SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM“GIẢI TOÁN TÍNH KHOẢNG CÁCH TRONG HÌNH HỌC KHÔNG GIAN

8 1,654 49
  • Loading ...
1/8 trang

Thông tin tài liệu

Ngày đăng: 18/06/2015, 18:44

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HÓA TRƯỜNG THPT ĐÀO DUY TỪ SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM “GIẢI TOÁN TÍNH KHOẢNG CÁCH TRONG HÌNH HỌC KHÔNG GIAN” Tác giả: Nguyễn Thị Thu Hiền Chức vụ: Giáo viên Thanh Hóa , Tháng 6/2011 Sáng kiến kinh nghiệm môn Toán lớp 11 I. LỜI MỞ ĐẦU: Qua quá trình dạy hình học không gian 11 và luyện thi Đại học. Tôi nhận thấy rằng, đa số các em học sinh còn “chưa thạo” trong viêc giải các bài toán về tính khoảng cách trong hình học không gian. Nguyên nhân cơ bản là do học sinh chưa phân biệt rõ ràng dạng bài tập để lựa chọn công cụ, phương pháp giải cho phù hợp. Để góp phần nhỏ của mình vào việc hệ thống lại các phương pháp giải toán, tạo sự thích thú cho các em học sinh. Giúp các em “không còn ngán ngại” khi gặp bài toán tính khoảng cách. Tôi xin được phép trình bày hai dạng toán tính khoảng cách thường gặp trong hình học không gian đó là : khoảng cách từ một điểm đến một mặt phẳng và khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau. II. NỘI DUNG ĐỀ TÀI Bài toán 1: Trong không gian cho điểm M không thuộc mặt phẳng ( ) α tính khoảng cách ( ) d M;( ) α từ M đến mặt phẳng ( ) α . Để tính khoảng cách từ M đến mặt phẳng ( ) α ta có thể sử dụng; Phương pháp trưc tiếp: Xác định chân đường vuông góc H hạ từ M đến mặt phẳng ( ) α . Ví dụ 1: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là nửa lục giác đều nội tiếp trong đường tròn đường kính AD = 2a và có cạnh SA vuông góc mp(ABCD) , với SA= a 6 . Tính khoảng cách từ A đến mp(SCD). Giải: Vì ABCD là nửa lục giác đều nội tiếp trong đường tròn đường kính AD= 2a nên ta có AD//BC, AB= BC= CD= a AC ⊥ CD, AB ⊥ BD , AC= BD= a 3 Ta có CD AC CD SA    ⊥ ⊥ ⇒ CD ⊥ mp(SAC) Kẻ AH ⊥ SC tại H ta có AH ⊥ CD Nên AH ⊥ mp(SCD). Vậy AH= ( ) d A;(SCD) Xét tam giác SAC vuông tại A có AH là đường cao Do đó 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 AH SA AC (a 6) (a 3) = + = + 2 1 2a = 2 2 AH 2a AH a 2⇒ = ⇒ = Nhận xét: Không phải bài toán nào ta cũng xác định được ngay chân đường vuông góc hạ từ điểm đó đến mặt phẳng như ở ví dụ 1. Hướng 1: Chỉ ra một mặt phẳng ( ) β đi qua M và ( ) β ⊥ ( ) α . Tìm giao tuyến ( ) ( ) β α ∆ = ∩ . Kẻ MH ⊥ ∆ thì ( ) d M;( ) α = MH. Ví dụ 2: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là nửa lục giác đều nội tiếp trong đường tròn đường kính AD = 2a và có cạnh SA vuông góc mp(ABCD) với SA= a 6 . Tính khoảng cách từ A đến mp(SBC). Nguyễn Thị Thu Hiền – Trường THPT Đào Duy Từ 2 H S DA B C E F Sáng kiến kinh nghiệm môn Toán lớp 11 Nhận