SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ TĨNH
SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
ĐỀ TÀI: VẬN DỤNG KHOẢNG CÁCH TRONG BÀI
TOÁN TÍNH GÓC GIỮA HAI MẶT PHẲNG
Năm học 2019 - 2020
MỤC LỤC
Trang
I. Đặt vấn đề
2
1. Lý do chọn đề tài
2
2. Mục tiêu, đối tượng nghiên cứu
2
3. Giả thiết khoa học
2
4. Dự báo những đóng góp của đề tài
2
II. Giải quyết vấn đề
3
1. Cơ sở lý thuyết
3
2. Cơ sở thực tiễn
4
3. Nội dung
4
a. Ví dụ mở đầu
4
b. Các bài tập vận dụng
6
Vấn đề 1. Tính góc giữa hai mặt phẳng trong hình chóp
6
Vấn đề 2. Tính góc giữa hai mặt phẳng trong hình lăng trụ
12
c. Một số bài tập đề nghị
20
d. Đánh giá hiệu quả của đề tài
22
III. Kết luận
22
IV. Kiến nghị23
2
I. ĐẶT VẤN ĐỀ
1. Lý do chọn đề tài
Trong quá trình giảng dạy, ôn thi THPT Quốc gia chúng ta thường gặp các bài
toán liên quan đến góc, trong đó có bài toán về góc giữa hai mặt phẳng. Với nhiều học
sinh, cũng như giáo viên nhiều khi còn lúng túng trong việc xác định phương pháp để
giải quyết bài toán. Thông thường khi tính góc giữa hai mặt phẳng, chúng ta thường sử
dụng định nghĩa, sử dụng cách xác định góc giữa hai mặt phẳng cắt nhau, phương
pháp tọa độ hóa…Tuy nhiên, trong quá trình giải có nhiều bài yêu cầu nhận định và
tính toán phức tạp, mất rất nhiều thời gian.
Với những lý do trên, cùng với mong muốn góp phần phát triển tư duy, kỹ năng
cho học sinh, tôi xin giới thiệu một phương pháp mà ít giáo viên và học sinh sử dụng
đó là “Vận dụng khoảng cách trong bài toán tính góc giữa hai mặt phẳng”.
2. Mục tiêu, đối tượng nghiên cứu
Phát triển tư duy và rèn luyện kỹ năng giải các bài tập liên quan đến góc giữa
hai mặt phẳng cho học sinh khá, giỏi.
Nâng cao hiệu quả trong việc ôn thi THPT Quốc gia.
Đề tài áp dụng hiệu quả cho đối tượng học sinh khá, giỏi lớp 11, 12.
3. Giả thiết khoa học
Nếu đưa đề tài “Vận dụng khoảng cách trong bài toán tính góc giữa hai mặt
phẳng” vào giảng dạy ôn thi THPT Quốc gia sẽ tạo được hứng thú và kích thích sự
đam mê trong học tập bộ môn cho học sinh. Đồng thời học sinh sẽ tự tin hơn trong
việc giải quyết các dạng bài tập mới. Riêng về phần bài tập tính góc giữa hai mặt
phẳng, học sinh sẽ khắc sâu kiến thức và có kỹ năng giải nhanh hơn không chỉ các bài
toán về góc mà cả những bài toán liên quan đến tính khoảng cách thường gặp trong
các đề thi.
4. Dự báo những đóng góp của đề tài
Đề tài “Vận dụng khoảng cách trong bài toán tính góc giữa hai mặt phẳng”
giúp chúng ta nắm thêm một cách để tính góc giữa hai mặt phẳng, đồng thời củng cố
thêm phương pháp tính khoảng cách từ một điểm đến đường thẳng và mặt phẳng trong
không gian. Từ đó rèn luyện tư duy kỹ năng trong việc dạy và học toán.
3
Đề tài giúp giải quyết các bài toán liên quan đến góc một cách nhanh chóng,
đặc biệt trong những bài khó xác định góc giữa hai mặt phẳng thì đây thực sự là một
công cụ hữu hiệu.
Qua một số bài tập điển hình được trình bày trong chuyên đề, các ví dụ được
sắp xếp từ dễ đến khó sẽ giúp học sinh nhận ra được sự ưu việt khi vận dụng phương
pháp này vào giải quyết các bài tập.
II. GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ
1. Cơ sở lý thuyết
Phương pháp vận dụng khoảng cách trong bài toán tính góc giữa hai mặt phẳng.
Giả sử hai mặt phẳng
A Ï a,
dựng
Khi đó,
(α)
và
(β)
cắt nhau theo giao tuyến
AK ⊥ a, ( K ∈ a ) , AH ⊥ ( β ) , ( H ∈ ( β ) )
a ⊥ ( AHK )
suy ra
sin j =
HK ⊥ a.
Do đó,
a
. Lấy
A∈( α ) ,
.
(·( α ) , ( β ) ) = (·AK , HK ) = ·AKH = ϕ.
AH d ( A,( b) )
=
( 1) .
