Sáng kiến kinh nghiệm Phân loại một số dạng toán về quan hệ vuông góc trong không gian

ông góc với (SAB), cắt SB tại D. Chứng minh rằng: 
d) Đường thẳng DE cắt BC tại F. Chứng minh rằng: AF(SAB) 
Phân tích: 
 Ý a) khi nhìn hình vẽ ta có BC vuông góc với hai đường thẳng cắt nhau nên ta dùng phương pháp 1 để chứng minh một đường thẳng vuông góc với một mặt phẳng. 
 Ý b) tương tự ý a). 
 Đối với ý c) ta sử dụng phương pháp 3 để chứng minh. 
 Ý d) ta cũng sử dụng phương pháp 1 để chứng minh.
Giải
Ta có: (gt) (1)
lại có (2)
Từ (1), (2), (3) và (4) ta suy ra 


b) Ta có 
c) Ta thấy: 
Theo b) .Trong mp(ADE) kẻ . Vì 
Từ (5) và (6) suy ra: hay 
d) Từ 
Theo c) . Lại có (9) (10). Từ (7) và (8), (9), (10) suy ra: 
Ví dụ 2 Cho tứ diện ABCD có hai mặt ABC và BCD là hai tam giác cân có chung cạnh BC. I là trung điểm của cạnh BC.
a) Chứng minh 
b) Gọi AH là đường cao của tam giác ADI chứng minh 
Phân tích Ta nhận thấy đề bài cho hai tam giác ABC và tam giác BCD là hai tam giác cân có chung cạnh BC nên AI và DI là hai đường trung tuyến đồng thời là đường cao. Như vậy BC vuông góc với hai đường cắt nhau nằm trong mặt phẳng (ADI) nên ta dùng phương pháp 1 để chứng minh.
Giải
aa a) Ta có và cân và I là trung điểm của BC nên :
b) Ta có 
Có 

Ví dụ 3: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi và có 
SA = SB = SC = SD.
a) Chứng minh rằng: , với O là giao điểm của AC và BD.
b) Chứng minh rằng: và .
c) Gọi I và J lần lượt là trung điểm của các cạnh BA, BC, CM. Chứng minh 

Phân tích Ta nhận thấy SO là trung tuyến đồng thời là đường cao trong các tam giác cân SAC và tam giác SBD. Do vậy ta sử dụng phương pháp 1 để chứng minh ý a) và ý b). Đối với ý c) ta nhận thấy IJ song song với AC nên ta sử dụng phương pháp 2 để chứng minh.
Giải
Ta có và là tam giác cân tại S (Theo giả thiết)
Nên suy ra 
b) ( 2 đường chéo của hình thoi)
 ( chứng minh trên). Ta có 


c)Ta có IJ AC (IJ là đường trung bình trong )
Mà (chứng minh trên).
 Ví dụ 4: Cho hình chóp S.ABCD đáy ABCD là hình vuông, tam giác SAB là tam giác đều, . Gọi I, F lần lượt là trung điểm của AB và AD. Chứng minh rằng: 

Phân tích Ta nhận thấy (SAB) vuông góc với mặt phẳng (ABCD). Mà tam giác SAB đều nên SI là trung tuyến đồng thời là đường cao. Chính vì vậy ta sử dụng phương pháp 3 để chứng minh SI vuông góc với mặt phẳng (ABCD)
Giải
Ta có: 

Mặt khác, xét hai tam giác vuông ADI và DFC có: AI=DF, AD=DC. Do đó, từ đó ta có: 
Hay 
Từ (11) và (12) suy ra: 
 
4.1.2.Loại 2. Chứng minh hai đường thẳng vuông góc
Phương pháp: 
+) Phương pháp 1 : Dùng định nghĩa: 
+) Phương pháp 2 : Dùng tích vô hướng
Với là véc tơ chỉ phương của a và b thì 
+) Phương pháp 3 : 
+) Phương pháp 4 : Chứng minh a, b đồng phẳng rồi áp dụng tính chất trong hình học phẳng như: Pytago đảo, trung tuyến của tam giác cân, tính chất đường cao, .....
+) Phương pháp 5 : Chứng minh a nằm trong mặt phẳng () và a vuông góc với hình chiếu b' của b trên mặt phẳng () . (b' là hình chiếu của b trên mặt phẳng ())
+) Phương pháp 6 : Muốn chứng minh hai đường thẳng vuông góc với nhau ta chứng minh đường thẳng này vuông góc với mặt phẳng chứa đường thẳng kia . 
+) Phương pháp 7: Sử dụng tính chất: Nếu đường thẳng a song song với mặt phẳng (P), mà đường thẳng d vuông góc với mặt phẳng (P), thì d vuông góc với đường thẳng a . 
Ví dụ 1: Cho hình chóp S.ABCD đáy ABCD là hình thang vuông tại A và B , AD=2a, AB=BC=a. Chứng minh rằng: các tam giác sau là tam giác vuông .

