Sáng kiến kinh nghiệm Một số kỹ năng giải toán hình học không gian cho học sinh lớp 11

)
ï
SI Ì (SAB)	ý
SI ^ AB	ïþ
Þ SI ^ FC (*)
+ Mặt khác, Xét hai tam giác vuông AID và DFC có: AI = DF , AD = DC.
Suy ra,
DAID = DDFC Þ AID = DFC, ADI = DCF mà
AID + ADI = 900 Þ DFC + ADI = 900
hay FC ^ ID
(**)
+ Từ (*) và (**) ta có:
FC ^ (SID) Þ IH ^ FC
(2).
Từ (1) và (2) suy ra:
IH ^ (SFC) hay
d(I,(SFC)) = IH
+ Ta có:
SI = a

3 , ID = a 5 ,	1

=	1	+	1

= 5 Þ DK = a 5
2	2	DK 2
DC2
DF 2	a2	5
Þ IK = ID - DK = 3a 5
10
Do đó,
1
IH 2
= 1
SI 2
+	1
IK 2
= 32
9a2
Þ IH = 3a
8
2 . Vậy, d (I ,(SFC)) = 3a	2
8
Ví dụ 4: (B-2011) Cho lăng trụ
ABCD.A' B 'C ' D',
ABCD là hình chữ nhật,
AB = a, AD = a
3 . Hình chiếu vuông góc của
A' trên ( ABCD)
trùng với giao điểm
của AC và BD. Tính d(B',( A' BD))
Giải:
+ Gọi O = AC Ç BD

B'	C'
A'
D'
Vì B 'C / /C ' D nên
B 'C / / ( A' BD).
B
C
Do đó,	O H
A	D
d(B',(A' BD)) = d(B'C,(A' BD)) = d(C,(A'BD))
+ Trong mặt phẳng ( ABCD)
kẻ CH ^ BD, (H Î BD) (1) .
Mặt khác:
A'O ^ ( ABCD)
Þ A'O ^ CH
(2)
Từ (1) và (2) suy ra: CH ^ (A' BD) Þ d(B',( A' BD)) = CH
+ Xét tam giác vuông BCD có:
1
CH 2
=	1
BC2
+	1
CD2
=	4
3a2
Þ CH = a 3 .
4
Vậy:
d (B ',( A' BD)) = CH =
a 3
4
Ví dụ 2: (A-2013) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A,
ABC = 300 ,
DSBC
là tam giác đều cạnh a, (SBC) ^ ( ABC). Tính d (C,(SAB)).
Giải:
+ Trong mặt phẳng ( ABC )

S
D
H
I
M
J
vẽ hình chữ
nhật ABDC . Gọi M , I , J lần lượt là trung
điểm của
BC,CD và
AB.
Lúc đó, CD / / (SAB) hay
d(C,(SAB)) = d(CD,(SAB)) = d(I,(SAB))
+ Trong mặt phẳng (SIJ) kẻ
IH ^ SJ , (H Î SJ ) (1)	C
Mặt khác, ta có:

B
A
IJ ^ AB	ü
þ
SM ^ ( ABC) Þ AB ^ SM ý
Þ AB ^ (SIJ ) Þ AB ^ IH
(2)
Từ (1) và (2) suy ra:
IH ^ (SAB) hay
d(C,(SAB)) = IH
+ Xét tam giác SIJ có: S
= 1 IH.SJ = 1 SM .IJ Þ IH = SM .IJ . Với:
SIJ	2	2	SJ
IJ = AC = BC.sin 300 = a ,
2
SM = a 3 ,
2
SJ =
= a 13 .
SM 2 + MJ 2
4
Do đó:
IH = SM .IJ
SJ
= a 39 . Vậy d (C,(SAB)) = a 39
13	13
Ví dụ 3: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và D,
AB = AD = a,CD = 2a, SD = a , SD ^ ( ABCD).
Tính d (D,(SBC))
Tính d( A,(SBC))
Giải:
Gọi M là trung điểm của CD, E là giao điểm của hai đường thẳng AD và BC.
Trong mặt phẳng (SBD) kẻ
DH ^ SB, (H Î SB) (1) .
+ Vì
BM = AD = 1 CD ÞTam giác BCD	S
H
M
A
B
2
vuông tại B hay
BC ^ BD (*) .
Mặt khác, vì
SD ^ ( ABCD) Þ SD ^ BC (**) .	D	C
Từ (*) và (**) ta có:
BC ^ (SBD) Þ BC ^ DH