AK
d ( A, a )
Từ đó suy ra
Như vậy, các bước để tính tính góc giữa hai mặt phẳng thông qua khoảng cách
bao gồm:
Bước 1: Tìm giao tuyến của hai mặt phẳng.
Bước 2: Chọn một điểm
A
bất kỳ thuộc một trong hai mặt phẳng và không nằm trên
giao tuyến, sau đó tính khoảng cách từ điểm
4
A
đến giao tuyến và mặt phẳng còn lại.
(Ở đây có rất nhiều cách lựa chọn điểm
A
, do đó học sinh sẽ tự tin hơn trong quá trình
tính toán của mình. Thông thường để dễ dàng tính khoảng cách thì chúng ta vẫn hay
chọn điểm
A
là hình chiếu vuông góc của đỉnh xuống mặt đáy. Tuy nhiên trong nhiều
bài toán thì phụ thuộc vào cách nhìn nhận của mỗi người, vấn đề chọn điểm này tôi sẽ
trình bày ở phần nhận xét sau các bài tập cụ thể).
( 1)
Bước 3: Thay vào công thức
tính và kết luận.
2. Cơ sở thực tiễn
Trong quá trình ôn thi THPT Quốc gia tôi nhận thấy dạng bài tập liên quan đến
góc giữa hai mặt phẳng được khai thác khá nhiều trong các đề thi. Tại đơn vị tôi công
tác, học sinh khi gặp dạng bài toán này thường hay lúng túng và khó khăn trong việc
đưa ra phương hướng giải kể cả đối tượng học sinh giỏi.
Sau khi học sinh tiếp thu nội dung đề tài này và vận dụng vào các bài toán cụ
thể trong các đề thi (đề thi THPT Quốc Gia 2018, đề thi thử Sở GD – ĐT Hà Tĩnh
2019…) các em đều giải quyết bài toán khá nhanh chóng và tự tin. Từ đó tư duy, kỹ
năng giải bài tập của các em được nâng lên rõ rệt.
3. Nội dung
a. Ví dụ mở đầu: ( Đề thi thử Sở GD – ĐT Hà Tĩnh năm 2019) Cho hình chóp
S . ABCD
có đáy là hình vuông,
mặt phẳng
A.
( SBC )
và
( SDC )
0.
SA ⊥ ( ABCD )
, giá trị
B.
cos α
1
.
2
C.
Cách 1: Sử dụng cách xác định góc giữa hai mặt
phẳng cắt nhau.
Đặt
Gọi
bằng
Lời giải
DC = a ( a > 0)
,
SA = 3 AB.
BH ^ SC ( H Î SC ) .
. Kẻ
5
1
.
3
D.
1
.
4
α
là góc giữa hai
BD ^ ( SAC ) Þ BD ^ SC
Dễ thấy
.
Từ đó suy ra
SC ^ ( BDH ) Þ DH ^ SC
.
( SBC ) Ç ( SDC ) = SC.
Ta có
·
a = ( ( SBC ) ,( SDC ) ) = (·BH , DH ) .
Khi đó
Xét tam giác
SBC
B,
vuông tại
đường cao
BH
, ta có
1
1
1
1
1
1
1
5
2a
= 2+
= 2
+
=
+ 2 = 2 Þ BH =
.
2
2
2
2
2
2
BH
SB
BC
SA + AB
BC
a
4
a
5
a 3 +a
(
Ta lại có
BD
D SBC = D SDC
Þ DH = BH =
là đường chéo của hình vuông nên
2a
5
Suy ra
HBD
, ta có
.
BD = a 2
.
4a 2 4a 2
+
- 2a 2
BH + DH - BD
1
5
·
cos BHD
=
= 5
=2 a 2a
2 BH .DH
4
2. .
5 5
2
Xét tam giác
)
1
·
cos a =- cos BHD
= .
4
2
2
Chọn D.
Cách 2: Vận dụng khoảng cách để tính góc giữa hai mặt phẳng cắt nhau.
Đặt
DC = a, ( a > 0 )
sin α =
Khi đó
. Ta có
d ( B, ( SDC ) )
d ( B, SC )
( SBC ) ∩ ( SDC ) = SC.
=
d ( A, ( SDC ) )
d ( B, SC )
6
.
.
Gọi
H
là chân đường cao hạ từ đỉnh
từ đỉnh
B
của tam giác
SBC
A
của tam giác
SAD K
,
là chân đường cao hạ
.
d ( B, SC ) = BK .
Ta có
DC ^ AB, DC ^ SA ( SA ^ ( ABCD ) )
DC ^ ( SAB )
(vì
). Suy ra
AH ^ DC
. Do đó
d ( A,( SDC ) ) = AH .
AH ^ ( SDC )
hay
Xét tam giác
SAD
A
vuông tại
, đường cao
1
1
1
1
1
=
+ 2 = 2+
2
2
AH
AB
SA
a
a 3
(
Xét tam giác
SBC
vuông tại
B
)
2
=
AH
, ta có
4
a 3
⇒ AH =
.
2
3a
2
, đường cao
BK
, ta có
1
1
1
1
1
5
2a
= 2+
=
+ 2 = 2 ⇒ BK =
.