Phân tích: Do mà các đường AB, AD đều nằm trong mặt phẳng (ABCD) nên ta sử dụng phương pháp 6 để chứng minh đường thẳng vuông góc với mặt phẳng. Khi chứng minh tam giác SCD là tam giác vuông ta phải chứng minh ACCD bằng cách sử dụng phương pháp 1 là tính .
Giải
Ta có là tam giác vuông. 
 Ta lại có là tam giác vuông tại B.
Ta có: 
+ Gọi I là trung điểm của AD. Tứ giác ABCI là hình vuông. Do đó, (*). Mặt khác, là tam giác vuông cân tại I nên: (**).
Từ (*) và (**) suy ra: hay (14)
Từ (13) và (14) suy ra: hay ∆SCD vuông tại C

Ví dụ 2: Cho tứ diện đều ABCD. Gọ I, J lần lượt là trung điểm của AC và BD.
 a) Chứng minh 
 b) Chứng minh 
 c) Trên AB và CD lần lượt lấy các điểm M và N sao cho ;. Chứng minh rằng khi k thay đổi MN và IJ luôn vuông góc với nhau. 

Phân tích: Chúng ta nhận thấy đây là tứ diện đều nên các mặt của tứ diện đều là các tam giác đều. Sử dụng dữ kiện bài toán này ta áp dụng tính chất đường trung tuyến đồng thời là đường cao nên đối với ý a) ta đi chứng minh BD vuông góc với mặt phẳng chứa AC. Đối với ý b) ta có thể có nhiều cách chứng minh: có thể áp dụng IJ là trung tuyến đồng thời là đường cao trong tam giác AJC hoặc chứng minh BD vuông góc với mặt phẳng chứa IJ. Đối với ý c) ta nhận thấy có biểu thức véc tơ. Nên ta sử dụng phương pháp 2 là chứng minh tích vô hướng của hai véc tơ chỉ phương bằng 0.
Giải
a)Ta có ( AJ là đường trung tuyến đồng thời là đường cao trong tam giác ABD)
Ta lại có (CJ là đường trung tuyến đồng thời là đường cao trong tam giác BCD)
 mà 


b) Theo ý a) mà 
Hoặc cách 2: nên DI = BI do đó là tam giác cân nên IJ là trung tuyến đồng thời là đường cao do đó 
Chứng minh hoàn toàn tương tự với cách chứng minh 
c)Do nên ta có 
Xét (15)
Mà (16); và từ (17)
Thay (16) và (17) vào (15) ta được 
Suy ra MN vuông góc với IJ
Ví dụ 3: Cho tứ diện đều ABCD cạnh bằng a. Gọi M, N, P, Q, R lần lượt là trung điểm của AB, CD, AD, BC và AC. CMR: 
 a) MN ^ RP 	b) MN ^ RQ	
Phân tích: Ta nhận thấy MN là trung tuyến đồng thời là đường cao trong tam giác DMC nên MN ^ DC. (Hoặc ta chứng minh DC vuông góc với mặt phẳng (ANB)). Mặt khác RP lại song song với DC nên ta sử dụng phương pháp 3 để chứng minh. Ý b) chứng minh tương tự ý a) ta cũng dùng phương pháp 3 để chứng minh.
Giải:
a)Ta có nên DM = MC do đó là tam giác cân nên MN là trung tuyến đồng thời là đường cao do đó .
Mặt khác RP song song với DC nên MN ^ RP .
Ý b) chứng minh hoàn toàn tương tự ý a).


