Tailieumoi.vn xin giới thiệu đến các quý thầy cô, các em học sinh đang trong quá trình ôn tập tài liệu Bài toán góc và khoảng cách trong đề tham khảo THPTQG 2020 môn Toán, tài liệu bao gồm 34 trang. Tài liệu được tổng hợp từ các tài liệu ôn thi hay nhất  giúp các em học sinh có thêm tài liệu tham khảo trong quá trình ôn tập, củng cố kiến thức và chuẩn bị cho kỳ thi sắp hới. Chúc các em học sinh ôn tập thật hiệu quả và đạt được kết quả như mong đợi.

Mời các quý thầy cô và các em học sinh cùng tham khảo và tải về chi tiết tài liệu dưới đây

Bài toán góc và khoảng cách trong đề tham khảo THPTQG 2020 môn Toán

Phân tích đề tham khảo năm học 2019- 2020

I. Phân tích – Bình luận câu 37

1. Phân tích

- Nhắc lại các cách tính khoảng cách hai đưởng thẳng chéo nhau a và b.

Cách 1: Dựng đoạn vuông góc chung (thường dùng khi hai đường vừa chéo và vuông góc)

Cách 2 : Quy về khoảng cách từ đường này đến mặt phẳng song song với nó và chứa đường kia , cuối cùng là quy về khoảng cách từ một điểm đến một mặt phẳng

Cách 3 : Quy về khoảng cách giữa hai mặt phẳng song song mỗi mặt chứa một đường.

- Câu 37 đề thi tham khảo: Là bài toán tính khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau trong hình chóp có đường cao cho trước. Một bài ở mức độ Vận Dụng . Có hai ý tưởng nổi bật trong bài :

\( \oplus \) Thứ nhất : Là bài toán tính khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo và không vuông góc với nhau : Một đường nằm trong mặt phẳng đáy và một đường là cạnh bên. Nên giải quyết vấn đề khoảng cách này có lối mòn đối với học sinh thường dùng đó là cách 2 :

Khoảng cách giūa hai đường thẳng chéo nhau a và b :

\(d(a,b) = d(a,(P)) = d(M,(P)){\rm{ v?i : }}(P) \supset b,(P)//a,M \in a\)

Vì bài toán có chân đường cao cho trước nên : Đưa Về bài toán tính khoảng cách từ chân đường cao đến mặt phẳng bên.

\( \oplus \) Thứ hai : Đáy của hình chóp là một hình thang rất hay , rất đặc biệt : từ đó dẫn đến đường chéo vuông góc với cạnh bên, là rút ngắn cách tính khoảng cách.

Câu 37: Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thang, \(AB = 2a,AD = DC = CB = a.\) SA vuông góc với đáy và SA= 3a (minh họa hình dưới đây).

Gọi M là trung điểm của AB. Khoảng cách giữa hai đường thẳng SB và DM bằng

A. \(\frac{3}{4}a\).

B. \(\frac{3}{2}a\).

C. \(\frac{{3\sqrt {13} a}}{{13}}\).

D. \(\frac{{6\sqrt {13} }}{{13}}a\)

Lời giải

Chọn A

Cách $1 .

Ta có \(DM//(SBC) \Rightarrow d(DM,SB) = d(DM,(SBC)) = d(M,(SBC))\)

Ta có \(MA = MB = MD = MC = a\)

Suy ra tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn tâm M, đường kính AB.

Suy ra tam giác ABC vuông tại C

Như vậy ta có \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{BC \bot AC}\\{BC \bot SA}\end{array} \Rightarrow BC \bot (SAC) \Rightarrow (SBC) \bot (SAC)} \right.\)

Trong mặt phẳng (SAC) Dựng \(AH \bot SC\) tại \(H\) suy ra \(BC \bot AH \Rightarrow AH \bot (SBC)\)

Nên \(d(A,(SBC)) = AH\)

\(\begin{array}{l}AC = \sqrt {A{B^2} - B{C^2}}  = a\sqrt 3 ;SC = \sqrt {S{A^2} + A{C^2}}  = 2\sqrt 3 a\\ \Rightarrow AH = \frac{{SA \cdot AC}}{{SC}} = \frac{3}{2}a\\ \Rightarrow d(M,(SBC)) = \frac{1}{2}d(A,(SBC)) = \frac{3}{4}a\end{array}\)

Cách 2

Gọi \(I = AC \cap DM,N\) là trung điểm của đoạn thẳng SA.

Dễ dàng chứng minh được \((SBC)//(MND)\).

Do đó, \(d(SB,DM) = d((SBC),(MND)) = d(B,(MND)) = d(A,(MND))\).

Trong mp(SAC) kẻ \(AH \bot NI\), mặt khác, ta chứng minh được \(MI \bot (SAC)\)

nên suy ra: \(AH \bot (MND)\) và \(\frac{1}{{A{H^2}}} = \frac{1}{{A{N^2}}} + \frac{1}{{A{I^2}}} \Rightarrow AH = \frac{{3a}}{4}\).

Vậy, \(d(SB,DM) = d(A,(MND)) = AH = \frac{{3a}}{4}\).

Hoặc Áp dụng công thức thể tích trong phần tính khoảng cách tù một điểm đến mặt phẳng.