2
2
2
BK
SB
BC
5
( 2 a ) a 4a
Từ đó suy ra
a 3
AH
15
sin a =
= 2 =
2a
1
BK
4
⇒ cos α = 1 − sin 2 α = .
5
4
Chọn D.
AH , BK
Nhận xét: Ở đây việc xác định và tính
rất dễ dàng, do đó vận dụng khoảng
cách vào tính góc trong bài này được giải quyết rất gọn nhẹ và nhanh chóng.
Thay vì lựa chọn điểm
B
như ở trên, chúng ta có thể chọn điểm
D
với vai trò
hoàn toàn tương tự.
Qua hai cách giải trên, chúng ta có thể dễ dàng nhận thấy, nếu sử dụng cách 1
thì chúng ta cần phải xác định được góc cụ thể, còn nếu sử dụng cách thứ 2 chúng ta
không cần chỉ ra góc mà vẫn tính được thông qua khoảng cách.
b. Các bài tập vận dụng.
7
Vấn đề 1: Tính góc giữa hai mặt phẳng trong hình chóp.
Bài 1: ( Đề thi thử Sở GD – ĐT Thành Phố Hồ Chí Minh năm 2019) Cho hình chóp
S . ABC
có đáy
SA ⊥ ( ABC )
A.
3
2
. Gọi
ABC
a
là tam giác vuông
tại
là góc giữa hai mặt phẳng
.
B.
1
2
.
B
( SAC )
C.
,
AB = a, AC = 2a
và
15
5
Ta có
Kẻ
Vì
( SAC ) ∩ ( SBC ) = SC .
AH ⊥ SB, ( H ∈ SB )
d ( A, ( SBC ) )
d ( A, SC )
Khi đó
.
BC ⊥ AB, BC ⊥ SA ( SA ⊥ ( ABC ) )
⇒ BC ⊥ ( SAB ) ⇒ BC ⊥ AH
Từ đó suy ra
AH ⊥ ( SBC )
hay
d ( A, ( SBC ) ) = AH .
AK ^ SC ( K Î SC ) Þ d ( A, SC ) = AK
Kẻ
Xét tam giác
.
SAB
vuông tại
A
, đường cao
AH
, ta có
1
1
1
1
1
5
2a
=
+ 2 = 2 + 2 = 2 ⇒ AH =
.
2
2
AH
AB
SA
a
4a
4a
5
8
. Khi đó
D.
Lời giải
sin α =
( SBC )
.
,
SA = 2a,
cosa
3
5
.
bằng
Xét tam giác
SAC
A
vuông tại
AK
, đường cao
, ta có
1
1
1
1
1
1
=
+ 2 = 2 + 2 = 2 ⇒ AK = a 2.
2
2
AK
AC
SA
4a
4a
2a
Từ đó suy ra
2a
10
15
sin α = 5 =
⇒ cos α =
.
5
5
a 2
Chọn C.
Nhận xét: Trong bài này, việc tính khoảng cách từ điểm
một bài toán cơ bản và quen thuộc. (
Tuy nhiên, chúng ta có thể chọn điểm
hơn việc tính từ điểm
Bài 2: Cho hình chóp
A
A
S . ABCD
tạo bởi hai mặt phẳng
.
đến mặt phẳng
B
để tính và công việc cũng dễ dàng không kém
có
ABCD
là hình vuông cạnh
( SAB)
và
B.
6
2
. Khi đó,
.
C.
M
. Tam giác
.
bằng
D.
SAD
SM ^ AD.
AD
là trung điểm của
, tam giác
đều nên
SAD
Mặt khác tam giác
nằm trong mặt phẳng
M
SM ^ ( ABCD )
vuông góc với đáy suy ra
.
9
SAD
đều
AD a
là trung điểm của
,
là góc
cot a
2 6
3
a
Lời giải
Ta có
là
. Đây là một điểm thực sự rất nổi bật trong phương pháp này.
( SCM )
A.
( SBC )
là chân đường cao hạ từ đỉnh xuống mặt đáy).
và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Gọi
6
3
A
6
.
K
E.
AE = AB = a
AB
A
BE
ct
ti
Khi ú, l trung im ca
, suy ra
.
( SCM ) ầ ( SAB ) = SE.
CM
Ta cú
sin a =
d ( A,( SCM ) )
d ( A, SE )
.
Suy ra
d ( A, SE ) = AK .
K, H
SE
EM
Gi
ln lt l hỡnh chiu vuụng gúc lờn
v
. Ta cú
AB ^ AD, AB ^ SM ị AB ^ ( SAD ) ị AB ^ SA
Vỡ
.
AE = SA = a
SAE
A
Mt khỏc
nờn tam giỏc
vuụng cõn ti .
1
a 2
AK = SE = SA2 + AE 2 =
.
2
2
Do ú
AH ^ CM , AH ^ SM ( SM ^ ( ABCD ) )
Ta li cú,
d ( A,( SCM ) ) = AH
ị AH ^ ( SCM )
hay
.
