Tài liệu Một số phương pháp giải bài toán khoảng cách trong hình học

tai lieu, luan van1 of 98.

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC
TRƯỜNG THPT SÁNG SƠN
=====***=====

BÁO CÁO KẾT QUẢ
NGHIÊN CỨU, ỨNG DỤNG SÁNG KIẾN

Tên sáng kiến: Một số phương pháp giải bài toán khoảng cách trong hình học
khơng gian.
Tác giả sáng kiến: Nguyễn Đức Thịnh.
Mã sáng kiến: 18.52.

1
document, khoa luan1 of 98.


tai lieu, luan van2 of 98.

3. Nội dung báo cáo
BÁO CÁO KẾT QUẢ
NGHIÊN CỨU, ỨNG DỤNG SÁNG KIẾN
Lời giới thiệu

1.

Sự phát triển kinh tế - xã hội, khoa học công nghệ đã đặt ra yêu cầu cần phải đổi mới
nội dung, phương pháp dạy học. Bộ GD và ĐT có định hướng: “Phương pháp giáo dục
phải phát huy tính tích cực, tự giác, chủ động, sáng tạo của người học, bồi dưỡng năng
lực tự học, sự say mê học tập và ý chí vươn lên” cho học sinh. Thực hiện theo mục tiêu

của Bộ GD - ĐT đề ra, trường học đã nhanh chóng từng bước đổi mới phương pháp dạy
và học hướng tới đào tạo các thế hệ học sinh thành những con người lao động tích cực,
chủ động, sáng tạo bắt nhịp với xu thế phát triển của tồn cầu.
Hình học khơng gian là bộ mơn tốn học nghiên cứu các tính chất của các hình trong
khơng gian, đặc điểm của hình học khơng gian là mơn học trừu tượng. Chủ đề quan trọng
được đề cập là khoảng cách, khoảng cách từ một điểm đến một đường thẳng, khoảng cách
từ một điểm đến một mặt phẳng, khoảng cách giữa đường thẳng và mặt phẳng song song
với nó, khoảng cách giữa hai mặt phẳng song song, khoảng cách giữa hai đường thẳng
chéo nhau. Vì vậy bài tập khoảng cách trong không gian rất đa dạng và phong phú. Đặc
trưng trừu tượng, đa dạng, phong phú là tiềm năng lớn để phát triển tư duy cho học sinh
khi giải các bài tốn về khoảng cách.
Tính tích cực của học sinh trong quá trình học tập là yếu tố cơ bản, có tính quyết
định đến chất lượng và hiệu quả học tập. Mục tiêu của mọi sự đổi mới phương pháp dạy
học, xét đến cùng phải hướng tới việc phát huy tính tích cực nhận thức của học sinh. Vấn
đề cốt lõi là đặt học sinh vào vị trí trung tâm của quá trình dạy học. Trong quá trình dạy
học người thầy biết sử dụng phối hợp các phương pháp dạy học một cách hiệu quả nhằm
phát huy cao độ vai trò nội lực của học sinh. Phương pháp dạy học nêu vấn đề, phương
pháp thực hành, phương pháp làm việc theo nhóm, phương pháp tình huống...nếu được
2
document, khoa luan2 of 98.


tai lieu, luan van3 of 98.

chuẩn bị tốt sẽ thực sự kích thích tính chủ động tích cực của học sinh. Tuy nhiên, theo tôi
một thành tố cũng quan trọng khơng kém đó là tạo được tâm lý tốt cho học sinh, giúp các
em tự tin vào khả năng của mình, khả năng giải quyết thành cơng bài tốn.
Qua tìm hiểu tơi thấy đã có rất nhiều chun đề của các thầy cơ đồng nghiệp nghiên

cứu về hình học khơng gian, trong đó đã đưa ra tương đối đầy đủ các phương pháp giải

tốn. Tuy nhiên, cịn ít thầy cơ đề cập đến định hướng tư duy cho các em trong giải bài tập,
dẫn đến học sinh khó tiếp cận được với lời giải bài tốn, tư duy hình học ít được phát triển.
Qua chuyên đề này tôi muốn giúp các em có một lối mịn trong định hướng giải
quyết một bài tập hình khơng gian, đó là tư duy đưa lạ về quen, luyện tập tốt bài toán
khoảng cách từ 1 điểm đến một mặt phẳng, từ đó đưa các bài toán khoảng cách khác
về bài toán trên. Đối với nhiều bài tốn thì đây khơng phải là cách giải hay nhưng đây
là một hướng giải quen, có tư duy mạch lạc.
2.

