Một số cách khai thác giả thiết hai đường thẳng chéo nhau và vuông ngóc với nhau trong giải toán hình học không gian

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HÓA
TRƯỜNG THPT ĐÀO DUY TỪ

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
ĐỀ TÀI:

MỘT SỐ CÁCH KHAI THÁC GIẢ THIẾT HAI ĐƯỜNG
THẲNG CHÉO NHAU VÀ VUÔNG GÓC VỚI NHAU
TRONG GIẢI TOÁN HÌNH HỌC KHÔNG GIAN

Người thực hiện: Nguyễn Việt Dũng
Chức vụ: Giáo viên
Môn học ứng dụng: Hình học

THANH HÓA NĂM 2013

1


MỤC LỤC

MỤC

TRANG

A. Đặt vấn đề

2

B. Giải quyết vấn đề

2

I. Cơ sở lí luận

2

II. Thực trạng của vấn đề

4

III. Giải pháp và tổ chức thực hiện

4

III.1. Định hướng phương pháp

4

III.2. Tiến trình thực hiện

6

III.3. Các ví dụ điển hình

6

III.4. Một số bài tập áp dụng

14

IV. Kết quả thực nghiệm

15

C. Kết luận

16

D. Tài liệu tham khảo

17

2


MỘT SỐ CÁCH KHAI THÁC GIẢ THIẾT HAI ĐƯỜNG
THẲNG CHÉO NHAU VÀ VUÔNG GÓC VỚI NHAU TRONG
GIẢI TOÁN HÌNH HỌC KHÔNG GIAN
A. ĐẶT VẤN ĐỀ
Trong quá trình ôn thi đại học, khi giải bài toán hình học không gian tổng
hợp, học sinh thường lúng túng khi gặp giả thiết bài toán “cho trước hai đường
thẳng chéo nhau và vuông góc với nhau”.
Đa số học sinh đều nhận xét dạng toán này khó, vì học sinh thường không
liên kết được hai đường thẳng chéo nhau đó trong một quan hệ vuông góc để từ
đó dễ dàng suy luận ra các kết quả phục vụ cho việc giải toán. Đặc biệt, khi học
về “Định lý ba đường vuông góc” học sinh chỉ biết áp dụng để chứng minh hai
đường thẳng vuông góc với nhau mà không biết cách khai thác khác của nó là:
tạo ra mối liên hệ gần gũi hơn giữa hai đường thẳng chéo nhau và vuông góc với
nhau.
Trên đây là lí do cơ bản để tôi chọn đề tài: MỘT SỐ CÁCH KHAI THÁC GIẢ

THIẾT HAI ĐƯỜNG THẲNG CHÉO NHAU VÀ VUÔNG GÓC VỚI NHAU TRONG
GIẢI TOÁN HÌNH HỌC KHÔNG GIAN

B. GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ
I. Cơ sở lí luận
I.1. Góc giữa hai đường thẳng trong không gian. Hai đường thẳng vuông góc.
+ Góc giữa hai đường thẳng a và b là góc giữa hai đường thẳng a’ và b’ cùng
đi qua một điểm và lần lượt song song ( hoặc trùng) với a và b.
a’
a
I
b

b’
3


+ Hai đường thẳng trong không gian gọi là vuông góc với nhau nếu góc giữa
chúng bằng 900.
I.2. Điều kiện để một đường thẳng vuông góc với một mặt phẳng
+ Nếu đường thẳng a vuông góc với hai đường thẳng cắt nhau b và c cùng
nằm trong mặt phẳng (P) thì đường thẳng a vuông góc với mặt phẳng (P)

a

b
P

I

c

I.3. Định lý ba đường vuông góc
+ Cho đường thẳng a không vuông góc với mặt phẳng (P) và đường thẳng b
nằm trong mặt phẳng (P). Khi đó điều kiện cần và đủ để b vuông góc với a
là b vuông góc với hình chiếu a’ của a trên (P).
B

a

A

P

A’
b

B’
a’

4


II. Thực trạng của vấn đề
Khi bài toán giả thiết cho trước hai đường thẳng chéo nhau và vuông góc
với nhau. Học sinh thường mất định hướng trong giải toán vì không liên kết
được hai đường thẳng chéo nhau đó trong một quan hệ vuông góc để từ đó dễ
dàng suy luận ra các kết quả phục vụ cho việc giải toán.
III. Giải pháp và tổ chức thực hiện
III.1. Định hướng phương pháp