A
,
AME
AH
Xột tam giỏc
vuụng ti
ng cao
1
1
1
1
4
5
a 5
=
+
= 2 + 2 = 2 ị AH =
2
2
2
AH
AE
AM
a
a
a
5
Ta cú
.
a 5
1
6
- 1=
AH
10 ị cot a =
2
5
sin a =
=
=
2
ổ 10 ử
ữ
ỗ
AK
5
a 2
ữ
ỗ
ữ
ỗ
ữ
ỗ
ố 5 ứ
2
Suy ra
. Chn B.
Nhn xột: bi ny, vic ch ra gúc khú hn bi trờn. Do ú vn dng khong cỏch
tớnh l hp lý. Vic la chn tớnh khong cỏch t im
A
hay
B
n mt phng
( SCM )
thỡ
u
nh
nhau.
Ngoi
10
ra
chỳng
ta
cú
th
tớnh
sin a
=
d ( M ,( SAB ) )
d ( M , SE )
=
d ( C ,( SAB ) )
d ( C , SE )
.
Việc tính theo công thức này cũng đơn giản như cách
tính ở trên.
Bài 3: (Đề thi thử trường THPT Hà Huy Tập – Hà Tĩnh năm 2019) Cho hình chóp
S . ABCD
SA = 2 3
có đáy
·
AB = 3, AD = 4, BAD
= 1200.
là hình bình hành,
. Gọi
a = 600
.
a
lần lượt là trung điểm các cạnh
là góc giữa hai mặt phẳng
B.
a = 450
.
C.
( SBC )
và
a = 900
( MNP )
.
. Tính
D.
a
Q
là trung điểm của
sin a =
SB
d ( B,( MNP ) )
d ( B, PQ )
( MNP ) Ç ( SBC ) = PQ
. Khi đó
=
.
d ( A,( MNP ) )
d ( B, PQ )
Ta có
.
d ( A,( MNP ) ) = AH
AI ^ PN ( I Î PN ) AH ^ MI ( H Î MI )
Kẻ
,
. Khi đó
.
·
BAD
= 120 Þ ·ANP = 60
0
Ta có
Xét tam giác
AH
, ta có
AIM
0
,
3
·
AI = AN .sin ANP
= 2.
= 3
2
A,
vuông tại
đường cao
1
1
1
1 1 2
6
=
+ 2 = + = Þ AH =
2
2
AH
MA
AI
3 3 3
2
BK ^ QP ( K Î QP ) Þ d ( B, QP ) = BK
Kẻ
Ta có
.
·
AC 2 = AD 2 + DC 2 - 2 AD.DC cos ADC
11
.
.
.
a = 300
Lời giải
Gọi
Cạnh
M , N, P
vuông góc với đáy. Gọi
SA, AD, BC
A.
ABCD
.
1
Þ AC 2 =16 + 9 - 2.4.3. = 13
2
.
SC = SA2 + AC 2 = 12 +13 = 5
Suy ra
.
SB 2 = SA2 + AB 2 = 12 + 9 = 21
.
2
3
SC + CB - SB 2 25 +16 - 21 1
·
·
·
cos QPB = cos SCB =
=
= Þ sin QPB
=
.
2SC.CB
2.5.4
2
2
Ta có
2
3
·
BK = BP sin QPB
= 2.
= 3
2
.
6
AH
2
sin a =
= 2 =
Þ a = 450
BK
2
3
Từ đó suy ra
. Chọn B.
Nhận xét: Ở bài này việc xác định góc giữa hai mặt phẳng là rất khó. Do đó, ta nên
vận dụng khoảng cách để tính góc. Lựa chọn tính khoảng cách từ điểm
( MNP )
PQ
tuyến
đến giao
N, M
và mặt phẳng
hay tính khoảng cách từ các điểm
đến giao
( SBC )
PQ
tuyến
B
và mặt phẳng
trong trường hợp này tùy thuộc vào cách nhìn bao
quát và toàn diện của mỗi học sinh. Tuy nhiên nếu các em lựa chọn điểm ngẫu nhiên
thì các bước đi đến kết quả của phương pháp này cũng khá đơn giản và gọn nhẹ.
Bài 4: Cho hình chóp
S . ABCD
chiếu vuông góc của đỉnh
AB
sao cho
HA = 2 HB.
góc giữa hai mặt phẳng
S
a,
có đáy là hình thoi cạnh
lên mặt phẳng
Góc giữa
( SAC )
và
SC
( ABCD )
là điểm
và mặt phẳng
( SCD )
. Tính
12
cot a
.
góc
H
( ABCD )
·
BAD
= 1200.
Hình
nằm trên đoạn thẳng
bằng
600.
Gọi
a
là
A.
7
4
.
B.
7
5
.
C.
5
7
.
D.
Lời giải
Ta có
Gọi
( SAC ) ∩ ( SCD ) = SC
M
là trung điểm của
hình thoi cạnh
ACD
sin a =
Do đó,
Xét tam giác
d ( A, SC )
.
. Khi đó
AD
. Vì
·
a, BAD
= 1200
là các tam giác đều cạnh
AM =
d ( A,( SCD) )
nên
ABCD
ABC
là
và
a.
a 3
.
