vì 

 DH ⊥ ( SEA)  d D; ( SEA) = DH .

M

(

KÈ

Ta có: ∆BKI ∼ ∆SDB 

)

SD DB = IK KB

a 2 a 6 .  SD = 2 2 1 1 1 4 4 14 a 42 Trong tam giác SED có . = + = 2 + 2 = 2  DH = 2 2 2 DH DE SD a 6a 3a 14 a 42 Vậy d ( SA; BD ) = .

14 1 2

a 2

D

ẠY

Với KI = AC = ; BD = a 3 ; KB = IB 2 − IK 2 =

17

A.

41 .

12

B.

144 .

41

FF IC IA L

II. Bài tập dưới dạng câu hỏi trắc nghiệm Câu 1: [TH] (Nguyễn Viết Xuân - Vĩnh Phúc - Lần 1 - 2019) Cho tứ diện OABC biết OA , OB , OC đôi một vuông góc với nhau, biết OA = 3 , OB = 4 và thể tích khối tứ diện OABC bằng 6 . Khi đó khoảng cách từ O đến mặt phẳng ( ABC ) bằng 12 .

41

C. Lời giải

H

Ơ

N

O

Chọn C

D. 3 .

Do OA , OB , OC đôi một vuông góc nên OC ⊥ ( OAB ) .

N

1 1 3 2

Mặt khác VOABC = 6 ⇔ . OA.OB.OC = 6 ⇔ OC =

36 ⇔ OC = 3 .

OA.OB

Y

Đặt d ( O, ( ABC ) ) = d .

12 1 1 1 1 1 1 1 1 . = + + ⇔ 2 = 2 + 2 + 2 d = 2 2 2 2 d OA OB OC d 3 4 3 41 [TH] Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông, AB = 3a , mặt bên ( SAB ) đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Tính khoảng cách từ

Q

M

Câu 2:

U

Ta có

A đến ( SCD ) a 6 .

3

Chọn

B.

a 2 .

3

C.

3a 21 .

7

Hướng dẫn giải C.

D

ẠY

KÈ

A.

18

D.

3a 37 .

37

FF IC IA L

O

Gọi H , E lần lượt là trung điểm của AB và CD ; F là hình chiếu H của lên SE .

Ta thấy d ( A, ( SCD ) ) = d ( H , ( SCD ) ) = HF

[VD] (Chuyen-LE-QUY-DON-DA-NANG-1718L1) Cho hình hộp chữ nhật ABCD.A′B′C′D′ có AB = a , AD = 2a , AA′ = a . Gọi M là điểm trên đoạn

H

Câu 3:

1 1 1 4 1 7 3a 21 . = + = + 2 =  HF = 2 2 2 2 2 HF SH HE 27 a 9a 27 a 7

Ơ

Ta có

3a 3 2

N

Do tam giác SAB đều cạnh AB = 3a nên SH =

N

AM = 3 . Gọi x là độ dài khoảng cách giữa hai đường thẳng AD′ , MD B′C và y là độ dài khoảng cách từ M đến mặt phẳng ( AB′C ) . Tính giá trị

Y

AD với

Q

5a5 .

3

B.

a2 .

2

C.

3a 2 .

4

D.

3a 2 .

2

Lời giải

M

A.

U

xy .

D

ẠY

KÈ

Chọn B.

Ta có B ′C // A′D  B′C // ( ADD′A′ )  d ( B′C , AD′ ) = d ( C, ( ADD′A′) ) = CD = a .

Suy ra : x = a .

19

MA 3 3 3 =  d ( M , ( AB′C ) ) = d ( D, ( AB′C ) ) = d ( B; ( AB′C ) ) .

DA 4 4 4 ′ Đặt d ( B; ( AB C ) ) = d

Lại có:

1 1 1 1 1 1 1 = + + = 2+ 2+ 2 2 2 2 2 d BA BC BB′ a 4a a

Xét tam diện vuông B′ABC , ta có 9 .

4a 2

FF IC IA L

=

2a a 3 2a a  d ( B, ( AB′C ) ) = . = . Suy ra : y = 3 4 3 2 2 2 a Vậy x. y = .

2 d =

A. d =

2a 15 .

15

2a 15 .

5

B. d =

O

[VD] (LôMôNôXốp - Lần 1 - 2019) Cho hình chóp S . ABCD có đáy = 60° . Biết tam giác SAB đều nằm ABCD là hình thoi cạnh 2a , góc BAD trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Tính khoảng cách d từ điểm C đến mặt phẳng ( SBD ) .

C. d =

N

Câu 4:

a 15 .

5

D. d =

a 15 .

15

Ơ

Lời giải

K

U

Y

N

S

H

Chọn B.

D

ẠY

KÈ

M

Q

C

B I H

O

A

D

= 60° nên ∆ABD đều cạnh 2a .

Hình thoi ABCD có BAD Gọi O là tâm của hình thoi ABCD . Khi đó AC ⊥ BD ,suy ra: AO = 3a .

Gọi H , I lần lượt là trung điểm AB , BO .

Khi đó ta có: SH ⊥ AB (do tam giác SAB đều); HI ⊥ BO (do HI là đường

trung bình của tam giác vuông ABO ). Suy ra: SH = a 3; HI =

3 a.

2

Ta có: SH ⊥ ( ABCD )  SH ⊥ BD , HI ⊥ BD  ( SHI ) ⊥ BD . Suy ra: ( SHI ) ⊥ ( SBD ) .

20

Gọi K là hình chiếu vuông góc của H lên SI . Suy ra: HK ⊥ SI  HK ⊥ ( SBD ) .

Nên d ( H , ( SBD ) ) = HK .

Trong tam giác SHI vuông tại H , đường cao HK ta có:

(

)

=

2

5 15 a.  HK = 2 3a 5

FF IC IA L

1 1 1 1 1 1  = + = + 2 2 2 2 2 HK HK HI HS a 3 a 3    2 

Vậy: d ( C , ( SBD ) ) = d ( A, ( SBD ) ) = 2.d ( H , ( SBD ) ) =

[VD] (Quang Trung - Hải Phòng - Lần 1 - 2019) Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và B , AD = 2 AB = 2 BC , CD = 2a 2 . Hình chiếu của S trên mặt đáy là trung điểm M của CD . Khoảng cách từ trọng tâm G của tam giác SAD đến mặt phẳng ( SBM ) bằng

O

Câu 5:

2 15 a.

5

G

N

H

Ơ

N

S

a 10 .

15

M

A.

Q

U

Y

A

B.

D

F

M

B

C

3a 10 .

15

C. Lời giải

D

ẠY

KÈ

Chọn D.

21

3a 10 .

5

D.

4a 10 .

15

S

F

G

I

A

D

F

H B

B

M

H

C

M

C

O

Gọi F là trung điểm của AD .

Ta có: d ( G; ( SBM ) ) = 2 d ( F ; ( SBM ) ) .

D

FF IC IA L

A

3

N

Gọi H là hình chiếu của F trên BM . Khi đó, ta có:

FH FI = BC BI

N



H

Ơ

FH ⊥ BM    FH ⊥ ( SBM )  d ( F ; ( SBM ) ) = FH .

FH ⊥ SM  Gọi I là giao điểm của FC và BM thì I là trọng tâm tam giác BCD .

Tứ giác ABCF là hình vuông nên ta có ∆BCI và ∆FHI đồng dạng với nhau

2

Y

Đặt AB = x , ta có: CD 2 = CF 2 + FD 2 = 2 x 2  2 x2 = ( 2a 2 )  x = 2a .

U

Ta có:

Q

 IC = 1 CF = 2 a  IB =

2a 10 .

3

KÈ

M

3 3 2 4a  IF = CF = .

3 3 2a 10 4a 10 IF  FH = .BC =  d ( G; ( SBM ) ) = IB 5 15

[TH] Cho hình chóp S.ABCD có ABCD là hình vuông cạnh a , SA vuông góc với ( ABCD ) và SA = BC . Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng BD và SC .

A.

a 3 .

2

B.

a 2 .

2

C.

D

ẠY

Câu 6:

.

22

a 6 .

6

D. a .

C.

Ta có

BD ⊥ ( SAC ) ,

N

a 2 .a OC.SA a 6 ∆SAC ∼ ∆OHC  OH = = 2 = 6 SC a 3

H

[VD] Cho hình lăng trụ ABC. A ' B ' C ' có đáy là tam giác đều cạnh a . Hình chiếu vuông góc của A ' lên mặt phẳng ( ABC ) trùng với trọng tâm tam giác a3 3 . Khoảng cách giữa hai 12

N

Câu 7:

OH ⊥ SC  d ( BD , SC ) = OH

Ơ

Có

kẻ

O

Chọn

FF IC IA L

Hướng dẫn giải

ABC . Biết thể tích của khối lăng trụ bằng 3a 2

U

2a 3

B.

Q

A.

Y

đường thẳng A A ' và BC là

C.

4a 3

D.

Lời giải

M

Chọn D

A'

D

ẠY

KÈ

C'

B' H

A

C G

I

B

Gọi G là trọng tâm tam giác ABC . Theo đề ta có A ' G ⊥ ( ABC ) .

Gọi I là trung điểm của BC .

23

a 3 4

 BC ⊥ A ' G  BC ⊥ ( AA ' I ) .  BC ⊥ AI

Ta có: 

Kẻ IH ⊥ A ' A . Hơn nữa BC ⊥ ( AA ' I )  BC ⊥ IH . Do đó IH là đoạn vuông góc chung của BC và AA ' .

3 .

4

FF IC IA L

Diện tích tam giác đều: S ABC = a 2 .

a a3 3 a 2 3 .A ' G ⇔ A ' G = . = 12 4 3 Gọi M là hình chiếu của G lên AA′ .

GM AG 2 3 Ta có: GM // HI  = =  HI = GM HI AI 3 2 Xét tam giác AA′G vuông tại G , ta có: 1 1 1 1 1 a 3 1 1 1  = + = +  GM = = + 2 2 2 2 2 2 2 2 6 GH GA′ GA GM GA GA′ a a 3     3  3 

3 2

3 a 3 a 3 = 2 6 4

(CHUYEN-DH-VINH-1718L1) Cho hình lập phương ABCD. A′B′C′D′ cạnh a . Gọi M , N lần lượt là trung điểm của AC và B′C′ (tham khảo hình vẽ bên). Khoảng cách giữa hai đường thẳng MN và B′D′ bằng

A. 5a .

B.

5a .

5

C. 3a .

Lời giải

Chọn D.

D

ẠY

KÈ

M

Q

U

Y

N

H

[VD]

Ơ

Vậy  d ( AA′, BC ) = HI = GM = .

Câu 8:

N

O

VABC. A' B '.C ' = SABC .A ' G ⇔

24

D.

a .

3

FF IC IA L O N

Ơ

Ta có B′D′ / / BD  B′D′ / / ( MBD ) .

1 d ( C , ( NBD ) ) 2 Gọi h là khoảng cách từ C đến ( NBD ) , I = CC′ ∩ BN

N

H

d ( MN , B′D′ ) = d ( B′D′, ( MDB ) ) = d ( B′, ( MDB ) ) =

1 1 1 1 1 1 1 9 2a . = + + 2 = 2 + 2 + 2 = 2 h= 2 2 2 h CB CD CI a a 4a 4a 3 a Vậy d ( MN ; B′D′ ) = .

3 [VD] Cho hình chóp S . ABCD có đáy hình thoi cạnh bằng 2a 3 , góc

ABC = 60o .Gọi M là trung điểm CD , hai mặt phẳng ( SBD ) và ( SAM ) cùng

Q

Câu 9:

U

Y

Ta có

KÈ

M

vuông góc mặt đáy. Biết thể tích khối chóp là 2a3 3 . Tính khoảng cách d giữa AC và SB .

Chọn.

16a .

15

B. d =

a 15 .

3

C. d =

Hướng dẫn giải D.

D

ẠY

A. d =

25

a .

17

D. d =

3a 17

FF IC IA L O N Ơ

Y

N

H

Gọi H là giao điểm AM và DB. Suy ra SH ⊥ ( ABCD ) .

Dựng Ox / / SB và Ox cắt SH tại I suy ra SB / / ( IAC ) Suy ra d ( SB , AC ) = d ( B , ( IAC ) ) Mặt khác ta có d ( H , ( IAC ) ) = HE Với E là hình chiếu vuông góc của H lên OI .

U

OH d ( H , ( IAC ) ) 1 HE = ⇔ = ⇔ d ( B, ( IAC ) ) = 3HE (1) OB d ( B, ( IAC ) ) 3 d ( B, ( IAC ) )

Q

Và ta có

HO HI 1 HI a 3VS . ABCD AD 3 = ⇔ = ⇔ HI = = a ; OH = =a S ABCD 6 4 a 4 ; HB HS 1 1 1 a = + ⇔ HE = (2) 2 2 2 HE HI OH 17 3a Từ (1) và (2) suy ra d ( B, ( IAC ) ) = = d ( SB, AC ) 17 Câu 10: [VD] Cho hình chóp tứ giác đều S. ABCD có cạnh đáy bằng a . Gọi M , N lần lượt là trung điểm của SA và BC . Biết góc giữa MN và mặt phẳng

D

ẠY

KÈ

M

Ta có SH =

( ABCD ) bằng A. a

15 .

