- Trang Chủ
- Ôn thi ĐH-CĐ
- Chuyên đề luyện thi đại học phương pháp giải các bài tập hình học không gian trong kì thi TSĐH
Xem mẫu
- Chuyên đề luyện thi đại học
PHƯƠNG PHÁP GIẢI CÁC BÀI TẬP HÌNH
KHÔNG GIAN TRONG KỲ THI TSĐH
Biên soạn: Nguyễn Trung Kiên 0988844088
Trong kỳ thi TSĐH bài toán hình không gian luôn là dạng bài tập gây khó khăn cho học
sinh. Nguyên nhân cơ bản là do học sinh chưa biết phân biệt rõ ràng dạng bài tập để lựa
chọn công cụ, phương pháp giải cho phù hợp. Bài viết này sẽ giúp học sinh giải quyết
những vướng mắc đó.
Phần 1: Những vấn đề cần nắm chắc khi tính toán
⊻ Trong tam giác vuông ABC (vuông tại A) đường cao AH thì ta luôn có:
- b = c tan B , c = b tan C , AH 2 = HB.HC
1 1 1 AB. AC
= + ⇒ AH =
- 2 2 2
AB 2 + AC 2
AH AB AC
A
H
B C
b2 + c2 − a2
⊻ Trong tam giác thường ABC ta có: a 2 = b 2 + c 2 − 2bc cos A;cos A = .
2bc
Tương tự ta có hệ thức cho cạnh b, c và góc B, C:
1 1 1
- S ∆ABC = ab sin C = bc sin A = ac sin B
2 2 2
- S = p.r (Trong đó p là nữa chu vi, r là bán kính vòng tròn nội tiếp tam giác)
abc
- S=
4R
⊻ Thể tích khối đa diện:
1
- Vchop = B.h (B là diện tích đáy, h là chiều cao)
3
- VLT = B.h
Phần 2) Phương pháp xác định đường cao các loại khối chóp:
Loại 1: Khối chóp có 1 cạnh góc vuông với đáy đó chính là chiều cao.
-
Loại 2: Khối chóp có 1 mặt bên vuông góc với đáy thì đường cao chính là đường vuông
-
góc kẻ từ đỉnh đến giao tuyến của mặt bên và đáy.
Loại 3: Khối chóp có 2 mặt kề nhau cùng vuông góc với đáy thì đường cao chính là giao
-
tuyến của 2 mặt kề nhau đó.
1
- Loại 4: Khối chóp có các cạnh bên bằng nhau hoặc các cạnh bên cùng tạo với đáy 1 góc
-
bằng nhau thì chân đường cao chính là tâm vòng tròn ngoại tiếp đáy.
- Loại 5: Khối chóp có các mặt bên đều tạo với đáy 1 góc bằng nhau thì chân đường cao
chính là tâm vòng tròn nội tiếp đáy.
Sử dụng các giả thiết mở:
- Hình chóp SABCD có mặt phẳng ( SAB ) và ( SAC ) cùng tạo với đáy góc α thì chân
đường cao hạ từ đỉnh S thuộc phân giác trong góc BAC
- Hình chóp SABCD có SB = SC hoặc SB, SC cùng tạo với đáy một góc α thì chân
đường cao hạ từ S rơi vào đường trung trực của BC
Việc xác định được chân đường cao là yếu tố đặc biệt quan trọng để giải quyết các câu hỏi
trong bài toán hình không gian cổ điển
Phần 3: Các bài toán về tính thể tích
A. Tính thể tích trực tiếp bằng cách tìm đường cao:
Ví dụ 1) (TSĐH A 2009) Cho hình chóp SABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A
và D , có AB = AD = 2a, CD = a . Góc giữa 2 mặt phẳng ( SCB ), ( ABCD ) bằng 600. Gọi I là
trung điểm AD biết 2 mặt phẳng ( SBI ) và ( SCI ) cùng vuông góc với đáy ABCD . Tính thể tích
khối chóp SABCD .
HD giải:
Vì 2 mặt phẳng ( SBI ) và ( SCI ) cùng vuông góc với đáy ABCD mà ( SBI ) và ( SCI ) có giao
tuyến là SI nên SI ⊥ ( ABCD ) . Kẻ IH ⊥ BC ta có góc giữa 2 mặt phẳng ( SCB ), ( ABCD ) là
SHI = 600 . Từ đó ta tính được:
ˆ
1
IC = a 2; IB = BC = a 5; S ( ABCD ) = AD ( AB + CD ) = 3a 2
2
a 2 3a 2
1
IH .BC = S ( IBC ) = S ( ABCD ) − S ( ABI ) − S (CDI ) = 3a 2 − a 2 − = nên
2 2 2
2S 33 3 15 3
IH = ∆IBC = a . Từ đó tính được VSABCD = a.