\(\begin{array}{l}d(SB,DM) = d((SBC),(MND)) = d(M,(SBC))\\ = \frac{1}{2}d(A,(SBC)) = \frac{{3{V_{S.ABC}}}}{{{S_{SBC}}}} = \frac{{3a}}{4}\end{array}\)

II. Ý tưởng và huớng phát triẻ̉n

1. Ý tưởng 1

Tính khoảng cách giũa hai đường thẳng chéo nhau nằm trên hai mặt bên, trong hình chóp

Câu 1

Chóp S.ABC có đáy là tam giác đều cạnh \(2a\sqrt 3 \). Hình chiếu H của S trên mặt phẳng (ABC) là trung điểm cạnh AB và SH=a. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của S C, M C.Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau A M, B N.

A. \(\frac{{15a}}{{4\sqrt {79} }}\).

B. \(\frac{{2\sqrt {237} }}{{79}}\).

C. \(\frac{{2a\sqrt {237} }}{{79}}\).

D. \(\frac{{15a\sqrt {79} }}{{79}}\)

Lời giải

Chon C

+ Gọi E là trung điểm cạnh A C ; K là hình chiếu của N trên \(HC \Rightarrow NK//SH\).

\(\begin{array}{l} \Rightarrow d(AM;BN) = d(A;(BEN))\\ = d(C;(BEN)) = \frac{8}{5}d(K;(BEN)){\rm{. }}\end{array}\)

\({\rm{ Vi  }}\frac{{d(C;(BEN))}}{{d(K;(BEN))}} = \frac{{CG}}{{KG}} = \frac{{\frac{2}{3}HC}}{{\left( {\frac{2}{3} - \frac{1}{4}} \right)HC}} = \frac{5}{8}{\rm{. }}\)

+ Ta có: \(\frac{{KN}}{{SH}} = \frac{{CN}}{{SC}} = \frac{1}{4} \Rightarrow KN = \frac{a}{4}\).

+ Gọi I là hình chiếu của K trên \(BE \Rightarrow IK//EC\)

Do đó \(\frac{{IK}}{{EC}} = \frac{{GK}}{{GC}} = \frac{5}{8} \Rightarrow KI = \frac{{5a\sqrt 3 }}{8}\).

Vậy

\(\begin{array}{l}d(AM;BN) = \frac{8}{5}d(K;(BEN)) = \frac{8}{5}\frac{{KN \cdot KI}}{{\sqrt {K{N^2} + K{I^2}} }}\\ = \frac{8}{5}\frac{{\frac{a}{4} \cdot \frac{5}{8} \cdot a\sqrt 3 }}{{\sqrt {\frac{{{a^2}}}{{16}} + \frac{{25}}{{64}} \cdot 3{a^2}} }} = \frac{{2a\sqrt {237} }}{{79}}\end{array}\).

2. Ý tưởng 2

Tính khoảng cách giũa hai đường thẳng chéo nhau trong hình chóp có đường cao

Câu 2

Cho hình chóp S.ABC có \(SA \bot (ABC)\), tam giác ABC đều và SA=AB=a. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của BC và SC. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AM và BN.

A. \(\frac{{a\sqrt {13} }}{{13}}\).

B. \(\frac{{a\sqrt {13} }}{3}\).

C. \(\frac{{a3\sqrt {13} }}{{13}}\).

D. \(\frac{{a2\sqrt {13} }}{{13}}\).

Lời giải

Chọn A

Gọi \({M^\prime }\) là trung điểm \(SC \Rightarrow M{M^\prime }//BN\).

Khi đó

$d(AM,BN)=d\left(BN,\left(AM{M}^{\text{'}}\right)\right)=d\left(B,\left(AM{M}^{\text{'}}\right)\right)=\frac{3\cdot V_{B.AM{M}^{\text{'}}}}{S_{△AMN}}$

Do \(SC = 4{M^\prime }C\) nên \(d\left( {{M^\prime },(ABC)} \right) = \frac{1}{4}SA = \frac{a}{4}\)

và $S_{△ABM}=\frac{1}{2}{S}_{△ABC}=\frac{a^2\sqrt{3}}{8}$.

Suy ra \({V_{{M^\prime }ABM}} = \frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{{96}}\). Tính được \(AM = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\).

Theo công thức độ dài đường trung tuyến trong tam giác ta có

\(M{M^\prime } = \frac{1}{2}BN = \frac{1}{2}\sqrt {\frac{{B{C^2} + B{S^2}}}{2} - \frac{{S{C^2}}}{4}}  = \frac{1}{2}\sqrt {\frac{{{a^2} + 2{a^2}}}{2} - \frac{{2{a^2}}}{4}}  = \frac{a}{2}.\)

\(A{M^\prime } = \sqrt {\frac{{A{N^2} + A{C^2}}}{2} - \frac{{N{C^2}}}{4}}  = \sqrt {\frac{{\frac{{{a^2}}}{2} + {a^2}}}{2} - \frac{{{a^2}}}{8}}  = \frac{{a\sqrt {10} }}{4}.\)

Suy ra .

Vậy \(d(AM,BN) = \frac{{3 \cdot \frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{{96}}}}{{\frac{{{a^2}\sqrt {39} }}{{32}}}} = \frac{{a\sqrt {13} }}{{13}}\)