Xem mẫu
- SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THỪA THIÊN HUẾ
TRƯỜNG THPT VINH LỘC
----------------------------
SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
Bộ môn: Toán học
Đề tài:
BÀI TOÁN KHOẢNG CÁCH QUA ĐỀ THI
ĐẠI HỌC
Họ và tên: Nguyễn Đắc Tuấn
Chức vụ: Giáo viên
Đơn vị: Trường THPT Vinh Lộc
Vinh Lộc, tháng 02 năm 2013
1
- MỤC LỤC
Nội dung Trang
1. Đặt vấn đề 2
2. Giải quyết vấn đề (Nội dung sáng kiến kinh nghiệm) 2
3. Kết luận 16
4. Tài liệu tham khảo 17
2
- 1. Đặt vấn đề:
1.1. Lý do chọn đề tài.
a) Cơ sở lý luận:
Đổi mới phương pháp dạy học là sự thay đổi từ các phương pháp dạy học
tiêu cực (truyền thụ áp đặt, một chiều từ thầy giáo đến học sinh) đến các phương
pháp tích cực, sáng tạo (tổ chức, định hướng nhận thức, phát huy tính sáng tạo,
chủ động để học sinh tự chiếm lĩnh tri thức và kĩ năng). Nhưng không phải ngay
lập tức thay đổi bằng những phương pháp hoàn toàn mới lạ mà phải là một quá
trình áp dụng phương pháp dạy học hiện đại trên cơ sở phát huy các yếu tố tích
cực của phương pháp dạy học truyền thống nhằm thay đổi cách thức, phương
pháp học tập của học sinh chuyển từ thụ động sang chủ động. Một trong những
yếu tố phát huy tính tích cực, sáng tạo là dạy học có sự tham gia nhiệt tình, hưng
phấn của học sinh, giúp học sinh tìm ra cách học mới.
Như vậy giáo viên là người khơi nguồn và tạo ra sự hưng phấn, khám phá
cái mới trong học tập của học sinh: sưu tầm, soạn thảo một số cách giải khác
mới lạ và hay để học sinh trải nghiệm.
Hình học không gian là một trong những nội dung khó đối với học sinh
phổ thông. Trong các đề thi Đại học và Cao đẳng những năm gần đây thì các câu
hỏi về tính khoảng cách từ điểm đến mặt phẳng, khoảng cách giữa hai đương
thẳng chéo nhau thường xuyên có mặt.
b) Cơ sở thực tiễn:
Học sinh thường rất ngại với việc giải toán hình học không gian, đặc biệt
các bài toán về khoảng cách do các em nắm kiến thức hình học không gian
không tốt, một phần do đặc thù khó của nội dung này nên các em gặp rất nhiều
khó khăn khi giải các bài toán về khoảng cách trong các đề thi Đại học. Với
mong muốn cung cấp và hệ thống một số phương pháp về tính khoảng cách
giúp người học tiếp cận dễ dàng hơn với các bài toán về tính khoảng cách nên
tôi đã chọn đề tài này để nghiên cứu.
1.2. Phạm vi đề tài:
Đề tài đưa ra các phương pháp xác định và tính khoảng cách từ một điểm
đến một mặt phẳng, giữa hai đường thẳng chéo nhau bằng nhiều cách khác nhau.
3
- 2. Nội dung sáng kiến kinh nghiệm
2.1. Các kiến thức chuẩn bị:
2.2. Các bài toán về tính khoảng cách trong các đề thi Đại học:
Bài 1 (Đại học khối D – 2009)
Cho hình lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác vuông tại B, AB = a,
AA’ = 2a, A’C = 3a. Gọi M là trung điểm của A’C’, I là giao điểm của AM và A’C.
Tính theo a thể tích của khối tứ diện IABC và khoảng cách từ A đến mặt phẳng (IBC).
Bài giải.
* Tính thể tích của khối chóp IABC:
Hạ IH vuông góc với AC tại H. Ta có: IH ⊥ ( ABC ) ; IH là đường cao của tứ diện
IH CI 2 2 4a
IABC IH / / AA ' = = IH = AA ' = .
AA ' CA ' 3 3 3
AC = A ' C 2 − A ' A2 = a 5; BC = AC 2 − AB 2 = 2a.