(2).
Từ (1) và (2) suy ra: DH ^ (SBC)
d(D,(SBC)) = DH
hay
E
+ Xét tam giác vuông SBD có:
1
DH 2
=	1
SD2
+	1
BD2
=	3
2a2
Þ DH = 2a 3 .
3
Vậy,
d (D,(SBC)) = 2a 3
3
Ta có:
d ( A,(SBC)) =
AE =
AB = 1 Þ d ( A,(SBC)) = 1 d (d,(SBC)) = a 3 .
Vậy,
d (D,(SBC))
a 3
3
d ( A,(SBC)) =
DE	CD
2	2	3
Ví dụ 4: (D-2011) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B,
BA = 3a, BC = 4a , (SBC) ^ ( ABC), SB = 2a 3, SBC = 300 . Tính d (B,(SAC)).
Giải:
+ Trong mặt phẳng (SBC ) kẻ

SM ^ BC

(M Î BC); trong mặt phẳng ( ABC ) kẻ
MN ^ AC
(N Î AC); trong mặt phẳng (SMN ) kẻ
MH ^ SN
(N Î SN) . Suy ra,
MH ^ (SAC) Þ d(M ,(SAC)) = MH
+ Ta có:
SM = SB.sin300 = a 3 ,
S
H
M
N
BM = SB.cos300 = 3a Þ CM = a,
MN =
AB.CM AC
= 3a .
5
Xét tam giác vuông SMN có:
1
MH 2
=	1
SM 2
+	1
MN 2
= 28
9a2

Þ MH =
3a	C
28
B
28
Þ d (M ,(SAC)) = 3a
+ Mặt khác, ta có:
d (B,(SAC)) = BC = 4
A
d (M ,(SAC))	MC
Þ	6a
7
d (B,(SAC)) = 4.d (M ,(SAC)) =
Vậy
d (B,(SAC)) =
6a .
7
BÀI TOÁN 8: KHOẢNG CÁCH GIỮA HAI ĐƯỜNG THẲNG CHÉO NHAU
1. Cách tính khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau d và d '
Cách 1:
+ Xác định đường thẳng vuông góc chung của d và d '
+ Tính độ dài đoạn vuông góc chung.
Cách 2:
+Tìm mp ( P) chứa d '
và song song với d.
+ Khi đó
d(d,d ') = d(d,(P)) = d(A,(P))
với
AÎ d.
Chú ý: Mp(P) có thể có sẵn hoặc chúng ta phải dựng (Cách dựng: qua một điểm
B Îd ' dựng đường thẳng ∆ song song với d, lúc đó mp(P)≡(d’,∆)).
3.2.2. Các ví dụ mẫu
Ví dụ 1: Cho tứ diện ABCD có AB = a, tất cả các
A
J
I
cạnh còn lại bằng 3a. Tính d ( AB,CD)
Giải:
+ Gọi

I , J lần lượt là trung điểm của CD và

AB.
+ Vì ACD và BCD là các tam giác đều nên:
CD ^ AI,CD ^ BI Þ CD ^ (AIB) Þ CD ^ IJ

(1)	D
Mặt khác,
I. Do đó,
DACD = DACD nên tam giác AIB cân tại	B
IJ ^ AB (2)
+ Từ (1), (2) suy ra: IJ là đường vuông góc chung
C
AI 2 - AJ 2
của AB và CD.
+ Ta có:
IJ =
=
=	.
æ 3a
ç
è
3 ö2
2
÷ - ç
æ a ö2
ø
è 2 ø
÷
a 26
2
Vậy
d ( AB,CD) = a 26
2
Ví dụ 2: (A_2010) Cho hình chóp
S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh
a. Gọi
M , N lần lượt là trung điểm của AB và AD, H là giao điểm của CN và
3
DM . SH ^ ( ABCD), SH = a
Giải:
. Tính d(DM , SC).
S
+ Trong mp (SCH ) kẻ
+ Mặt khác:
HK ^ SC(1), (K Î SC) .