5
BC 5
S
A
B
I
H
D
C
2
- Ví dụ 2) (TSĐH D 2009) Cho lăng trụ đứng ABCA ' B ' C ' có đáy ABC là tam giác vuông tại
B , AB = a, AA ' = 2a, A ' C = 3a . Gọi M là trung điểm của đoạn B ' C ' , I là giao điểm của
BM và B ' C . Tính thể tích khối chóp IABC theo a
HD giải:
- ABCA ' B ' C ' là lăng trụ đứng nên các mặt bên đều vuông góc với đáy.
I ⊂ ( B ' BC ) ⊥ ( ABC ) , từ I ta kẻ IH ⊥ BC thì IH ⊥ ( ABC ) và I chính là trọng tâm tam giác
IH CI 2 4a
= = ⇒ IH =
BB ' C ' ⇒
BB ' CB ' 3 3
Có AC = A′C 2 − AA′2 = 9a 2 = 4a 2 = a 5 ⇒ BC = AC − AB 2 = 2a
2
1 1 4a 1 4
VIABC = IH .dt ( ABC ) = . . .2a.a = a 3 ( đvtt)
3 332 9
C'
A'
M
B'
I
O
C
A
H
B
Ví dụ 3: Cho hình chóp SABCD có đáy ( ABCD ) là hình chữ nhật với AB = a, AD = a 2, SA = a
và vuông góc với mặt phẳng ( ABCD ) . Gọi M , N lần lượt là trung điểm của AD và SC ; I là
giao điểm của BM và AC . Chứng minh rằng mặt phẳng ( SAC ) vuông góc với mặt phẳng
( SMB ) . Tính thể tích khối tứ diện ANIB .
Lời giải:
+) Chứng minh ( SAC ) ⊥ ( SMB ) .
Ta có:
2a 2 a 6
AC = AB 2 + BC 2 = a 2 + 2a 2 = a 3; BM = AB 2 + AM 2 = a 2 + =
4 2
Gọi O = AC ∩ BD ;do I là giao điểm của hai đường trung tuyến AO và BM nên là trọng tâm
của tam giác ABD .
3
- 2 1 a3 2 a6
Theo tính chất trọng tâm của tam giác ta có: AI = AO = AC = ; BI = BM =
3 3 3 3 3
a 2 2a 2
Nhận xét: AI 2 + BI 2 = + = a 2 = AB 2 , suy ra tam giác AIB vuông tại I .
3 3
Do đó BM ⊥ AI (1)
Mặt khác: SA ⊥ ( ABCD ) nên SA ⊥ BM (2)
Từ (1) và (2) suy ra BM ⊥ ( SAC )
+) Tính thể tích khối tứ diện ANIB
1 a
Do NO là đường trung bình của tam giác SAC nên ta có: NO / / SA và NO = SA =
2 2
Do đó NO là đường cao của tứ diện ANIB
1 a 3 a 6 a2 2
1
Diện tích tam giác đều AIB là: S AIB = AI .BI = =
.
2 23 3 6
2 3
1 1a 2 a a 2
Thể tích khối tứ diện ANIB là: V = S AIB .NO = .=
3 362 36
S
N
M
A
D
I
O
C
B
Ví dụ 4) Cho hình chóp SABC có đáy ABC là tam giác cân với AB = AC = 3a, BC = 2a . Các
mặt bên đều hợp với đáy một góc 600 . Tính thể tích khối chóp SABC
Lời giải:
Gọi O là hình chiếu của S trên mặt phẳng ( ABC ) và I , H , J lần lượt là hình chiếu của O trên
AB, BC , CA .
Theo định lý ba đường vuông góc ta có: SI ⊥ AB, SJ ⊥ AC , SH ⊥ BC
Suy ra: SIO, SJO, SHO lần lượt là góc hợp bởi các mặt bên ( SAB ) , ( SAC ) , ( SBC ) và mặt đáy
Theo giả thiết ta có: SIO = SJO = SHO = 600
Các tam giác vuông SOI , SOJ , SOH bằng nhau nên OI = OJ = OH
Do đó O là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC
4
- Mặt khác: ABC là tam giác cân tại A nên AH vừa là đường phân giác, vừa là đường cao, vừa
là đường trung tuyến
Suy ra A, O, H thẳng hàng và H là trung điểm của BC
Tam giác ABH vuông tại H , ta có: AH = AB 2 − BH 2 = 9a 2 − a 2 = 2a 2
1 1
Diện tích tam giác ABC là: S ABC = BC. AH = .2a.2a 2 = 2a 2 2
2 2
1
Ngoài ra: S ABC = pr , với p = ( AB + AC + BC ) = 4a và r : bán kính đường tròn nội tiếp ∆ABC .
