SKKN Góp phần phát triển năng lực giải quyết vấn đề và năng lực sáng tạo cho học sinh Lớp 11 thông qua dạy học chủ đề “góc trong không gian"

c xác định hình góc và tính góc không gây ra nhiều khó khăn.
3 cm
Ví dụ 3. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình
hành, AD
2cm, DC
1cm,
ADC
1200 . Cạnh bên SB
, hai mặt phẳng (SAB)
và (SBC) cùng vuông góc với mặt phẳng đáy. Gọi a là góc tạo bởi SD và mặt phẳng (SAC) . Tính sina .
Phân tích bài toán :
Việc xác định hình chiếu của điểm D lên mặt phẳng (SAC) ở đây không dễ, ta sẽ nghĩ đến việc tính góc dựa vào khoảng cách. Khoảng cách từ điểm D đến	SAC
được tính thông qua khoảng cách từ điểm B đến	SAC .
Lời giải
Ta có:
SAB	SBC	SB
SAB	ABCD	SB	ABCD SBC	ABCD
BD	AB2	AD2	2.AB.AD.cos 600	3
SD	SB2	BD2	6
AC	AD2	DC2	2.AD.DC.cos1200	7
S
K
B	C
H O
A	D

Gọi H là hình chiếu của B trên AC , K là hình chiếu của B trên SH . Khi đó
SAC
BK	.
ABC
1 BH.AC
2
1 AB.BC.sin1200	BH
2
21
7
Do S
1	1	1
BK 2	BH 2	BS 2
BK	6
4
d B, SAC
6
4
Ta có:
Mà d D,
SAC	d B,
SAC
d D, SAC
6
4
Vậy
sina	.
d D, SAC
SD
1
4
Câu 4. (Trích đề thi học sinh giỏi tỉnh Lạng Sơn lớp 12 năm học 2021-2022)
BCD
2 2
Cho tứ diện ABCD với AB	và AB	. Tam giác ACD có ba góc
nhọn, đường cao AK
2 6 và AC
5, AD
7 . Gọi L là trung điểm của BC . Tính góc
tạo bởi đường thẳng KL và mặt phẳng	ACD .
Phân tích bài toán: Việc dựng góc ở bài toán này cũng gây ra nhiều khó khăn trong khi đưa về khoảng cách lại là bài toán quen thuộc. Vậy nên ta chọn phương pháp sử dụng khoảng cách để giải quyết bài toán này.
Lời giải
Vì CD	AK,CD	AB	CD	ABK	CD	BK
Kẻ BT	AK 1 , v CD	ABK	CD	BT 2
Từ (1) và (2) suy ra BT	ACD , vậy d B, ACD	BT
AB	BCD	AB	BK . Áp dụng định lý Pitago cho tam giác vuông ABK ta có :
BK	AK 2	AB2	24 8	4 .
A
T
D
B
K
L
C

Tam giác ABK vuông, đường cao BT nên
1	1	1	1	1	3	BT	4 3
BT 2	BA2	BK 2	8 16	16	3
. Vậy

d B;

ACD	.
BT	4 3
3
d L; ACD
d B; ACD
CL
CB
1
2
d L; ACD
1 . 4 3	2 3
2	3	3
Ta có :
KL, ACD
sinj	d L; ACD
KL
Gọi j
CK
AC2	AK 2

25 24

1
BC
BK 2	CK 2

16 1

17

KL	1 BC
2
17
2
KL là trung tuyến của tam giác vuông BKC ( vuông tại K)
Vậy

sin j

d L;

ACD
2 3
3	4 51
j	arcsin 4 51
KL	17
2
51	51
Ví dụ 5. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình chữ nhật ABCD có
AB = a 3; AD = a , tam giác SBD là tam giác vuông cân đỉnh S và nằm trong mặt
phẳng vuông góc với mặt phẳng đáy. Tính sin góc tạo bởi SA và mặt phẳng
(SBC ) .
Lời giải:
Gọi O là trung điểm của BD ta có:
SO ^ BC mặt khác
(SBD) ^ ( ABC ) Þ SO ^ ( ABC )
Ta có:
BD =	AB2 + AD2 = 2a Þ SO = 1 BD = a .
2
Dựng OE ^ BC,OF ^ SE Þ OF ^ (SBC ) .
d (D;(SBC )) = 2d (O;(SBC )) = 2HF
Ta có: HE = 1 AB = a 3
2	2
S
F
A	B
O	E
D	C