K
D
N
H
C
A	M	B
SH ^ ( ABCD)
ü Þ SH ^ DM
(*)
þ
DM Ì ( ABCD)ý
Xét hai tam giác vuông AMD và DNC có

AM = DN, AD = DC

Þ DAMD = DDNC .
Từ đó ta có:
AMD = DNC ADM = DCN
ü
ý
ïï Þ DNC + ADM = 900 Þ NHD = 900
ïþ
AMD + ADM = 900 ï
hay
DM ^ CN (**).
Từ (*), (**) suy ra:
DM ^ (SCH ) Þ DM ^ HK (2) .
Từ (1), (2) suy ra: HK là đoạn vuông góc chung của DM và SC
DDCN
2a 3
CD2	a2
+ Ta có:
DHCD
Þ HC =	=	=	.
CN	CD2 - DN 2	3
Xét tam giác vuông SHC ta có:
1
HK 2
=	1
HC2
+	1
HS 2
=	5 3a2
Þ HK = a 15
5
Vậy
d (DM , SC) = HK = a 15
5
Ví dụ 3: Cho hình lăng trụ đứng
ABC.A' B 'C '
đáy ABC là tam giác đều cạnh a,
a	2
2
AA' =	. Tính
Giải:
d ( AB,CB').
I
B
H
A'
J
A	C
+ Gọi
I , J lần lượt là trung điểm của AB và
A' B ' .
+ Ta có:
AB / /(CA' B ') Þ d ( AB,CB ') = d ( AB,(CA' B ')) =
= d (I ,(CA' B '))	C'
+ Trong mp (CIJ ) kẻ
IH ^ CJ
(1), (H ÎCJ )
B'
Ta có:
A' B ' ^ IJ
(vì
ABC.A' B 'C '
là hình lăng trụ
đứng) và
IC ^ A' B ' (vì ∆ ABC là tam giác đều) nên
A' B ' ^ (CIJ ) Þ IH ^ A' B ' (2) .
Từ (1), (2) suy ra:
IH ^ (CA' B ')
hay
d(AB,CB') = IH
+ Xét tam giác vuông CIJ có:
1
IH 2
=	1
IC2
+ 1
IJ 2
=	4 + 2 3a2	a2
= 10 3a2
Þ IH = a 30
10
Vậy
d ( AB,CB ') = IH = a 30
10
2
Ví dụ 4: Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a,
cạnh bên bằng
Giải:
a	. Tính d ( AD, SB).	S
+ Vì
AD / / (SBC) Þ d( AD, SB) = d( AB,(SBC))
+ Gọi O = AC Ç BD . I , J lần lượt là trung điểm	B
của AD và BC.
+ Trong mp (SIJ ) kẻ IH ^ SJ ,(H Î SJ ) (1) .	D	C
H
A
I
O
J
SO ^ ( ABCD) Þ SO ^ BC ü Þ BC ^ (SIJ )
þ
Theo giả thiết ta có:
IJ / / AB Þ IJ ^ BC	ý
Þ IH ^ BC (2)
Từ (1), (2) suy ra:
IH ^ (SBC) hay
d( AD, SB) = IH
+ Xét tam giác SIJ có: S
= 1 IH.SJ = 1 SO.IJ Þ IH = SO.IJ
. Với: IJ=a,
SIJ	2	2	SJ
SA2 - AO2
SO =
= a.
3 , SJ =
= a. 7 .
SB2 - BJ 2
2	4
Suy ra:
IH = SO.IJ
SJ
= 2a
7
21 .
Vậy
d ( AD, SB) = IH =
2a 21
7
Ví dụ 5: Cho hình chóp
S.ABCD, có đáy ABCD là hình vuông cạnh a,
tam giác
SAD là tam giác đều, (SAD)
vuông góc với mặt phẳng đáy. Tính
d (SA, BD).
Giải:
+ Qua A kẻ đường thẳng d song song với