2
2
S 2a 2 a 2
⇒ r = ABC = = = OH
4a 2
p
a6
Tam giác SOH vuông tại O , ta có: SO = OH tan 600 =
2
a 6 2a 3 3
1 1
Thể tích khối chóp SABC là: V = S ABC .SO = .2a 2 =
2.
3 3 2 3
S
I
B
A
O
H
J
C
Chú ý: Hình chóp có các mặt bên hợp với đáy các góc bằng nhau thì chân đường cao là tâm đường
tròn nội tiếp đáy hình chóp.
Ví dụ 5) Cho hình lăng trụ tam giác ABCA ' B ' C ' có đáy ABC là tam giác vuông tại A
AB = a 3 , AC = a . Biết đỉnh C ' cách đều các đỉnh A, B, C và khoảng cách từ đỉnh B đến mặt
6a
phẳng (C ' AC ) bằng .Tính thể tích khối chóp A ' ABC ' theo a và tính cosin góc tạo bởi mặt
15
phẳng ( ABB ' A ') và mặt phẳng đáy ( ABC ) .
- Hạ C ' H ⊥ ( ABC ) ⇒ ∆C ' HA = ∆C ' HB = ∆C ' HC ⇔ HA = HB = HC
Suy ra H là tâm vòng trong ngoại tiếp tam giác ABC . Vì tam giác ABC vuông tại A nên H là
trung điểm của BC .
Ta có: d B / ( ACC ') = 2d H /( ACC ') .
1 3a
Hạ HM ⊥ AC , HN ⊥ C ' M ⇒ HN ⊥ ( ACC ') ⇒ d H / ( ACC ') = HN = d B /( ACC ') = .
2 15
5
- 1 a3
Ta có: HM = AB = ⇒ C ' H = a 3 từ đó tính được CC ' = 2a.
2 2
a3
1 1 1 1
= VLT = C ' H .dt ( ABC ) = .a 3. .a 3.a =
Có VA ' ABC '
3 3 3 2 2
1
- Hạ A ' K ⊥ ( ABC ) thì C ' HKA ' là hình chữ nhật . Gọi I = HK ∩ AB thì OI / / =
AC suy ra I
2
là trung điểm của AB . Tam giác ABC vuông tại A nên KI ⊥ AB ⇒ Góc tạo bởi ( ABB ' A ') và
đáy ( ABC ) là A ' IK
IK
Ta có: cos A ' IK = . Tính được
A'I
1 a 13 13
a IK
IK = HK = ; A ' I = IK 2 + A ' K 2 = ⇒ cos A ' IK = =
2 2 2 A' I 13
C'
B'
A'
N
H
B
C
M I
A K
Ví dụ 6) Cho hình chóp SABCD có đáy ABCD là hình bình hành AB = 2a, AD = a, BAD = 600
SAB là tam giác đều . Gọi H là trung điểm của AB , K là hình chiếu vuông góc của H lên mặt
a 15
phẳng ( SCD ) . Tính thể tích khối chóp SABCD biết HK = và điểm K nằm trong tam
5
giác SCD
Giải:
Gọi E là trung điểm của CD, F là trung điểm của ED
Với giả thiết SA = SB ta suy ra chân đường cao hạ từ S lên mặt phẳng ABCD thuộc đường
trung trực của đoạn thẳng AB
Nói cách khác chân đường cao hạ từ S lên ( ABCD ) thuộc đường thẳng chứa HF
Hạ HK ⊥ SF ⇒ HK ⊥ ( SCD )
2
Ta có: VSABCD = 2VSHCD = HK .dt ( SCD )
3
Ta cần tính diện tích tam giác SCD
1
Ta có: dt ( SCD ) = SF .CD;
2
6
- Mà SF = SK + KF ; SK = SH 2 − HK 2 ; KF = HF 2 − HK 2
SH là đường cao tam giác đều SAB suy ra: SH = a 3 , HF là đường cao tam giác đều HDE
a3 3 15a
suy ra: HF = Thay số ta có: SF =
2 10
3
2 a. 3 1 3 15a 3a
= .2a =
Vậy: VSABCD ..
3 5 2 10 5
S
B C
120°
K
H
E
F
D
A
Ví dụ 7) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại B, AB = BC = a 3
khoảng cách từ A đến mặt phẳng (SBC) bằng a 2 và SAB = SCB = 900 . Tính thể tích khối chóp
S.ABC theo a .
Giải:
Đây là bài toán dễ làm cho học sinh bối rối khi xác định đường cao hình chóp.
S
K
C
H
A B
7
- AB ⊥ SH
Hạ SH ⊥ ( ABCD ) vì ⇒ AB ⊥ ( SHA) ⇒ AB ⊥ HA .