SH .OE
SH 2 + OE 2
Þ OF =	= a
= a 21
3
7
7
Suy ra
d ( A;(SBC )) =	. Mặt khác SA =
2a 21
7
SO2 + OA2
42
d ( A;(SBC ))
= a 2 .
Do đó
sin (SA;(SBC )) =	=	.
SA	7
Nhận xét: Ví dụ 3 , 4, 5 sử dụng phương pháp dùng khoảng cách để tính góc khi việc dựng góc trực tiếp là khó khăn.
Ví dụ 6. Cho hình chóp S.ABCD có ABCD là hình thang, đáy lớn
AD	2a, AB	BC	a , các cạnh bên bằng 2a. Hai mặt phẳng	SAD	và	ABCD
vuông góc với nhau. Gọi G là trọng tâm tam giác ACD . Trên cạnh AB lấy điểm M
x	0	x	a
sao cho AM	. Tìm x để góc giữa SC và	SMG lớn nhất.
Phân tích bài toán:
Mặt phẳng (SMG) chứa đường thẳng SG cố định, áp dụng Tính chất (*) ta có
SC;
SMG	SC; SG . Từ đó suy ra góc
SC;
SMG	lớn nhất khi (SMG) vuông
SCH
góc với (SCG). Phát hiện rằng BD
điều này ta dựng được điểm M.
Lời giải:
nên (SMG) song song BD. Vận dụng
S
N	H
D	A
G
E
M
C	B
Mặt phẳng (SMG) chứa đường thẳng SG cố định.
Tam giác SAD đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với	ABCD	nên hình chiếu
H của S lên	ABCD là trung điểm AD.
Do các cạnh bên bằng nhau suy ra H là tâm đường tròn ngoại tiếp ABCD suy ra
ABCD là hình thang cân.
Ta có
SC;
SC;
SMG
SMG	SC; SG
SC; SG
SMG
SCH
max
SCH , ABCD
SMG	MG	MG	SCH
MG	CH
Mà	ABCD
HN	HG	2	AM	AN	5	x	5a HD	HE	3	AB	AD	6	6
Lại do BCDH là hình thoi Gọi N	MG	AD . Ta có
BD	CH	MG / /BD
Nhận xét: Bài toán này có sử dụng tính chất (*) :
Cho hai đường thẳng d1
và d2
cắt nhau nhưng không vuông góc. Một mặt phẳng
(P) thay đổi luôn chứa d2
. Khi đó
d1; P
. Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi
d1; d2
P	vuông góc với mặt phẳng chứa d1
Chứng minh:
và d2 .
M
d1
d2
I
H
K
MK
Gọi
I	d1
d2 . Lấy
M	d1 . Gọi H, K lần lượt là hình chiếu vuông góc của M lên
(P) và
d2 . Khi đó MH	.
sin MIK	MK ;sin d ; P
MI
1
sin MIH	MH
MI
Mặt khác: sin d1; d2
sin d1; P
sin d1; d 2
d1; P
d1; d2
K
Dấu “=” xảy ra khi H
d2 .
Mặt phẳng (P) vuông góc với mặt phẳng chứa d1 và
a, BAD
Ví dụ 7. Cho hình chóp S.ABCD có ABCD là hình thoi cạnh
600 , SA	SB	SD.
Gọi M và N là hai điểm lần lượt di động trên cạnh AB và
2AM
CD sao cho CN	. Xác định vị trí của M để góc giữa SB và	SMN	lớn nhất.
Phân tích bài toán:
2AM
Với giả thiết	CN	ta nhận ra rằng khi AM càng lớn thì CN cũng lớn. Nói
cách khác, khi M tiến đến B thì N tiến đến D. Từ đó có thể thấy đường thẳng MN có khả năng quay quanh 1 điểm cố định. Bằng việc kiểm tra một vài vị trí của 2 điểm M, N ta nhận ra đường thẳng MN đi qua 1 điểm cố định. Điểm đó ta có thể kiểm tra chính là giao điểm với đường thẳng AC. Kết hợp với điểm S, ta suy ra mặt phẳng (SMN) luôn chứa 1 đường thẳng cố định.
Lời giải:
Gọi I	MN	AC . Ta có IA	AM	1 .
IC	CN	2
Khi đó I cố định. Suy ra mặt phẳng (SMN) chứa SI cố định.
Theo Tính chất (*) ta có:
SB; SMN	SB; SI .
Do đó
SB; SMN	SB; SI	P	SBI
max
S
A	D
M	I
O	N
B	C