2
ACH
, ta có
CH 2 = AC 2 + AH 2 − 2 AC. AH .cos60 0
= a2 +
4a 2
2a 1 7 a 2
a 7
− 2.a. . =
⇒ CH =
.
9
3 2
9
3
Góc giữa
SC
và
( ABCD )
là góc
SH = CH .tan 60o =
Từ đó suy ra
Vì
AB / / CD
nên
·
SCH
= 600.
a 21
2a 7
, SC =
.
3
3
d ( A, ( SCD ) ) = d ( AB , ( SCD ) ) = d ( H , ( SCD ) )
HI = AM =
HI / / AM ( I Î DC )
Kẻ
. Khi đó
HK ^ SI ( K Î SI )
Kẻ
.
13
a 3
2
và
.
HI ^ DC
.
4
7
.
DC ^ HI , DC ^ SH ( SH ^ ( ABCD) ) Þ DC ^ ( SHI ) Þ HK ^ DC
Ta có
.
d ( A,( SDC ) ) = HK
HK ^ ( SDC )
Từ đó suy ra
Xét tam giác
hay
SHI
.
H,
vuông tại
đường cao
HK
, ta có
1
1
1
1
1
4
3
37
a 21
=
+
=
+
= 2+ 2 =
⇒ HK =
.
2
2
2
2
2
2
HK
HI
SH
AM
SH
3a
7a
21a
37
d ( H , AC ) HA 2
2
2 a 3 a 3
=
= Þ HL = d ( B , AC ) = .
=
d ( B, AC )
BA 3
3
3 2
3
Ta có
,
2
2
a 3 a 21
2a 6
SL = HL + SH =
.
÷ +
÷ =
3
3 3
2
Ta lại có
S ∆SAC
Vì
Suy ra
2
d ( A, SC ) = AT .
2a 6
.a
1
1
SL. AC
a 6
3
= SL. AC = AT .SC ⇒ AT =
=
=
.
2
2
SC
2a 7
7
3
a 21
HK
7
5
sin α =
= 37 =
⇒ cot α = .
AT
7
a 6
74
7
Chọn C.
Nhận xét: Việc xác định góc giữa hai mặt phẳng trong bài này rất phức tạp. Do đó vận
dụng khoảng cách để tính rất phù hợp. Tương tự, ở bài này lựa chọn tính khoảng cách
từ điểm
SC
A
tới đường thẳng
SC
( SCD )
, mặt phẳng
( SAC )
, mặt phẳng
đều khá dễ dàng như nhau.
14
hay từ điểm
D
tới đường thẳng
Bài 5: (Đề thi thử trường THPT Lương Thế Vinh – Hà Nội 2019) Cho hình chóp
S . ABCD
có đá
ABCD
trong hình vuông
ABCD
giữa hai mặt phẳng
( SAD )
là
2
2
A.
450
. Gọi
.
là hình vuông cạnh, hình chiếu vuông góc của đỉnh
a
. Hai mặt phẳng
( SAB )
và
( SBC )
( SAD ) , ( SBC )
là
600
là góc giữa hai mặt phẳng
B.
1
2
.
C.
( ABCD)
và
3
2
.
, giá trị
D.
Lời giải
SH ⊥ ( ABCD ) SM ⊥ AD, SN ⊥ BC , HK ⊥ AB
Kẻ
,
.
( SAB) Ç ( ABCD) = AB
Ta có
.
sin a =
Khi đó
Ta có
Vì
d ( H ,( SAB ) )
d ( H , AB )
.
·
= 90
(·( SAD ) , ( SBC ) ) = MSN
0
.
BC ⊥ SM , BC ⊥ SN ⇒ BC ⊥ ( SMN ) ⇒ MN ⊥ BC ⇒ MN / / AB.
Khi đó
d ( H , ( SAB ) ) = d ( M , ( SAB ) ) = d ( N , ( SAB ) ) = x ( x > 0 ) .
15
nằm
vuông góc với nhau; góc
; góc giữa hai mặt phẳng
( SAB)
S
0
.
( SAB )
cosa
và
là
(·( SAB ) , ( SBC ) ) = 60
Suy ra
Từ
( 1)
3 d ( N , ( SAB ) )
2x
=
⇒ d ( N , SB ) =
.
2
d ( N , SB )
3
3
1
1
1
1
=
+
=
+
( 1)
2
2
2
2
4x
SN
BN
SN
HK 2
(·( SAB ) , ( SAD ) ) = 45
Suy ra
⇒ sin 600 =
0
0
⇒ sin 450 =
2 d ( M , ( SAB ) )
=
⇒ d ( M , SA ) = x 2
2
d ( M , SA )
1
1
1
1
1
=
+
=
+
2
2
2
2
2x
SM
AM
SM
HK 2
và
( 2)
.
( 2)
ta được
5
1
2
1
1
1
1
1
1
=
+
+
=
+
+
= 2+
⇒ HK = 2 x.