62

60° . Khoảng cách giữa hai đường thẳng BC và DM là.

B. a

30 .

31

C. a Lời Giải

Chọn B 26

15 .

68

D. a

15 17

FF IC IA L

O

Gọi H là trung điểm của AO , mà M là trung điểm của SA  MH là đường trung bình của ∆SAO

Ơ

N

 MH / / SO  = 60°  MH ⊥ ( ABCD )  ( MN ; ( ABCD ) ) = ( MN ; HN ) = MNH  1  MH = 2 SO Ta có BC / / AD  BC / / ( SDM )  d ( BC; DM ) = d ( BC; ( SDM ) ) = d ( C; ( SDM ) )

H

Qua M kẻ đường thẳng HK song song với đường thẳng AB ( K ∈ BC ) 1 4

N

Ta có H là trung điểm của AO  AH = AC a 1 1 1 BC mà BN = BC  K là trung điểm BN  KN = BC = 4 2 4 4 1 3 3 Ta có AH = AC  HC = AC = a 4 4 4

U

Y

 BK =

2

2

a 10 a 30 tan 60° = 4 4

M

Q

Ta có: HN = KH 2 + KN 2 =  3 a  +  1 a  = 10 a 4 4  4 

KÈ

= Ta có: ∆NHM có: MH = HN tan MNH

a 30 2 Đặt d ( O; ( SAD ) ) = d

D

ẠY

 SO = 2 HM =

Xét tam diện vuông OSAD , ta có: 1 1 1 1 = = + + 2 2 2 d SO OA OC 2  a   d ( O; ( SAD ) ) BO Ta có: = = d ( C ; ( SAD ) ) BC

1 30   2 

2

+

1 a 2    2 

2

+

1 a 2    2 

2

=

62 15 . d =a 2 62 15a

1 30  d ( C ; ( SAD ) ) = 2d ( O; ( SAD ) ) = a 2 31

27

.

= 120°, SA ⊥ ( ABC ) , góc Câu 11: [VD] Cho hình chóp S . ABC có AB = a, AC = 2a, BAC

giữa mặt bên ( SBC ) và mặt phẳng ( ABC ) bằng 60° . Khoảng cách giữa hai đường thẳng AC và SB bằng: a 19 .

19

B. d ( AC , SB ) =

C. d ( AC , SB ) =

3a 19 .

19

D. d ( AC , SB ) =

2a 19 .

19

FF IC IA L

A. d ( AC , SB ) =

Lời giải Chọn C

N

O

S

a 19 .

9

Ơ

I

H

A

N

H

B

K

U

Y

C

Q

= 60° .

Ta có : ( ( SBC ) ; ( ABC ) ) = SHA

M

= 120° nên: Xét tam giác ABC có: AB = a, AC = 2a, BAC

KÈ

= 7a 2  BC = a 7 .

BC 2 = AB 2 + AC 2 − 2. AB. AC.cos BAC 1 2

D

ẠY

= Lại có: S ABC = AB. AC.sin BAC

Suy ra: AH =

3 2 a .

2

2 S ABC 21a = 60° nên: . Mà SHA = BC 7

SA = AH tan SHA =

21 3 7 a. 3 = a.

7 7

= 30° nên: AK = 3 a .

Kẻ: Bx / / AC , AK ⊥ Bx, K ∈ Bx . Suy ra: BAK 2

28

Gọi I là hình chiếu vuông góc của A trên SK . Suy ra: AI ⊥ ( SBK )  d ( AC ; SB ) = d ( AC ; ( SBK ) ) = AI .

Ta dễ dàng chứng minh được AI =

3 19 a 19

N

Chọn B.

N

Y

A

N

H

U

M

D

45o

I

I M

D a

B

C

C

E

Q

E

A

H

Ơ

S

B

O

Lời giải

FF IC IA L

Câu 12: [VD] (Hoằng Hóa 2 - Thanh Hóa - Lần 1 - 2019) Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a , có E là trung điểm BC . Cạnh bên SA vuông góc với đáy. Góc giữa SC và mặt phẳng đáy bằng 45o . Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng DE và SC . a 5 a 38 a 5 a 38 A. .

B. .

C. .

D. .

19 19 5 5

Gọi M = DE ∩ AC ; N ∈ SA sao cho NA = 2 NS ; I và H lần lượt là hình chiếu

M

vuông góc của A lên DE và IN . Ta có MC = NS = 1 nên SC / / NM . Suy ra

KÈ

AC

3

AS

D

ẠY

SC / / ( DEN ) .

Do đó, d ( SC; DE ) = d ( SC; ( DEN ) ) = d ( C ; ( DEN ) ) = 1 d ( A; ( DEN ) ) = 1 AH .

2

Ta có S ∆ADE = 1 a 2 nên AI = 2

2

2S∆ADE 2a = .

DE 5 2 3

Tam giác SAC vuông cân tại S nên SA = AC = a 2 ; AN = SA =

29

2a 2 .

3

AN . AI

Trong tam giác vuông NAI có AH = 1 2

2a 38 .

19

a 38 .

19

FF IC IA L

Vậy d ( SC ; DE ) = AH =

AN 2 + AI 2

=

a 17 .

2 Hình chiếu vuông góc H của S lên mp ( ABCD ) là trung điểm của đoạn AB .

Gọi K là trung điểm của AD . Tính khoảng cách giữa hai đường SD và HK theo a . a 3 a 3 a 21 3a A. .

B. .

C. .

D. .

7 5 5 5

O

Câu 13: [VD] Cho hình chóp S . ABCD có đáy hình vuông cạnh a , SD =

Hướng dẫn giải B.

N

Chọn

M

Q

U

Y

N

H

Ơ

S

A

K

D

I H

O

M B

C

KÈ

+ Ta có HK / / BD nên HK / / mp ( SBD )

D

ẠY

Suy ra d ( HK , SD ) = d ( HK , ( SBD ) ) = d ( H , ( SBD ) )

+ Kẻ HM / / AO; HI ⊥ SM , dễ dạng chứng minh được HI = d ( H , ( SBD ) )

+ Tính được 1 1 a 2 HM = AO = AC = 2 4 4 a 5 HD = AD2 + AH 2 = suy ra SH = SD2 − HD2 = a 3 2 30

+ Có

1 1 1 a 3 = +  HI = HI 2 SH 2 HM 2 5

Vậy d ( HK , SD ) = HI =

a 3 5

FF IC IA L

Câu 14: [VDC] (Chuyên Vĩnh Phúc - Lần 1 - 2019) Cho hình chóp S . ABCD ,có đáy ABCD là hình thoi cạnh a , AC = a ,tam giác SAB cân tại S và nằm

trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng đáy.Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AD và SC ,biết góc giữa SD và mặt đáy bằng 600.

A.

a 906 29

B.

a 609 29

C.

Lời giải

D.

KÈ

M

Q

U

Y

N

H

Ơ

N

O

Chọn B

a 609 19

ˆ = 600 Gọi H là trung điểm tam giác SAB SH ⊥ ( ABCD)  SDH

D

ẠY

Do AC=a nên tam giác ABC đều và góc DAB=1200 Xét hinh thoi ABCD có DH 2 = AD 2 + AH 2 − 2 AD. AH .cos1200 = a 2 +

 DH =

a 7 2 31

a2 a −1 7 a 2 − 2.a. ( ) = 4 2 2 4

a 600 29

Xét tam giác vuông SHD có tan 600 =

SH a 7 a 21  SH = 3. = HD 2 2

Ta có AD// (SBC) nên d( AD;SC) = d( AD;( SBC )) = d( A:( SBC )) = 2d( H ;( SBC ))

FF IC IA L

Trong mặt phẳng (ABCD) kẻ HI vuông góc BC  HI là đương trung bình tam giác ABM,với BM là đường cao tam giác đều ABC  HI=1/2AM= 1 a 3 a 3 . = 2 2 4

Kẻ HK vuông góc SI  HK ⊥ (SBC)

Bài tập bổ sung

H

III.

3 19 a.

19

N

 AI =

Ơ

N

O

1 1 1 1 1 4 16 116 = + = + 2 = + 2 = 2 2 2 2 2 21a 3a HK SH HI 21a 3a 21a 2 4 16 a 609 a 609  HK =  d ( AD ; SC ) = 2 HK = 58 29

U

Y

Câu 15: [VD] Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a . Hình chiếu vuông góc của S lên mặt phẳng ( ABCD ) là điểm H thuộc cạnh AB sao cho HB = 2HA . Cạnh SC tạo với mặt phẳng đáy ( ABCD ) một góc 60° .

Q

Tính khoảng cách từ trung điểm K của HC đến mặt phẳng ( SCD ) . a 13 .

2

KÈ

M

A.

a 13 .

4

C. a 13 .

Hướng dẫn giải

B.

D

ẠY

Chọn

B.

32

D.

a 13 .

8

FF IC IA L

Gọi E là hình chiếu của H lên CD , F là hình chiếu của H lên SE .

1 2 1 1 2 2 Ta có AH = AB = a ; BH = AB = a .

3 3 3 3 13 CH = BH 2 + BC 2 = a.

3 = 60° .

Góc giữa SC và mặt đáy ( ABCD ) là góc SCH

N

H

Ơ

N

O

1 2

Ta có d ( K , ( SCD ) ) = d ( H , ( SCD ) ) = HF .

39 a.

3 1 1 1 1 9 48 13 = + = 2+ = Ta có a.  HF = 2 2 2 2 2 HF HE SH a 39a 39a 4 1 1 13 Vậy d ( K , ( SCD ) ) = d ( H , ( SCD ) ) = HF = a.

2 2 8 Câu 16: [TH] (Sở Bắc Giang) Cho lăng trụ đều ABC. A′B′C ′ có tất cả các cạnh đều bằng a (tham khảo hình vẽ bên dưới). Khoảng cách giữa hai đường thẳng AC và BB′ bằng ?

2a a a 3 a 5 A. .

B. .

C. .

D. .

3 2 5 5

D

ẠY

KÈ

M

Q

U

Y

Do đó SH = tan 60°.CH =

33

A

C

B

A'

FF IC IA L

a

C'

a

B'

Hướng dẫn giải M

C

N

A

O

Chọn D.

N

H

Ơ

B

U

Y

A'

C'

B'

 BM ⊥ AC .  BM ⊥ BB′

Q

Gọi M là trung điểm AC , ta có  a 3 .

2

KÈ

M

Vậy d ( AC , BB′) = BM =

PHẦN THỨ HAI : TÍNH KHOẢNG CÁCH TRONG KHÔNG GIAN DỰA VÀO THỂ TÍCH CỦA KHỐI ĐA DIỆN

D

ẠY

A. LÝ THUYẾT CHUNG Câu khoảng cách của hình học không gian luôn xuất hiện trong đề thi THPTQG dù thi bằng hình thức tự luận hay giờ đây thi theo hình thức trắc nghiệm. Về mức độ câu không phải là khó nhưng để có thể nhìn được đoạn vuông góc chung hoặc chân đường cao không dễ vì phải đòi hỏi kĩ năng “chuyển điểm” và dựng hình. Đối với nhiều bài, kĩ năng này tương đối phức tạp, nhất là đối với học sinh trung bình và yếu. Sang đến chương trình 12 34

FF IC IA L

được tiếp cận với công thức thể tích thì chiều cao của khối hình chính là khoảng cách từ điểm đến mặt phẳng đáy. Như vậy, bài toán khoảng cách sẽ chuyển về bài toán thể tích khối đa diện và diện tích đáy. Thông thường trong các bài toán này phần tính thể tích diễn ra rất nhanh chóng vấn đề chỉ nằm ở phần diện tích mặt phẳng đáy.

I. KHOẢNG CÁCH TỪ MỘT ĐIỂM ĐẾN MỘT MẶT PHẲNG Ta có một hình chóp: S.ABC việc tính thể tích của khối chóp này được thực hiện rất

( ABC ) hay tỉ số thể tích), ta cần tính

N

khoảng cách từ C đến ( SAB ) tức tìm chiều

O

dễ dàng (đường cao hạ từ S xuống mặt đáy

N

H

Ơ

cao CE.

Vì thể tích của hình chóp là không thay đổi

Y

dù ta có xem điểm nào đó (S, A, B, C) là đỉnh vì vậy nếu ta biết diện tích 3V . Có thể gọi là dùng thể tích 2 lần.

S ∆SAB

Q

U

∆SAB thì khoảng cách cần tìm đó CE =

 Chú ý: Khi áp dụng phương pháp này ta cần nhớ công thức Hêrông để tính diện

M

tích tam giác: S∆ABC = p ( p − a )( p − b )( p − c ) với p là nửa chu vi và a, b, c là kích

KÈ

thước của 3 cạnh.

Một số công thức tính diện tích khác:

D

ẠY

+ Nếu ∆ABC đều có độ dài cạch bằng a thì S∆ABC =

3a 2 .