S
H
D
M
I
O
N
A
B
BD.
Gọi O = AC Ç BD;
I , M lần lượt là trung điểm
của AD và OD;
+ Ta có:
N = d Ç IM.
C
d(SA, BD) = d((SA,d), BD) = d(M ,(SA,d ))
+ Trong mp (SMN ) kẻ
MH ^ SN
(1), (H Î SN)
Theo giả thiết:
SI ^ AD
ü Þ SI ^ ( ABCD) Þ SI ^ d (*)
þ
(SAD) ^ ( ABCD)ý
ý
þ
d / / BD	ü
Mặt khác ta có:
BD ^ AO ï Þ d ^ MN AO / /MN ï
(**) .
Từ (*), (**) suy ra: d ^ (SMN) Þ d ^ MH (2) .
Từ (1), (2) suy ra:
MH ^ (SA, d).
+ Xét tam giác SMN có: S
= 1 MH.SN = 1 SI.MN Þ MH = SI.MN
với
SMN	2	2	SN
SI = a
3 , MN = AO = a
2 , SN =
= a 10 . Do đó,
SI 2 - IN 2
2	2	4
MH = SI.MN
SN
= a 15 . Vậy
5
d (SA, BD) = a 15
5
Ví dụ 6: (A-2011) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B,
AB = BC = 2a,
hai mặt phẳng (SAB)
và (SAC )
cùng vuông góc với mặt phẳng
( ABC ). Gọi M là trung điểm của
AB,
mặt phẳng qua SM và song song với BC cắt
AC tại
N , góc giữa hai mặt phẳng (SBC )
và ( ABC )
bằng 600. Tính
d ( AB, SN ).
Giải:
+ Gọi I là trung điểm của
S
H
J
N
M
I
BC.
Do MN / /BC nên N là trung điểm của AC. Do đó,
IN / / AB hay d(AB, SN) = d(AB,(SNI )) .
+ Trong mp ( ABC ) kẻ
A
AJ ^ IN,(J Î IN) (*)	C
Trong mp (SAJ ) kẻ
AH ^ SJ ,(H Î SJ ) (1)
B
+ Theo giải thiết ta có:
(SAC) ^ ( ABC)ý
(SAB) ^ ( ABC) ü Þ SA ^ ( ABC) Þ SA ^ IN (**)
þ
Từ (*), (**) ta có:
IN ^ (SAJ ) Þ IN ^ AH (2) .
Từ (1), (2) ta có:
AH ^ (SIN) Þ d(AB, SN) = AH .
12
13
+ Ta có: ((SBC),(ABC)) = SBA = 600 Þ SA = AB.tan 600 = 2a 3 ; AJ = BI = a .
+ Xét tam giác vuông SAJ có:
1
AH 2
=	1	+
SA2
1
AJ 2
= 13 12a2
Þ AH = a.	.
Vậy
d ( AB, SN ) = AH = a. 156
13
3.3. Bài tập
Bài tập 1: Cho hình chóp