AB ⊥ SA
Chứng minh tương tự ta có BC ⊥ HC ⇒ HABC là hình vuông.
Ta có HC ⊥ BC kẻ HK ⊥ SC ⇒ HK ⊥ ( SBC ) ⇒ HK = a 2
1 1 1 HK .HC
= + ⇒ SH = =a 6
Mặt khác ta có: 2 2 2
HC 2 − HK 2
HK HC HS
3a 2 6a 3
1 1
Thể tích khối chóp VSABC = SH .S ∆ABC = a 6. =
3 3 2 2
Ví dụ 8) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh bằng a, SA = SB = a ,
SD = a 2 và mặt phẳng (SBD) vuông góc với mặt phẳng (ABCD). Tính theo a thể tích khối
chóp S.ABCD
Giải:
S
A
D
O
H
B C
Hạ SH ⊥ BD ⇒ SH ⊥ ( ABCD ) ⇒ ∆SHA = ∆SHC ⇒ SA = SC
Từ giả thiết ta suy ra ∆ASC = ∆ADC = ∆ABC ⇒ OB = SO = OD ⇔ ∆SBD vuông tại S
SB.SD a6
Tính được BD = a 3, SH = = ,suy ra tam giác ABC là tam giác đều
3
SB 2 + SD 2
1 a 6 a2 3 2a 3
1
= SH .S ABCD = . =
VSABCD .
3 33 2 6
2
Chú ý: Ta có thể tính thể tích theo cách: VSABCD = 2VCSBD = CO.S ∆SBD
3
Trong ví dụ này chìa khóa để giải quyết bài toán là phát hiện ra tam giác SBD vuông tại S
Các em hãy rèn luyện dạng toán này qua bài tập sau:
8
- ‘’Cho hình chóp SABCD có cạnh SD = x ( x > 0) , các cạnh còn lại của hình chóp bằng nhau và
2a 3
bằng a ( x > 0) . Tìm x biết thể tích khối chóp SABCD bằng .’’
6
B. Tính thể tích bằng phương pháp gián tiếp
Khi gặp các bài toán mà việc tính toán gặp khó khăn thì ta phải tìm cách phân chia khối đa diện
đó thành các khối chóp đơn giản hơn mà có thể tính trực tiếp thể tích của nó hoặc sử dụng công
thức tính tỉ sốthể tích để tìm thể tích khối đa diện cần tính thông qua 1 khối đa diện trung gian
đơn giản hơn.
Các em học sinh cần nắm vững các công thức sau:
VSA′B′C ′ SA′.SB′.SC ′
= (1)
VSABC SA.SB.SC
VSA′ABC A ' A
= (2). Công thức (2) có thể mở rộng cho khối chóp bất kỳ.
VSABC SA
S
C'
A'
B'
A C
B
Ví dụ 3) Cho hình chóp SABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a , BAD = 600 , SA vuông góc
ˆ
với đáy ABCD , SA = a . Gọi C ' là trung điểm của SC , mặt phẳng ( P ) đi qua AC song song
với BD cắt các cạnh SB, SD của hình chóp tại B ', D ' . Tính thể tích khối chóp SABCD
HD giải:
Gọi O là giao 2 đường chéo ta suy ra AC ' và SO cắt nhau tại trọng tâm I của tam giác SAC
Từ I thuộc mặt phẳng kẻ đường thẳng song song với BD cắt các cạnh SB, SD của hình chóp
tại B ', D ' là 2 giao điểm cần tìm.
SC ′ 1 SD′ SB′ SI 2
=; = = =
Ta có:
SC 2 SD SB SO 3
9
- VSAB′C ′D′ VSAB′C ′ SA.SB′.SC ′ 1
Dễ thấy V( SAB′C ′D′) = 2V( SAB′C ′) ;V( SAB′C ′) = 2V( SABC ) ⇒ = = =
VABCD VSABC SA.SB.SC 3
1 1 ˆ1 3 3
Ta có V( SABCD ) = SA.dt ( ABCD ) = SA. AD. AB.sinDAB = a.a.a. = a3
3 3 3 2 6
33
V( SAB′C ′D′) = a (đvtt)
18
S
D'
C'
I
A'
D
A
O
B C
Ví dụ 4) (Dự bị A 2007)
Cho hình chóp SABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật AB = a, AD = 2a cạnh SA vuông góc
a3
với đáy, cạnh SB hợp với đáy một góc 600. Trên cạnh SA lấy M sao cho AM = . Mặt
3
phẳng ( BCM ) cắt SD tại N . Tính thể tích khối chóp SBCMN
HD giải:
Từ M kẻ đường thẳng song song với AD cắt SD tại N là giao điểm cần tìm, góc tạo bởi SB
và ABCD là SBA = 600 .