4

+ Nếu ∆ABC vuông có độ dài 2 cạnh góc vuông a, b thì S ∆ABC =

35

ab 2

II. KHOẢNG CÁCH GIỮA HAI ĐƯỜNG THẲNG CHÉO NHAU Ta cần tính khoảng cách giữa 2 đường thẳng chéo

FF IC IA L

nhau MN và PQ . Đầu tiên ta dựng một mặt phẳng (α ) chứa MN và song song với PQ . Quy về bài toán tính khoảng cách từ một điểm P hoặc Q

N

O

đến một mặt phẳng (α ) .

Ơ

B. HỆ THỐNG BÀI TẬP

U

Y

N

H

I. Hệ thống bài tập dưới dạng câu hỏi tự luận: Câu 1: (Đề minh họa của BGD & ĐT- 2019) Cho hình chóp S . ABCD có đáy là = 600 , SA = a và SA vuông góc với mặt phẳng đáy. Tính hình thoi cạnh a , BAD khoảng cách từ B đến ( SCD) ?

D

ẠY

KÈ

M

Q

Lời giải

Hình thoi ABCD có ∠BAD = 600 nên tam giác ABD và tam giác BDC là tam giác đều cạnh a

36

1 1 a 3 a2 3 VSBCD = SA.S∆BCD = a. = 3 3 4 4

Ta có

Trong tam giác vuông SAD ta có SD = SA2 + AD 2 = a 2 + a 2 = a 2

Ta có

FF IC IA L

Trong tam giác vuông SAC ta có SD = SA2 + AC 2 = a 2 + ( 3a) 2 = 2a 1 VSBCD = VB.SCD = d(B,(SCD)).S∆SCD .

3

Dó đó để tính khoảng cách từ B đến mặt phẳng (SCD) ta chỉ cần tính diện tích tam giác SCD.

3VS .BCD 21 a . = 7 S ∆SCD

H

Vì vậy d ( B, ( SCD ) ) =

7 2 a 2 + 2a + a a với p = 4 2

N

p ( p − SC )( p − SD )( p − CD ) =

Ơ

S ∆SCD =

O

Áp dụng công thức Heron ta được:

N

 Nhận xét:

Y

+ Với phương pháp “chuyển” về điểm A để tính:

U

B1: d ( B, ( SCD ) ) = d ( A, ( SCD ) )

Q

B2: Tính d ( A, ( SCD ) ) , kẻ thêm đường phụ AH là đường cao của ∆ACD và đường

M

cao AK là đường cao của ∆SAH . Đối với bài tập này học sinh sẽ gặp khó khăn trong việc xác định độ dài đường phụ.

KÈ

B3: Áp dụng công thức:

1 1 1 = + 2 2 d SH HI 2

D

ẠY

Việc thực hiện cả 2 công việc: vẽ hình, tính toán chắc chắn sẽ khó khăn hơn, dễ dẫn đến sai lầm .

+ Với cách tính theo thể tích thì khâu tính diện tích ta dùng máy tính hầu hết đều ra đẹp. So với cách tính bằng tọa độ hóa thì cách tính này đơn giản hơn rất nhiều về tính toán và trình bày chỉ khó ở khâu tính diện tích (nhưng máy tính đã đảm nhận). Với học sinh trung bình yếu có thể nói đây là lựa chọn tốt nhất 37

Câu 2: Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B, AC = 2a ;

ACB = 30° .

Hình chiếu vuông góc H của đỉnh S xuống mặt ( ABC ) trùng với trung điểm của AC ; SH = a 2 .

FF IC IA L

Tính theo a thể tích của khối chóp S.ABC và khoảng cách từ điểm C đến ( SAB ) .

Lời giải  Trong tam giác vuông ABC có: Gọi H là trung điểm của AC khi đó SH ⊥ ( ABC ) .

1 2

a3 6 6

Ơ

N

1 3

Vậy VS . ABCD = .a 2. .a 2 3 =

O

AC = 2a , AB = a, BC = a 3 .

 Ta cần tính khoảng cách từ C đến ( SAB ) , ta quan sát khối chóp S . ABC có thể

H

a3 6 , vì vậy để tính được khoảng cách ta cần có diện tích của ∆SAB .

6

N

tích là

Y

Ta có: AB = a , SA = SB = SH 2 + HA2 = 2a 2 + a 2 = 3a

p ( p − SA )( p − SB )( p − AB ) =

Q

S ∆SAB =

U

Áp dụng công thức Heron ta được:

3VS . ABC 2 66 a = S ∆SAB 11

KÈ

M

Vì vậy d ( C , ( SAB ) ) =

11 2 a+a 3+a 3 a với p = 4 2

Câu 3: Cho hình chóp S.ABC có = 120° . Gọi I là trung AB = AC; BC = a 3; BAC

D

ẠY

điểm cạnh AB, hình chiếu của S lên mặt đáy là trung điểm H của CI, góc giữa SA và mặt phẳng đáy là 60°.

Tính theo a thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách từ A đến ( SBC ) .

38

Lời giải  Ta có: BC 2 = AB 2 + AC 2 − 2AB. AC.cos1200 = 3 AB 2  AB = AC = a . a 2 a 2 7a 2 a 7 a 7 CI = AB + AI − 2AB. AI .cos120 = a + + =  CI =  CH = 4 2 4 2 4 2

2

0

2

2AI 2 + 2AC 2 − CI 2 = 2

Xét △ AIC có : AH =

a2 7a 2 + 2a 2 − 2 4 =a 3 2 4

FF IC IA L

2

1 3a 1 a3 3 0 = 600  SH = AH .tan 600 = 3a .Vậy V Mà SAH . = a a = . . .sin120 S . ABC 3 4 2

4

16

9a 2 7a 2 2BI 2 + 2BC 2 − CI 2 + = a ; BH = = 2 16 16

9a 2 19a 2 a 7 + = 16 16 2

N

111 2 a với p = 16

a 7 2

2

3VS . ABC 3 37 a = S ∆SBC 37

Q

 d ( A, ( SBC ) ) =

p ( p − SB )( p − SC )( p − BC ) =

Y

S ∆SBC =

a+a 3+

U

Khi đó :

H

 SB = SH 2 + HB 2 =

a2 7a 2 2 + 6a − 2 4 = a 19 2 4

Ơ

N

SC = SH 2 + HC 2 =

O

 Để tính được khoảng cách từ A đến ( SBC ) ta cần tính diện tích ∆SBC

M

Câu 4: Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A, AB = 3a, BC = 5a

KÈ

= 30° . ; mặt phẳng ( SAC ) vuông góc với mặt phẳng ( ABC ) . Biết SA = 2 3a và SAC

D

ẠY

Tính theo a thể tích của khối chóp S.ABC và khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng ( SBC ) .

Lời giải

 Gọi E là chân đường vuông góc kẻ từ S xuống BC, dễ thấy SE ⊥ ( ABC ) . Do đó SE = SA.sin 30° = a 3 .

Hơn nữa AC = BC 2 − AB 2 = 4a . Vậy thể 39

1 3

1 2

tích VS . ABC = a 3. 3a.4a = 2 3a 3 .  Để tính khoảng cách từ A đến ( SBC ) ta

FF IC IA L

cần tính diện tích ∆SBC Ta có:

BC = 5a; SB = SE 2 + BE 2 = SE 2 + BA2 + AE 2 = 21a ; SC = SE 2 + EC 2 = 2a ,

Do đó diện tích ∆SBC là:

Vậy d ( A, ( SBC ) ) =

O

 5a + 21a + 2a  2 p ( p − SB )( p − SC )( p − BC ) ;  p =  = 21a 2   3VS . ABC 6 7 a = S ∆SBC 7

N

S∆SBC =

H

Ơ

Câu 5: Cho khối lăng trụ ABC. A ' B ' C ' có đáy là tam giác đều cạnh a. Hình chiếu vuông góc của A ' lên ( ABC ) là trung điểm của cạnh AB, góc giữa đường thẳng

N

A ' C và mặt đáy bằng 60° . Tính theo a thể tích của khối lăng trụ ABC . A ' B ' C ' và

khoảng cách từ B đến ( ACC ' A ')

Y

Lời giải

U

Gọi E là trung điểm AB, khi đó

Q

A ' E ⊥ ( ABC ) , 60° = ( A ' C , ( ABC ) ) = A ' CE .

KÈ

vì vậy

a 3 (đường cao trong tam giác đều) 2

M

Ta có CE =

3a 3a a 2 3 a 3 3 3  VABC . A ' B 'C ' = . = 2 2 4 8

ẠY

A ' E = tan 60°CE =

D

 Ta cần tính khoảng cách từ B đến ( ACC ' A ') tức từ B đến ( AA ' C ) , ta quan sát khối chóp A '. ABC có thể tích là 1 3a a 2 3 a 3 3 vì vậy ta cần tìm diện tích ∆A ' AC (để dùng thể tích 2 VA '. ABC = . . = 3 2 4 8

lần).

40

2

2

a 3 a 10 CE ; A'C = Ta có AC = a; AA ' =   +  a  = =a 3.

2 cos 60° 2 2 

Áp dụng công thức Heron ta được:

Vậy d ( B, ( ACC ' A ') ) = d ( B, ( A ' AC ) ) =

FF IC IA L

S ∆A ' AC =

  a 10 a+ +a 3  39 2 2 = p ( p − A ' A )( p − A ' C )( p − AC ) ;  p = a 2 8       3VA '. ABC 3 13 a = 13 S ∆A ' AC

O

Câu 6: Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác đều cạnh a hình chiếu vuông góc của S lên mặt phẳng ( ABC ) là điểm H thuộc AB sao cho HA = 2 HB . Góc giữa đường SC và mặt phẳng ( ABC ) bằng 60° . Tính theo a thể tích của khối chóp S.ABC Lời giải

2

Y

2 a 7 a a 3 CH =   +   = 3 6  2 

N

H

mà  Ta có 60° = ( SC , ( ABC ) ) = SCH

Ơ

N

và khoảng cách giữa hai đường thẳng SA và BC.

a 21 3

Q

U

nên ta được SH = tan 60°.CH = Do đó thể tích khối chóp là:

KÈ

M

1 a 2 3 a 21 a 3 7 .

VS . ABC = . = 3 4 3 12

ẠY

 Dựng hình bình hành ABCD, khi đó d ( SA, BC ) = d ( B, ( SAD ) ) .

D

 Ta quan sát khối chóp S.ABD khối chóp này có thể tích bằng với thể tích của khối chóp S.ABC tức VS . ABD =

a3 7 vì vậy để tính d ( B, ( SAD ) ) ta cần tính diện 12

tích ∆SAD

41

Ta có AD = a; SA = SH 2 + AH 2 =

2 10a . Áp dụng công thức Heron ta được: 3

S ∆SAD =

 2 10a 5a  a+ +   6 2 3 3  p ( p − SA )( p − SD )( p − AD ) = a với  p = 3 2      

Vậy d ( B, ( SAD ) ) =

FF IC IA L

SD =

5a 19a 2 , DH 2 = AD 2 + AH 2 − 2 AD. AH cos120° = do đó 3 9

3VS . ABD a 42 = S ∆SAD 8

O

Câu 7: Cho lăng trụ đứng ABC. A ' B ' C ' có đáy là tam giác vuông, AB = BC = a , cạnh bên AA ' = a 2 . Gọi M là trung điểm của BC. Tính theo a thể tích khối lăng trụ ABC . A ' B ' C ' và khoảng cách giữa AM và B ' C

N

Lời giải 1 2

Ơ

Theo giả thiết ∆ABC vuông cân tại B vì vậy thể 2 3 a .

2

N

H

tích khối lăng trụ là: VABC . A ' B 'C ' = a 2 a 2 = Gọi D là trung điểm BB ' khi đó

Y

d ( AM , B ' C ) = d ( B ' C , ( ADM ) )

Q

U

= d ( C , ( ADM ) ) = d ( B, ( ADM ) )

Ta quan sát khối chóp D.ABM khối chóp này

M

có thể tích là

KÈ

1 a 2 1 a a3 2 vậy nên để tính khoảng VD. ABM = . . a. = 2 2 2 2 24

ẠY

cách từ B đến ( ADM ) ta chỉ cần tính diện tích ∆ADM .

2

2

D

2 a 2  a 2   a 2 a 3 a 6 a 5 a 2 2 Ta có: AD =  ; DM =  ; AM = a +   =  + a =  +   = 2 2 2 2  2   2  2

42

Do đó diện tích S∆AMD = p ( p − AM )( p − MD )( p − AD ) =      

Vậy d ( AM , B ' C ) = d ( B, ( ADM ) ) =

FF IC IA L

 a 6 a 3 a 5 + +  2 2 p= 2 2   

14 2 a với 8

3VD. ABM a 7 = 7 S ∆ADM

Câu 8: Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác vuông cân tại A, mặt bên SBC là tam giác đều cạnh a và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Tính khoảng cách giữa SA và BC?

O

Lời giải

N

Gọi H là trung điểm của AB.