S.ABCD, SA = a

a 3
2
các cạnh còn lại bằng	.
Chứng minh: SA ^ SC . Tính d(S,( ABCD)).
Bài tập 2: (D-2009) Cho hình lăng trụ đứng
ABC.A' B 'C ',
đáy ABC là tam giác
vuông tại
B, BA = a, AA' = 2a. Gọi M là trung điểm của
A'C ', I là giao điểm của
AM và
A'C. Tính
d ( A,(IBC))
Bài tập 3: Cho hình chóp
S.ABC,
SA = 3a, SA ^ ( ABC), AB = 2a, ABC =1200 .
Tính d( A,(SBC))
Bài tập 4: (D-2007) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang ,
ABC = BAD = 900 ,
BA = BC = a, AD = 2a,
SA ^ (ABCD),
SA = a
. Gọi H là
2
hình chiếu của A trên
SB. Chứng minh tam giác SCD vuông và tính
d (H ,(SCD))
Bài tập 5: Cho hình chóp S.ABCD, có đáy ABCD là hình thoi tâm O cạnh a,
BCD = 600 đường cao
SO = a. Tính
d ( AD, SB).
2
Bài tập 6: (D-2008) Cho hình lăng trụ đứng
ABC.A' B 'C '
có đáy ABC là tam giác
vuông cân tại
d( AM , B'C).
B, BA = BC = a, AA' = a
. Gọi M là trung điểm của
BC. Tính
Bài tập 7: (B-2007) Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông
cạnh a,
E là điểm đối xứng với D qua trung điểm của
SA. Gọi
M , N lần lượt là
trung điểm của AE và
BC. Chứng minh rằng: MN ^ BD . Tính d (MN, AC).
Bài tập 8: Cho hình tứ diện
OABC, trong đó
OA = OB = OC = a. Gọi I là trung điểm
của BC. Hãy dựng và tính độ dài đoạn vuông góc chung của các cặp đường thẳng sau:
OA và
BC.
AI và OC.
Bài tập 9: Cho hình chóp
S.ABCD đáy ABCD là hình vuông cạnh a,
tâm O.
SA ^ ( ABCD) và
SA = a. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng:
SC và
BD.
AC và
SD.
Bài tập 10: Cho tứ diện
S.ABC có
SA ^ ( ABC ) . Gọi
H , K lần lượt là trực tâm của
các tam giác ABC; SBC.
Chứng minh rằng 3 đường thẳng AH , SK, BC đồng quy.
Chứng minh rằng:
SC ^ (BHK ); HK ^ (SBC.)
Xác định đoạn vuông góc chung của SA; BC.
Bài tập 11: Cho tứ diện ABCD.
Chứng minh rằng nếu
AC = BD, AD = BC
thì đường vuông góc chung của
AB,CD là đoạn thẳng nối các trung điểm
I , K của hai cạnh
AB;CD.
Chứng minh rằng nếu đoạn thẳng nối các trung điểm I , K của hai cạnh
AB,CD của tứ diện	ABCD là đoạn vuông góc chung của
AC = BD, AD = BC.
AB,CD thì
Bài tập 12: Cho hình vuông ABCD cạnh bằng
a, , I	là trung điểm của
AB.
SI ^ ( ABCD) và
IS =
. Gọi
M , N, P lần lượt là trung điểm các cạnh
BC, SD, SB.
a 3
2
Hãy dựng và tính độ dài đoạn vuông góc chung của các cặp đường thẳng:
NP; AC	b) MN; AP
Bài tập 13: Cho hình chóp
S.ABCD, có
SA ^ ( ABCD) và
SA = a
đáy ABCD là
6
nửa lục giác đều nội tiếp trong đường tròn đường kính
AD = 2a.
Tính các khoảng cách từ
A, B đến mặt phẳng (SCD) .
Tính khoảng cách từ AD đến mặt phẳng (SBC ) .
a 3
4
Tính diện tích thiết diện của hình chóp
S.ABCD với mặt phẳng ( P)
song
song với mặt phẳng (SAD)
và cách (SAD)
một khoảng bằng	.
Bài tập 14: Cho hình lăng trụ
ABC.A' B 'C ' có
AA' ^ ( ABC ) và
AA' = a
đáy ABC là
tam giác vuông tại A có
BC = 2a; AB = a 3.
Tính khoảng cách từ
AA'
đến mặt phẳng (BCC ' B ').
Tính khoảng cách từ A đến ( A' BC ) .
Chứng minh rằng
( ABC ') .
AB ^ ( ACC ' A') và tính khoảng cách từ
A' đến mặt phẳng
Bài tập 15: Cho hình chóp
S.ABCD có đáy	ABCD là hình vuông cạnh a,
SA ^ ( ABCD) và
SA = 2a.
Tính khoảng cách từ A đến mặt phẳng (SBC ) , từ C đến mặt phẳng (SBD).
M , N lần lượt là trung điểm của
AB; AD. Chứng minh rằng
MN / / (SBD) và
tính khoảng cách từ MN đến (SBD).
Mặt phẳng ( P) qua BC cắt các cạnh

SA, SD theo thứ tự

E, F. Biết AD cách
( P)
một khoảng là
, tính khoảng cách từ S đến mặt phẳng ( P)
và diện
a 2
2
tích tứ giác BCFE.
Bài tập 16: Cho hình chóp S.ABCD có đáy	ABCD là hình thoi cạnh a	và
BAD = 600.