IA	1	AI	2
IC	2	AO	3
Lại có
tiếp tam giác ABD.
.Mà ABD là tam giác đều nên I là tâm đường tròn ngoại
ABD
SI	BI	BI	P
BI	MN
Do SABD là hình chóp đều nên SI	.
Mà BI	AD	MN // AD
AM	AI	1 .
AB	AC	3
a
a, SA
3ED
Ví dụ 8. Cho hình chóp S.ABCD có ABCD là hình vuông cạnh	và
SA vuông góc với (ABCD). Gọi E là điểm thuộc đoạn BD sao cho BE	. Mặt
phẳng (P) thay đổi chứa SE và cắt các cạnh AD, DC lần lượt tại M, N. Tính MN để góc giữa SB và (P) là lớn nhất.
Phân tích bài toán:
Bài toán đã cho mặt phẳng (P) chứa đường thẳng cố định SE. Vận dụng Tính
chất (*) ta có:
SB; P
. Dấu bằng xảy ra khi	P
. Như vậy ta
SB; SE
SBE
cần dựng mặt phẳng (P) chứa SB và vuông góc với (SBE). Thay vì dựng hai mặt phẳng vuông góc, ta chuyển về dựng song song với một đường thẳng vuông góc với mặt phẳng kia. Từ đó bài toán được giải quyết.
Lời giải:
Mặt phẳng (P) chứa đường thẳng SE cố định.
S
I
H
M
A
E
O
N
D
B
Ta thấy

SB; P

C
SB; SE
P
SBE
max

hay	P	.
SBD
Gọi O	BD	AC . Kẻ AH	SO .
SAC
BD	AH	AH	SBD
AH // P
Do BD
AC
Kẻ SI / / AH , I

. Đường thẳng IE cắt AD, DC tại M, N.
DM 2	DN 2
OA	OH	OA2	1
OI	OS	OS 2	3
Ta có
DM	xDA
2x DO
3
x DI
3
4x DE
3
x DI
3
4x	x
3	3
1	x	3
5
DM	3a 5
8 y	y
3	3
1	y	3
7
DN	3a 7
Do M, E, I thẳng hàng nên	.
DN	yDC	y DI	IC
y 4 DO	1 DI
3
3
8y DE
3
y DI
3
Do N, E, I thẳng hàng nên
MN
3a 74
35
Nhận xét : Ví dụ 6,7,8 giải quyết các bài toán giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của góc trong không gian bằng phương pháp định tính nhờ yếu tố điểm cố định, đường thẳng cố định.
600 , AB	2a.
Ví dụ 9: (Trích đề thi HSG Tỉnh 11 – Nghệ An 2016)
Cho hình thoi ABCD có
BAD
Gọi H là trung điểm của AB. Trên
đường thẳng d vuông góc với mặt phẳng	ABCD	tại H lấy điểm S thay đổi khác
H . Trên tia đối của tia BC lấy điểm M sao cho BM
SH để góc giữa SC và SAD có số đo lớn nhất.
Lời giải.
1 BC .Tính theo a độ dài của
4
Đặt HS	x, HA	y, HD	z
khi đó x.y	y.z	z.x	0
và x	x, y	a, z	a 3.
S
D
A
H
B	C