Cho hai đường thẳng a, b chéo nhau và vuông góc với nhau (1).
Để khai thác giả thiết này áp dụng vào giải toán, chúng ta có hai hướng suy luận:
Hướng 1: Từ giả thiết (1) , lập luận để chỉ ra hai đường thẳng cắt nhau và
vuông góc với nhau. Từ đó áp dụng các tính chất hình học phẳng để
giải toán ( Định lý Pytagore,….)
Hướng 2: Từ giả thiết (1) suy ra một đường thẳng vuông góc với một mặt
phẳng. Từ đó áp dụng các tính chất của đường thẳng vuông góc với
mặt phẳng để giải toán.
Để suy luận theo một trong hai hướng trên ta đưa ra ba cách thực hiện:
Cách 1:
+ Qua một điểm I trên b, kẻ a’ // a. Ta được hai đường thẳng a’ và b cắt và
vuông góc với nhau.
b
I
a’

a
5


Cách 2: Áp dụng Định lý 3 đường vuông góc
+ Nếu đường thẳng b nằm trong mặt phẳng (P), mà ta dễ dàng xác định hình
chiếu vuông góc của a lên (P) thì khi đó ta dựng hình chiếu a’ của a lên (P).
Ta có kết quả: a '  b

B

a

A

B’
a’

A’
b

P

Cách 3:
+ Nếu chỉ ra được đường thẳng c cắt b và c  a . Suy ra a  mp(b, c) .

a

b
P

I

c

6


III.2. Tiến trình thực hiện
+ Cung cấp cho học sinh một số kiến thức về hình học không gian và 3 cách
khai thác giả thiết về hai đường thẳng chéo nhau, vuông góc với nhau.
+ Đưa ra các ví dụ về bài toán hình học không gian tổng hợp có giả thiết hai
đường thẳng chéo nhau và vuông góc với nhau, phân tích để học sinh tự lựa
chọn cách khai thác giả thiết đó dựa trên các cách đã gợi ý ở trên.

+ Yêu cầu học sinh nhận xét xem còn có thể dùng cách khác để khai thác giả
thiết đó không, so sánh tính khả thi và hiệu quả của phương pháp.
III.3. Các ví dụ điển hình
Ví dụ 1: Cho hình chóp đều S.ABC, tam giác ABC đều cạnh a. Gọi M và N lần
lượt là trung điểm SA, SC. Tính thể tích khối chóp S.ABC biết BM  AN .

S
K
M

N

A

C
O

B

Phân tích:
Khi tiếp cận với giả thiết BM  AN , chúng ta dùng cách 1

7


Lời giải:
Gọi K là trung điểm SN, suy ra MK // AN ( tính chất đường trung bình)
Vì BM  AN  BM  MK VBMK vuông tại M  BM 2  MK 2  BK 2 (*)
Đặt SA = b ( b > 0). Theo công thức độ dài đường trung tuyến, ta có:

BM 2 

AB2  SB2 SA2 a2  b2 b2 2a2  b2
2a2  b2


 
, tương tự: AN 2 
.
2
4
2
4
4
4

 MK 2 

2a2  b2
16

BSC 
Áp dụng ĐL Cosin, ta có: cos ·

SB2  SC 2  BC 2 2b2  a2

2SB.SC
2b2

b2

b 2b2  a2 9b2 a2
2
·
.
BK  SK  SB  2SB.SK .cos BSC   b  2b. .


16
4 2b2
16 4
2

2

2

2a2  b2 2a2  b2 9b2 a2
a 6


 b
Khi đó (*) 
.
4
16
16 4
2

Gọi O là tâm tam giác ABC, suy ra SO  ( ABC ) ,

2 a 3 a 3
6a2 3a2 a 42
AO  .

 SO  SA2  AO2 


.
3 2
3
4
9
6
1
1 a 42 a2 3 a 3 14
.

Suy ra: VS . ABC  SO.S ABCD 
(đvtt).
3
3 6
4
24

Ví dụ 2: Cho hình chóp S.ABCD có ABCD là hình chữ nhật, AB = a,

SA  a 3, SA  ( ABCD) . Gọi M là trung điểm SD. Tính thể tích khối chóp
S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng BM, AC, biết BM  AC .