Ví dụ 4 Cho tứ diện OABC có OA, OB, OC đôi một vuông góc với nhau. Gọi H là hình chiếu vuông góc của O lên (ABC). CMR: 
 a) Chứng minh các cạnh đối diện của hình chóp vuông góc với nhau
 b) H là trực tâm của DABC 
Phân tích: Để chứng minh OA vuông góc với BC ta chứng minh OA vuông góc với (OBC). Các ý khác tương tự. Đối với ý b) ta chứng minh H là giao điểm của hai đường cao. Tức là ta đi chứng minh AHBC và BHAC.
Giải
a).
Chứng minh tương tự ta được 
OBAC, OCAB.
b)Chứng minh H là trực tâm
*Chứng minh AHBC
Ta có ( chứng minh ý a) (18)
BCOH(vì OH(ABC) mà BC(ABC))(19)
Từ (18), (19) ta suy ra BC(OAH) suy ra BCAH.
Chứng minh tương tự ta được ABCH.


Ví dụ 5: (Đề thi Đại học khối B năm 2007) Cho hình chóp đều S.ABCD đáy ABCD là hình vuông, E là điểm đối xứng của D qua trung điểm SA. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AE và BC. CMR: .
Phân tích: Ta nhận thấy muốn chứng minh ta sử dụng phương pháp 6 để chứng minh. Trong quá trình chứng minh đường thẳng vuông góc với mặt phẳng ta sử dụng phương pháp 3 để chứng minh BD vuông góc với IN.
Giải
Gọi I, P lần lượt là trung điểm của AB và SA, O là giao điểm của AC và BD.
Ta có: 
Mặt khác, 
Mà (vì: BPD là tam giác cân tại P và O là trung điểm của BD)
Từ (*) và (**) ta có: 
Từ (20) và (21) ta có: 


4.1.3. Loại 3. Chứng minh hai mặt phẳng vuông góc
Phương pháp: 
*) Phương pháp 1 : 
	Muốn chứng minh hai mặt phẳng vuông góc với nhau ta chứng minh mặt phẳng này chứa một đường thẳng vuông góc với mặt phẳng kia . 
*) Phương pháp 2 : Sử dụng tính chất : 
*) Phương pháp 3: Sử dụng tính chất (P) d , (Q) // d hoặc chứa d thì (P) (Q) 
*) Phương pháp 4: Chứng minh góc giữa hai mặt phẳng bằng 
Ví dụ 1: Cho hình chóp SABCD. Có đáy ABCD là hình vuông. SA(ABCD). Chứng minh rằng : 
 a) (SAB)(ABCD); (SAD)(ABCD); (SAC)(ABCD);
 b) (SDC)(SAD); (SBC)(SAB); (SBD) (SAC)
Phân tích: Ta nhận thấy SA(ABCD) mà SA nằm trong các mặt phẳng (SAB); (SAD); (SAC). Nên ta sử dụng phương pháp 1 để chứng minh hai mặt phẳng vuông góc.
Giải:
a)Ta có 
Tương tự ta cũng chứng minh được (SAD)(ABCD); (SAC)(ABCD);
b)Ta có ;


; 
; 
Ví dụ 2: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABC là tam giác đều. SA vuông góc với mặt phẳng đáy (ABC). Gọi I là trung điểm của BC. Chứng minh (SAI) và (SBC) vuông góc với nhau.
Phân tích Ta nhận thấy tam giác ABC là tam giác đều nên đường trung tuyến AI đồng thời là đường cao. Ta sẽ chứng minh được BC (SAI). Từ đó suy ra (SBC) (SAI).
Giải:
Do AC = AB nên AIBC (24). 
Mặt khác AB = AC nên suy ra SB = SC SI BC (25)
Từ (24) và (25) ta suy ra BC (SAI) mà BC(SBC) suy ra (SBC) (SAI).