Tên sáng kiến: Một số phương pháp giải bài tốn khoảng cách trong hình

học khơng gian
3. Tác giả sáng kiến:
- Họ và tên: Nguyễn Đức Thịnh
- Địa chỉ tác giả sáng kiến: Trường THPT Sáng Sơn.
- Số điện thoại: 0984490608. E_mail:

4. Chủ đầu tư tạo ra sáng kiến: Đây là chuyên đề được tôi tổng hợp, xây dựng lại
theo suy nghĩ của tơi, có tham khảo bài viết của một số đồng nghiệp qua mạng Internet.
Chuyên đề được tôi sử dụng trong bồi dưỡng học sinh giỏi và dạy chuyên đề ôn thi đại
học.
5. Lĩnh vực áp dụng sáng kiến: Giảng dạy mơn Tốn lớp
6. Ngày sáng kiến được áp dụng lần đầu hoặc áp dụng thử: Năm học 2017 –
2018, tôi được giao nhiệm vụ dạy học mơn tốn lớp 11A1,11A4 và 12A2. Chun đề
này đã được tôi dạy thử nghiệm trong các tiết học chuyên đề 11A1 tháng 4/2018.

3
document, khoa luan3 of 98.

tai lieu, luan van4 of 98.

7. Mô tả bản chất của sáng kiến:
Sáng kiến kinh nghiệm tập trung vào một cách tiếp cận bài tốn khoảng cách trong

khơng gian theo hướng lôgic, hệ thống và gần gũi hơn. Đề tài tập trung khai thác bài toán
khoảng cách từ một điểm đến một mặt phẳng, sau đó đưa các dạng bài toán khoảng cách
khác về bài toán trên.
7.1. Các dạng toán khoảng cách trong hình học khơng gian
7.1.1. Khoảng cách từ một điểm đến một đường thẳng
Cho điểm O và đường thẳng . Gọi H là hình chiếu của O trên . Khi đó khoảng
cách giữa hai điểm O và H được gọi là khoảng cách từ điểm O đến đường thẳng . Kí hiệu
d (O, )
M


H

Dùng MH   : d(M, ) = MH

* Nhận xét
- M , OM  d (O, )
- Để tính khoảng cách từ điểm O đến đường thẳng  ta có thể: Xác định hình chiếu
H của O trên  và tính OH.
7.1.2. Khoảng cách từ một điểm đến một mặt phẳng
Cho điểm O và mặt phẳng (). Gọi H là hình chiếu của O trên (). Khi đó khoảng
cách giữa hai điểm O và H được gọi là khoảng cách từ điểm O đến mặt phẳng (). Kí hiệu
d (O,( ))

* Nhận xét

- M  ( ), OM  d (O,( ))
7.1.3. Khoảng cách từ một đường thẳng đến một mặt phẳng song song với nó

4
document, khoa luan4 of 98.


tai lieu, luan van5 of 98.

Cho đường thẳng  song song với mặt phẳng (). Khoảng cách giữa đường thẳng 

và mặt phẳng () là khoảng cách từ một điểm bất kì của  đến mặt phẳng (). Kí hiệu
d (,( ))

* Nhận xét
- M , N  ( ), MN  d (,( ))
- Việc tính khoảng cách từ đường thẳng  đến mặt phẳng () song song với nó được
quy về việc tính khoảng cách từ một điểm đến một mặt phẳng.
7.1.4. Khoảng cách giữa hai mặt phẳng song song.
Khoảng cách giữa hai mặt phẳng song song là khoảng cách từ một điểm bất kì của
mặt phẳng này đến mặt phẳng kia. Kí hiệu d (( );(  ))
* Nhận xét
- M  ( ), N  ( ), MN  d (( );( ))
- Việc tính khoảng cách giữa hai mặt phẳng song song được quy về việc tính khoảng
cách từ một điểm đến một mặt phẳng.
7.1.5. Khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau
Cho hai đường thẳng chéo nhau a và b. Đường thẳng  cắt cả a và b đồng thời vng
góc với cả a và b được gọi là đường vng góc chung của a và b. Đường vng góc chung
 cắt a tại M và cắt b tại N thì độ dài đoạn thẳng MN gọi là khoảng cách giữa hai đường
thẳng chéo nhau a và b. Kí hiệu d (a, b) .

* Nhận xét
- M  a, N  b, MN  d (a, b)
- Để tính khoảng cách hai đường thẳng chéo nhau a và b ta làm như sau:
+ Tìm H và K từ đó suy ra d (a, b)  HK
+ Tìm một mặt phẳng (P) chứa a và song song với b. Khi đó d (a, b)  d (b,( P))
+ Tìm cặp mặt phẳng song song (P), (Q) lần lượt chứa a và b. Khi đó
d (a, b)  d (( P),(Q))

+ Sử dụng phương pháp tọa độ
5
document, khoa luan5 of 98.


tai lieu, luan van6 of 98.