S

M

A

F
K

D

E
B

8
C


Phân tích:
Khi tiếp cận với giả thiết BM  AC , chúng ta dùng cách 2, vì có thể thấy ngay
việc dựng hình chiếu của BM lên (ABCD) là khá dễ dàng.
Lời giải:
Gọi K là trung điểm AD, suy ra MK // SA  MK  ( ABCD)
Vì BM  AC  BK  AC (Theo ĐL 3 đường vuông góc)
Khi đó, ta có ·
ABK  ·
ACB (vì cùng phụ với ·
BAC )

VBAC đồng dạng với VAKB


AB BC
AD

 AB2  AK .BC  a2 
.AD  AD  a 2
AK AB
2

1
1
a3 6
2
V

SA
.
S

a
3
.
a
2

Suy ra: S . ABCD
(đvtt)
ABCD
3
3

3

Gọi E  AC  BK . Kẻ EF  BM tại F .
Ta có EF  AC ( vì EF  ( BMK )  AC ).
Suy ra EF là đoạn vuông góc chung của hai đường thẳng BM và AC

 d ( BM , AC )  EF .
2

a 2
a 6
2
a 6
Ta có BK  AB  AK  a  
, BE  BK 
 
 2 
2
3
3


2

2

 BM  BK 2  MK 2 

2

6a 2 3a 2 3a


.
4
4
2

a 6 a 3
.
EF MK
BE.MK
3
2 a 2 .
·

 EF 

Ta có sin BMK 
3a
BE BM
BM
3
2
Vậy d ( BM , AC )  EF 

a 2
.
3

Ví dụ 3: Cho hình chóp S.ABC, tam giác SAC cân tại C, có ·
SCA  1200 , SC  a .

BAC  300 . Tính thể tích khối chóp S.ABC
Biết (SAC )  ( ABC ), SA  BC và ·

9


và tính thể tích khối tứ diện SBCK, biết K là điểm thuộc SA thỏa mãn CK
vuông góc với SB.
S
K
A

C

H

B

Phân tích:
Khi tiếp cận với giả thiết SA  BC , chúng ta dùng cách 2, vì (SAC )  ( ABC )
nên hình chiếu của SA lên (ABC) là AC.
Lời giải:
Vì (SAC )  ( ABC ) , suy ra AC là hình chiếu vuông góc của AS lên mặt phẳng
(ABC). Lại có SA  BC  AC  BC ( Theo ĐL 3 đường vuông góc).
Suy ra tam giác ABC vuông tại C  BC  AC.tan 300 

a

.
3

1
a2 3
 SV ABC  AC.BC 
2
6

Kẻ SH  AC tại H, suy ra SH  ( ABC) .
a 3
SCH  600  SH  SA.sin 600 
Ta có ·
.
2
1
1 a 3 a2 3 a 3
.
 (đvtt).
Suy ra VS . ABCD  SH .SV ABC  .
3
3 2
6
12

10


Vì AC  BC  BC  (SAC ) , suy ra SC là hình chiếu vuông góc của SB lên mặt
phẳng (SAC).

Vì SB  CK  SC  CK ( Theo ĐL 3 đường vuông góc).
Khi đó ta có: SK 

SC
2a
0 
cos 30
3

Ta có: SA2  SC2  AC2  2SC.AC.cos1200  3a2  SA  a 3
Ta có

VS .BCK
VS . ABC

2a
SK SC SB
2
2
a3

. .
 3   VSBCK  .VS . ABC 
(đvtt).
SA SC SB a 3 3
3
18

Ví dụ 4: Cho hình chóp S.ABCD có ABCD là hình thoi cạnh bằng a, BD  a 3
Biết SA  BD, SB  AD và (SBD) tạo với mặt đáy góc 600. Tính thể tích khối

chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng AC, SB theo a .

s
F

BH  AD

H
K

E

BH  AD

D

A
O

B

C

Phân tích:
Bài toán này phức tạp hơn khi cho hai cặp đường thẳng chéo nhau và vuông góc
với nhau là: SA  BD, SB  AD .
+Ta để ý đến SA  BD trước, vì có AC  BD  BD  (SAC ) (cách 3)

11

Suy ra (SAC )  ( ABCD) , khi đó ta nghĩ đến ngay việc dựng hình chiếu vuông
góc của S lên (ABCD). Đây chính là cơ sở để ta dùng cách 2 để khai thác giả
thiết SB  AD .
Lời giải:
Vì ABCD là hình thoi nên AC  BD , mà SA  BD ,
suy ra BD  (SAC )  (SAC)  ( ABCD)
Kẻ SH  AC tại H, suy ra SH  ( ABCD)
Vì SB  AD  BH  AD ( Theo ĐL 3 đường vuông góc).
Gọi AC  BD  O , ta có BD  (SAC ) , suy ra góc giữa hai mặt phẳng (SBD) và
(ABCD) bằng góc ·
SOH  600
Từ giả thiết, suy ra tam giác ABC và ACD là các tam giác đều cạnh a .
·
 600  OH  OB.tan 600 
Vì BH  AD  OBH

Suy ra SH  OH .tan 600 

a 3
3a
. 3 .
2
2

3a 3
2

1
1 3a 3 1

3a 3
. .a 3.a 
Suy ra VS . ABCD  SH .S ABCD  .
(đvtt).
3
3 2 2
4

Tính d ( AC, SB)  ?
Dựng hình bình hành OHEB, suy ra OHEB là hình chữ nhật.
Ta có BE // AC, suy ra AC // (SBE)
 d ( AC, SB)  d ( AC,(SBE))  d (H ,(SBE)) .