Từ A kẻ AE//BC ta có

H N

Y

(SBC) ⊥ (ABC) (SBC) ∩ (ABC) = BC   SH ⊥ (ABC)  SH ⊂ (SBC) SH ⊥ BC

Ơ

Ta có

Q

U

d(SA, BC) = d(BC,(SAE)) = d(B,(SAE))

Xét tam giác đều SBC có

a 3 2

1 a2 AH.BC = 2 4

M

S∆ABE = S∆ABC =

Suy ra

KÈ

Ta có

SH =

2

ẠY

Xét tam giác SAE ta có AE = BC = a ;

D

Ta có

1 a3 3 VSABE = SH.S∆ABE = 3 24

 a 3   a 2 SA = SH + AH =   +   = a  2  2 2

2

a 5 a HE = AE 2 + AH 2 = a 2 +   = 2 2 2

Suy ra

2

a 5 a 3 SE = HE + SH =   +   = a 2  2   2  2

2

43

2

 a + a + a 2  a2 p ( p − AE )( p − SA)( p − SE ) ;  p =  = 2   2

Ta có d ( B, ( SAE )) = Vậy

d(SA, BC) =

3.VSABE 3a 3 3 a 2 a 3 = : = 24 2 4 S ∆SAE

a 3 4

FF IC IA L

S∆SAE =

Câu 9: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, mặt bên SAB là tam giác đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt đáy. Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách của hai đường thẳng AB và SC. Lời giải a 3 . Vì 2

N

đó SE ⊥ ( ABC ) , và SE =

O

 Gọi E là trung điểm của AB khi

H

1 a 3 2 a3 3 a = 3 2 6

N

là VS . ABCD =

Ơ

vậy thể tích khối chóp cần tính

Y

 Ta có:

Q

U

d ( AB, SC ) = d ( AB, ( SCD)) = d ( A, ( SCD)) muốn tính khoảng cách từ A đến ( SCD ) , ta

quan sát khối chóp S . ACD có thể tích là VS . ACD =

1 a 3 1 2 a3 3 vì vậy để tính a = 3 2 2 12

M

được khoảng cách ta cần có diện tích của ∆SCD .

KÈ

Ta có CD = a; SD = SC = SE 2 + DE 2 = SE 2 + DA2 + AE 2 = a 2 . Áp dụng công thức Heron ta được:

D

ẠY

S∆SCD =

 7 2 a+a 2+a 2  p ( p − CD )( p − SD )( p − SC ) ;  p = a  = 2 4  

Vì vậy d ( A, ( SCD ) ) =

3VS . ACD 21 a = S ∆SCD 7

Câu 10: Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác vuông cân, AB = BC = 2a . Hai mặt phẳng ( SAB ) và ( SAC ) cùng vuông với mặt đáy ( ABC ) ; M là trung điểm của 44

AB, mặt phẳng đi qua SM và song song với BC cắt AC tại N. Góc giữa ( SBC ) và

( ABC ) là 60°. Tính theo a thể tích của

S .BCNM và khoảng cách giữa AB và SN.

Lời giải

FF IC IA L

 Hai mặt phẳng ( SAB ) và ( SAC ) cùng vuông với mặt đáy ( ABC )  SA ⊥ ( ABC )

ABC = 900 , ABS = 600 , AC = 2 2a

 SA = AB.tan 600 = 2 3a

Do đó thể tích của khối chóp:

O

VS . ABC

1 2 4 3a 3 = .2a .2 3a = 3 3

N

3  VS .BCNM = VS . ABC = 3a 3 4

Ơ

 Gọi K là trung điểm của BC .

H

1 3a 3  AB / /( SNK )  d ( AB, SN ) = d ( M , ( SNK )) với VS .MNK = VS .BCMN = , ta cần tính 3 3

N

diện tích ∆SNK .

Y

Ta có: NK = a , SN = SA2 + AN 2 = 12a 2 + 2a 2 = 14a ,

p ( p − SK )( p − SN )( p − KN ) =

 a + 14a + 17 a  13a 2 với  p =  2 2  

M

S ∆SKN =

Q

U

SK = SB 2 + BK 2 = SA2 + AB 2 + BK 2 = 12a 2 + 4a 2 + a 2 = 17a

3VS .MNK 2 39a 2 39a = . Vậy d ( AB, SN ) = .

13 13 S ∆SNK

KÈ

 d ( M , ( SAD ) ) =

ẠY

 Nhận xét: Nếu biết cách linh hoạt ở các phương pháp thì bài toán khoảng cách này trở nên khá dễ và có thể có nhiều lời giải hay!

D

II.

Hệ thống bài tập dưới dạng câu hỏi trắc nghiệm:

Câu 1: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, SD =

3a , hình 2

chiếu vuông góc của S lên mặt phẳng ( ABCD ) trùng với trung điểm của cạnh AB. Khoảng cách từ A tới mặt phẳng ( SBD ) bằng 45

A. a

B.

.

2a 3 .

C.

a 2 2 .

D.

a 4a 7 3 7

Lời giải Chọn B

FF IC IA L

Gọi E là trung điểm của AB khi đó SE ⊥ ( ABC ) , dùng định lý Pitago ta tính được SE = a .

1 3

Từ đó VS . ABCD = a 3

O

Ta cần tính khoảng cách từ A đến ( SBD ) ta quan sát hình chóp S.ADB có thể tích 1 1 3 2

1 6

Ơ

N

là . a 2 .a = a 3 vậy nên nếu ta tìm được

N

a 2+

3a 5 a + 2 2 S ∆SBD = 2

p ( p − SB )( p − SD )( p − BD ) =

U

Nửa chu vi: p =

3a 5 a . Áp dụng công thức Heron ta được: ; SB = 2 2

Y

Ta có BD = a 2; SD =

H

diện tích tam giác ∆SBD bài toán sẽ được giải quyết.

3 2 a 4

M

Q

a2 3VS . ABD 3. 6 2a = = Vậy d ( S , ( SBD ) ) = 2 3 S∆SDB 3a 4

KÈ

Câu 2: Hình chóp S .ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B, BA = 3a, BC = 4a ,

(SBC ) ⊥ (ABC ) . Biết SB = 2a

ẠY

A.

6a 7 7

D

Hướng dẫn giải:

= 300 . Tính khoảng cách từ B đến mp SAC 3, SBC ( )

B.

3a 7 7

C.

5a 7 7

D.

4a 7 7

1 1 1 SH = SB sin 30o = 2a 3. = a 3 ; S ∆ABC = AB.BC = .3a.4a = 6a 2 2 2 2 1 Suy ra VS . ABC = .6a 2 .a 3 = 2a 3 3 .Càn tính: S∆SAC ?

3

Do tam giác SBA vuông tại B nên SA = (2a 3) 2 + 9a 2 = a 21 AC = 9a 2 + 16a 2 = 5a 46

Dùng định lí côsin SC 2 = SB 2 + BC 2 − 2 SB.BC .cos30o = 12a 2 + 16a 2 − 2.2a 3.4a.

3 = 4a 2  SC = 2a 2

Dùng công thức Hêrông: S = p( p − a )( p − b)( p − c) , a+b+c 2

FF IC IA L

với p =

Ta có: p =

7 a + a 21 7 a + a 21 a 21 − 3a  p − 5a = ; − 5a = 2 2 2

 p − 2a =

7 a + a 21 a 21 + 3a − 2a = 2 2

7 a + a 21 7 a − a 21 − a 21 = 2 2 1 4 28a 2 .12a 2 = a 2 7.3 = a 2 21 = 4 4

N

3VS . ABC 3.2a 3 3 6a 6a 7 . = 2 = = S ∆SAC 7 a 21 7

Ơ

Vậy h =

H

S ∆ABC

O

 p − a 21 =

N

Nhận xét:

U

BH (chưa nhìn thấy được ngay) .

BC

Q

+ Tỉ số

Y

Với bài toán này việc “chuyển điểm”, vẽ thêm đường phụ cũng không đơn giản chút nào, cần xác định:

M

+ Độ dài đoạn vuông góc kẻ từ H xuống AC (độ dài đường cao kẻ từ H của ∆HAC .

KÈ

Việc thực hiện cả 2 công việc: vẽ hình, tính toán chắc chắn sẽ khó khăn hơn, dễ mắc sai lầm hơn nhiều so với phương pháp sử dụng thể tích.

D

ẠY

Câu 3. Cho tứ diện đều cạnh a và điểm I nằm trong tứ diện. Tính tổng khoảng cách từ I đến các mặt của tứ diện.

A. a 6 .

B.

6a .

9

3a .

2

D.

6a .

3

C.

Lời giải 47

Chọn D

Gọi V là thể tích tứ diện đều ABCD và gọi h1 , h2 , h3 , h4 lần lượt là khoảng cách từ

FF IC IA L

I đến các mặt ( BCD ) , ( ACD ) , ABD , ABC .

Đặt V1 = VIBCD , V2 = VIACD V3 = VIABD , V4 = VIABC .

Ta có V = V1 + V2 + V3 + V4 .

3V 1 V1 = h1.S BCD  h1 = 1 3 S BCD

N

3V 3V1 3V 3V + 2 + 3 + 4 .

S BCD S ACD S ABD S ABC

H

Vậy h1 + h2 + h3 + h4 =

O

3V 3V2 3V , h3 = 3 , h4 = 4 .

S ACD S ABD S ABC

Ơ

Tương tự h2 =

3 (V1 + V2 + V3 + V4 ) a2 3 4

Q

U

Suy ra h1 + h2 + h3 + h4 =

Y

N

Lại có tứ diện ABCD là tứ diện đều nên S BCD = S ACD = S ABD = S ABC =

a2 3 4

a3 2 3V a 2 a 6 = 2 . = 2 12 = = 3 3 a 3 a 3 4 4 3.

M

Chọn đặc biệt I ≡ A . Khi đó tổng khoảng cách từ I đến các mặt của tứ diện bằng

KÈ

khoảng cách từ A đến mp ( BCD ) và bằng

6a 3

ẠY

Câu 4. Cho tứ diện OABC có OA , OB , OC đôi một vuông góc với nhau, và OA = OB = a , OC = 2a . Gọi M là trung điểm của AB . Khoảng cách giữa hai đường thẳng OM và AC bằng

D

A.

2a .

3

B.

2 5a .

5

C.

2a .

2

Lời giải Chọn D. Gọi N là trung điểm của BC suy ra MN //AC  AC// ( OMN ) 48

D.

2a 3

 d ( OM ; AC ) = d ( C ; ( OMN ) ) = d ( B; ( OMN ) ) .

A

1 1 1 VA.OBC = . a.a.2a = a 3 .

3 2 3 VM .OBC d ( M ; ( ABC ) ) SOBN 1 1 1 = . = . = 2 2 4 VA.OBC d ( A; ( ABC ) ) SOBC 1 3 a .

12

H

1 2

Xét tam giác vuông cân AOB : OM = AB =

O

2 a.

2

N

Xét tam giác vuông BOC : ON =

1 1 BC = 2 2

( 2a )

2

+ a2 =

M

FF IC IA L

 VM .OBC =

5 a.

2

B

1 2

1 2 5 2 a + ( 2a ) = a.

2 2 Trong tam giác cân OMN , gọi H là trung điểm của OM ta có 3 2 a.

NH = NM 2 − HM 2 = 4 1 3 Suy ra SOMN = OM .NH = a 2 .

2 8 3VM .OBN 2 Vậy d ( B; OMN ) = = a.

3 SOMN

N

H

Ơ

N

O

Xét tam giác BAC : MN = AC =

Y

Câu 5. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thang cân ( BC / / AD) . Biết đường

U

cao SH = a với H là trung điểm AD, AB = BC = CD = a; AD = 2a . Khoảng cách giữa

B.

M

a 3 .

3

KÈ

A.

Q

hai đường thẳng SB và AD bằng

a 21 .

21

C.

Lời giải

ẠY

Chọn C.

D

Thể tích khối chóp S.ABCD là: 1 1 3 3 2 3 3 VS . ABCD = SH .S ABCD = a. a = a 3 3 2 2

Ta có d ( SB, AD ) = d ( AD, ( SBC ) ) = d ( A, ( SBC ) ) , ta quan sát khối chóp S.ABC khối chóp này có thể 49

a 21 .

7

D.

a 3 .

2

C

1 3

1 a 3 a3 3 .a = 2 2 12

1 3

tích là: VS . ABC = SH .S∆ABC = a. .

a 3 ), vậy nên ta chỉ cần tính diện tích của tam 2

FF IC IA L

(đường cao hạ từ A xuống BC là giác ∆SBC .

Ta có: BC = a; SC = SB = BH 2 + SH 2 = a 2 , do đó diện tích ∆SBC là: a2 7 a+a 2+a 2 , với p = .

4 2

p ( p − SB )( p − SC )( p − BC ) =

Vậy d ( SB, AD ) = d ( A, ( SBC ) ) =

3VS . ABC a 21 = .

7 S ∆SBC

O

S ∆SBC =

60° . Khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và CC '

Ơ

( ABB ' A ') và mặt đáy bằng

N

Câu 6. Cho hình lăng trụ ABC . A ' B ' C ' có đáy là tam giác đều cạnh a, hình chiếu vuông góc của A ' lên mặt đáy ( ABC ) trùng với tâm O của ∆ABC , góc giữa

3a .