4.2. Dạng 2. Các bài toán về khoảng cách
4.2.1. Loại 1.Khoảng cách từ một điểm tới một mặt phẳng
	Phương pháp xác định khoảng cách từ M đến mặt phẳng (P)
Phương pháp 1: 
 + Tìm mp(Q) chứa M và vuông góc với mp(P) theo giao tuyến ∆
 + Từ M hạ MH vuông góc với ∆ ()
 + MH = d(M,(P))
Phương pháp 2: 
 + Kẻ Qua M kẻ ∆//(P). Ta có: d(M,(P))= d(∆,(P)) 
 + Chọn .Lúc đó, 
Phương pháp 3: 
 + Nếu . Ta có: 
 + Tính và 
 + 
Chú ý: Điểm N ở đây ta phải chọn sao cho tìm khoảng cách từ N đến mặt phẳng (P) dễ hơn tìm khoảng cách từ M đến mp(P).
Các ví dụ.
*) Ví dụ sử dụng phương pháp 1:
Ví dụ 1: Cho hình chóp đều S.ABC đáy ABC có cạnh bằng a, mặt bên tạo với đáy một góc α. Tính theo a và α.
Phân tích: Ta nhận thấy đây là hình chóp đều nên tam giác ABC là tam giác đều nên AI BC và SI BC. Do đó BC sẽ vuông góc với (SAI). Ta sẽ dựng đường thẳng AH và vuông góc với SI và chứng minh được độ dài AH là khoảng cách từ A đến (SBC)
Giải:
 + Gọi I là trung điểm của BC.
+ Ta có: và 
+ Kẻ mà nên . Do đó, 
+ Mặt khác, xét tam giác vuông AHI có: Vậy, 
Ví dụ 2: Cho hình chóp S.ABCD đáy ABCD là hình vuông cạnh a, , SA=2a,
 a) Tính 
 b) Tính 
Phân tích: Trong mặt phẳng (SAB) kẻ AH SB ta sẽ chứng minh độ dài đoạn AH là khoảng cách từ A đến mặt phẳng (SBC). Trong mặt phẳng (SAC) kẻ AK SO. Ta sẽ chứng minh độ dài đoạn AK là khoảng cách từ A đến mặt phẳng (SBD).
Giải:
a) Kẻ 
Ta có: và . Từ (33) và (34) suy ra: .
Từ (32) và (35) ta có: hay 

+ Mặt khác, xét tam giác vuông SAB có: .Vậy, 
b) Gọi 
 Kẻ 
Ta có: và . Từ (37) và (38) suy ra: .
Từ (36) và (39) ta có: hay 
+ Mặt khác, xét tam giác vuông SAO có: . Vậy, .
*) Ví dụ sử dụng phương pháp 3:
Ví dụ 1: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và D, AB=AD=a, CD=2a, , SD=a.
a) Tính b) Tính 
Phân tích: Gọi M là trung điểm của DC nên BM = AD =1/2 CD nên tam giác BCD là tam giác vuông tại B. Ta kẻ DH vuông góc với SB. Ta sẽ đi chứng minh độ dài đoạn DH là khoảng cách từ D đến (SBC) ;Ý b) ta sử dụng: 
Giải:
Gọi M là trung điểm của CD, E là giao điểm của hai đường thẳng AD và BC.
a) Trong mặt phẳng (SBD) kẻ . 
 + Vì Tam giác BCD vuông tại B hay . Mặt khác, vì . Từ (48) và (49) ta có: 
. Từ (47) và (50) suy ra: 
 hay 
+ Xét tam giác vuông SBD có: . 
Vậy, 


b)Ta có:
 .
Vậy, 
4.2.2. Loại 2. Khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau
Phương pháp tính khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau d và d’
Phương pháp 1: 	
+ Xác định đường thẳng vuông góc chung của d và d’
+ Tính độ dài đoạn vuông góc chung.
Phương pháp 2: 	
+Tìm mp(P) chứa d’ và song song với d
+ Khi đó với A là một điểm bất kỳ thuộc d
Chú ý: mp(P) có thể có sẵn hoặc chúng ta phải dựng (Cách dựng: qua một điểm dựng đường thẳng ∆ song song với d, lúc đó mp(P)≡(d’,∆)).
 Các ví dụ 
*) Ví dụ sử dụng phương pháp 1 :
Ví dụ 1: Cho tứ diện ABCD có AB=a
tất cả các cạnh còn lại bằng 3a. Tính 
Phân tích: Gọi I, J là trung điểm của CD, AB. Ta nhận thấy các tam giác ACD, BCD đều là các tam giác đều nên AI, BI là đường trung tuyến đồng thời là đường cao. Do đó ta sẽ chứng minh được IJ là đường vuông góc chung của AB và CD.
Giải:
+ Gọi I, J lần lượt là trung điểm của CD và AB.
+ Vì ACD và ACD là các tam giác đều nên: Mặt khác, nên tam giác AIB cân tại I. Do đó, 
+ Từ (51), (52) suy ra: IJ là đường vuông góc chung của AB và CD.