M C'
Diện tích tam giác ABC là: A'
1 1
S ABC = . AB.BC = .a.2a = a 2 .
2 2
Thể tích của khối tứ diện IABC là: I B'
1 4a 3
VIABC = .IH .S ABC = .
3 9
* Tính khoảng cách từ A đến (IBC): K
Hạ AK vuông góc với A’B tại K.
Vì BC ⊥ ( ABB ' A ') nên AK ⊥ BC AK ⊥ ( IBC ) .
C
A H
Khoảng cách từ A đến (IBC) bằng AK.
2.S AA ' B AA '. AB 2a 5
Ta có: AK = = = . B
A' B A ' A + AB
2 2 5
Cách 2. Chọn hệ trục tọa như hình vẽ.
Bài 2. (Đề thi ĐH khối A - 2010)
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 thể tích khối chóp S.CDNM và tính
khoảng cách giữa hai đường thẳng DM và SC theo a.
Bài giải.
* Thể tích của khối chóp S.CDNM.
1 1
SCDNM = S ABCD − S AMN − S BCM = AB 2 − AM . AN − BC .BM
2 2
4
- a 2 a 2 5a 2 1 5 3a3
= a2 − − = . Do đó: VS .CDNM = .SCDNM .SH = .
8 4 8 3 24 S
* Khoảng cách giữa hai đường thẳng DM và SC.
ADM = DCN ADM = DCN DM ⊥ CN , kết hợp với
DM ⊥ SH , suy ra: DM ⊥ ( SHC ) . Hạ HK ⊥ SC ( K SC ) ,
Suy ra HK là đoạn vuông góc chung của DM và SC, do đó:
d ( DM , SC ) = HK . a 3
Ta có tam giác vuông DCN, có DH là đường cao nên: K
2
CD 2a
CD 2 = HC.CN HC = = . A N
D
CN 5
Tam giác SHC vuông tại H, có HK là đường cao nên H a
M
1 1 1 1 1 1 5 19
= + = + = + 2 =
( )
2 2 2 2 2 2
HK SH HC a 3 2a 3a 4a 12a 2 B
a C
5
2a 57
HK = .
19
2a 57
Do đó: d ( DM , SC ) = HK = .
19
Bài 35. (Đề thi ĐH khối A – 2011)
Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân 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. Biết góc giữa hai
mặt phẳng (SBC) và (ABC) bằng 600. Tính thể tích của khối chóp S.BCNM và khoảng
cách giữa hai đường thẳng AB và SN theo a.
Bài giải.
* Tính thể tích của khối chóp S.BCNM: S
( SAB ) và ( SAC ) cùng vuông góc với (ABC)
nên suy ra: SA ⊥ ( ABC ) .
AB ⊥ AC SB ⊥ BC SBA là góc giữa (SBC)
và (ABC).
Suy ra SBA = 600 SA = AB.tan 600 = 2a 3.
H
Mặt phẳng qua SM và song song với BC, cắt
AC tại N. Suy ra: MN // BC và N là trung điểm
BC AB
của AC. MN = = a, BM = = a.
2 2 D
Diện tích của hình thang vuông BCNM:
S BCNM =
( BC + MN ) .BM =
3a 2
.
N
C
A
2 2
Thể tích của khối chóp S.BCNM là: 2a
M
1
VS . BCNM = .S BCNM .SA = a 3 3 (đvtt).
3 2a B
* Tính khoảng cách từ AB đến SN:
5
- Kẻ đường thẳng đi qua N, song song với AB. Hạ AD vuông góc với (D thuộc
). Suy ra: AB // (SND). Do đó: d ( AB, SN ) = d ( AB, ( SND ) ) = d ( A, ( SND ) ).
Hạ AH vuông góc với SD tại H. Suy ra: AH ⊥ ( SND ) d ( A, ( SND ) ) = AH .
Tam giác SAD vuông tại A, có: AH ⊥ SD và AD = MN = a. Suy ra:
SA. AD 2a 39
d ( AB, SN ) = AH = = .