4

N

B. a .

Y

A.

H

bằng

C.

a .

4

D.

a 3 .

2

Lời giải

Q

U

Chọn A. Gọi D, E lần lượt là trung điểm của AB, BC. Dễ thấy

KÈ

M

60° = ( A ' DO ( ABB ' A ') , ( ABC ) ) =

do đó A ' O = tan 60°.DO =

a vậy 2

D

ẠY

nên thể tích của lăng trụ ABC . A ' B ' C ' là: VABC . A ' B 'C ' =

a a 2 3 a3 3 = 2 4 8

Ta có: d ( AB, CC ') = d ( CC ', ( A ' AB ) ) = d ( C , ( A ' AB ) ) , ta quan sát khối chóp A '. ABC 1 3

khối chóp này có thể tích là: VA '. ABC = VABC . A ' B 'C ' = 50

a3 3 vậy nên nhiệm vụ cuối cùng 24

của ta là tính được diện tích ∆A ' AB . Ta có: AB = a; A ' A = A ' B = A ' O 2 + AO 2 =

a 21 6

nên diện tích ∆A ' AB là:

Vậy d ( AB, CC ') = d ( C , ( A ' AB ) ) = III.

a+

a 21 a 21 + 6 6 .

2

FF IC IA L

S ∆A ' AB =

a2 3 vì p = p ( p − A ' A )( p − A ' B )( p − AB ) = 6 3VA '. ABC 3a = 4 S ∆A ' AB

Bài tập bổ sung

Câu 1: Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình chữ nhật tâm I, có AB = a; BC = a 3 .

O

Gọi H là trung điểm của AI. Biết SH ⊥ ( ABCD ) , tam giác ∆SAC vuông tại S. Tính

a3 a 15 , d ( C , ( SBD ) ) = .

2 15

Ơ

ĐS: VS . ABCD =

N

theo a thể tích của khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ C đến ( SBD ) .

H

Câu 2: Cho hình lăng trụ ABC . A ' B ' C ' có AC = a 3; BC = 3a; ACB = 30° . Cạnh bên

N

hợp với mặt đáy một góc 60°. Mặt phẳng ( A ' BC ) ⊥ ( ABC ) . Điểm H ∈ BC : BC = 3BH và mặt phẳng ( A ' AH ) ⊥ ( ABC ) . Tính theo a thể tích khối lăng trụ ABC . A ' B ' C ' và

3VA ' ABC 3 3 a = 4 S ∆A ' AC

Q

ĐS: d ( B, ( A ' AC ) ) =

U

Y

khoảng cách từ B đến ( A ' AC ) .

M

Câu 3 Cho hình hộp ABCD. A ' B ' C ' D ' có đáy ABCD là hình thoi cạnh a,

( ABCD ) trùng

KÈ

= 120°; A ' A = 7 a . Hình chiếu vuông góc của A ' lên mặt phẳng BCD 2

ẠY

với giao điểm của AC và BD . Tính theo a thể tích của khối hộp ABCD. A ' B ' C ' D ' và khoảng cách từ D ' đến mặt phẳng ( ABB ' A ') .

D

ĐS : d ( D ', ( ABB ' A ') ) = d ( C , ( ABB ' A ') ) =

3VA '. ABC 4 195a = 65 S ∆A ' AB

Câu 4 Cho lăng trụ đứng ABC . A ' B ' C ' có đáy là tam giác cân, AB = AC = a , = 120° .

BAC

51

Mặt phẳng ( AB ' C ') tạo với đáy một góc 60°. Tính theo a thể tích của lăng trụ ABC . A ' B ' C ' và khoảng cách từ đường thẳng BC đến mặt phẳng ( AB ' C ') .

ĐS: VABC . A ' B 'C ' =

3a 3 a 3 ;d = 8 4

FF IC IA L

Câu 5 Cho lăng trụ đứng ABC . A ' B ' C ' có đáy ABC là tam giác cân tại C, cạnh AB = 6a và góc ABC = 30° . Góc giữa mặt phẳng ( C ' AB ) và mặt đáy là 60°. Tính

theo a thể tích của lăng trụ ABC . A ' B ' C ' và khoảng cách giữa hai đường thẳng B ' C và AB. ĐS: VABC . A ' B 'C ' = 9 3a 3 ; d =

3a .

2

O

= 120° và cạnh Câu 6 Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thoi cạnh a 3 ; BAD

N

bên SA ⊥ ( ABCD ) . Biết rằng số đo của góc giữa hai mặt phẳng ( SBC ) và ( ABCD ) là 3 3 3 3 7 a ;d = a.

4 14

H

ĐS: VS . ABCD =

Ơ

60°. Tính theo a thể tích của khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa BD và SC.

cách từ B đến mặt phẳng ( SAC ) .

U

= 30° . Tính khoảng SBC

Y

N

Câu 7: Cho hình chóp S. ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B , AB = 3a , BC = 4a , mặt phẳng ( SBC ) vuông góc với mặt phẳng ( ABC ) . Biết SB = 2 3a ,

Q

A. 6 7a .

B.

6 7a .

7

C.

3 7a .

14

D. a 7 .

KÈ

M

Câu 8: Cho hình chóp S. ABCD có đáy là hình vuông cạnh a . Tam giác SAB đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Gọi M , N lần lượt là trung điểm của AB , AD . Tính khoảng cách từ điểm D đến mặt phẳng ( SCN ) theo a . a 3 .

3

D

ẠY

A.

B.

a 3 .

4

C.

a 2 .

4

D.

4a 3 .

3

= 60 0 , tam giác Câu 9: Cho hình chóp S.ABCD đáy là hình thoi cạnh a, góc BAC SAB cân tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Mặt phẳng ( SCD) tạo với đáy góc 300. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng SB và AD.

A.

21 a.

14

B.

2 3 a.

5

C. 52

21 a.

7

D.

3 a 5

Câu 10: Cho hình chóp S. ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B , AB = 3a, BC = 4a và SA ⊥ ( ABC ) . Góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng ( ABC ) bằng 600 . Gọi M là trung điểm của cạnh AC . Khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và SM bằng B.

5a .

2

C.

5 3a .

79

D.

10 3a .

79

FF IC IA L

A. 5 3a .

= 60o , tam giác Câu 11: Cho hình chóp S.ABCD đáy là hình thoi cạnh a , góc BAC SAB cân tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Mặt phẳng ( SCD ) tạo

với đáy một góc 30o . Tính khoảng cách d giữa hai đường thẳng SB và AD .

21 a.

14

A. d =

B. d =

2 3 a.

5

3 a.

5

C. d =

O

.

21 a 7

D. d =

B.

a 3 .

4

H

a 3 .

2

C.

a .

2

D. a .

N

A.

Ơ

N

Câu 12: Cho hình chóp S .ABCD có đáy là hình vuông cạnh a , tam giác SAB đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy (ABCD) . Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau SA và BC .

Y

Câu 13: Cho hình chóp tam giác đều S. ABC có cạnh đáy bằng a . Gọi G là trọng tâm tam giác ABC. Góc giữa đường thẳng SA với mặt phẳng ( ABC ) bằng 60° . a 5 5

Q

A.

U

Khoảng cách giữa hai đường thẳng GC và SA bằng B.

a 5

C.

a 5 10

D.

a 2 5

M

Câu 14: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là vuông cạnh a , SA = 2a và vuông góc với ( ABCD ) . Gọi M là trung điểm của SD . Tính khoảng cách d giữa hai

KÈ

đường thẳng SB và CM .

A. d =

a 2 .

2

a 6

B. d = .

C. d =

2a .

3

a 3

D. d = .

D

ẠY

Câu 15: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a . Gọi M và N lần lượt là trung điểm của các cạnh AB và AD ; H là giao điểm của CN với DM .

Biết SH vuông góc với mặt phẳng ( ABCD ) và SH = a 3 .Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng DM và SC theo a .

A.

3a .

19

B.

2 3a .

19

C.

53

2 3a .

19

D.

3 3a .

19

Câu 16: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, AB = 2a , BC = a , mặt bên SAB là tam giác đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Gọi E là trung điểm của CD . Tính theo a khoảng cách giữa hai đường thẳng BE và SC. A.

a 30 .

10

B.

a 3 .

2

C.

a 15 .

5

D. a .

FF IC IA L

Câu 17: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh bằng 3 . Hai mặt phẳng ( SAB ) và ( SAC ) cùng vuông góc với mặt phẳng đáy. Góc giữa SB và mặt phẳng đáy bằng 60° . Gọi M , N là các điểm lần lượt thuộc cạnh đáy BC và CD sao cho BM = 2MC và CN = 2 ND . Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau DM và SN .

3 3 .

730

B.

3 3 .

370

3 .

370

C.

D.

O

A.

3 .

730

B.

2 .

3

C.

Ơ

1 .

2

1 .

3

D.

1 .

3

H

A.

N

Câu 18: Cho tứ diện ABCD có AB = AC = BD = CD = 1 . Khi thể tích của khối tứ diện ABCD lớn nhất thì khoảng cách giữa hai đường thẳng AD và BC bằng

N

Câu 19: Cho hình lập phương ABCD A ' B ' C ' D ' cạnh a .Tính khoảng cách giữa đường thẳng BC ' và CD ' .

B.

a 3 .

2

C. a 2 .

Y

A. 2a .

D.

a 3 .

3

M

A. a.

Q

U

Câu 20: Cho hình lập phương ABCD. A' B 'C ' D' có cạnh bằng a. Gọi K là trung điểm của DD' . Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng CK , A ' D. B.

2a .

5

a 3

C. .

D.

3a .

8

KÈ

Câu 21: Cho hình lăng trụ tam giác ABC. A′B′C′ có độ dài cạnh bên bằng a 7 , đáy ABC là tam giác vuông tại A , AB = a , AC = a 3 . Biết hình chiếu vuông góc của A′ trên mặt phẳng ( ABC ) là trung điểm của BC . Khoảng cách giữa hai đường thẳng

ẠY

AA′ và B′C ′ bằng

D

A. a

3 .

2

B.

3a .

2

C. a

2 .

3

D.

a 3 .

2

Câu 22: Cho hình lăng trụ tam giác ABC. A′B′C′ có độ dài cạnh bên bằng a 7 , đáy ABC là tam giác vuông tại A , AB = a , AC = a 3 . Biết hình chiếu vuông góc của A′ trên mặt phẳng ( ABC ) là trung điểm của BC . Khoảng cách giữa hai đường thẳng AA′ và B′C ′ bằng 54

A. a

3 3a . B. .

2 2

C.

a 3 .

2

2 .

3

D. a

Câu 23: Cho hình hộp ABCD. A′B′C′D′ có tất cả các cạnh đều bằng 1 và góc phẳng đỉnh A đều bằng 60° . Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AB′ và A′C′ .

22 .

11

B.

2 .

11

C.

2 .

11

D.

3 .

11

FF IC IA L

A.

Câu 24: Cho lăng trụ đứng ABC. A′B′C ′ , đáy ABC là tam giác vuông ở A , AB = 2 a , AC = a , AA′ = 4a . M là điểm thuộc cạnh AA′ sao cho MA′ = 3MA . Tính khoảng cách giữa hai đường chéo nhau BC và C ′M .

A. d =

6a .

7

B. d =

4a .

7

C. d =

4a .

3

D. d =

8a .

7

a .

2

B.

3ab 2

.

C.

Ơ

A.

N

O

Câu 25: Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC. A′B′C′ có AB = a , AA′ = b . Gọi M , N lần lượt là trung điểm của AA′ , BB′ . Tính khoảng cách của hai đường thẳng B′M và CN .

4a + 12b

2

3ab 2

12a + 4b

2

.

D.

a 3 −1.

2

Y

N

H

Câu 26: Cho hình hộp chữ nhật ABCD. A′B′C′D′ có ABCD là hình vuông cạnh a , AA′ = a . Gọi M là điểm di động trên đoạn AD . Biết khoảng cách giữa hai đường thẳng A′B′ và C′M bằng a 2 . Tính C ' M .

B. 2a 2 .

C. 4a .

D. 3a 2 .

U

A. a 6 .

a 2 .

2

M

A.

Q

Câu 27: Cho tứ diện đều cạnh a . M là trung điểm của CD, N là điểm di động trên đường thẳng AB. Tìm khoảng cách lớn nhất giữa hai đường thẳng BM và CN. B.

a 15 .

5

C. d = 2a .

D. d = 3a .

A. 2a 3 .

B.

2a 3 .

3

C.

D

ẠY

KÈ

Câu 28: Cho hình chóp S. ABC có AB = BC = CA = a , SA = SB = SC = a 3 , M là điểm bất kì trong không gian. Gọi d là tổng các khoảng cách từ M đến tất cả các đường thẳng AB, BC , CA, SA, SB, SC. Xác định giá trị nhỏ nhất của d .

55

a 3 .

2

D. a 6 .

PHẦN THỨ BA: TÍNH KHOẢNG CÁCH TRONG KHÔNG GIAN BẰNG PHƯƠNG PHÁP CHỌN HỆ TRỤC TỌA ĐỘ, ĐƯA VỀ ÁP DỤNG CÔNG THỨC TÍNH KHOẢNG CÁCH TRONG PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN

FF IC IA L

A. PHẦN LÍ THUYẾT CHUNG.

Để giải quyết bài toán bằng phương pháp tọa độ hóa chúng ta cần tìm được ba đường thẳng đôi một vuông góc cắt nhau tại một điểm được gọi là gốc tọa độ.

z

N

H

Ơ

N

S

O

 Một số trường hợp thường gặp khi gắn hệ trục tọa độ.

1. Hình chóp S ABC có đáy là tam giác vuông tại A , SA vuông góc với ( ABC ).

Chọn hệ trục tọa độ Oxyz thỏa mãn: A ≡ O, B ∈ Ox, C ∈ Oy, S ∈ Oz .

U

Y

A

Q

B

C

x

y

D

ẠY

KÈ

M

2. Hình chóp S ABCD có đáy là hình vuông (hoặc hình chữ nhật, hình thang vuông tại A ), SA vuông góc với ( ABCD).

Chọn hệ trục tọa độ Oxyz thỏa mãn: A ≡ O, B ∈ Ox, D ∈ Oy, S ∈ Oz .

56

z

FF IC IA L

S

A

D

B C

O

x

y

N

H

Ơ

N

3. Hình chóp đều S ABCD có AC giao với BD tại O .

Chọn hệ trục tọa độ Oxyz thỏa mãn: B ∈ Ox, C ∈ Oy, S ∈ Oz .

z

D

ẠY

KÈ

M

Q

U

Y

S

A

D

O B

C

x y

4. Hình chóp tam giác đều S ABC Gọi G là trọng tâm tam giác ABC , O là trung điểm của BC. Có SG ⊥ ( ABC ) , qua O dựng tia Oz song song với SG .

Chọn hệ trục tọa độ Oxyz thỏa mãn: C ∈ Ox, A ∈ Oy .

57

z

FF IC IA L

S

x

y

C

A G

O

N

O

B

Ơ

5. Hình lập phương ABCD. A' B 'C ' D ' ( hình hộp chữ nhật).

KÈ

M

Q

U

Y

N

H

Chọn hệ trục tọa độ Oxyz thỏa mãn: A ≡ O, B ∈ Ox, D ∈ Oy, A ' ∈ Oz.

6. Hình hộp đứng đáy là hình thoi ABCD. A' B 'C ' D ' có AC giao với BD tại O .

ẠY

Chọn hệ trục tọa độ Oxyz thỏa mãn: B ∈ Ox, C ∈ Oy , qua O dựng tia Oz song

D

song với AA ' .

58

FF IC IA L

7. Hình lăng trụ đứng ABC. A' B 'C ' có đáy là tam giác vuông tại A .

Y

N

H

Ơ

N

O

Chọn hệ trục tọa độ Oxyz thỏa mãn: A ≡ O, B ∈ Ox, C ∈ Oy, A ' ∈ Oz.

U

8. Hình lăng trụ tam giác đều ABC. A' B 'C ' .

Q

Gọi O là trung điểm của AB .

M

Chọn hệ trục tọa độ Oxyz thỏa mãn: B ∈ Ox, C ∈ Oy , qua O dựng tia Oz song

D

ẠY

KÈ

song với AA ' .

59

FF IC IA L O

B. PHẦN BÀI TẬP VẬN DỤNG

N

I. Bài tập dưới dạng câu hỏi tự luận

H

Ơ

Câu 1: Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông, SA = a . SA vuông góc với mặt phẳng đáy, góc giữa đường thẳng SD và ( SAC ) bằng 300 , M là trung

N

điểm của CD . Tính khoảng cách từ D đến ( SBM ) .

Y

Lời giải

U

Gọi I là giao điểm của AC và BD .

M

Q

 DI ⊥ AC  DI ⊥ (SAC) Ta có:   DI ⊥ SA

KÈ

= 300  ( SD,( SAC )) = DSI  3DI 2 = a 2 + DI 2  DI =

ẠY

SI SI 2 SA2 + AI 2 2 Ta có: DI =  DI = = 3 3 3

D

Suy ra BD = a 2  AB = AD = a.

60

a 2 2

FF IC IA L O N

Chọn hệ trục tọa độ với gốc tọa độ là A(0;0;0) , các trục Ax, Ay, Az lần lượt chứa

Ơ

các cạnh AB, AD và AS ( như hình vẽ).

H

Khi đó : B(a;0;0), D(0;a;0), S(0;0;a) . Tọa độ trung điểm M của CD là

Y

N

a M ( ; a;0) 2

M

Q

U

a SB = (a;0; −a ), SM = ( ; a; −a ) 2 Ta có:

a2   SB, SM  = (a 2 ; ; a 2 ) 2

ẠY

KÈ

qua S(0;0;a ) 

( SBM ) :  1 vtpt n = (1; ;1)  2  ( SBM ) : 2x + y + 2z - 2a = 0

D

Suy ra: d ( D, ( SBM ) ) =

a − 2a 22 + 12 + 22

=

a 3

Câu 2. Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và B , có AB = BC = a, AD = 2a, SA = a 2 , SA vuông góc với đáy. Gọi H là hình chiếu của A

lên SB . Tính khoảng cách từ điểm H đến (SCD).

61

Lời giải. z

FF IC IA L

S

H

A

y

O

D

N

B C

H

Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ.

Ơ

x

N

Có A ( 0; 0;0 ) , B ( a;0;0 ) , D ( 0; 2a;0 ) , S ( 0;0; a 2 ) , C ( a; a;0 ) .

Y

Có CS ( − a; − a; a 2 ) ; CD ( − a; a; 0 )  CS; CD  = ( − a 2 2; − a 2 2; −2a 2 )

U

Chọn VTPT của (SCD) là n (1;1; 2 )  ( SCD ) : x + y + 2 z − 2a = 0.

Q

Có SB ( a; 0; − a 2 ) .

x = a + t

 ;(t ∈ ℝ).

Chọn VTCP của SB là u 1;0; − 2  SB :  y = 0   z = − 2t

KÈ

M

(

(

)

ẠY

H ∈ SB  H a + t ; 0; − 2t

 AH a + t ; 0; − 2t

D

)

(

)

2 2  a AH .u = 0 ⇔ a + t + 2t = 0 ⇔ t = −  H  a;0; a  3 3 3   a Vậy d ( H ; ( SCD ) ) = .

3

62

Câu 3: Cho hình 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 AB , góc giữa A ' C và đáy là 60o.

H

Ơ

N

O

FF IC IA L

Tính khoảng cách từ B đến mặt phẳng ( ACC ' A ') theo a ?

N

Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ, khi đó:

3a 3a a a a  B ( ; 0; 0); A(− ; 0;0) A ' H =  A '(0;0; ); H (0;0; 0) 2 2 2 2 2 3a 3a HC =  C = (0; ;0) 2 2

a 3a a 3a AA ' = ( ;0; ); AC = ( ; ;0) 2 2 2 2

M

Q

U

Y

AH =

KÈ

u1 = (1;0;3)  ( ACC ' A ') có cặp véc tơ chỉ phương là u2 = (1; 3;0)

ẠY



D



Véc tơ pháp tuyến của ( ACC ' A ') là n = [u1 , u2 ] = ( −3 3;3; 3) phương trình mặt phẳng ( ACC ' A ') là : −3 x + 3 y + z −

 d ( B; ( ACC ' A ')) =

3 12a 13

63

3a =0 2

Câu 4: Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại B , AB = BC = a , hai mặt phẳng (SAB) và (SBC ) cùng vuông góc với mặt phẳng ( ABC ) . Gọi M là trung điểm của AB , mặt phẳng qua SM và song song với BC cắt AC tại N . Biết góc

FF IC IA L

giữa (SBC ) và ( ABC ) = 60o . Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và SN theo a?

Lời giải (SAB) ⊥ ( ABC)  SA ⊥ ( ABC) (SAC) ⊥ ( ABC)

O

Ta có: 

H

và N là trung điểm của AC và MN =

BC AB = a ; BM = =a 2 2

N

 MN / / BC

Ơ

Mặt phẳng qua SM / / BC , cắt AC tại N

N

Mặt khác: SA = AB.tan 60o = 2a 3

Y

Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ, khi đó: A(0;0;0) ; B(2a;0;0) ; S (0;0; 2a 3) ; N (a; a;0)

Q

U

AB = (2a;0;0); SAN = (a; a; 2a 3); AN = (a; a;0) Ta có:  AB, SN  = (0; −4a 2 3; 2a 2 )  

KÈ

M

 AB, SN  . AN 0 − 4a 3 3 + 0 2a 39    d ( AB; SN ) = = =

4 4 13  AB.SN  48 a + 4 a  

D

ẠY

Câu 5: Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình chữ nhật với AB = a, BD = a 3 .

Mặt bên SAB là tam giác đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Gọi M là điểm thuộc cạnh SD sao cho MD = 2 MS . Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AD và MC .

64

Lời giải: Gọi H , E lần lượt là trung điểm của AB và CD . Ta có:

a 3 2

N

O

FF IC IA L

AB = a, BD = a 3  AD = a 2 . Tam giác SAB đều cạnh a nên SH =

Ơ

Chọn hệ trục tọa độ với gốc tọa độ là H (0;0;0) , các trục Hx, Hy, Hz lần lượt chứa

H

HB, HE, HS ( như hình vẽ).

N

a a Khi đó: A(− ;0;0), D(- ;a 2;0) 2 2

S(0;0;

a 3 a ), C( ;a 2;0) 2 2

Q

U

Y

1 a a 2 a 3 Do SM = SD  M (− ; ; ) 3 6 3 3

KÈ

M

2a 2a 2 a 3 Ta có: MC = ( ; ;− ) 3 3 3

AD = (0; a 2;0), AC = ( a; a 2;0)

ẠY

a 3 6

a 2 14     Suy ra:  MC , AD  . AC = ;  MC , AD  = 3 3

D

Do đó: d ( AD, MC ) =

a 21 7

Câu 6: Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a , SA vuông góc với mặt phẳng đáy. Gọi E là trung điểm của BC , góc giữa SC và ( SAB ) bằng 300 . Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng DE và SC .

65

Lời giải

Xét tam giác vuông SBC có: SB =

BC =a 3 tan 300

FF IC IA L

= 300 Ta có: BC ⊥ ( SAB)  ( SC ,( SAB)) = BSC

Q

U

Y

N

H

Ơ

N

O

Xét tam giác vuông SAB có: SA = SB 2 − AB 2 = a 2 .

Chọn hệ trục tọa độ với gốc tọa độ là A(0;0;0) , các trục Ax, Ay, Az lần lượt chứa

M

các cạnh AB, AD và AS ( như hình vẽ).

D

ẠY

KÈ

Khi đó: C (a; a;0), D(0;a;0) a E(a; ;0), S(0;0;a 2) 2

a Ta có: DE = (a; − ;0), SC = (a; a; − a 2) 2

DC = ( a;0;0)

66

a 3 2

a 2 19 Suy ra:  DE , SC  .DC = ;  DE , SC  = 2 2 a 38 .

19

FF IC IA L

Do đó: d ( DE , SC ) =

Câu 7. Cho hình chóp S ABCD có đáy là hình thoi, AB = BC = BD = a , mặt bên SAB là tam giác đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy ABC D . Gọi M là trung điểm SD . Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng SB và CM .

Lời giải. z

M

H

Ơ

I

N

O

S

N E

O

C

Q

B

y D

U

H

Y

A

M

x

a 3 a , OD = .

2 2

KÈ

Ta có tam giác BCD đều cạnh a , suy ra OC =

Gọi H là trung điểm AB  SH ⊥ ( ABCD ) . Tam giác SAB đều cạnh a , suy ra

ẠY

SH =

a 3 .

2

D

Gọi E, I lần lượt là trung điểm của CD, SE  OI / / SH  OI ⊥ ( ABCD ) .

Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ. a 3   a   a  ;0;0  , D  0; ;0  , B  0; − ;0  .

O ( 0;0;0 ) , C  2   2   2   67

a 3 a   a 3 a   a 3 a a 3 ; ;0  , H  − ; − ;0   S  − ;− ;  .

4 4 4 4 4 4 2      

E là trung điểm CD  E 

 a 3 a a 3 ; ;  .  8 8 4 

FF IC IA L

M là trung điểm SD  M  −

 a 3 a a 3   5 3a a a 3   3a 2 3a 2    Có SB  ;− ;− ; ; ;−  , CM  −   SB; CM  =  0;  4 2  8 8 4   4 8   4    a 3 a  3a3 BC  ; ;0    SB; CM  .BC = .

8  2 2 

N

O

 SB; CM  .BC 39a  Vậy d ( SB; CM ) =  = .

13  SB; CM   

N

H

Ơ

Câu 8. Cho hình chóp đều S ABC có độ dài cạnh đáy là a . Gọi M , N lần lượt là trung điểm của SB, SC . Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AM , BN biết ( AMN ) vuông góc ( SBC ) .