xét: Ở ví dụ này ta chưa thể tìm ngay được chân đường vuông góc hạ từ A đến mp(SBC) mà ta phải làm theo hướng 1. Giải: Qua A kẻ AE ⊥ BC ⇒ (SAE) ⊥ BC ⇒ (SAE) ⊥ (SBC) mà (SAE) ∩ (SBC)=AE Qua A kẻ AF ⊥ SE ⇒ AF ⊥ (SBC). Vậy AF= ( ) d A;(SBC) . Xét tam giác vuông SAE ta có 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 AF SA AE (a 6) a 3 2    ÷  ÷   = + = + = 2 9 6a 2 2 6a a 6 AF AF 9 3 ⇒ = ⇒ = Vậy ( ) d A;(SBC) = a 6 3 Hướng 2: Nếu có 3 điểm A, B, C thuộc mp ( ) α không thẳng hàng sao cho MA= MB= MC hoặc MA, MB, MC cùng tạo với đáy một góc bằng nhau thì chân đường vuông góc H hạ từ M xuống mp ( ) α là tâm vòng tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Ví dụ 3: Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác cân AB= AC, cạnh BC= a, BAC α ∠ = . Các cạnh bên SA, SB, SC cùng hợp với đáy góc ϕ . Tính thể tích khối chóp S.ABC Giải: Gọi O là hình chiếu của S trên đáy ABC, OA, OB, OC là hình chiếu của các cạnh bên SA, SB, SC trên đáy ta có SAO SBO SCO ϕ ∠ = ∠ = ∠ = . Các tam giác vuông SAO, SBO, SCO có SO chung, Các góc SAO SBO SCO ϕ ∠ = ∠ = ∠ = nên OA= OB= OC. Do đó O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. O ở trên đường cao AI của tam giác cân ABC, AI cũng là đường phân giác trong góc A. ta có IAB , 2 α ∠ = BI= a 2 , a AI BIcot cot 2 2 2 α α = = 2 ABC 1 1 a a S BC.AI a. cot cot 2 2 2 2 4 2 α α = = = Ta có BC a 2R R sin A 2sin α = ⇔ = . Do đó a tan SO OA.tan 2sin ϕ ϕ α = = 2 3 SABC ABC 2 1 1 a a tan a tan V S .SO . .cot . 3 3 4 2 2sin 48sin α ϕ ϕ α α = = = Nguyễn Thị Thu Hiền – Trường THPT Đào Duy Từ 3 S A B C O I α Sáng kiến kinh nghiệm môn Toán lớp 11 Hướng 3: Khối chóp có các mặt bên đều tạo với đáy một góc bằng nhau thì chân đường cao chính là tâm đường tròn nội tiếp đáy. Ví dụ 4: Cho hình chóp SABC. Đáy ABC là tam giác vuông, cạnh huyền BC=a, góc B= α . Các mặt bên của hình chóp nghiêng đều trên đáy một góc β . Chân đường cao của hình chóp β kẻ từ S ở trong miền tam giác ABC. Tính thể tích của khối chóp. Giải: Gọi O là chân đường cao kẻ từ S của hình chóp. Từ O kẻ OH, OI, OK vuông góc với AB, AC, BC. Do đó SHO SIO SKO β ∠ = ∠ = ∠ = (là góc của mặt bên hộp đáy) Ta được các tam giác SOH; SOI; SOK là các tam giác vuông bằng nhau (g.c.g) ⇒ OH=OI=OK => O cách đều ba cạnh của ABC ∆ tại O ở trong miền trong ABC∆ , nên O là biên đường tròn nội tiếp tam giác, bán kính OH=OI=OK ABC 1 S p.r AB.AC 2 = = với 2p=AB+CA+BC AB a cos , CA asin , BC a α α = = = 2 AB.AC a sin cos r AB BC CA a(1 sin cos ) α α α α = = + + + + Tam giác vuông SOH cho ta SO OH tan r tan β β = = 3 2 SABC ABC 1 1 AB.AC 1 a 2sin 2 tan V S .SO . .SO .AB.AC.r tan 3 3 2 6 96cos .cos 2 2 4 α β β α α π    ÷   = = = = − Nhận xét: Ta cũng có thể sử dụng giả thiết mở. * Hình chóp có 2 mặt bên