Ta có SA = SB. tan 60 = a 3 .
3 23 SM SN 2
Từ đó suy ra SM = SA − AM = a 3 − a =a = =
⇒
3 3 SA SD 3
Dễ thấy V( SABCD ) = V( SABC ) + V( SACD ) = 2V( SABC ) = 2V( SACD ) ; V( SBCMN ) = V( SMBC ) + V( SMCN )
V( SMBC ) + V( SMCN )
V( SMBCN ) V( SMCN ) V( SMCN )
= = +
⇒
V( SABCD ) V( SABCD ) 2V( SABC ) 2V( SACD )
1.SM .SB.SC 1.SM .SC.SN 1 2 5
= + =+=
2.SA.SB.SC 2.SA.SC.SD 3 9 9
10
- 1 1 233
Mà V( SABCD ) = SA.dt ( ABCD) = a 3a .2a = a
3 3 3
10 3 3
⇒ V( SMBCN ) = a
27
S
N
M
D
A
O
B C
Ví dụ 5) Cho hình chóp SABCD có đáy là hình bình hành. Gọi M , N , P lần lượt là trung điểm
của AB, AD, SC . Chứng minh mặt phẳng ( MNP ) chia khối chóp thành hai phần có thể tích bằng
nhau.
Lời giải: Gọi I , J , K lần lượt là giao điểm của MN và CB, CD, CA
Nối PI cắt SB tại E , nối PJ cắt SD tại F
Ngũ giác PEMNF là thiết diện của mặt phẳng ( PMN ) và hình chóp
3
CI = 2 CB
CB CD CO 2
Gọi O = AC ∩ BD ; do BD / / MN nên ta có: = = = ⇒
3
CI CJ CK 3
CJ = CD
2
Vì P là trung điểm của SC nên ta có: d ( P, ( ABC ) ) = d ( S , ( ABC ) )
1
2
Do đó: VPCIJ = SCIJ .d ( P, ( ABC ) ) = . CI .CJ .sin BCD.d ( P, ( ABC ) )
1 11
3 32
= . CB. CD.sin BCD. d ( S , ( ABC ) )
13 3 1
62 2 2
9 1 9
= .CB.CD.sin BCD.d ( S , ( ABC ) ) = VSABCD
16 3 16
11
- VIBEM IB IE IM 1 1 1 1
= =..=
..
VICPJ IC IP IJ 3 2 3 18
1 1 1
⇒ VIBEM = VICPJ = VPCIJ = VSABCD
18 18 32
1 1
Tương tự VJDFN = VPCIJ = VSABCD
18 32
Gọi V1 là thể tích phần khối chóp giới hạn bởi mặt phẳng ( PMN ) và mặt phẳng đáy của hình
1 1
9 1
chóp ta có: V1 = VPCIJ − (VIBEM + VJDFN ) = VSABCD − VSABCD + VSABCD = VSABCD
32 2
16 32
1
Gọi V2 là thể tích phần còn lại của khối chóp thì V2 = VSABCD
2
Vậy V1 = V2 .
S
P
E
I
A
B
F
O M
K
C
N
D
J
Ví dụ 6)
Cho khối lập phương ABCDA ' B ' C ' D ' cạnh a. Các điểm E và F lần lượt là trung điểm của
C ' B ' và C ' D ' .
1) Dựng và tính diện tích thiết diện của khối lập phương khi cắt bởi mặt phẳng ( AEF )
2) Tính tỉ số thể tích của hai phần khối lập phương bị chia bởi mặt phẳng ( AEF )
Lời giải:
1) Dựng và tính diện tích thiết diện:
Kéo dài EF cắt A ' B ' và A ' D ' lần lượt tại I và J
Nối AI và AJ cắt BB ' và DD ' lần lượt tại P và Q
Ngũ giác APEFQ là thiết diện của mặt phẳng ( AEF ) và hình lập phương
Gọi O = A ' C '∩ B ' D ' và K = IJ ∩ A ' C '
12
- B ' D ' A' B ' A' D ' A'O 2
= = = =
Do B ' D '/ / IJ nên ta có:
IJ A' I A' J A' K 3
3a 2 3a 3a 2
3 3 3
Suy ra: IJ = B ' D ' = ; A' I = A' B ' = A' J ; A ' K = A'O =
2 2 2 2 2 4
PB ' IP IB ' 1 a
1
= = = ⇒ PB ' = AA ' = = QD '
Do PB '/ / AA ' nên ta có:
AA ' IA IA ' 3 3 3
( )
Ta có: S APEFQ = S AIJ − S PIE + SQJF = S AIJ − 2 S PIE
18a 2 a 34
Trong tam giác vuông AA ' K ta có: AK = AA '2 + A ' K 2 = a 2 + =
16 4
1 3a 2 3a 2 3a 2 17
1
= IJ . AK = . =
Do đó: S AIJ .