* Đặc biệt
- Nếu a  b thì ta tìm mặt phẳng (P) chứa a và vng góc với b, tiếp theo ta tìm giao

điểm I của (P) với b. Trong mp(P), hạ đường cao IH. Khi đó d (a, b)  IH
- Nếu tứ diện ABCD có AC = BD, AD = BC thì đoạn thẳng nối hai trung điểm của
AB và CD là đoạn vng góc chung của AB và CD.
7.2. Bài tốn tính khoảng cách từ một điểm đến một mặt phẳng
Cách 1. Tính trực tiếp.
Cách 2. Sử dụng cơng thức thể tích
Cách 3. Sử dụng phép trượt điểm
Cách 4. Sử dụng tính chất của tứ diện vng
Cách 5. Sử dụng phương pháp tọa độ
Cách 6. Sử dụng phương pháp vectơ
7.2.1. Phương pháp tính trực tiếp
Xác định hình chiếu H của O trên () và tính OH

* Phương pháp chung.
- Dựng mặt phẳng (P) chứa O và vng góc với ()
- Tìm giao tuyến  của (P) và ()
- Kẻ OH   ( H  ). Khi đó d (O,( ))  OH . Đặc biệt:
+ Trong hình chóp đều, thì chân đường cao hạ từ đỉnh trùng với tâm đáy
+ Hình chóp có một mặt bên vng góc với đáy thì chân đường vng góc hạ từ đỉnh
sẽ thuộc giao tuyến của mặt bên đó với đáy
+ Hình chóp có 2 mặt bên vng góc với đáy thì đường cao chính là giao tuyến của
hai mặt bên này
+ Hình chóp có các cạnh bên bằng nhau (hoặc tạo với đáy những góc bằng nhau) thì
chân đường cao là tâm đường trịn ngoại tiếp đáy
+ Hình chóp có các mặt bên tạo với đáy những góc bằng nhau thì chân đường cao là
tâm đường tròn nội tiếp đáy
6
document, khoa luan6 of 98.


tai lieu, luan van7 of 98.

Ví dụ 1: Cho hình chóp SABCD có đáy ABCD là hình thoi tâm O, cạnh a, góc

·  600 , có SO vng góc mặt phẳng (ABCD) và SO = a. Tính khoảng cách từ O
BAD
đến mặt phẳng (SBC).
S

Lời giải. Hạ OK  BC  BC   SOK 
Trong (SOK) kẻ OH  SK  OH   SBC 

F

 d  O,  SBC    OH .

a
Ta có ABD đều  BD  a  BO  ; AC  a 3
2

D

B

E

K

O

Trong tam giác vng OBC có:
1
1
1
13
a 39


 2  OK 
2
2
2
OK

OB
OC
3a
13

H

A

B

C

D

Trong tam giác vng SOK có:
1
1
1
16
a 3


 2  OH 
2
2
2
OH
OS
OK

3a
4

Vậy d  O,  SBC    OH 

a 3
4

Ví dụ 2: (A-2013) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vng tại A,

·
ABC  300 , SBC là tam giác đều cạnh a,

S

(SBC )  ( ABC ) . Tính d (C,(SAB))

Giải: + Trong mặt phẳng (ABC) vẽ hình chữ
nhật ABDC. Gọi M, I, J lần lượt là trung điểm
của BC, CD và AB. Lúc đó, CD//(SAB) hay

D

H

d (C,(SAB))  d (CD,(SAB))  d ( I ,(SAB)) +
I

Trong mặt phẳng (SIJ) kẻ
IH  SJ , (H  SJ) (1)

C

B
M
J
A
7

document, khoa luan7 of 98.


tai lieu, luan van8 of 98.

IJ  AB



Mặt khác, ta có: SM  ( ABC )  AB  SM 
 AB  ( SIJ )  AB  IH (2)

Từ (1) và (2) suy ra: IH  (SAB) hay d (C,(SAB))  IH
1
1
SM .IJ
+ Xét tam giác SIJ có: SSIJ  IH .SJ  SM .IJ  IH 
. Với:
2
2
SJ

a
a 3
a 13
IJ  AC  BC.sin 300  , SM 
, SJ  SM 2  MJ 2 
.
2
4
2
Do đó: IH 

SM .IJ a 39
a 39
. Vậy d (C ,( SAB)) 

SJ
13
13

7.2.2. Phương pháp sử dụng cơng thức tính thể tích.
1
3V
Thể tích của khối chóp V  B.h  h 
. Theo cách này, để tính khoảng cách từ
3
B