kề nhau cùng tạo với đáy góc α thì chân đường cao hạ từ đỉnh sẽ rơi vào đường phân giác góc tạo bởi 2 cạnh nằm trên mặt đáy của 2 mặt bên. Ví dụ 5: Cho hình chóp SABCD có ABCD là hình thang cân AB=3a, CD=a, AC= a 7 , các mặt bên (SDC), (SBC), (SAD) hợp đáy góc 0 60 hình chiếu của S nằm trong hình thang ABCD. Tính thể tích hình chóp S.ABCD. Giải: Gọi H là hình chiếu của S trên đáy và I, K, J tương ứng là hình chiếu của H trên AD, DC, CB Nguyễn Thị Thu Hiền – Trường THPT Đào Duy Từ 4 I C A B H K O S S C K D B A I H 60 0 J Sáng kiến kinh nghiệm môn Toán lớp 11 Khi đó góc tạo bởi các mặt bên (SAD), (SDC), (SCB) với đáy tương ứng là SIH, SKH,∠ ∠ SJH∠ và 0 SIH SKH SJH 60∠ = ∠ = ∠ = . Từ đó 3 tam giác vuông SHI, SHK, SHJ bằng nhau và ta thu được H cách đều các cạnh AD, DC, CB như thế H là giao điểm của các đường phân giác trong của hai góc ADC ∠ và DCB ∠ .Đường cao hình thang ABCD là DE = 2 2 AC (2CD) a 3− = ta sẽ có: tan 0 0 DE ( DAB) 3 DAB 60 ADC 120 AE ∠ = = ⇒ ∠ = ⇒ ∠ = 0 HDK 60⇒ ∠ = 0 0 a 3 3a HK DK tan60 SH HK tan 60 2 2 ⇒ = = ⇒ = = 2 ABCD DE(AB DC) S 2 3a 2 + = = . Vậy 3 S.ABCD ABCD 1 V SH.S 3a 3 = = (đvtt) Phương pháp gián tiếp: Hướng 1: Tìm đường thẳng ∆ qua M và ∆ cắt mp ( ) α tại I trên ∆ chọn điểm A ( ) A I,A M≠ ≠ . Lúc đó ( ) ( ) ( ) ( ) d M; IM IA d A; α α = dẫn đến ( ) ( ) ( ) d A;( ) .IM d M; IA α α = Nhận xét : Ở hướng này thay vì tính khoảng cách từ A đến mp ( ) α ta đưa về tính khoảng cách từ một điểm khác A thuộc đường thẳng ∆ đi qua A mà khoảng cách đó tính được một cách dễ dàng. Ví dụ 6: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a. SA vuông góc với mp(ABCD), SA= a 3 . Gọi G là trọng tâm tam giác SAB. Tính khoảng cách từ G đến mp(SAC). Giải: Gọi O là tâm hình vuông ABCD. Đường thẳng BG cắt mặt phẳng(SAC) tại F. Khi đó ( ) ( ) ( ) ( ) d G; SAC FG 1 FB 3 d B; SAC = = Mà OB SA OB (SAC) OB AC    ⊥ ⇒ ⊥ ⊥ nên ( ) a 2 d B;(SAC) OB 2 = = Vậy ( ) 1 a 2 a 2 d G;(SAC) 3 2 6 = = . Nguyễn Thị Thu Hiền – Trường THPT Đào Duy Từ 5 I A M α ∆ S C F BA D O G Sáng kiến kinh nghiệm môn Toán lớp 11 Hướng 2: Sử dụng công thức chóp dáy 3V h S = . Ví dụ 7: Trên mặt phẳng (P) cho hai đường thẳng ' Bx và By lập với nhau một góc 45 0 . Trên đường vuông góc với (P) tại B lấy BA= a, kẻ Ax // ' Bx và lấy C thuộc Ax sao cho AC= c. Gọi D là hình chiếu của C lên By. Tính khoảng cách từ B đến mp(ACD). Giải: Kẻ CE// AB, dễ thấy ABEC là hình chữ nhật và CE ⊥ (P). Từ đó ED ⊥ BD (định lí 3 đường vuông góc). Kẻ DF ⊥ BE từ đó ta có tam giác DBE vuông cân đỉnh D. Mà BE= AC= c nên BD= DE= c 2 còn DF= c 2 Và F là trung điểm của BE Vì AB ⊥ (BDE) ⇒ AB ⊥ DF Do đó DF AB DF (ABEC) DF BE    ⊥ ⇒ ⊥ ⊥ . Nghĩa là DF là đường cao của hình chóp DABC Từ đó 2 ABCD ABC 1 1 ac V DF.S AC.AB.DF 3 6 12 = = = Kẻ DK ⊥ AC, tam giác ADC cân có AD= DC= 2 2 c a 2 + nên K là trung điểm của AC. Từ đó DK= 2 2 2 2 2 2 2 c c c AD AK a a 2 2 2    ÷   − = + − = + 2 2 2 2 ADC 1 1 c 1 S AC.DK c. a c. 4a c 2 2 4 4 = = + = + ( ) 2 2 2 ABCD 2 2 ADC d 3V 3ac c ac B;(ADC) : 4a c S 12 4 4a c ⇒ = = + = + Nhận xét: ở bài này nếu ta sử dụng phương pháp trực tiếp để tính khoảng cách sẽ gặp khó khăn hơn. Bài toán 2: Trong không gian cho hai đường thẳng chéo nhau a và b. Tính khoảng cách giữa a và b. Để giải bài toán này có 3 hướng sau: Hướng 1: Áp dụng cho trường hợp a ⊥ b Ta chọn mp ( ) α chứa a và vuông góc với b tại B. Dựng BA ⊥ a tại A. Khi đó d(a;b)= AB. Nguyễn Thị Thu Hiền – Trường THPT Đào Duy Từ 6 A B C D F E 45 0 y x’ x K a c Sáng kiến kinh nghiệm môn Toán lớp 11 Ví dụ 8: Cho hình lăng trụ đứng 1 1 1 ABC.A B C có tất cả các cạnh đều bằng a. M là trung điểm của đoạn AA 1 . Chứng minh BM ⊥ B 1 C và tính khoảng cách giữa hai đường thẳng BM và B 1 C. Giải: Lăng trụ đứng 1 1 1 ABC.A B C có các cạnh bằng a nên các mặt bên Là các hình vuông bằng nhau. Đáy là tam giác đều Gọi I là trung điểm của 1 1 A C , tam giác 1 1 1 A B C đều nên 1 B I ⊥ 1 1 A C 1 1 1 B I (ACC A )⇒ ⊥ ⇒ 1 B I ⊥ 1 MC (*) 1 1 1 1 1 1 A C M C CI MC A C CI∆ = ∆ ⇒ ∠ = ∠ (1) Mà 0 1 1 C CI C IC 90∠ +∠ = (2) Từ (1), (2) suy ra 0 1 1 1 MC A C IC 90∠ +∠ = ⇒ IC ⊥ MC 1 (**) (*),(**) ⇒ 1 MC ⊥ mp(B 1 IC) ⇒ 1 1 1 1 1 1 1 MC B C B C (MBC ) B C MB BC B C    ⊥ ⇒ ⊥ ⇒ ⊥ ⊥ Gọi O là giao điểm B 1 C và BC 1 ( ) 1 d B C,MB d(O,MB) h⇒ = = . Lại có 1 MBC∆ có MB= MC 1 = 2 2 a a 5 a 4 2 + = ⇒ 1 MBC∆ cân đỉnh M. có BC 1 = a 2 2 1 1 a 2 5a 2a a 3 2,OB BC ,OM 2 2 4 4 2 = = = − = h= OH= a 3 a 2 . OM.OB a 30 2 2 MB 10 a 5 2 = = . Hướng 2: Dựng mặt phẳng ( ) α chứa a và mp ( ) α // b Khi đó ( ) ( ) ( ) d a;b d b;( ) d B;( ) α α = = với B là một điểm bất kì thuộc b Ví dụ 9: Cho hình lăng trụ đứng 1 1 1 ABC.A B C đáy ABC là tam giác vuông, AB= BC= a, 1 AA a 2= . Gọi M là trung điểm của cạnh BC. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AM và B 1 C. Giải: Gọi N là trung điểm của BB 1 khi đó MN// B 1 C ⇒ B 1 C// mp(AMN) nên ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 d B C;AM d B C;(AMN) d C;(AMN) d B;(AMN)= = = Mặt khác tứ diện BAMN vuông đỉnh B nên ( ) d B;(AMN) =BH với H là trực tâm AMN∆ Nguyễn Thị Thu Hiền – Trường THPT Đào Duy Từ 7 M C 1 B O H B C C1 A 1 B 1 M O A I A C C 1 B 1 A 1 N M B Sáng kiến kinh nghiệm môn Toán lớp 11 ⇒ 2 2 2 2 1 1 1 1 BH BA BM BN = + + a BH 7 ⇒ = . Vậy ( ) 1 a d AM;B C 7 = Hướng 3: Dựng mặt phẳng ( ) α chứa a và mp ( ) α // b. Dựng mặt phẳng ( ) β chứa b và mp ( ) β // a Khi đó ( ) ( ) ( ) d a;b d ( );( ) d A;( ) α β β = = với A là một điểm bất kì thuộc ( ) α Ví dụ 10: Cho hình lập phương 1 1 1 1 ABCD.A B C D có cạnh a. Lấy