SA + AD
2 2 13
Bài 36. (Đề TSĐH khối B – 2011)
Cho lăng trụ ABCD.A1B1C1D1 có đáy ABCD là hình chữ nhật., AB = a,
AD = a 3. Hình chiếu vuông góc của điểm A1 trên mặt phẳng (ABCD) trùng với
giao điểm của AC và BD. Góc giữa hai mặt phẳng (ADD1A1) và (ABCD) bằng
600. Tính thể tích của khối lăng trụ đã cho và khoảng cách từ điểm B1 đến mặt
3a3
; d ( B1 , ( A1BD ) ) =
a 3
phẳng (A1BD) theo a. ĐS: VABCD. A B C D = .
1 1 1 1
2 2
Bài giải.
C1 B1
D1 A1
C
B
H0 a
60 O
D E A
a 3
Gọi O là giao điểm của AC và BD. Suy ra: AO
1 ⊥ ( ABCD ) . Gọi E là trung điểm
của AD. Suy ra OE ⊥ AD và A1E ⊥ AD. Suy ra: A1 EO là góc giữa hai mặt phẳng
(ADD1A1) và (ABCD). Suy ra: A1EO = 600.
AB a 3
Tam giác A1OE vuông tại O nên AO
1 = OE.tan A1EO = .tan 600 = .
2 2
Diện tích đáy: S ABCD = AB. AD = a 2 3;
6
- 3a 3
Thể tích: VABCD. A B C D = S ABCD . A1O = .
1 1 1 1
2
Ta có: B1C // A1D. Suy ra: B1C // (A1BD). Do đó: d ( B1 , ( A1BD ) ) = d ( C, ( A1BD ) ) .
Trong (ABCD), kẻ CH vuông góc với BD tại H. Suy
CH ⊥ ( A1BD ) d ( C , ( A1BD ) ) = CH .
Suy ra: d ( B1 , ( A1BD ) ) = CH =
CD.CB a 3
= .
CD + CB
2 2 2
Bài 37. (Đề TSĐH khối D – 2011)
Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B, BA = 3a, BC = 4a;
mặt phẳng (SBC) vuông góc với mặt phẳng (ABC). Biết SB = 2a 3; SBC = 300.
Tính thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách từ B đến (SAC) theo a. ĐS:
VSABC = 2a3 3; d ( B, ( SAC ) ) =
6a 7
.
7
Bài giải.
S
K
H
B C
D
A
Cách 1. Hạ SH ⊥ BC ( H BC ) ; ( SBC ) ⊥ ( ABC ) ; SH = SB.sin SBC = a 3.
1
Diện tích: S ABC = .BA.BC = 6a 2 .
2
1
Thể tích: VS . ABC = .S ABC .SH = 2a 3 3.
3
Hạ HD ⊥ AC ( D AC ) , HK ⊥ SD ( K SD ) HK ⊥ ( SAC ) HK = d ( H , ( SAC ) ) .
BH = SB.sin SBC = 3a BC = 4.HC d ( B, ( SAC ) ) = 4.d ( H , ( SAC ) ) .
HC 3a
Ta có: AC = BA2 + BC 2 = 5a; HC = BC − BH = a; HD = BA. = .
AC 5
7
- . Vậy d ( B, ( SAC ) ) =
SH .HD 3a 7 6a 7
HK = = .
SH 2 + HD 2 14 7
Cách 2.
A
Ta có: ( SBC ) ⊥ ( ABC ) ; ( SBC ) ( ABC ) = BC
Tam giác ABC vuông tại B nên AB ⊥ BC AB ⊥ ( SBC ) .
1
Thể tích của khối chóp S.ABC là: VSABC = . AB.S ABC .
3 3a
1 1
S ABC = .SB.BC.sin SBC = .4a.2a 3.sin 30 0 = 6a 2 .
2 2
1
Vậy VS . ABC = .3a.6a 2 = 6a 3 .
3 4a
Áp dụng định lý Côsin trong tam giác SBC, ta có: B 300 C
SC 2 = SB 2 + BC 2 − 2.SB.BC.cos SBC
( )
= ( 4a ) + 2a 3 − 2.4a.2a 3.