đỉnh của hình chóp đến mặt đáy, ta đi tính 𝑉 và 𝐵.
Ví dụ 1. Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có AB = a, SA = a 2 . Gọi M, N, P

lần lượt là trung điểm của các cạnh SA, SB, CD. Tính khoảng cách từ P đến mặt phẳng
(AMN).
Phân tích. Theo giả thiết, việc tính thể tích các khối chóp S.ABCD hay S.ABC hay
AMNP là dễ dàng. Vậy ta có thể nghĩ đến việc quy việc tính khoảng cách từ P đến mặt
phẳng (AMN) về việc tính thể tích của các khối chóp nói trên, khoảng cách từ P đến (AMN)
có thể thay bằng khoảng cách từ C đến (SAB)
Lời giải:
Gọi O là tâm của hình vng ABCD, khi đó SO  (ABCD).
M, N lần lượt là trung điểm của SA và SB nên S AMN  1 S ANS  1 S ABS  a
2

4

2

7

16

PC / /( AMN )  d  ( P,( AMN ))   d  (C,( AMN ))  .

8
document, khoa luan8 of 98.


tai lieu, luan van9 of 98.

S

M

N

D

P
C
O

A
B

1
1 1
Vậy: VP. AMN  S AMN .d  ( P,( AMN ))   . S ABS .d  (C ,( AMN )) 
3
3 4
1
1
1 1
1
a 6
.
 VC . ABS  VS . ABC  . S ABC .SO . S ABC  a 2 , SO  SA2  AO 2 
4
4
4 3
2
2
3

3V
6
Vậy VAMNP  1 . 1 a 2 . a 6  a 6  d  ( P,( AMN ))   PAMN  a
S AMN
7
12 2
2
48

Ví dụ 2. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vng tâm O, SA vng góc
với đáy hình chóp. Cho AB = a, SA = a 2 . Gọi H, K lần lượt là hình chiếu của A trên SB,
SD. Tính khoảng cách từ điểm O đến mặt phẳng (AHK).
Phân tích. Khối chóp AOHK và ASBD có chung đỉnh, đáy cùng nằm trên một mặt
phẳng nên ta có thể tính được thể tích khối chóp OAHK, hơn nữa tam giác AHK cân nên
ta tính được diện tích của nó.
Lời giải.
1
Cách 1: VOAHK  S AHK .d  O;  AHK  
3

Trong đó:


1
1
1
3
a 6
; SAD  SAB  AK  AH  a 6



 2  AH 
2
2
2
I
AH
AB
AS
2a
3
3
J

G

9
document, khoa luan9 of 98.


tai lieu, luan van10 of 98.

S

K

D

H
A

O

C
B

Ta có HK và BD đồng phẳng và cùng vng góc với SC nên HK // BD.
AI cắt SO tại G là trọng tâm của tam giác SAC, G thuộc HK nên
HK SG 2
2
2 2a
. Tam giác AHK cân tai A, G là trung điểm

  HK  BD 
BD SO 3
3
3

của HK nên AG  HK và AG 
S AHK

2
2 1
1
2a
AI  . SC  .2a 
3
3 2
3
3

1
1 2a 2 2a 2 2 a 2
 AG.HK  . .

2
2 3
3
9

1
1
1
VOAHK  VAOHK  d  A;  OHK  .SOHK  d  A;  SBD  .SOHK  h.SOHK
3
3
3

Tứ diện ASBD vuông tại A nên:
1
1
1
1
5
a 10



 2 h
2
2

2
2
h
AS
AB
AD
2a
5

Tam giác OHK cân tại O nên có diện tích S bằng
1
1 a 10 2 2a
S  OG.HK  .
.

2
2 6
3

 d  O;  AHK   

3VOAHK
S AHK

5a 2
1
2a 3
 VOAHK  Sh 
9
3

27

2a 3
3
27  a

2
2 2a 2
9
10

document, khoa luan10 of 98.


tai lieu, luan van11 of 98.

2
Cách 2: Ta chứng minh VOAHK  VSABD
9
2
1
1
1 2
2
Ta có: HK  BD; OG  SO  SOHK  HK  OG   BD  SO  S SBD
3
3
2
2 9
9

 VAOHK

2
2 1
1
a3 2
 VSABD   SA  AB  AD 
9
9 3
2
27

Cách 3: Giải bằng phương pháp tọa độ như sau:
Chọn hệ tọa độ Oxyz sao cho O  A, B(a ; 0 ; 0), D(0 ; a ; 0), S(0 ; 0 ; a 2 ).
 2a a 2 
 2a a 2 
a a 
Tính SH, SK suy ra tọa độ của H  0; ;
,
K

 ;0;
 , O  ; ;0 
3 
3 
2 2 
 3
 3
1 uuur uuur uuur
Áp dụng công thức V   AH , AK  . AO

6

Cách 4: SC  (AHK) nên chân đường vng góc hạ từ O xng (AHK) có thể xác
định được theo phương SC.
* AH  SB, AH  BC (do BC  (SAB))  AH  SC
Tương tự AK  SC. Vậy SC  (AHK)
* Giả sử (AHK) cắt SC tại I, gọi J là trung điểm của AI, khi đó OJ // SC
 OJ  (AHK).
SA = AC = a 2  SAC cân tại A  I là trung điểm của SC.