M, N, P lần lượt là trung điểm của AD, AB, B 1 C 1 . Tính khoảng cách giữa MN và BP. Giải: Gọi E, F, Q, R, S, T, O lần lượt là trung điểm CC 1 , DD 1 , PQ, C 1 D 1 , MN, B 1 D 1 . Khi đó mp(MNB 1 D 1 ) // (BDQP) Ta có A 1 E ⊥ (MNB 1 D 1 ). Thật vậy hình chiếu của A 1 E lên mặt phẳng 1 1 1 1 (A B C D ) là A 1 C 1 . Mà 1 1 1 1 A C B D⊥ nên 1 1 1 A E B D⊥ (định lí 3 đường vuông góc) Hình chiếu của A 1 E lên 1 1 (AA D D) là A 1 F mà 1 1 A F MD⊥ ⇒ 1 1 A E MD⊥ . Từ đó 1 1 1 A E (MNB D )⊥ . Tương tự 1 A E (BPQD)⊥ . Gọi I, J lần lượt là giao điểm của A 1 E với TO và SR. Độ dài IJ là khoảng cách giữa MN và BD Áp dụng định lí Talet cho tam giác A 1 EC 1 ta có 2 2 1 1 1 1 1 1 JI RO RO 1 a a 7 IJ A E. 2a A E A C A C 4 4 8 = ⇒ = = − = . Vậy a 7 d(MN;BP) 8 = . III. KẾT LUẬN Qua quá trình nghiên cứu và vận dụng đề tài:” giải toán tính khoảng cách trong hình học không gian”,vào giảng dạy tôi nhận thấy vấn đề này giúp ích cho học sinh trong việc làm toán, giúp các em không còn “ngán ngại” phần khoảng cách nữa các em đã giải khá tốt những bài tập về tính khoảng cách trong không gian. Thực nghiệm cho thấy có khoảng 80% học sinh giải quyết được 85% các bài tập trong sách giáo khoa, 19% học sinh giải quyết trọn vẹn các bài tập sách giáo khoa. Riêng bản thân tôi sẽ tiếp tục nghiên cứu sâu hơn nữa để có những định hướng tốt hơn. Tôi viết đề tài nhằm mục đích trao đổi với quý thầy cô dạy bộ môn Toán về việc “hệ thống” các kiến thức một vài kĩ năng về tính khoảng cách. Vì kiến thức và thời gian còn nhiều hạn chế chắc rằng tài liệu có thiếu sót, tôi chân thành nhận sự góp ý của quý thầy cô. Xin chân thành cảm ơn. Nguyễn Thị Thu Hiền – Trường THPT Đào Duy Từ 8 D 1 D C 1 Q E O A 1 B 1 M P T SN B A C I J . DUY TỪ SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM “GIẢI TOÁN TÍNH KHOẢNG CÁCH TRONG HÌNH HỌC KHÔNG GIAN” Tác giả: Nguyễn Thị Thu Hiền Chức vụ: Giáo viên Thanh Hóa , Tháng 6/2011 Sáng kiến kinh nghiệm môn Toán. cách từ A đến mp(SBC). Nguyễn Thị Thu Hiền – Trường THPT Đào Duy Từ 2 H S DA B C E F Sáng kiến kinh nghiệm môn Toán lớp 11 Nhận xét: Ở ví dụ này ta chưa thể tìm ngay được chân đường vuông góc. 2sin 48sin α ϕ ϕ α α = = = Nguyễn Thị Thu Hiền – Trường THPT Đào Duy Từ 3 S A B C O I α Sáng kiến kinh nghiệm môn Toán lớp 11 Hướng 3: Khối chóp có các mặt bên đều tạo với đáy một góc bằng nhau
- Xem thêm -

Xem thêm: SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM“GIẢI TOÁN TÍNH KHOẢNG CÁCH TRONG HÌNH HỌC KHÔNG GIAN, SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM“GIẢI TOÁN TÍNH KHOẢNG CÁCH TRONG HÌNH HỌC KHÔNG GIAN, SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM“GIẢI TOÁN TÍNH KHOẢNG CÁCH TRONG HÌNH HỌC KHÔNG GIAN

Từ khóa liên quan

Gợi ý tài liệu liên quan cho bạn