Giả sử u
mx
ny
pz mà

u.AD	0

mx
ny	pz	z
y
0
3 p
n	0

u.SA	0

mx
ny	pz	y
x
0
na2
mx2
0

3	p	1
Chọn n
và m
suy ra	.
3a2
x2
u
3a2
x2
x	3y	z
SC	HC	HS
x	2 y	z.
Lại có
3a2
Khi đó u.SC	x x2
3y	z	x
2 y	z
6a2 .
3a2
x2
2
x	3y	z
Đồng thời
u
9a4
12a2 ; SC
x2
2
x	2 y	z
x2
7a2
u.SC
u SC
x2
7a2
9a4
2
x2	12a
cos u, SC
6a2
Khi đó
sin
SC,
SAD
93a4
63a
6a2
6
6a2
6
x
2
12a2 x2
93a4	2
63a6
x2
.12a2 x2
 	.
93	12 21
"
63a6
x2
12a2 x2
x
4
21
4
a.
Dấu "	xảy ra
90o ,
Ví dụ 10: Cho hình chóp
S.ABC có SA
ASB
SB	SC	a;
60o ,
ASC
BSC
120o. Gọi I là trung điểm của
AC, M là điểm thay đổi trên
đường thằng
AB. Gọi	là góc tạo bởi SM và
ABC
. Xác định vị trí của M để
cos đạt giá trị nhỏ nhất. Tính giá trị nhỏ nhất đó.
Lời giải.
Đặt SA	a, SB	b, SC	c . Ta có:	a	b	c	a,
a2	a2
a.b	,b.c	, a.c	0. 2	2
S
I
A	C
M
B

u.AB
u.AC
0

0
x
y
z
0
x
0
x
y
z
0
y
z

Giả sử u	xa	yb	zc	mà
xa	yb	zc b	a	0
xa	yb	zc	c	a	0
suy ra:
1	z	1
SM	k SA	1	k SB	ka	1	k b
Chọn y	suy ra u	b	c .	Giả sử
Khi đó u.SM
ka	1	k b b	c
a2
2
2
SM
ka	1	k b
k 2
k	1.a .
; u
2
b	c
a ;
1
2
k 2
k
1
2
2
k	1
2
3
4
1
3
cos SM ,u
1
1
SM .u
SM
.
u

Khi đó
sin
SM ,
ABC
Do cos
SM ,
ABC	nhỏ nhất	sin
SM ,
ABC	lớn nhất
sin SM , ABC
1
3
đạt được
hay
là trung điểm
AB.
k	1
2
SM	1 SA
2
1 SB
2
M
2 , 0
2
Ví dụ 11: Cho hình chóp tứ giác
S.ABCD có đáy là hình thoi cạnh 2a,
góc
600
A	; mặt bên SAB là tam giác cân tại S ,
góc
ASB	và SH là
đường cao của hình chóp với H là trung điểm
SC và SAD	lớn nhất ?
Lời giải.
AB.
Tìm giá trị của	sao cho góc
Đặt HS	x, HA	y, HD	z , ta có x.y	y.z	z.x	0,
x	a	, y	a, z	a 3.
tan
S
D
A
H
C
B

u	m1 x	n1 y	p1 z
u.AD
u.AS
0
0
u. z	y	0
3 p	n
1	1
0
u. x	y
0
m	n tan2
1	1
0
Giả sử	mà	.
3
p
1
m
1
3 tan2
u	3tan2	x	3y	z
1
Chọn n1
thì u	SAD .
12	9 tan2
Lại có SC	HC	HS
x	2 y	z. Do đó u.SC
6a2 ;
SC	7
1
tan2
.a ;	u	.a
u.SC
u SC
cos u, SC
6
Khi đó
sin
SC,
SAD
7
1
tan2
12	9 tan2
6
6
93
12
tan2
63tan2
93	2
12
tan2
.63tan2
6
93	12 21
.
"
tan
4
4 .
21
Dấu "	xảy ra
Ví dụ 12: (Trích đề thi HSG Tỉnh 11 – Bà Rịa Vũng Tàu 2017)
Cho hình vuông ABCD tâm O , cạnh a. Trên đường thẳng d vuông góc với mặt
phẳng	ABCD	tại O lấy điểm S thay đổi S khác O . Gọi P là trung điểm của
SA và E đối xứng với D qua
P. Gọi
M , N lần lượt là trung điểm của AE và
1a16	2 10
a42
1 102 1
BC. Tính độ dài của SO theo a sao cho góc giữa đường thẳng SD và mặt phẳng
SAN	có số đo lớn nhất.
Lời