Y

Lời giải.

z

Q

U

S

M

x

C

A

D

ẠY

KÈ

M

N

G

O

B y

Gọi G là trọng tâm tam giác ABC , O là trung điểm của BC.

68

 OA =

1 a 3 a 3 ; OG = OA = .

2 3 6

Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ.

FF IC IA L

a 3   a    a 3 a h a 3 a h a  a 3 ;0;0  , B  0; ;0  , C  0; − ;0  , S  ;0; h  , N  ; − ;  , M  ; ;  O ( 0;0;0 ) , A  2   6 4 2  2   2     12  12 4 2 

.

 a 3 a    a 3 a  a2 3  ; ; −h  , SC  − ; − ; −h    SB; SC  =  −ah;0;  .

6 2 6 2 6       

Chọn VTPT của ( SBC ) là n1  − h;0; 

a 3 .

6 

O

Có SB  −

 5 3a a h   5 3a a h   ah 5 3a 2  ; ;  , AN  − ; − ;    AM ; AN  =  ;0;  .

6 4 2 6 4 2 4 24       

Ơ

N

Có AM  −

5 3a 

N

H

Chọn VTPT của ( AMN ) là n2  h;0; .

6  

15a 2 15a . ⇔h= 36 6

U

Y

Do ( SBC ) vuông góc ( AMN ) nên n1.n2 = 0 ⇔ h 2 =

Q

Có

KÈ

M

 5 3a a 15a   3a 3a 15a   15a 2 5a 2 7 3a 2  ; ; ;− ; ; ; AM  −  , BN     AM ; BN  =   6 4 12  4 12  8 24    12  12



3a a  5a3 ; ;0    AM ; BN  AB = − .

AB =  − 16  2 2 

D

ẠY

 AM ; BN  AB 35a  Vậy d ( AM ; BN ) =  . = 28  AM ; BN   

Câu 9: Cho hình chóp tứ giác đều S . ABCD có đáy ABCD 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 .Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng MN và AC theo a 69

FF IC IA L O N

a 2 a 2 ;0;0 ) ; B ( 0; ;0 ) ; D ( 2 2

Ơ

Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ khi đó:

H

z 3a 2 ; 0; ) 4 4

Q

Ta có: MN = (

Y

N

a 2 a 2 z −a 2 −a 2 −a 2 a 2 ; 0 ); C ( ;0; 0 ) ; N ( ; ;0 ) ; M ( ; ; ); 2 2 4 4 2 4 2

−a 2 ;0) BD = (0; 4

U

0;

A (

; d ( MN ; AC ) =

M

=> MN .BD = 0  BD ⊥ MN

a 2 4

KÈ

Câu 10. Cho hình lăng trụ đứng ABC . A ' B ' C ' có đáy là tam giác ABC vuông tại B, có AB = BC = a . Gọi M là trung điểm của BC , góc giữa ( A ' BC ) và mặt đáy ( ABC ) bằng

ẠY

600 . Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng B ' C và AM .

D

Lời giải.

70

C'

A' z

FF IC IA L

B'

y

x

A

C

M

O

B

Ta có ( ( A ' BC ) ; ( ABC ) ) = ( A ' B; AB ) = A ' BA = 600 .

Ơ

a 5 2

H

AM = AB 2 + BM 2 =

N

 AA ' = AB.tan 600 = a 3

N

Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ.

a  B ( 0;0; 0 ) , C ( a;0; 0 ) , A ( 0; a; 0 ) , B ' 0; 0; a 3 , M  ; 0;0  2 

a

U

Y

(

)



3a 2



M

Q

Có AM  ; −a;0  , B ' C ( a;0; −a 3 )   AM ; B ' C  =  3a 2 ; ; a 2  2 2   

KÈ

3a 3 .

AC ( a; − a; 0 )   AM ; B ' C  AC = 2

D

ẠY

 AM ; B ' C  . AC 57 a  Vậy d ( AM ; B ' C ) =  = .

19  AM ; B ' C   

71

II. Bài tập dưới dạng câu hỏi trắc nghiệm Câu 1. (TH) . Cho hình lăng trụ tam giác ABC . A ' B ' C ' có mặt đáy là tam giác đều cạnh AB = 2a . Hình chiếu vuông góc của A ' lên ( ABC ) trùng với trung điểm H của AB .Biêt góc giữa cạnh bên và mặt đáy bằng 600 . Khi đó khoảng cách giữa hai

2 15a .

5

A.

B.

39a .

13

C.

FF IC IA L

đường thẳng BC và AA ' bằng.

2 21a .

7

D.

15a .

5

Câu 2. (TH ). Cho khối lập phương ABCD. A’B’C’D’ cạnh a . Gọi K là trung điểm của DD’. cách giữa CK và A’D. B.

a .

5

C.

O

a .

4

A.

a .

3

D.

a .

2

6a .

3

A.

B.

6a .

6

H

Ơ

a 2 . Khoảng cách giữa hai đường thẳng BC ' và CA ' bằng.

2

N

bên AA ' =

N

Câu 3. (TH ). Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC . A ' B ' C ' có cạnh đáy AB = a , cạnh

C.

6a .

12

D.

6a .

24

U

Y

= 600 , Câu 4. (TH ). Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a , B

Q

SA = a 3 , SA vuông góc với ABCD . Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng SC và

a 15 .

3

KÈ

A.

M

AB ?

B.

a 5 .

15

C.

a 15 .

5

D.

a 2 15 .

5

Câu 5. (TH). Cho hình lăng trụ đứng ABC. A' B 'C ' có đáy ABC là tam giác vuông

ẠY

tại B , AB = a 3 , BC = 2a , AA' = a 2 . Gọi M là trung điểm của BC . Khoảng

D

cách giữa AM và B 'C là:

A.

a 10 .

10

B. a 2.

C.

72

a 30 .

10

D. 2a.

Câu 6. (TH). Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh 2a , SA vuông góc với mặt phẳng đáy. Gọi M là trung điểm của CD , biết SA = a 5 .

Khoảng cách giữa hai đường thẳng SD và BM là: 2a 39 .

3

B.

2a 145 .

15

C.

2a 39 .

13

D.

2a 145 .

29

FF IC IA L

A.

Câu 7. (VD). Cho hình chóp đều S . ABC có độ dài đường cao từ đỉnh S xuống mặt a 21 . Góc tạo bởi mặt bên và mặt phẳng đáy bằng 600 . Gọi M , N 7 lần lượt là trung điểm của AB, SC . Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng SA và MN .

9a 3 .

42

B.

3a 3 .

42

C.

6a 3 .

42

D.

N

A.

O

phẳng đáy là

12a 3 .

42

Ơ

= 90 0 , Câu 8. (VD). Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình thang, ABC = BAD

5a .

3

4a .

3

C.

U

B.

2a .

3

D.

a .

3

Q

A.

Y

N

H

BA = BC = a, AD = 2a . Cạnh bên SA vuông góc với đáy và SA = a 2 . Gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên SB . Tính khoảng cách từ H đến mặt phẳng ( SCD) .

KÈ

M

Câu 9. (VD). Cho hình lăng trụ đứng ABC . A ' B ' C ' có đáy là tam giác ABC vuông tại A, có AB = a , BC = 2a . Mặt bên ACC ' A ' là hình vuông. Gọi M , N , P lần lượt là trung điểm của AC , CC ', A ' B ' . Gọi H là hình chiếu của A lên BC . Khoảng cách giữa hai đường thẳng MP và HN bằng.

ẠY

A.

3a .

4

B.

3a .

2

C.

13 903a .

602

D.

39a .

16

D

= 900 ; Câu 10.(VD). Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình thang ABC = BAD BA = BC = a ; AD = 2 a , SA vuông góc với ( ABCD) . H là hình chiếu vuông góc của A

lên SB . Tính khoảng cách từ H đến mặt phẳng (SCD) ?

73

A.

a2 .

3

a 3

B. .

C.

4a .

3

D.

a 3 .

3

A.

3a .

4

30a .

8

B.

C.

FF IC IA L

Câu 11. (VDC) .Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a , góc = 60 0 cạnh bên SD = a 2 . Hình chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng ABC (ABCD) là điểm H thuộc đoạn BD sao cho HD = 3HB . Gọi M là trung điểm của cạnh SD. Khoảng cách giữa hai đường thẳng CM và SB bằng.

3a .

40

D.

3a .

8

PHẦN II: ĐỐI CHỨNG VÀ THỰC NGHIỆM SƯ PHẠM

Ơ

N

O

1. Năm học 2018-2019, để dạy chủ đề này cho học sinh lớp 12 vào dịp ôn thi THPTQG, nội dung sáng kiến đã được dạy học dưới hình thức dạy học trải nghiệm. tới các học sinh trường THPT Yên Mô A dạy học dưới hình thức dạy học trải nghiệm.

U

Y

N

H

Hoạt động trải nghiệm sáng tạo được coi là chìa khóa thực hiện việc học đi đôi với hành, học giải quyết các vấn đề thực tiễn cuộc sống ngay trong lớp, trong trường. Đây cũng được coi là phương pháp thật sự ưu việt cho sự phát triển năng lực sáng tạo, giúp các em học sinh tự chiếm lĩnh kiến thức, hình thành các kĩ năng, giá trị và phẩm chất của bản thân.

KÈ

M

Q

Toán học, đặc biệt là hình học có rất nhiều ứng dụng trong các công trình kiến trúc. Đến thời điểm này, học sinh lớp 12 đã được trang bị khá đầy đủ các kiến thức về hình học phẳng và hình học không gian. Vì thế các thầy cô giáo trong nhóm Toán của trường THPT Yên Mô A đã xây dựng chuyên đề hoạt động trải nghiệm sáng tạo với chủ đề: “Dạy học trải nghiệm khoảng cách trong không gian” cho học sinh lớp 12B trường THPT Yên Mô A theo hình thức hoạt động nhóm.

ẠY

Mục đích của hoạt động trải nghiệm:

D

+ Tìm hiểu về bài toán khoảng cách trong không gian. + Vận dụng kiến thức đã học để giải quyết một số bài toán khoảng cách

trong không gian + Giáo dục cho học sinh ý thức và thái độ tích cực trong công việc. Rèn luyện kĩ năng hoạt động tập thể.

74

Nội dung hoạt động trải nghiệm sáng tạo gồm 5 HĐ:

Hoạt động 1: Tìm hiểu, thu thập thông tin (Học sinh làm việc ở nhà) Hoạt động 2: Công tác chuẩn bị cho việc đi trải nghiệm.

Hoạt động 4: Báo cáo, đánh giá sản phẩm.

Hoạt động 5: Áp dụng vào giải toán.

FF IC IA L

Hoạt động 3: Trải nghiệm thực tế, tìm hiểu kiến thức tại thư viện nhà trường THPT Yên Mô A.

Các bạn học sinh trong các lớp được chia thành 3 nhóm với nhiệm vụ cụ thể như sau:

N

O

Nhóm 1: Tìm hiểu và báo cáo về bài toán tính khoảng cách trong không gian bằng phương pháp dựng hình

H

Ơ

Nhóm 2: Tìm hiểu và báo cáo về bài toán tính khoảng cách trong không gian bằng phương pháp sử dụng công thức tính thể tích.

N

Nhóm 3: Tìm hiểu và báo cáo về bài toán khoảng cách trong không gian bằng phương pháp toạ độ.

Q

U

Y

Sau khi cho học sinh trải nghiệm thực tế tại thư viện,cùng với sự tìm tòi học hỏi của học sinh qua các tài liệu khác. Học sinh hoạt động nhóm có hiệu quả, thiết kế sản phẩm dưới dạng trình chiếu POWOIN và thuyết trình trước các thày cô ( có hình ảnh minh họa)

D

ẠY

KÈ

M

Qua trải nghiệm này, các em có ý thức tìm tòi học hỏi và vận dụng được những kiến thức đó vào việc giải bài toán khoảng cách từ điểm đến mặt phẳng và khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau. Đồng thời được trang bị thêm kiến thức về thể tích, toạ độ trong không gian, đặc biệt là các em rèn luyện được kĩ năng tính toán, thái độ tích cực trong các hoạt động tập thể.

Trên cơ sở mục tiêu đã đề ra trong suốt quá trình trải nghiệm sáng tạo, các nhóm đã hoàn thành tương đối tốt nhiệm vụ được giao thể hiện qua báo cáo và các sản phẩm đã được trình bày ở trên.

Việc tổ chức cho học sinh tìm hiểu và trình bày được các sản phẩm của mình, giúp học sinh tự tin hơn trong việc trình bày trước đám đông. Tự tin hơn khi 75

FF IC IA L

trả lời các câu hỏi phỏng vấn của các thày cô trong nhóm. Các em biết sử dụng các kỹ năng của máy tính, biết áp dụng CNTT vào làm việc nhóm. Điều này là yếu tố thành công nhất trong việc tạo hứng thú cho học sinh. Khi giáo viên giảng dạy trên lớp ôn tập cho học sinh, học sinh giải quyết rất tốt các bài toán tính khoảng cách trong không gian.