1
1
1
a
Vậy OJ  IC  SC  .2a 
2
4
4
2
7.2.3 Phương pháp trượt điểm
Ý tưởng của phương pháp này là: bằng cách trượt điểm O trên một đường thẳng đến
một vị trí thuận lợi O ' , ta quy việc tính d (O,( )) về việc tính d (O ',( )) . Ta thường sử
dụng những kết quả sau:
Kết quả 1. Nếu đường thẳng  song song với mặt phẳng () và M, N   thì
d (M ;( ))  d ( N ;( ))
11
document, khoa luan11 of 98.


tai lieu, luan van12 of 98.

Kết quả 2. Nếu đường thẳng  cắt mặt phẳng () tại điểm I và M, N   (M, N

khơng trùng với I) thì

d ( M ;( )) MI

d ( N ;( )) NI

1
Đặc biệt, nếu M là trung điểm của NI thì d ( M ;( ))  d ( N ;( )) , nếu I là trung điểm
2
của MN thì d (M ;( ))  d ( N ;( ))
Ví dụ 1. Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vng tại B, AB=3a, BC=4a;
̂ = 300 . Tính khoảng cách từ
mp(SBC) vng góc với mp(ABC). Biết SB=2a 3, 𝑆𝐵𝐶
điểm B đến mp(SAC) theo a.
Lời giải:
Kẻ SH  BC  SH  (ABC). Xét SHB ta có: SH = SB.sin300 = a 3;
BH = SB.cos300 = 3a
Qua H kẻ HI  AC tại I

S

 (SHI)  (SAC). Kẻ HK  SI tại K
 HK  (SAC)
A

 d(H;(SAC)) = HK

K

Ta có CHI∽CAB(g-g)
 HI =

AB.CH 3a
=
AC
5

 d(H;(SAC)) = HK =
Mà

A

d(B;(SAC))
d(H;(SAC))

C
B
I

3√7𝑎2
14

= 4  d(B;(SAC)) =

6√7𝑎2
7

Ví dụ 2. (Đề thi Đại học khối B năm 2011).
Cho lăng trụ ABCDA1B1C1D1 có đáy ABCD là hình chữ nhật AB  a, AD  a 3 .
Hình chiếu vng 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 phẳng (A1BD) theo a.
12
document, khoa luan12 of 98.


tai lieu, luan van13 of 98.

Phân tích. Do B1C // (A1BD) nên

B1

C1

ta trượt đỉnh B1 về vị trí thuận lợi C và
quy việc tính d  B1;  A1BD   thành tính

A1
D1

d  C;  A1BD  

Lời giải.
* Gọi O là giao điểm của AC và

  ABCD 
BD  AO

1

B
C

K

Gọi E là trung điểm AD

O
H

 OE  AD & A1E  AD

A

D

E

·
A1EO  600

a 3
AO
 OE.tan ·
A1EO 
1
2

S ABCD  a 2 3

Vlt  AO
.S ABCD
1

3a 3

2

* Tính d  B1;  A1BD   :
Cách 1:
Do B1C // (A1BD)
 d  B1;  A1BD    d  C;  A1BD  

Hạ CH  BD  CH   A1BD   d  C;  A1BD    CH 

CB.CD
CB 2  CD 2



a 3
2

Cách 2:

d  B1;  A1BD    d  C;  A1BD    d  A;  A1BD   

3VA ABD

1

S A BD
1

Trong đó: VA ABD
1

1
a3
 Vlt 
6
4
13

document, khoa luan13 of 98.


tai lieu, luan van14 of 98.

SA BD 
1

1
1 a 3
a2 3
AO
.
BD




2
a

1
2
2 2
2

a3
3
a 3
 d  B1 ;  A1BD    2 4 
2
a 3
2

Ví dụ 3.
Cho hình chóp SABCD có đáy ABCD là hình vng tâm O có cạnh bằng a,

SA  a 3 và vng góc với mặt phẳng (ABCD).
a) Tính khoảng cách từ O đến (SBC).
b)Tính khoảng cách từ trọng tâm tam giác SAB đến (SAC).
Phân tích: Do OA   SBC   C , nên thay vì việc tính d  O,  SBC   ta đi tính
d  A,  SBC   , tương tự như vậy ta có thể quy việc
S

tính d  G,  SAC   thơng qua việc tính d  E,  SAC  
hay d  B,  SAC  

Lời giải.
a) Ta có: OA   SBC   C nên:

G

H

A
D

F
E
O
B

d  O,  SBC  
d  A,  SBC  



C

OC 1
1
  d  O,  SBC    d  A,  SBC  
AC 2
2

 AH  SB
 AH   SBC 

AH

BC


Gọi H là hình chiếu của A trên SB ta có: 
Trong tam giác vng SAB có:
1
1
1
4
a 3


 2  AH 
2
2
2
AH
SA
AB
3a
2

14
document, khoa luan14 of 98.


tai lieu, luan van15 of 98.

 d  O,  SBC   

1
1
a 3
d  A,  SBC    AH 
2
2
4

b) Gọi E là trung điểm AB, G là trọng tâm tam giác SAB.
Do EG   SAB   S nên

d  G,  SAC  
d  E ,  SAC  



GS 2
2
  d  G,  SAC    d  E ,  SAC  
ES 3
3

 BO  AC
 BO   SAC  ; BE   SAC   A
BO

SA


Ta có: 

 d  E ,  SAC   

1
1
a 2
2 a 2 a 2
d  B,  SAC    BO 
 d  G,  SAC    

2
2
4
3 4
6

Câu 4 (Đề HSG lớp 12 tỉnh Vĩnh Phúc năm học 2017 - 2018). Cho hình chóp
S. ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh 2a 2 và tam giác SAB là tam giác cân tại đỉnh
S . Góc giữa đường thẳng SA và mặt phẳng đáy bằng 450 , góc giữa mặt phẳng  SAB  và

mặt phẳng đáy bằng

600.

Tính khoảng cách từ C đến

( SAD) .

Lời giải:

Gọi H là hình chiếu vng góc của S lên mặt đáy, M là trung điểm AB
SAB cân tại S nên SM  AB và kết hợp với SH  ( ABCD) suy ra AB   SMH  .

Vậy MH là trung trực của AB , MH cắt CD tại N  N là trung điểm của CD.
Nên theo giả thiết ta được:
·
+ ·
SA, ( ABCD)   SAH
 450  SA  SH 2

15
document, khoa luan15 of 98.


tai lieu, luan van16 of 98.

·
·
SM , MH   SMH
 600  SM  SH .
+  (SAB),  ABCD    ·

2
3

4SH 2
 2a 2  SH  a 3
Trong tam giác SAM ta có: SA  AM  SM  2SH 

3
2

2

2

2

Từ đó tính được:
d (C ,( SAD))  2d ( H ,( SAD))  2 HP 

2a 30
5

7.2.4. Phương pháp sử dụng tính chất của tứ diện vuông
Định nghĩa. Tứ diện vuông là tứ diện có một đỉnh mà ba góc phẳng ở đỉnh

1.

đó đều là góc vng.
Tính

2.

chất.

Giả

sử

OABC

là

tứ

diện

vng

tại

O

(

OA  OB, OB  OC, OC  OA ) và H là hình chiếu của O trên mặt phẳng (ABC). Khi đó

đường cao OH được tính bằng công thức
1
OH 2



1
OA2



1
OB 2



A

1
OC 2

Chứng minh.

H

Giả sử AH  BC  D ,

OH  ( ABC )  OH  BC
O

(1)

C
D

OA  OB, OA  OC  OA  BC (2)

Từ (1) và (2) suy ra BC  OD . Trong các tam giác

B

vng OAD và OBC ta có
1
OH 2



Vì vậy

1
OA2
1
OH 2



1
OD



,
2

1
OA2

1
OD 2



1
OB 2




1
OB 2



1
OC 2

1
OC 2

Mục tiêu của phương pháp này là sử dụng các phép trượt để quy việc tính khoảng
cách từ một điểm đến một mặt phẳng về việc tính khoảng cách từ đỉnh của tam diện vng
đến mặt huyền của nó và vì vậy áp dụng được tính chất trên.
16
document, khoa luan16 of 98.


tai lieu, luan van17 of 98.

Ví dụ 1: Cho hình chóp S.ABCD đáy ABCD là hình vng cạnh a, SA  ( ABCD) ,
SA=2a,

S

a) Tính d ( A,(SBC ))
b) Tính d ( A,(SBD))
Giải: a) Kẻ AH  SB (H  SB) (1)

H

K
D

A

Ta có: SA  ( ABCD)  SA  BC (*) và

O

AB  BC (gt) (**) . Từ (*) và (**) suy ra:

B

C

BC  (SAB)  BC  AH (2) .