2
2
2 ÷
2
2
2 ÷
2
4x
SN HK
HK HK
x
HK 2
SM
SH
sin (·
( SAB ) , ( ABDC ) ) =
Từ đó suy ra
cos (·
( SAB ) , ( ABDC ) ) =
Vậy
3
.
2
d ( H , ( SAB ) )
d ( H , AB )
=
x 1
= .
2x 2
Chọn C.
Nhận xét: Đây là một bài toán rất hay, nếu chúng ta xác định góc cụ thể của từng cặp
mặt phẳng thì sẽ rất rối hình. Tuy nhiên, như chúng ta nhìn thấy, vận dụng khoảng
cách để giải quyết thì bài toán này trở nên nhẹ nhàng, đơn giản hơn nhiều.
Vấn đề 2: Tính góc giữa hai mặt phẳng trong hình lăng trụ.
16
Bài 1: (Đề minh họa kỳ thi THPT Quốc Gia 2018) Cho hình lăng trụ tam giác đều
ABC. A¢B¢C ¢
có
AB = 2 3
A¢B ¢, A¢C ¢
cạnh
và
BC
và
AA¢= 2
M , N, P
. Gọi
lần lượt là trung điểm các
( AB ¢C ¢)
. Côsin của góc tạo bởi hai mặt phẳng
( MNP )
và
bằng
A.
6 13
65
.
B.
13
65
.
C.
17 13
65
.
D.
18 13
.
65
Lời giải
( MNP )
P Î BC , BC / / MN
Vì
nên mặt phẳng
( MNBC )
chính là mặt phẳng
.
I = AB ¢Ç BM , J = AC ¢Ç CN
Gọi
.
( AB ¢C ¢) Ç ( MNP) = IJ ( IJ / / BC / / MN )
Khi đó
Gọi
.
( AB ¢C ¢)
a
là góc tạo bởi hai mặt phẳng
sin a =
( MNP )
d ( B ¢,( MNP ) )
d ( B ¢, IJ )
. Ta có
Vì
ABC. A¢B ¢C ¢
và
.
là lăng trụ tam giác đều nên tam giác
AB ¢C ¢
AK ^ B ¢C ¢
.
d ( B, IJ ) = d ( K , IJ ) = KE
Do đó
AB ¢= AB 2 + BB ¢2 = 4, AK = AB ¢2 - B ¢K 2 = 13
Ta có
Dễ thấy
.
I
là trọng tâm tam giác
BB ¢A
. Suy ra
17
1
B ¢I = B ¢A
3
.
cân tại
A
. Suy ra
Từ đó ta có
1
13
KE = AK =
3
3
.
Q, H
Gọi
lần lượt là hình chiếu vuông góc của
B¢
lên
MN
BQ
và
. Khi đó
d ( B ¢,( MNP ) ) = B ¢H
.
1
3
B ¢Q = A¢K =
2
2
Ta có
.
BB ¢Q
Xét tam giác
vuông tại
B¢
B ¢H
, đường cao
, ta có
1
1
1
4 1 25
6
=
+
= + = Þ B ¢H =
2
2
2
B ¢H
B¢Q
B ¢B
9 4 36
5
.
Suy ra
6
B ¢H
18 13
13
sin a =
= 5 =
Þ cos a =
KE
65
65
13
3
Nhận xét: Vai trò của
B¢
và
C¢
. Chọn B.
như nhau nên chúng ta có thể lựa chọn điểm
C¢
để
thực hiện các bước hoàn toàn tương tự.
Bài 2: (Đề thi thử trường THPT Cẩm Bình – Hà Tĩnh năm 2018) Cho hình lăng trụ
ABC. A¢B¢C ¢
có đáy là tam giác đều cạnh
( ABC )
phẳng
600
là trung điểm
H
của cạnh
A.
AB
. Hình chiếu vuông góc của
là góc giữa hai mặt phẳng
1
3
.
B.
1
5
( ABC )
và
.
C.
Lời giải
18
A¢
lên mặt
. Biết góc giữa cạnh bên và mặt đáy bằng
( BCC ¢B ¢)
j
. Gọi
2a
cosj
. Khi đó
4
17
.
bằng
D.
1
17
.
( BCC ¢B ¢) Ç ( ABC ) = BC
Ta có
.
sin j =
d ( A,( BCC ¢B ¢) )
d ( A, BC )
Khi đó
Gọi
M
ABC
.
là trung điểm của
đều cạnh
2a
BC
.Vì tam giác
AM ^ BC ,
nên
AM = a 3 Þ d ( A, BC ) = AM = a 3.
Gọi
D
là chân đường cao hạ từ đỉnh
điểm của
HD
B¢
( ABC )
xuống mặt phẳng
B
là trung
.
d ( A,( BCC ¢B ¢) )
d ( D,( BCC ¢B ¢) )
=
AB
=2
DB
Ta có
d ( A,( BCC ¢B ¢) ) = 2d ( D ,( BCC ¢B ¢) )
hay
.
I, K
Gọi
. Khi đó
lần lượt là hình chiếu vuông góc của
D
lên
BC
và
B ¢I
. Khi đó
d ( D,( BCC ¢B ¢) ) = DK .