2. Năm học 2019-2020: Tiến hành dạy thực nghiệm cho học sinh khối 12 a. Mục đích thực nghiệm

Thực nghiệm sư phạm được tiến hành nhằm kiểm tra tính khả thi và hiệu

quả của một số hệ thống câu hỏi và bài tập được xây dựng nhằm bồi dưỡng năng lực tự học cho học sinh. Qua việc tiến hành thực nghiệm, so

O

sánh đối chiếu kết quả từ đó rút ra được những bài học, những điều chỉnh

N

hợp lý về nội dung kiến thức cũng như phương pháp giảng dạy theo định

H

b. Nội dung thực nghiệm

Ơ

hướng phát huy năng lực học sinh hiện nay.

N

Dạy thử nghiệm một số hệ thống câu hỏi và bài tập đã xây dựng được ở phần đầu trong sáng kiến theo hướng phát huy tính tích cực của học sinh,

Y

tạo hứng thú để học sinh chủ động tiến hành các hoạt động tư duy như

U

tương tự hóa, tổng quát hóa … từ đó bồi dưỡng năng lực giải toán cho

Q

học sinh THPT.

M

c. Đối tượng thực nghiệm:

KÈ

c.1. Nhóm đối tượng học sinh khá giỏi: Học sinh lớp 12 tại trường THPT

Yên Mô A . Số lượng học sinh trong mỗi lớp là 35. Lớp thực nghiệm là

D

ẠY

12A, lớp đối chứng là 12B. Trình độ nhận thức ở hai lớp này được đánh giá là tương đương. Hai lớp học này đều gồm các em học sinh có học lực khá. c.2. Nhóm đối tượng học sinh đại trà: Học sinh lớp 12 tại trường THPT Yên Mô A. Số lượng học sinh trong mỗi lớp là 35. Lớp thực nghiệm là

12M, lớp đối chứng là 12K. Trình độ nhận thức ở hai lớp này được đánh 76

giá là tương đương. Hai lớp học này đều gồm các em học sinh có học lực trung bình. c.3. Đặc điểm đối tượng thực nghiệm: Là học sinh khu vực nông thôn,

FF IC IA L

vùng sâu. Điều kiện kinh tế còn khó khăn. Học sinh ít có điều kiện tiếp xúc với Internet và các mạng xã hội do đó việc tiếp cận các kiến thức mới còn khá khó khăn.

d. Đánh giá thực nghiệm d.1. Kiểm tra

O

Sau khi hoàn thành đợt thực nghiệm sư phạm, để đánh giá kết quả

N

thực nghiệm tác giả đã tiến hành cho học sinh bao gồm hai đối tượng:

Ơ

Lớp học sinh có chất lượng khá gồm hai lớp 12A, 12B (được đánh giá là tương đương nhau) và lớp học sinh có chất lượng trung bình gồm hai

H

lớp 12M; 12N (được đánh giá là tương đương nhau) làm bài kiểm tra

N

45 phút với cùng một đề kiểm tra. Nội dung ma trận như sau:

D

ẠY

KÈ

M

Q

U

kiểm tra:

Y

d.2. Ma trận mô tả dạng toán và mức độ tương ứng của các nội dung

77

MA TRẬN ĐỀ KIỂM TRA PHẦN TÍNH KHOẢNG CÁCH TRONG KHÔNG GIAN Thời gian: 45 phút Số câu theo các mức độ nhận thức

điểm đến mặt phẳng Tính khoảng cách giữ hai

2

TH

VD

VDC

Tổng

số câu

điểm

TN

TN

TN

TN

2

1

1

1

5

6.25

1

1

3

3.75

8

10.0

1

N

đường thẳng chéo nhau

Tổng

FF IC IA L

Tính khoảng cách từ

1

NB

O

Nội dung

3

2

2

1

N

H

Tổng

Ơ

STT

3 15a .

60

M

A. d =

Q

U

Y

NỘI DUNG ĐỀ KIỂM TRA(BẢN GỐC) Khi kiểm tra được đảo thành 08 mã đề thi.

Câu 1. Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và B , AB = BC = a , AD = 2a . Biết SA = 3a và SA ⊥ ( ABCD) . Gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên ( SBC ). Tính khoảng cách d từ H đến mặt phẳng ( SCD).

B. d =

3 30a .

40

C. d =

3 10a .

20

D.

3 50a .

80

KÈ

d=

ẠY

Câu 2. Cho hình chóp S. ABCD , đáy là hình thang vuông tại A và B , biết AB = BC = a , AD = 2a , SA = a 3 và SA ⊥ ( ABCD ) . Gọi M và N lần lượt là trung

D

điểm của SB , SA . Tính khoảng cách từ M đến ( NCD ) theo a .

A.

a 66 .

22

B. 2a 66 .

C.

78

a 66 .

11

D.

a 66 .

44

= 60° .

Câu 3. Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a và BAD Hình chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng ( ABCD ) trùng với trọng tâm của tam

giác ABC . Góc giữa mặt phẳng ( SAB ) và ( ABCD ) bằng 60° . Khoảng cách từ B đến

A.

21a .

14

B.

21a .

7

FF IC IA L

mặt phẳng ( SCD ) bằng 3 7a .

14

C.

D.

3 7a .

7

Câu 4. Cho hình hộp ABCD. A ' B ' C ' D ' có đáy ABCD là hình thoi tâm O cạnh a ,

góc A = 600 ; B ' O vuông góc với ( ABCD) , cho BB ' = a . Tính khoảng cách từ B ' đến

19a .

5

a 3 .

4

B.

C.

a 4 .

6

D.

N

A.

O

mặt phẳng ( ACD ') ?

a 6 .

4

2 3

Ơ

Câu 5. Cho hình lập phương ABCD. A ' B ' C ' D ' , AA ' = a .Gọi M và N là hai điểm 2 3

N

H

nằm trên B ' C ' và CD sao cho B ' M = B ' C ' ; CN = CD . Tính khoảng cách giữa hai

Y

đường thẳng AM và BN ?

9a 2 .

A. 18

286 .

9a 2

C.

9a .

186

D.

9a .

286

Q

U

B.

KÈ

M

Câu 6. Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình chữ nhật với AB = a 2, BC = a .

Cạnh bên SA vuông góc với đáy, SA = BC . Gọi M là trung điểm của CD .

Khoảng cách giữa SC và BM là:

D

ẠY

A. a 3.

B.

a 3 .

6

C.

a 3 .

3

D.

a 3 .

2

Câu 7. Cho hình chóp S ABCD có đáy là hình vuông cạnh a . Có SA vuông góc với đáy. Gọi M là trung điểm SD . Khoảng cách từ A đến ( BCM ) bằng.

A. 2a.

B. a.

C.

79

a .

2

D.

2a .

2

Câu 8. Cho tứ diện O. ABC có đáy là ∆OBC vuông tại O ; OB = a ; OC = a 3 ( a > 0 ), đường cao OA = a 3 . Gọi M là trung điểm của BC . Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và OM ? a 3 .

15

B.

Bảng đáp án Câu 1 Đáp B án

a 15 .

5

2 D

C.

3 C

4 D

D.

a 2 15 .

5

6 B

7 D

8 B

O

d.3. Đánh giá kết quả thực nghiệm

5 D

a 18 .

8

FF IC IA L

A.

N

Về thái độ học tập của học sinh

Ơ

Học sinh rất hứng thú việc học tập theo hướng phát huy tính tích cực, bồi

H

dưỡng năng lực tự học, học sinh là người chủ động lĩnh hội kiến thức. Học sinh đã

N

cuốn hút vào các hoạt động một cách chủ động, tích cực, sáng tạo nhằm lĩnh hội tri

Y

thức. Đa số các em nắm vững kiến thức cơ bản và có ý thức hoàn thành hoạt động

U

và công việc mà giáo viên giao cho.

Q

Về kết quả bài kiểm tra:

M

* Lớp học sinh có chất lượng khá: Yếu

TB

Khá

Giỏi

Đối chứng 12B

14.28

51.42

28.57

8.57

Thực nghiệm 12A

5.71

40

31.42

22.87

D

ẠY

KÈ

Điểm/Lớp

80

* Lớp học sinh có chất lượng trung bình và yếu: Yếu

TB

Khá

Giỏi

Đối chứng 12N

25.71

60

14.28

0

Thực nghiệm 12M

8.57

62.85

Phân tích kết quả kiểm tra

FF IC IA L

Điểm/Lớp

22.85

5.73

Ở các lớp học sinh khá: Lớp đối chứng có 85.72% đạt điểm từ trung bình trung bình trở lên, trong đó 54.29% đạt khá, giỏi.

O

trở lên, trong đó có 37.14% đạt khá, giỏi. Lớp thực nghiệm có 94,29% đạt điểm từ

N

Ở các lớp học sinh trung bình: Lớp đối chứng có 74,29% đạt điểm từ trung

Ơ

bình trở lên, trong đó có 14.28% đạt khá, không có học sinh giỏi. Lớp thực nghiệm

N

H

có 91.43% đạt điểm từ trung bình trở lên, trong đó 28.58% đạt khá, giỏi.

Y

Nhận xét

U

Các lớp đối chứng: Khả năng tiếp cận các bài toán có tính tư duy, sáng tạo

Q

chưa cao, nhiều em trình bày lời giải còn nhiều thiếu sót. Đặc biệt với một số dạng toán liên quan đến khối đa diện không phải hình chóp thì hầu hết các học sinh

M

thuộc lớp đối chứng ( Cả các lớp học sinh khá và các lớp học sinh trung bình) đều

KÈ

cảm thấy bỡ ngỡ và hầu hết không giải quyết được. Khi giáo viên phỏng vấn các em về nội dung các câu hỏi có trong đề thì đại bộ phận học sinh lớp đối chứng đều

ẠY

có nhận xét về đề ra cơ bản, nhưng các em không định hướng được cách giải. Chỉ

D

giải đơn thuần theo phương pháp dựng hình.

Các lớp thực nghiệm: Khả năng vận dụng linh hoạt hơn, có sự sáng tạo hơn.

Một số em trình bày lời giải gọn gàng, rõ ràng, lập luận chặt chẽ. Hầu hết các em

đều biết vận dụng lý thuyết để trả lời các câu hỏi một cách sáng tạo và logic.

81

Bên cạnh đó, ở cả hai lớp đều có những học sinh chỉ dừng lại ở việc bắt chước một số bài tập mẫu, chưa hiểu rõ bản chất vấn đề và chỉ làm được các ý đơn giản trong đề kiểm tra. Một số em chưa thực sự tự lập trong giải toán, còn phụ thuộc vào các dạng cố định đã được làm, chưa có sự tư duy vận dụng linh hoạt

FF IC IA L

trong giải toán. Các lớp thực nghiệm đều vận dụng linh hoạt các phương pháp tính khoảng cách trong không gian, đặc biệt phương pháp sử dụng thể tích khối đa diện và sử dụng phương pháp tọa độ tỏ ra khá hiệu quả

Kết luận

O

Kết quả thực nghiệm bước đầu đã thể hiện tính hiệu quả và tính khả thi của

N

sáng kiến. Mặc dù vậy do tình hình thực tiễn của địa phương, sáng kiến cần được

Ơ

bổ sung và thiết kế hợp lý hơn nữa tạo ra nhiều bài toán tương tự để giúp các em có

D

ẠY

KÈ

M

Q

U

Y

N

H

bài tập để thực hành và vận dụng.

82

FF IC IA L O N

D

ẠY

KÈ

M

Q

U

Y

N

H

Ơ

Nhà giáo ưu tú: Đỗ Văn Thông – Phó giám đốc Sở phát biểu

Tổ trưởng tổ Toán –Tin trường THPT Yên Mô A phát biẻu khai mạc 83

FF IC IA L O N

D

ẠY

KÈ

M

Q

U

Y

N

H

Ơ

Nhà giáo Nguyễn Đình Tấn – Trưởng phòng GDTrH dự chuyên đề

Hoạc sinh lớp 12B tham gia chuyên đề

84

FF IC IA L O D

ẠY

KÈ

M

Q

U

Y

N

H

Ơ

N

Nhà giáo ưu tú: Đỗ Văn Thông – Phó giám đốc Sở dự chuyên đề

Nhà giáo Đỗ Thị Thúy Ngọc – Phó trưởng phòng GDTrH điều hành thảo luận và đặt câu hỏi cho học sinh 85

FF IC IA L O N

D

ẠY

KÈ

M

Q

U

Y

N

H

Ơ

Thày Nguyễn Xuân Trường(tác giả sáng kiến) Tham gia trao đổi thảo luận và trình bày

Học sinh nhóm 2 chụp ảnh lưu niệm 86

FF IC IA L O N Ơ

D

ẠY

KÈ

M

Q

U

Y

N

H

Học sinh lớp 12B và các thày cô tổ Toán – Tin chụp ảnh lưu niệm

Học sinh nhóm 2 chụp ảnh lưu niệm 87

88

D

ẠY M

KÈ Y

U

Q H

N Ơ N

FF IC IA L

O