Từ (1) và (2) ta có: AH  (SBC ) hay d ( A,(SBC ))  AH
+ Mặt khác, xét tam giác vng SAB có:
Vậy, d ( A,( SBC )) 

1

1
1
5
2a

 2  2  AH 
.
2
2
AH
AB
SA
4a
5

2a
5

b) Gọi O  AC  BD
Kẻ AK  SB (K  SO) (1)
Ta có: SA  ( ABCD)  SA  BD (*) và AC  BD (gt) (**) . Từ (*) và (**) suy ra:
BD  (SAC )  BC  AK (2) .

Từ (1) và (2) ta có: AK  (SBD) hay d ( A,(SBD))  AK
+ Mặt khác, xét tam giác vng SAO có:
Vậy, d ( A,( SBD)) 

1
1
1

9
2a
.

 2  2  AK 
2
2
AK
AO
SA
4a
3

2a
.
3

17
document, khoa luan17 of 98.


tai lieu, luan van18 of 98.

Ví dụ 2: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vng tại A và D,
AB=AD=a, CD=2a, SD  ( ABCD) , SD=a.
a) Tính d ( D,(SBC ))
b) Tính d ( A,(SBC ))

S

Giải: Gọi M là trung điểm của CD, E là
giao điểm của hai đường thẳng AD và BC.

H

a) Trong mặt phẳng (SBD) kẻ
DH  SB, (H  SB) (1) .

M

D

C

1
+ Vì BM  AD  CD  Tam giác BCD
2
vuông tại B hay BC  BD (*) . Mặt khác,

A

B

vì SD  ( ABCD)  SD  BC (**) . Từ (*)
và (**) ta có:
BC  (SBD)  BC  DH (2) . Từ (1) và

E

(2) suy ra: DH  (SBC ) hay d ( D,(SBC ))  DH

+ Xét tam giác vng SBD có:
Vậy, d ( D,( SBC )) 
b) Ta có:

1
1
1
3
2a 3
.




DH

DH 2 SD 2 BD 2 2a 2
3

2a 3
3

d ( A,( SBC )) AE AB 1
1
a 3


  d ( A,( SBC ))  d (d ,( SBC )) 
.
d ( D,( SBC )) DE CD 2

2
3

Vậy, d ( A,( SBC )) 

a 3
3

7.2.5. Sử dụng phương pháp tọa độ.
* Phương pháp:
Bước 1: Chon hệ toạ độ Oxyz gắn với hình đang xét.
Bước 2: Chuyển bài tốn từ ngơn ngữ hình học sang ngơn ngữ toạ độ - véc tơ
18
document, khoa luan18 of 98.


tai lieu, luan van19 of 98.

Bước 3: Giải bài toán bằng phương pháp toạ độ, rồi chuyển sang ngôn ngữ hình

học.
Cơ sở của phương pháp này là ta cần chọn hệ tọa độ thích hợp sau đó sử dụng các
cơng thức sau:
Ax0  By0  Cz0  D

với M ( x0 ; y0 ; z0 ) , ( ) : Ax  By  Cz  D  0
A2  B 2  C 2
uuur r
MA  u
r

với  là đường thẳng đi qua A và có vectơ chỉ phương u
d ( M , ) 
r
u

d ( M ;( )) 

r ur uuur
u  u '. AA '
ur
d (,  ')  r ur
với  ' là đường thẳng đi qua A ' và có vtcp u '
u  u'
Ví dụ 1 . Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có các cạnh đều bằng a . Tính khoảng cách
từ điểm A đến mặt phẳng (SCD)
Lời giải:
Chọn hệ trục tọa độ Oxyz như hình vẽ.
S

a 2
Phương trình mặt phẳng (SCD): x  y  z 
0
2


d  A, ( SCD)  

a 2 a 2

2

2
3



A

a 2 a 6

3
3

D
O

B

C

Ví dụ 2. ( Trích đề thi tuyển sinh ĐH&CĐ khối D năm 2002 )
Cho hình tứ diện ABCD có cạnh AD vng góc với mặt phẳng(ABC);
AC  AD  4cm ; AB  3cm ; BC  5cm . Tính khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng (BCD)

Lời giải :
ABC có : AB 2  AC 2  BC 2  25 nên vuông tại A Chọn hệ trục toạ độ Oxyz như sau
O  A(0;0;0) ; B(3;0;0) ; C (0;4;0) D(0;0;4) ;

Tính : AH  d  A, ( BCD)
19
document, khoa luan19 of 98.

tai lieu, luan van20 of 98.

z
D

H

A

C

y

I

B

x

Phương trình tổng quát của mặt phẳng (BCD):
( BCD ) :

x y z
   1  4 x  3 y  3z  12  0
3 4 4

d  A, ( BCD )  

 12
16  9  9



12
6 34

17
34

Ví dụ 3 . ( Trích đề thi tuyển sinh ĐH &CĐ khối D năm 2007 )
·
ABC  BAD
 900 AB  BC  a , AD  2a , SA
Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thang , ·

vng góc với đáy và SA  a 2 . Gọi H là hình chiếu của A trên SB. Chứng minh tam giác
SCD vng và tính theo a khoảng cách từ H đến mặt phẳng (SCD)
Lời giải: Chọn hệ trục toạ độ Đêcac vng góc Oxyz như sau :

S

H

I

A

𝑥

B

document, khoa luan20 of 98.