3
2 2a 3
= 4a 2
2
2
Suy ra: SC = 2a. S
Ta có: SC + SB = 16a = BC nên tam giác SBC vuông tại S. Suy ra:
2 2 2 2
SC ⊥ SB; SC ⊥ AB ( AB ⊥ ( SBC ) ) SC ⊥ ( SAB ) ( SAB ) ⊥ ( SAC ) ;
( SAB ) ( SAC ) = SA. Trong (SAB), kẻ AK ⊥ SA AK ⊥ ( SAC ) d ( A, ( SAC ) ) = AK .
AK là đường cao của tam giác vuông SAB nên ta có:
2
1 1 1 1 1 7 36a 6a 7
2
= 2
+ 2= 2+ 2
= 2
AK 2 = AK = .
AK AB SB 9a 12a 36a 7 7
Nhận xét.
A
H
B C
H
S
8
- Cách 2 tính khoảng cách từ A đến (SAC) khá thuận lợi. Từ giả thiết ta đã đưa về
bài toán rất quen thuộc: Hình chóp ABCS có đáy là tam giác SBC vuông tại S,
có cạnh bên AB vuông góc với đáy SBC.
• Nếu như thay đổi giả thiết bài toán một chút để tam giác SBC không phải
là tam giác vuông (chẳng hạn thay đổi góc SBC hay độ dài của các cạnh
của tam giác SBC) thì ta cũng có thể giải bài toán theo cách 2, tổng quát
như sau:
Trong (SBC), kẻ BH vuông góc với SC tại H. Ta suy ra: SC vuông góc với
(ABH).
Do đó (ABH) vuông góc với (SAC) theo giao tuyến AH. Trong (ABH), kẻ
AK vuông góc AH tại K.
Ta có: AK vuông góc với (SAC). Do đó: AK ⊥ ( SAC ) AK = d ( A, ( SAC ) ) .
Tính SC dựa vào định lý Côsin trong tam giác SBC; tính BH dựa vào diện
tích của tam giác SBC; tính AK dựa vào tam giác vuông ABH, có BK là
đường cao.
Bài 39. (Đề dự bị khối D – 2006)
Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có cạnh đáy bằng a. Gọi SH là đường cao của
hình chóp. Khoảng cách từ trung điểm I của SH đến mặt bên (SBC) bằng b. Tính thể
tích khối chóp S.ABCD.
Bài giải.
Vì S.ABCD là hình chóp tứ giác đều, suy ra H là tâm của ABCD.
Gọi M là trung điểm của BC.
BC ⊥ SH
Ta có: BC ⊥ ( SHM ) ( SBC ) ⊥ ( SHM ) .
BC ⊥ HM
Ta lại có: ( SHM ) ( SBC ) = SM . Trong (SHM), qua I kẻ IN vuông góc với SM tại H
thì: IN ⊥ ( SBC ) . Suy ra: IN = d ( I , ( SBC ) ) = b.
Trong (SHM), qua H kẻ HK vuông góc với SM, ta có:
IN SI 1 S
= = HK = 2 IN = 2b.
HK SH 2
Trong tam giác vuông SHM, ta có:
1 1 1 1 1 4
2
= 2
+ 2
2 = 2
+ 2 N
HK SH HM 4b SH a
2ab I
SH = .
a 2 − 16b2
Vậy thể tích của khối chóp S.ABCD là: K
D
1 1 2ab C
VS . ABCD = .SH .S ABCD = . .a 2
3 3 a − 16b
2 2 a
3 H M
2 ab
= . (đvtt).
3 a 2 − 16b2 A a B
Bài 47. (Đề dự bị 2 khối A – 2007)
Cho hình chóp S.ABC có (( SBC ) , ( ABC )) = 60 ,
0
ABC và SBC là các tam giác đều
cạnh a. Tính theo a khoảng cách từ đỉnh B đến (SAC).
Bài giải.
9
- Gọi M là trung điểm của BC thì SM ⊥ BC , AM ⊥ BC
SMA = (( SBC ) , ( ABC )) = 60 . Suy ra tam giác SMA đều có cạnh bằng a 2 3 .
0
1 1 3a 2 3 3a 2 3
Do đó: SSMA = .SM . AM .sin 600 = . =
S
. .
2 2 4 2 16
1 1 3a 2 3 a3 3
Ta có: VSABC = 2VSBAM = 2. .BM .SSAM = .a. = .