2 22 4 8
a 34
1
Trong tam giác PIE kẻ đường cao PH thì PH / / AK và PH = AK =
3 12
3a 2 a2
1
Mặt khác: IJ = A ' I 2 = ⇒ IE = IJ =
2 3 2
1 a 2 a 34 a 2 17
1
Diện tích tam giác PIE là: S PIE = IE.PH = . =
.
2 22 12 24
2 2 2
3a 17 a 17 7 a 17
Vậy S APEFQ = S AIJ − 2 S PIE = − =
8 12 24
A
D
O
B C Q
D'
J
P A'
F
O'
K
B' C'
E
I H
2) Tính tỉ số thể tích:
1 3a 3a 3a 3
1
VAA ' IJ = A ' A. A ' I . A ' J = .a. . =
6 6 22 8
1 a a a a3
1
VB ' PIE = B ' P.B ' I .B ' E = . . . =
6 6 3 2 2 72
Do tính đối xứng của hình lập phương nên ta có: VB ' PIE = VD ' QJF
13
- Gọi V1, V2 lần lượt là thể tích của khối đa diện ở phía dưới và phía trên mặt phẳng ( AEF )
3a 3 2a 3 25a3
Ta có: V1 = VAA ' IJ − 2VB ' PIE = − =
8 72 72
3
47 a 3
25a
V2 = VABCDA ' B ' C ' D − V1 = a 3 − =
72 72
V1 25
=
Vậ y
V2 47
Phần 4: Các bài toán về khoảng cách trong không gian
A. Khoảng cách từ 1 điểm đến 1 mặt phẳng
Để giải quyết nhanh gọn bài toán khoảng cách từ một điểm đến một mặt phẳng học sinh
cần nắm chắc bài toán cơ bản và các tính chất sau
⊻ BÀI TOÁN CƠ BẢN
Cho khối chóp SABC có SA vuông góc với đáy ABC . Tính khoảng cách từ A đến mặt phẳng
( SBC )
⊻ PHƯƠNG PHÁP
- Hạ AM vuông góc với BC , AH vuông góc với SM suy ra AH vuông góc với ( SBC ) .
Vậy khoảng cách từ A đến ( SBC ) là AH
- Ta có
S
AM . AS
1 1 1
= + ⇒ AH =
AH 2 AM 2 AS2 AM 2 + AS 2
H
C
A
M
B
* Tính chất quan trọng cần nắm:
- Nếu đường thẳng (d ) song song với mặt phẳng ( P ) thì khoảng cách từ mọi điểm trên (d ) đến
mặt phẳng ( P ) là như nhau
- Nếu AM = k BM thì d A/ ( P ) =| k | d B /( P ) trong đó ( P ) là mặt phẳng đi qua M
14
- - Nếu a, b là hai đường thẳng chéo nhau. Gọi ( P ) là mặt phẳng chứa b và ( P ) / / a thì
d a / b = d a /( P ) = d M ∈a /( P )
Trên cơ sở các tính chất trên ta luôn quy được khoảng cách từ một điểm bất kỳ về bài toán
cơ bản.
Tuy nhiên 1 số trường hợp khi việc tìm hình chiếu trở nên vô cùng khó khăn, thì việc sử dụng
công thức tính thể tích trở nên rất hiệu quả.
3V
1
Ta có V(khối chóp)= B.h ⇒ h =
B
3
Ví dụ 1) Cho hình chóp SABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a . Hình chiếu của S lên
mặt phẳng ABCD trùng với trọng tâm tam giác ABD . Mặt bên SAB tạo với đáy một góc 600.
Tính theo a thể tích của khối chóp SABCD và khoảng cách từ B đến mặt phẳng SAD
Lời giải:
S
A
D
H
G
E
C
B
N M
Gọi G là trọng tâm của tam giác ABD , E là hình chiếu của G lên AB . Ta có:
SG ⊥ AB; GE ⊥ AB ⇒ AB ⊥ ( SGE )
⇒ SAG = 600
ˆ
⇒ SG = GE. tan SEG = 3GE
ˆ
Mặt khác G là trọng tâm của tam giác ABD
a
1
⇒ GE = BC =
3 3
a3 3
1
⇒ VSABCD = SG.S ABCD =
3 9
Hạ GN vuông góc với AD , GH vuông góc với SN
15
- aa3
3.