Ta có
DI
DB 1
1
a 3
=
= Þ DI = AM =
AM
AB 2
2
2
Vì góc giữa cạnh bên và mặt đáy là
Xét tam giác
B ¢DI
·A¢AH = 600 Þ B ¢D = A¢H = AH .tan 600 = a 3
D,
vuông tại
.
đường cao
DK
ta có
1
1
1
4
1
5
a 15
= 2+
= 2 + 2 = 2 Þ DK =
2
2
DK
DI
B ¢D
3a
3a
3a
5
19
.
.
a 15
2 DK
5 = 2 Þ cos j = 1
sin j =
=
AM
a 3
5
5
2.
Suy ra
. Chọn B.
Nhận xét: Trong quá trình giải quyết bài toán tính góc theo khoảng cách ngoài cách
H , B ¢, C ¢
chọn cách điểm như trên ta có thể chọn các điểm
để tính khoảng cách tới
giao tuyến và các mặt phẳng tương ứng cũng hoàn toàn đơn giản.
BC a
ABCD. A¢B ¢C ¢D ¢
M
Bài 3: Cho hình lập phương
. Gọi
là trung điểm của cạnh
,
( B ¢AM )
là góc giữa hai mặt phẳng
A.
300.
( A¢B ¢CD)
và
B.
. Khi đó, số đo của góc
450.
C.
600.
D.
a
bằng
750.
Lời giải
Kẻ
AM
cắt
DC
tại
N
.
( B ¢AM ) Ç ( A¢B ¢CD) = B ¢N .
Ta có
Khi đó
sin a =
d ( C ,( B ¢AM ) )
d ( C , B ¢M )
=
d ( B,( B ¢AM ) )
d ( C , B¢M )
.
BH ^ AM ( H Î AM ) , BK ^ SH
Kẻ
.
d ( B,( B ¢AM ) ) = BK
Suy ra
Xét tam giác
.
B ¢BH
vuông tại
B
, đường cao
BK
, ta có
1
1
1
1
1
1
1
4
1
6
a 6
=
+
=
+
+ 2 = 2 + 2 + 2 = 2 Þ BK =
.
2
2
2
2
2
BK
BB ¢ BH
BB ¢ BM
BA
a
a
a
a
6
20
CP ^ B ¢N ( P Î B ¢N )
Kẻ
d ( C , B ¢N ) = CP
. Khi đó
Xét tam giác
B ¢CN
vuông tại
C
.
, đường cao
CP
, ta có
1
1
1
1
1
3
a 6
=
+
= 2 + 2 = 2 Þ CP =
.
2
2
2
CP
CB ¢ CN
2a
a
2a
3
Vậy
a 6
BK
1
sin a =
= 6 = Þ a = 300.
CP a 6 2
3
Chọn A.
Nhận xét: Việc tính toán trong bài này cũng đơn giản và nhẹ nhàng, thay vì lựa chọn
tính khoảng cách từ điểm
C
đến giao tuyến
B ¢N
( B ¢AM )
và mặt phẳng
cũng có thể lựa chọn là tính khoảng cách từ điểm
A
chúng ta
đến giao tuyến và mặt phẳng
( A¢B¢CD)
, việc này cũng hoàn toàn đơn giản, tương tự như ở câu 2.
Câu 4: Cho lăng trụ đứng
a
,
M
là trung điểm của
( ACC ′A′)
A.
5
.
10
ABC. A′B′C ′
A′B′
có đáy là tam giác đều và tất cả các cạnh bằng
. Côsin của góc tạo bởi hai mặt phẳng
( MBC′)
bằng
B.
3 5
.
5
C.
Lời giải
21
5
.
5
D.
15
.
5
và
Kẻ
AA′
α
Gọi
cắt
BM
( MBC′) ∩ ( ACC′A′ ) = C′D.
Ta có
là góc tạo bởi hai mặt phẳng
( ACC ′A′)
Khi đó
N
( MBC ′)
và
.
sin α =
Gọi
tại
D.
d ( B, ( ACC ′A′ ) )
d ( B, C ′D )
là trung điểm cạnh
AC
.
.
BN ^ AC , BN ^ AA¢Þ BN ^ ( ACC ¢A¢)
Ta có
d ( B,( ACC ¢A¢) ) = BN
Hay
.
Tam giác
ABC
đều cạnh
a
BN = C ′M =
nên
a 3
.
2
BK ^ DC ¢( K Î DC ¢) Þ d ( B, DC ¢) = BK
Kẻ
Ta có
.
1
1
C ′M .BD
S∆C ′BD = C ′M .BD = BK .C ′D ⇒ BK =
.
2
2
C ′D
BD = a 2 + ( 2a ) = a 5.
2
Xét tam giác
ABD
vuông tại
A
, ta có
2
Xét tam giác
Do đó,
DMC ′
M,
vuông tại
ta có
a 3 a 5
C ′D =
÷+
÷ = a 2.
2
2
a 3
.a 5
a 30
2
BK =
=
.