Gọi

O = AC Ç BD.

Đường thẳng
SO ^ ( ABCD) và
SO = 3a .
4

Gọi E là
trung điểm của
BC,
F là trung điểm
BE.
Chứng minh rằng: (SOF ) ^ (SBC ).
Tính các khoảng cách từ O, A đến mặt phẳng (SBC ).
Hiệu Quả Của Sáng Kiến Kinh Nghiệm:
Qua quá trình giảng dạy và đúc kết kinh nghiệm tôi nhận thấy để dạy cho học sinh học tốt môn hình học không gian thì cần phải hệ thống lại kiến thức, nắm được các phương pháp chứng minh, lập luận chặt chẽ, lôgíc,Ngoài ra cần giúp cho học sinh tư duy hình ảnh, rèn kỹ năng vẽ hình. Từ đó giúp học sinh tiếp thu kiến thức ngày càng tốt hơn, hiệu quả giảng dạy của giáo viên cũng được nâng dần.
Kết quả thực nghiệm:
Kết quả kiểm tra 1 tiết Chương Hình học không gian lớp 11
Lớp

Sỉ số

Năm học
Tỉ lệ
Dưới TB
Trên TB
11C3
30
2015-2016
15
15
11C9
29
2015-2016
13
16
11C1
34
2016-2017
2
32
11C8
34
2016-2017
7
27
11C1
34
2017-2018
0
34
11C8
29
2017-2018
4
25

KẾT LUẬN
Ý Nghĩa Của Sáng Kiến Kinh Nghiệm:
Nhằm tạo động lực thúc đẩy học sinh tích cực học tập, góp phần nâng cao hiệu quả giảng dạy cho bản thân nói riêng và kết quả giáo dục của nhà trường nói chung.
Khả Năng Ứng Dụng:
Sáng kiến kinh nghiệm có thể áp dụng rộng rãi cho học sinh khối 11. Khả năng ứng dụng của sáng kiến kinh nghiệm là ở phương pháp đặt vấn đề, phân tích, hướng dẫn học sinh giải quyết vấn đề.
Bài Học Kinh Nghiệm, Hướng Phát Triển.
Như đã nêu trên, muốn cho học sinh học tốt hơn môn hình học không gian thì giáo viên cần phải có một số kỹ năng sau:
+ Kỹ năng vẽ hình và trình bày lời giải.
+ Kỹ năng nêu vấn đề và hướng dẫn học sinh giải quyết vấn đề, giúp học sinh biết tư duy và trực quan hình vẽ.
Giáo viên phải tâm huyết, nhiệt tình, gương mẫu quan tâm đến học sinh, giúp đỡ các em để các em không cảm thấy áp lực trong học tập. Luôn tạo ra tình huống có vấn đề, kích thích hứng thú tìm tòi học tập ở học sinh. Phải thường xuyên học hỏi trau dồi chuyên môn để tìm ra phương pháp dạy học phù hợp với từng đối tượng học sinh.
Kiến Nghị, Đề Xuất:
Nhằm giúp cho học sinh học tốt hơn với môn hình học không gian, bản thân kiến nghị với Ban giám hiệu có kế hoạch mua bổ sung các thiết bị dạy học, trang bị thêm phòng giáo án điện tử,.. Tổ chuyên môn cần tổ chức hội giảng, các buổi trao đổi về phương pháp giảng dạy, nhằm giúp cho việc giảng dạy của giáo viên được thuận lợi hơn.
Trong dạy học cần bám sát chuẩn kiến thức kỹ năng, nhấn mạnh kiến thức trọng tâm, các phương pháp chứng minh phục vụ trong quá trình làm bài tập. Ngoài ra cần hình thành cho học sinh kỹ năng vẽ hình. Nắm vững các yếu tố trên sẽ giúp cho việc giảng dạy của giáo viên được thuận lợi, học sinh tiếp thu tốt kiến thức.