3GN .GS a3
33
Ta có d B / ( SAD ) = 3dG /( SAD ) = 3GH = = =
GN + GS 2
2 2 2
a a 3
2
+
3 3
Ví dụ 2) Cho hình lăng trụ đứng ABCD. A′B ′C ′D ′ có đáy ABCD là hình thoi , AB = a 3 ,
∠BAD = 1200 . Biết góc giữa đường thẳng AC ′ và mặt phẳng ( ADD ′A′) bằng 300 .Tính thể tích
khối lăng trụ trên theo a. và khoảng cách từ trung điểm N của BB ' đến mặt phẳng (C ' MA) .
Biết M là trung điểm của A ' D '
Giải:
C'
D'
M
A' H
B' K
O
D
N C
B A
Ta có VABCD. A ' B 'C ' D ' = AA '.S ABCD (1).
Đáy ABCD là hình thoi gồm 2 tam giác đều ABC , ACD nên:
(a 3)
2
3
3 3a 2
S ABCD = 2 S ∆ABC = 2. = (2)
4 2
Gọi C ' M là đường cao của tam giác đều C ' A ' D ' thì C ' M ⊥ ( ADA ' D ' ) nên C ' AM = 300
ˆ
3a 3 3a
Ta có C ' M = ⇒ AM = C ' M .cot 300 = ⇒ A ' A = AM 2 − A ' M 2 = a 6 (3)
2 2
3 3a 2 9 2a 3
Thay (2),(3) vào (1) ta có: VABCD. A ' B 'C ' D ' = .a 6 = .
2 2
Ta có d N / (C ' MA) = d K /( C ' MA) với K là trung điểm của DD ' (Vì K và N đối xứng nhau qua trung
điểm O của AC’)
16
- Từ K hạ KH vuông góc với AM thì
1
KH ⊥ ( AC ' M ) ⇒ d K / ( C ' MA) = KH ; KH . AM = dt ( AA ' D ' D) − dt ( AA ' M ) − dt ( MD ' K ) − dt ( AKD)
2
3 3a 3a 1 a 6 3a 1 a 6
1 6
= a 6.a 3 − a 6. −. −. .a 3 ⇒ KH =
⇒ KH . a
.
4 2 2 22 2 22 2
6
Vậy d N / (C ' MA) = a
2
Ví dụ 3) Cho hình chóp SABC có góc tạo bởi 2 mặt phẳng SBC và ABC là 600. Các tam giác
SBC và ABC là các tam giác đều cạnh a . Tính khoảng cách từ đỉnh B đến mặt phẳng SAC .
(Đề dự bị khối A 2007)
HD giải:
S
P
N
O
C
A
M
B
Cách 1: Coi B là đỉnh khối chóp BSAC từ giả thiết ta suy ra BS = BA = BC . Gọi O là chân
đường cao hạ từ B xuống mp ( SAC ) . O chính là tâm vòng tròn ngoại tiếp tam giác SAC . Gọi
M là trung điểm BC ta có SM ⊥ BC ; AM ⊥ BC . góc tạo bởi 2 mặt phẳng ( SBC ) và ( ABC ) là
a3
SMA = 600 ⇒ SM = AM = AS = .
2
Bây giờ ta tìm vị trí tâm vòng ngoại tiếp tam giác SAC
Tam giác SAC cân tại C nên tâm vòng tròn ngoại tiếp nằm trên trung trực của SA là CN ( N
là trung diểm của SA ). Kẻ trung trực của SC cắt trung trực của SA tại O là điểm cần tìm
2
SA 3a 2
SC 2 − a2 −
2
NC 16 = 13
cos SNC = = =
SC SC a 4
SC
4a 2
2a 3a
2
⇒ OC = = ; BO = BC 2 − OC 2 = a 2 − = .
13
13 13
cos SNC
17
- 2a
1 3
Cách 2: V( SABCD ) = 2V( SABM ) = 2 BM .dt ( SAM ) = AM .MS .sin 600 = a 3 dt ( SAC )
3 3.2 16
39a 2 3V ( SABC ) 3a
1 1 13 3
a= ⇒ d ( B, ( SAC ) = =
CN .AS= . a.
=
dt ( SAC )
2 24 2 16 13
Ví dụ 4) Cho hình chóp SABCD có đáy ABCD là hình thang ABC = BAD = 900 ,
BA = BC = a, AD = 2a . Cạnh bên SA vuông góc với đáy và SA= a 2 , gọi H là hình chiếu của
A lên SB . Chứng minh tam giác SCD vuông và tính theo a khoảng cách từ H đến mặt phẳng
( SCD ) (TSĐH D 2007)
HD giải:
S
H
D
A
B C
Ta có AC = a 2; SD = SA2 + AD 2 = a 6; SC = SA2 + AC 2 = 2a . Ta cũng dễ dàng tính được
CD = a 2 . Ta có SD 2 = SC 2 + CD 2 nên tam giác SCD vuông tại C.