3 3 16 16 N a
Gọi N là trung điểm của đoạn SA. Ta có: CN ⊥ SA a
a 13
CN = (vì tam giác SCN vuông tại N).
4 A a C
1 1 a 3 a 13 a 2 39 600
Suy ra: SSCA = . AS.CN = . . = . a
2 2 2 4 16 M
a
a3 3 1 1 a 2 39
Ta có: VSABC = = .SSCA .d ( B, ( SCA) ) = . .d ( B, ( SAC ) ) B
16 3 3 16
Suy ra: d ( B, ( SAC ) ) =
VSABC 3a
2
= (đvdt).
1 a 39 13
.
3 16
Bài 48. (Đề dự trữ 1 khối A – 2007)
Cho lăng trụ đứng ABC.A1B1C1 có AB = a, AC = 2a, AA1 = 2a 5; BAC = 1200. Gọi M
là trung điểm của cạnh CC1. Chứng minh MB ⊥ MA1 và tính khoảng cách từ A tới mặt
phẳng (A1BM).
Bài giải.
Ta có: A1M 2 = AC1 1 + C1M = 9a ; BC = AB + AC − 2. AB. AC.cos120 = 7 a ;
2 2 2 2 2 2 0 2
BM 2 = BC 2 + CM 2 = 12a2 ; A1B2 = A1 A2 + AB2 = 21a2 = A1M 2 + MB2 .
Suy ra: MB ⊥ MA1 .
Hình chóp MABA1 và CABA1 có chung đáy là tam giác ABA1 và đường cao bằng
nhau nên thể tích bằng nhau.
1 a3 15
Suy ra: V = VMABA = VCABA = . AA1.S ABC =
1 1
3 3
A1 C1
Do đó: d ( A, ( MBA1 ) ) =
3V 6V a 5
= = (đvtt).
SMBA1 MB.MA1 3 B1
Cách khác: Chọn hệ trục toạ độ Axyz sao cho: A O,
( )
M
C ( −2a;0;0 ) , A1 0;0;2a 5 ; A ( 0;0;0 ).
2a 5
a a 3
Suy ra: B ; ;0 ; M ( −2a;0; a 5 ) .
2 2
2a
A 1200
5a a 3
C
Ta có: BM = − ; − (
; 5 ; MA1 = 2a;0; a 5 . ) a
2 2 B
Suy ra: BM .MA1 = −5a + 5a = 0 MB ⊥ MA1.
2 2
1 a3 15
Ta có thể tích của khối tứ diện AA1BM là: V = . AA1. AB, AM = ;
6 3
10
- 1
S BMA1 = MB, MA1 = 3a 2 3. Suy ra khoảng cách từ A đến (BMA1) bằng:
2
3VAA1BM a 5
d ( A, ( BMA1 ) ) = = .
S BMA1 3
Bài 50. (Đề TSĐH, CĐ khối D – 2008)
Cho lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác vuông, AB = BC = a, cạnh
bên AA’ = a 2 . Gọi M là trung điểm của cạnh BC. Tính theo a thể tích của khối lăng
trụ ABC.A’B’C’ và khoảng cách giữa hai đường thẳng AM và B’C.
Bài giải.
1 a3 2
Thể tích của khối lăng trụ ABC.A’B’C’ là: V = S ABC . AA ' = a.a.a 2 = . (đvtt)
2 2
Gọi N là trung điểm của BB’. Ta có: MN là đường trung bình của tam giác B’BC nên
MN // B’C. Suy ra: B’C // (AMN).
Do đó: d ( B ' C, AM ) = d ( B ' C , ( AMN ) )
= d ( B ', ( AMN ) ) = d ( B, ( AMN ) ) . B'
C'
Trong (ABC), qua B kẻ BK vuông góc với AM tại K.
AM ⊥ BK
Ta có: AM ⊥ ( NBK ) A'
AM ⊥ NB N
( AMN ) ⊥ ( NBK ) ; ( AMN ) ( NBK ) = NK .
Trong (NBK), qua B kẻ BH vuông góc với NK tại H thì
BH ⊥ ( AMN ) . Do đó: d ( B, ( AMN ) ) = BH .