Ta có BE  HE, BE  SH  BE  (SHE)  (SBE)  (SHE) .
Kẻ HF  SE tại F, suy ra HF  (SBE )

3a 3 a 3

.
SH .HE
SH .HE
2  3a 30 .
 d ( H ,(SBE ))  HF 

 2
SE
20
SH 2  HE 2
27a2 3a2


4
4

12


Ví dụ 5: Cho hình lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác đều
cạnh a. Gọi M là trung điểm B’C’. Biết AB’ vuông góc với A’M và AB’ = AM.
Cạnh bên AA’ hợp với đáy một góc bằng 600. Tính thể tích khối lăng trụ
ABC.A’B’C’ theo a và tính cosin góc giữa hai mặt phẳng (BCC’B’) với
(A’B’C’).

Phân tích:
Để ý A' M  B ' C ' , từ giả thiết AB '  A ' M  A ' M  ( AB ' C ')
Đây chính là cách 3.
A

C
N
B

A’

C’
M
B’

H

Lời giải:

Vì tam giác A’B’C’ đều nên A ' M  B ' C ' ,
lại có A ' M  AB '  A ' M  ( AB ' C ')  ( AB ' C ')  ( A ' B ' C ')
Gọi H là trung điểm B’M, vì tam giác AB’M cân đỉnh A nên

AH  B ' C '  AH  ( A ' B ' C ')
Suy ra góc giữa AA’ và (A’B’C’) bằng góc ·
AA' H  600 .
Ta có A ' H  A ' M 2  HM 2 

3a2 a2 a 13
 
.
4 16
4

13


Suy ra AH  A ' H .tan 600 

a 13
a 39
. 3
.
4
4

Suy ra VABC. A' B 'C '  AH .S A' B 'C ' 

a 39 a2 3 3a 3 13

.

(đvtt).
4
4
16

Tính tính cosin góc giữa hai mặt phẳng (BCC’B’) với (A’B’C’)
Vì (ABC) // (A’B’C’) nên số đo góc giữa hai mặt phẳng (BCC’B’) với (A’B’C’)
bằng số đo góc giữa hai mặt phẳng (BCC’B’) với (ABC).
Gọi N là trung điểm BC, ta có AN  BC .
Vì AH  ( ABC )  AH  BC





ABC ),( BCC ' B ')  ·
ANH   .
Suy ra ( ANH )  BC  (·

Ta có tam giác ANH vuông tại A, nên

a 39
AH
AH
13
221
4
cos 





.
NH
17
17
AH 2  AN 2
39a2 3a2

16
4
Ví dụ 6: Cho hình hộp ABCD.A’B’C’D’ có ABCD là hình vuông cạnh a,

AA '  a 3 . Gọi M, N lần lượt là trung điểm các cạnh BB’, AD. Biết BN vuông
góc với CM, AA’ hợp với (ABCD) góc 600. Tính thể tích khối hộp
ABCD.A’B’C’D’.

N

A
K

D

H
C

B

A’

D’

B’

M

C’

14


Phân tích:
Vì ABCD là hình vuông, ta liên tưởng đến tính chất : Gọi K là trung điểm AB
thì BN  CK , mà BN  CM  BN  (CKM ) , do đó bài này ta chọn cách 3
Lời giải:
Gọi K là trung điểm AB.
Ta dễ dàng chứng minh được BN  CK .
Vì BN  CM  BN  (CMK )  (CMK )  ( ABCD)
Kẻ MH  CK tại H, suy ra MH  ( ABCD) .

 





AA ',( ABCD)  ·

AA ',( ABCD)  ·
MBH  600 .
Vì AA’ // BB’  ·

Suy ra MH  MB.sin 600 

a 3 3 3a .
. 
2 2
4

Suy ra VABCD.A'B'C 'D'  d (B ',( ABCD)).S ABCD

2d (M ,( ABCD)).S ABCD
 MH .S ABCD 

3a 2 3a3
.a 
(đvtt).
4
4

III.4. Một số bài tập áp dụng
Bài 1: Cho hình chóp đều S.ABCD có AB = a. Gọi M là trung điểm cạnh SD.
Biết SA  CM . Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai
đường thẳng AB và CM.
Bài 2: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a, AC  a 3 .
Gọi M thuộc đoạn CD sao cho MC = 2MD. Biết SA  BD, SM  BC . Tính thể
tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ C đến (SAB).
Bài 3: Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có ABC là tam giác vuông tại B,

·
AC  a, BAC
 600 . Biết AB '  A 'C ', AA '  B ' M , với M là trung điểm
A’C’; mặt phẳng (BCC’B’) tạo với đáy góc 600. Tính thể tích khối lăng trụ
ABC.A’B’C’.