1 1 1 AB.AS a.a 2 2
= + ⇒ AH = = =a
2 2 2
AB2 + AS2 a 2 + 2a 2
AH AB AS 3
2
a
2 SH 3 =2
⇒ SH = SA − AH = =
2 2
a⇒
SB a 3 3
3
1. AB.( BC + AD) 1 a2
dt ( BCD) = dt ( ABCD) − dt ( ABD) = − AB. AD = ;
2 2 2
1
dt ( SCD) = SC.CD = a 2 2
2
1.a 2.a 2
V( SHCD ) SH .SC.SD 2 1 23
= = ;V( SBCD ) = SA.dt ( BCD) = = a
V( SBCD ) SB.SC.SD 3 3 3.2 6
18
- 3V( SHCD )
23 23 1 a
V( SHCD ) = a .Ta có d ( H /( SCD )) = = =
a .3 2
9 dt ( SCD) 9 a23
Ví dụ 5) Cho hình chóp SABCD có đáy ABCD là hình thang ABC = BAD = 900 ,
BA = BC = a, AD = 2a . Cạnh bên SA vuông góc với đáy và SA= a 2 , góc tạo bởi SC và
( SAD) bằng 300.Gọi G là trọng tâm tam giác ( SAD) . Tính khoảng cách từ G đến mặt phẳng
( SCD )
Giải:
S
H
G
N
A
D
M
O
B C
Kẻ CE vuông góc với AD thì E là trung điểm của AD và CE ⊥ ( SAD)
⇒ CSE = 300 ⇒ SE = CE. tan 60 = a 3 ⇒ SA = a 2
ˆ
Gọi M là trung điểm của AB , N là trung điểm của AE . Ta có BE song song với ( SCD ) ,
3
MN cũng song song với ( SCD ) . Ta có ND = AD
4
2 2 2 23 1
GS = MS ⇒ dG / ( SCD ) = d M /( SCD ) = .d N /( SCD ) = . d A/( SCD ) = d A/( SCD )
3 3 3 34 2
Vì tam giác ACD vuông cân tại C nên CD vuông góc với ( SAC ) . Hạ AH vuông góc với SC
SA.SC
thì AH ⊥ ( SCD) ⇒ d A/ ( SCD ) = AH = =a
SA2 + SC 2
(Ta cũng có thể lập luận tam giác SAC vuông cân suy ra AH=a)
Ví dụ 6) Cho hình lăng trụ ABCA ' B ' C ' có đáy ABC là tam giác vuông cân tại A cạnh huyền
BC = a 2 cạnh bên AA ' = 2a, biết A ' cách đều các đỉnh A, B, C . Gọi M , N lần lượt là trung
điểm của AA ', AC . Tính thể tích khối chóp C ' MNB và khoảng cách từ C ' đến mặt phẳng
( MNB )
Giải:
- Tính thể tích:
19
- Vì A ' cách đều A, B, C nên chân đường cao hạ từ A ' lên mặt phẳng ( ABC ) là tâm vòng tròn
ngoại tiếp tam giác ABC . Gọi H là trung điểm của BC suy ra A ' H ⊥ ( ABC )
1
Gọi K = MN ∩ AC ' ⇒ AK = C ' K ⇒ VC ' MNB = 3VAMNB
3
1
Gọi E là trung điểm của AH ⇒ ME ⊥ ( ABC ) ⇒ VMANB = ME.dt ( ANB )
3
1 1 a 14 a 14
Tính được: ME = A ' H = =
2 22 4
2 3
14a 3
1 a 14 a 14a
Suy ra: VMANB = . = . Vậy VC ' MNB =
.
34 4 48 16
- Tính khoảng cách: dC '/( BMN ) = 3d A/( BMN ) . Gọi F là trọng tâm tam giác ABC.
1 13 3 1
Ta có: AE = AH = . AF = AF ; EF = AF ⇒ d A/ ( BMN ) = 3d E /( BMN )
2 22 4 4
EP ⊥ BN EP.EM
⇒ EQ ⊥ ( MNB) ⇒ d E / ( MNB ) = EQ =
Hạ
EQ ⊥ MP EP 2 + EM 2
EP EF BH .EF
Ta có ∆EPF đồng dạng với ∆BHF ⇒ = ⇒ EP =
BH BF BF
a2 1 12 1 a2 a5
Tính được BH = ; EF = AF = . AH = AH = ; BF =
2 4 43 6 12 3
a5 EP.EM a 14
Suy ra: EP = ⇒ EQ = =
20 EP 2 + EM 2 4 71
3a 14
Vậy dC '/( BMN ) = 3d A/( BMN ) = 12d E / ( BMN ) =
4 71
A' C'
M
B'
M
Q
I
K
N
C
N A
C P
E
A H
E
H
B
B
20
nguon tai.lieu . vn