M
B
C
1 1 1 1 1 1
Ta có: 2
= 2
+ 2
= 2
+ 2
+
BH BN BK BN AB BM 2
A
1 4 2 7 a 7
= 2 + 2 + 2 = 2 BH = .
a a a a 7
a 7
Vậy d ( B ' C, AM ) = .
7
Bài 53. (Đề TSĐH, CĐ khối B - 2007)
Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có đáy 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 ủa BC.
Chứng minh MN vuông góc với BD và tính theo a khoảng cách giữa hai đường thẳng
MN và AC.
Bài giải.
Gọi P là trung điểm của SA. Ta có MP là đường trung bình của tam giác EAD nên
1 1
MP / / AD và MP = AD. Ta lại có: NC / / AD và NC = AD.
2 E
2 S
Suy ra: MP / / NC và MP = NC. Do đó tứ giác MNCP
là hình bình hành nên MN // PC mà PC ( SAC ) ,
Suy ra MN // (SAC). P
Mặt khác BD ⊥ ( SAC ) BD ⊥ PC BD ⊥ MN .
M
Vì MN // (SAC) nên d ( MN , AC ) = d ( N , ( SAC ) )
A
D
11 O
B N C
- = d ( B; ( SAC ) ) = BD =
1 1 a 2
.
2 4 4
a 2
Vậy d ( MN , AC ) = (đvdd).
4
Bài 54. (Đề TSĐH, CĐ khối D – 2007)
Cho hình chóp S.ABCD có đáy 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 vuông góc của A
trên SB. Chứng minh tam giác SCD vuông và tính theo a khoảng cách từ H đến
(SCD).
Bài giải.
Gọi I là trung điểm của AD. Ta có: IA = IB = IC = a CD ⊥ AC . S
Mặt khác CD ⊥ SA CD ⊥ SC nên tam giác SCD vuông tại C.
Trong tam giác vuông SAB ta có:
SH SA2 SA2 2a 2 2
= 2 = 2 = =
SA + AB 2a + a
2 2 2 H1
SB SB 3
a 2
Gọi d1, d2 lần lượt là khoảng cách từ B đến mặt phẳng H
B1
d SH 2 2
SCD) thì: 2 = = d 2 = d1. A
2a I
D
d1 SB 3 3
3.V SA.SBCD 1 1 a
Ta có: d1 = B.SCD = ; S BCD = AB.BC = a 2 ;
SSCD SSCD 2 2 B a C
1 1 a
S SCD = SC.CD = SA2 + AB 2 + BC 2 . IC 2 + ID 2 = a 2 2. Suy ra: d1 = .
2 2 2
Vậy d ( H , ( SCD ) ) = d 2 = d1 = (đvđd).
2 a
3 3
Bài 56. (Đề TSĐH, CĐ khối D 2002)
Cho hình tứ diện ABCD có cạnh AD vuông góc với mặt phẳng (ABC);
AC = AD = 4cm; BC = 5cm. Tính khoảng cách từ A tới mặt phẳng (BCD).
Bài giải.
Từ giả thiết suy ra tam giác ABC vuông tại A, do đó AB ⊥ AC. Lại có:
AD ⊥ ( ABC ) AD ⊥ AB và AD ⊥ AC nên AB, AC, AD đôi một vuông góc với nhau.
Gọi AE là đường cao của tam giác ABC; AH là đường cao của tam giác ADE thì AH
chính là khoảng cách cần tính.
1 1 1
Tam giác ADE vuông tại A nên: 2
= 2
+
AH AD AE 2
1 1 1
Tam giác ABC vuông tại A nên: 2
= 2
+ D
AE AB AC 2
1 1 1 1 1 1 1 17
Do đó: 2
= 2
+ 2
+ 2
= 2+ 2+ 2 =
AH AD AB AC 4 3 4 72
6 34
AH = (cm).
17
Cách 2. H
Từ giả thiết suy ra: tam giác ABC vuông tại A, do đó:
A
C
12
E
B
- AB ⊥ AC. Lại có AD ⊥ ( ABC ) AD ⊥ AB và AD ⊥ AC
nên AB, AC, AD đôi một vuông góc với nhau.