15


Bài 4: Cho hình chóp SABC có ABC là tam giác vuông cân tai B, AC = 2a.

·  600 ; ( SAC )  ( ABC ) . Gọi M là trung điểm
Tam giác SAC vuông tại S, SAC
BC, N là điểm thuộc đường thẳng SC thỏa mãn BN  AM . Tính thể tích khối tứ
diện SBMN.
IV. Kết quả thực nghiệm.
1) Trong khuôn khổ của một bài viết tôi chỉ đưa ra 6 ví dụ điển hình. Từ 6
ví dụ này dưới sự hướng dẫn của cô giáo, học sinh tìm tòi các lời giải của các
bài toán. Sau khi giải được mỗi bài toán, tôi hướng dẫn học trò thay đổi cách
tiếp cận bài toán, để đưa ra được sự so sánh về tính khả thi và hiệu quả của
phương pháp đó. Trong quá trình tìm tòi học sinh không những phấn chấn, tự
giác tiếp nhận các kiến thức và kỹ năng giải các bài toán dạng này mà còn hình
thành được cho các em cách nhìn nhận một Định lý, tính chất hình học dưới
nhiều góc độ khác nhau, biết cách phân tích một vấn đề dưới nhiều góc độ.
2) Trong 3 lớp 12C8, 12C9, 12C10 tôi dạy năm nay, tôi giao Ví dụ 1 và
Ví dụ 2 về nhà cho 3 lớp 12C8, 12C9 và 12C10 khi chưa nếu phương pháp
khai thác giải thiết hai đường thẳng chéo nhau và vuông góc với nhau. Kết quả
số học sinh giải được như sau:
Lớp

12C8

12C9

12C10

Sĩ số

51

51

45

Số học sinh giải

Tỉ lệ % học sinh

được

giải được

12(VD1)

23,5%(VD1)

7(VD2)

13,7%(VD2)

16(VD1)

31,4%(VD1)

10(VD2)

19,6%(VD2)

7(VD1)

15,6%(VD1)

5(VD2)

11,1%(VD2)

16


Sau khi hướng dẫn phương pháp, phân tích hai ví dụ: Ví dụ 1 và Ví dụ 2
ở 3 lớp và yêu cầu học sinh làm các ví dụ còn lại trên cơ sở gợi mở, phân tích.
Hầu hết các học sinh ở 3 lớp đều hiểu, nắm được phương pháp và giải được các
ví dụ 3,4,5,6. Khi giao bài 4 bài tập trên về nhà . Kết quả số học sinh giải được
cả 4 bài tập như sau:
Lớp

Sĩ số

Số học sinh giải

được

Tỉ lệ % học sinh
giải được

12C8

51

38

74,5%

12C9

51

42

82,4%

12C10

45

30

58,8%

C. KẾT LUẬN

Quá trình dạy học là một quá trình tìm tòi suy nghĩ để không ngừng đúc rút
kinh nghiệm nâng cao hiệu quả giờ dạy. Kinh nghiệm trình bày ở trên của tôi
chỉ là một ứng dụng nhỏ rèn luyện kỹ năng giải toán hình học không gian.
Nhưng dù sao qua quá trình nêu trên cũng đã hình thành cho học sinh phương
pháp luận; rèn luyện cho học sinh cách nhìn nhận và vận dụng lý thuyết vào giải
toán, tạo cho học sinh hứng thú tìm tòi, hứng thú học toán.
Trên đây chỉ là những kinh nghiệm được rút ra từ quá trình giảng dạy của
bản thân, tôi rất mong được đồng nghiệp bổ sung, góp ý để có thể áp dụng rộng
rãi và hiệu quả hơn trong dạy học.

17


XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG Thanh Hóa, ngày 20 tháng 5 năm 2013
ĐƠN VỊ

Tôi xin cam đoan đây là SKKN của
mình viết, không sao chép nội dung
của người khác

Nguyễn Việt Dũng

D.TÀI LIỆU THAM KHẢO
Sách giáo khoa Hình học 11, nâng cao, NXBGD.

18