4
a 2
22
Suy ra
a 3
BN
10
15
sin α =
= 2 =
⇒ cos α =
.
BK a 30
5
5
4
Chọn D.
Nhận xét: Ở bài này, vận dụng khoảng cách để tính toán cũng rất đơn giản. Và như tôi
đã trình bày, chúng ta có nhiều cách lựa chọn điểm để tính khoảng cách tới giao tuyến
và mặt phẳng còn lại. Với bài trên, thay vì lựa chọn điểm
B
, ta chọn điểm
A¢
thì công việc lại gọn nhẹ hơn rất là
nhiều.
Kẻ
Gọi
AA′
α
cắt
BM
tại
D.
( MBC′) ∩ ( ACC′A′ ) = C′D.
Ta có
là góc tạo bởi hai mặt phẳng
sin α =
Khi đó
d ( A′, ( BCM ) )
d ( A′, C ′D )
( MBC ′)
và
( ACC ′A′)
.
A¢H ^ BD ( H Î BD )
Kẻ
.
C ¢M ^ ( ABB ¢A¢) Þ A¢H ^ C ¢M
Ta có
.
d ( A,( MBC ¢) ) = A¢H
A¢H ^ ( MBC ¢)
Từ đó suy ra
Xét tam giác
hay
A¢DM
vuông tại
.
A¢
A¢H
, đường cao
, ta có
1
1
1
1
4
5
a 5
=
+
= 2 + 2 = 2 Þ A¢H =
.
2
2
2
A¢H
A¢D
A¢M
a
a
a
5
A¢K ^ DC ¢( K Î DC ¢) Þ d ( A¢, DC ¢) = A¢K
Kẻ
Xét tam giác
.
A¢DC
vuông tại
A¢
A¢K
, đường cao
, ta có
23
.
1
1
1
1
1
2
a 2
=
+
= 2 + 2 = 2 Þ A¢H =
.
2
2
2
A¢K
A¢D
A¢C
a
a
a
2
a 5
A′H
10
15
sin α =
= 5 =
⇒ cos α =
.
A′K a 2
5
5
2
Từ đó suy ra
Bài 5: Cho hình lăng trụ đứng
·
BAC
=1500
M
. Gọi
ABC. A¢B ¢C ¢
có
Chọn D.
AB = a
,
AC = a 3
,
AA¢= a
( AB ¢M )
CC ¢ a
là trung điểm của
,
là góc giữa mặt phẳng
và
( ABC )
mặt phẳng
. Khẳng định nào sau đây là đúng?
sin α =
A.
66
.
22
sin α =
B.
66
.
11
sin α =
C.
418
.
44
Lời giải
Kẻ
BC
cắt
B ¢M
tại
N
. Khi đó
M
là trung điểm của
( AB ¢M ) Ç ( ABC ) = AN .
Ta có
sin a =
d ( B ¢,( ABC ) ) d ( B ¢,( ABC ) )
=
d ( B ¢, AN )
2d ( M , AN )
Khi đó
.
d ( B ¢,( ABC ) ) = BB ¢= a
Ta có
,
.
MH ^ AN ( H Î AN ) Þ d ( M , AN ) = MH
Kẻ
.
24
B ¢N
.
sin α =
D.
418
.
22
Xột tam giỏc
ABC
ta cú
ã
BC 2 = AB 2 + AC 2 - 2 AB. AC.cos BAC
ổ 3ử
ữ
ữ
ị BC 2 = a 2 + 3a 2 - 2.a.a 3.ỗ
= 7 a 2 ị BC = a 7
ỗ
ữ
ỗ
ữ
ỗ
ố 2 ứ
cos ãABC =
AB 2 + BC 2 - AC 2 a 2 + 7a 2 - 3a 2 5 7
=
=
.
2 AB.BC
14
2a.a 7
1
1
1 a2 3
ã
SD ABC = AB. AC.sin BAC
= a.a 3. =
.
2
2
2
4
Xột tam giỏc
ABN
cú
ã
AN 2 = AB 2 + BN 2 - 2 AB.BN .cos ABC
ị AN 2 = a 2 + 28a 2 - 2.a.2a 7.
a2 3
a2 3 1
4 = 57 .
=
= CH . AN ị CH =
4
2
38
a 19
2.
SD ACN = SD ABC
Ta li cú
a 2 3a 2 11a 2
a 418
MH = MC + CH = +
=
ị MH =
.
4
76
38
38
2
Suy ra
5 7
=19a 2 ị AN = a 19.
14
sin a =
2
BB Â
=
2 MH
2
a
2.
Vy
a 418
38
=
418
.
22
Chn D.
Nhn xột: Vi bi ny chỳng ta cng cú th la chn cỏch tớnh khong cỏch t im
C
n giao tuyn
AN
Bi 6: Cho lng tr
gúc ca
AÂ
( AB ÂM )
v mt phng
ABC. AÂB ÂC Â
tng t nh cỏch trờn.
cú ỏy l tam giỏc u cnh
( ABC )
lờn mt phng
l im
25
H
3a
, hỡnh chiu vuụng
thuc cnh
AB
tha món