Gọi V là thể tích của khối tứ diện ABCD, ta có:
1 1 1 1
V = . AD.S ABC = . AD. AB. AC = . AB. AC. AD = 8.
3 3 2 6
1 3V 3.8 6 34
Ta lại có: V = . AH .S BCD AH = = = (cm). (AH là khoảng cách từ A
3 S BCD 2 34 17
đến mặt phẳng (BCD)).
Cách 3. (phương pháp toạ độ trong không gian)
Từ giả thiết suy ra: tam giác ABC vuông tại A, do đó: AB ⊥ AC.
Lại có AD ⊥ ( ABC ) AD ⊥ AB và AD ⊥ AC nên AB, AC, AD
đôi một vuông góc với nhau.
Do đó có thể chọn hệ toạ độ Oxyz sao cho A O; B ( 3;0;0 ) ; C ( 0; 4;0 ) ; D ( 0;0; 4 ) . Mặt
x y z x y z
phẳng (BCD) có phương trình: + + = 1 hay + + − 1 = 0 .
3 4 4 3 4 4
−1
Khoảng cách cần tính là: d ( A, ( BCD ) ) =
6 34
= (cm).
1 1 1 17
+ +
9 16 16
3. Kết luận
Trong quá trình giảng dạy cho học sinh khối 12, tôi đã đem đề tài này áp dụng
và thấy học sinh có thể tiếp cận rất nhanh và biết vận dụng để giải các bài tập
mà tôi đã cho kiểm tra trên lớp cũng như các bài tập trong các đề thi đại học, cao
đẳng các năm trước.
3.1. Tóm lược những giải pháp
Đề tài đưa ra công thức tỉ số thể tích và ứng dụng của nó vào việc tính thể tích
khối đa diện qua các bài tập cụ thể trong các đề thi tốt nghiệp và đại học các
năm qua.
3.2. Phạm vi áp dụng
Đề tài đã được áp dụng cho học sinh lớp 12B6 trong việc ôn thi tốt nghiệp và
luyện thi Đại học.
3.3. Kiến nghị
Tôi rất mong được hội đồng chuyên môn nhà trường góp ý, bổ sung để đề tài
này hoàn thiện hơn và có thể triển khai rộng rãi để giảng dạy cho học sinh khối
12 nhà trường.
Hy vọng, với đề tài này có thể giúp các em học sinh có thêm một phương
pháp nữa để giải các bài toán hình học không gian trong các kỳ thi tuyển sinh
Đại học, Cao đẳng đạt được kết quả cao.
13
- Trong quá trình biên soạn đề tài này tôi đã có nhiều cố gắng, tuy nhiên cũng
không tránh khỏi những thiếu sót. Rất mong nhận được sự góp ý chân thành của
các thầy cô giáo đồng nghiệp và Hội đồng chuyên môn nhà trường để đề tài của
tôi được hoàn thiện hơn.
Người viết SKKN
NGUYỄN ĐẮC TUẤN
Tài liệu tham khảo
1. Hình học lớp 12, NXB Giáo dục, 2006.
2. Phân dạng và phương pháp giải toán 12, Nguyễn Văn phước, NXB
ĐHQGTPHCM, 2008.
3. Các trang web: http://mathvn.com và http://vnmath.com.
14
- ĐÁNH GIÁ, XẾP LOẠI CỦA HỘI ĐỒNG KHOA HỌC CƠ SỞ
...............................................................................................................................
...............................................................................................................................
...............................................................................................................................
...............................................................................................................................
...............................................................................................................................
...............................................................................................................................
...............................................................................................................................
...............................................................................................................................
...............................................................................................................................
T/M HỘI ĐỒNG KHOA HỌC
CHỦ TỊCH
ĐÁNH GIÁ, XẾP LOẠI CỦA HỘI ĐỒNG KHOA HỌC NGÀNH
...............................................................................................................................
...............................................................................................................................
...............................................................................................................................
...............................................................................................................................
...............................................................................................................................
...............................................................................................................................
...............................................................................................................................
...............................................................................................................................
...............................................................................................................................
T/M HỘI ĐỒNG KHOA HỌC
CHỦ TỊCH
15
nguon tai.lieu . vn