+ Ta có: .
Vậy 
Ví dụ 2: (Đề thi Đại học khối A năm 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 DM . Tính 
Phân tích: Trong (SCH) kẻ HK vuông góc với SC. Ta sẽ chứng minh được HK là đoạn vuông góc chung của SC và DM.
Giải:
+ Trong mp(SCH) kẻ .
+ Mặt khác, 
Xét hai tam giác vuông AMD và DNC có AM=DN, AD=DC. Từ 
đó ta có: hay .
Từ (54), (55) suy ra: .
Từ (53), (56) suy ra: HK là đoạn vuông góc chung của DM và SC.
+ Ta có: .
Xét tam giác vuông SHC ta có: 
Vậy 
*) Ví dụ sử dụng phương pháp 2
Ví dụ 1: Cho hình lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác đều cạnh a, . Tính .
Phân tích: Gọi I, J lần lượt là trung điểm của AB và A'B'. Ta có 
Giải: 
+ Gọi I, J lần lượt là trung điểm của AB và A’B’.
+ Ta có: Trong mp(CIJ) kẻ 
Ta có: (vì ABC. A’B’C’ là hình lăng trụ đứng) và (vì ∆ABC là tam giác đều) nên .

Từ (57), (58) suy ra: hay 
+ Xét tam giác vuông CIJ có: 
Vậy 
Ví dụ 2: Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, cạnh bên bằng . Tính 
Phân tích: Vì ABCD là hình vuông nên ta có:
Giải
+ Vì
 + Gọi O là giao điểm của AC và BD. I, J lần lượt là trung điểm của AD và BC.
+ Trong mp(SIJ) kẻ .


Theo giả thiết ta có: Từ (59), (60) suy ra: hay 
+ Xét tam giác SIJ có: . Với: IJ=a, . Suy ra: 
Vậy 
5. Kết quả đạt được:
	 Những kết quả khả quan từ thực nghiệm sư phạm, cho phép tôi kết luận rằng mục đích nghiên cứu của đề tài đã được hoàn thành và đề tài có tính khả thi cao.
	 Tôi hy vọng rằng, đây là cuốn tài liệu tham khảo về phần quan hệ vuông góc trong không gian mà các thầy cô giáo dạy Toán yêu thích, đồng thời giúp các em học sinh học tốt hơn phần hình học không gian, qua đó góp phần nâng cao kết quả học tập của các em.
KẾT LUẬN VÀ KHUYẾN NGHỊ
1. Kết luận:
Chủ đề về quan hệ vuông góc trong không gian là một chủ đề hay và khó của toán học nói chung và môn toán ở trường phổ thông nói riêng. Qua thực tế giảng dạy, tôi nhận thấy đây là một chủ đề có rất nhiều dạng bài tập hay. Tuy nhiên việc tiếp thu tốt cho phần này đòi hỏi người học có tính tưởng tượng phong phú, tư duy trừu tượng cao. Chính vì vậy đã gây không ít khó khăn cho việc tiếp thu kiến thức của học sinh cũng như việc giảng dạy của giáo viên. Tuy nhiên, tôi nhận thấy rằng nếu giáo viên quan tâm đúng mức việc trang bị tri thức phương pháp và rèn luyện các kỹ năng cho học sinh thì việc giảng dạy chuyên đề này sẽ góp phần phát triển tư duy, bồi dưỡng năng lực toán học và gây hứng thú học tập cho học sinh. 
Trong cđ của mình, tôi đã đưa ra các giải pháp để khắc phục tình trạng trên : Đưa ra một số các dạng toán thường gặp của phần quan hệ vuông góc trong không gian, ở mỗi dạng có đưa ra các ví dụ, tiến hành phân tích để tìm lời giải cho bài toán.
Để nắm được hiệu quả của các tiết dạy học áp dụng sáng kiến tôi đã tiến hành thử nghiệm, qua khảo sát thực tế kết quả đạt được là hầu hết học sinh đều biết cách phân tích đề bài và làm bài một cách nhanh chóng và hiệu quả. Hơn thế nữa, nhiều em còn sôi nổi phát biểu, thảo luận và tìm ra nhiều điều mới mẻ từ sáng kiến. 
Qua thực tế giảng dạy chuyên đề này tôi thấy các em không những nắm vững được phương pháp, biết cách vận dụng vào những bài toán cụ thể mà còn rất hứng thú với nội dung mà sáng kiến đề cập đến.