C

D

20


tai lieu, luan van21 of 98.

A(0;0;0) ; B  a;0;0  ; C  a; a;0  ; D  0; 2a;0  ; S  0;0; 2a 










2

uur
uuur
uuur

SB  a;0; a 2 ; SC  a; a; a 2 ; SD  0; 2a; a 2







uuur uuur
 SC, SD   a 2 2; a 2 2; 2a 2  a 2 2 1;1;





+ Tìm tọa độ điểm H là hình chiếu vng góc của A trên SB
 x  a  at

Phương trình tham số của SB :  y  0

 z  a 2t

(t R )

+ Viết phương trình mặt phẳng (SCD)
(SCD) đi qua điểm S và nhận vectơ n  1;1; 2  làm pháp vectơ
r

(SCD) : 1( x  0)  1( y  0)  2( z  a 2)  0
+ Chứng minh tam giác SCD vuông

uuur uuur
uuur
uuur
SC   a; a; 2a  ; CD   a; a;0  => SC.CD  0  SC  CD
 Tam giác SCD vng tại C

+ Tính ( theo a ) khoảng cách từ H đến (SCD)
Tọa độ điểm H : H ( x; y; z)  SB  H  a  at;0; a 2t  ; AH  (a  at;0; a 2t )
uuur

uuur uur
 2a
1
a 2
AH  SB  AH .SB  0  3a 2t  a 2  0  t    H  ;0;

3
3 
 3

+ Khoảng cách từ H đến (SCD)
Phương trình mặt phẳng (SCD)
2a 2a

 2a
a
3
3

(SCD) : x  y  2 z  2a  0 ; d  H , (SCD)  

2
3

7.2.6. Sử dụng phương pháp vecto.
* Phương pháp:
Bước 1: Chon hệ véc tơ gốc, đưa các giả thiết kết luận của bài tốn hình học đã cho
ra ngơn ngữ “vecto”.
21
document, khoa luan21 of 98.


tai lieu, luan van22 of 98.

Bước 2: Thực hiện các u cầu của bài tốn thơng qua việc tiến hành biến đổi các hệ

thức vecto theo hệ vecto gốc.
Bước 3: Chuyển các kết luận “vecto” sang các kết quả hình học tương ứng.
Ví dụ 1. (Đề thi đại học khối D năm 2007).
·
Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thang. ·
ABC  BAD
 900 , BA  BC  a ,
AD  2a . Cạnh bên SA vng góc với đáy và

S

SA  a 2 . Gọi H là hình chiếu vng góc của
A trên SB . Tính khoảng cách từ H đến mặt
phẳng

N

(SCD) .

E

H
K

Lời giải.
uuur r uuur r uuur r
Đặt AB  a; AD  b; AS  c
r r
r r
r r
Ta có: a  c  0; b  c  0; a  b  0

A

D

Q

P
B

C

M

uur r r uuur r 1 r r uuur r r
SB  a  c; SC  a  b  c; SD  b  c
2
Gọi N là chân đường vng góc hạ từ H lên mặt phẳng (SCD)

 d ( H ;(SCD))  HN
SH 2

SB 3
uuur uuur uuur
uuur
uuur
2 uur
Khi đó : HN  HS  SN   SB  xSC  ySD
3

Dễ dàng tính được

2r  x

  x  a   
3

2

r  2
r
y b    x  y c

3



2r2 1 x

r2  2
r2
uuur uuur
x

a


y
b


x

y
c  0 x  5









3

2 2
 HN  SC  0 

3


6
Ta có:  uuur uuur


r
r

y  1
 HN  SD  0  x  y  b 2   2  x  y  c 2  0






3


3

 2

22
document, khoa luan22 of 98.

tai lieu, luan van23 of 98.
2
uuur 1 r 1 r 1 r
1 r 1r r
a
 HN  a  b  c  HN 
a  b  c 
6
12
6
6 
2
3


Cách 2:
Gọi d1 , d 2 lần lượt là khoảng cách từ các điểm H và B đến mp(SCD), ta có:
d1 SH 2
2
2 3V
2V

  d1  d 2   BSCD  BSCD
d 2 SB 3
3
3 SSCD
SSCD

Trong đó VBSCD

1
1
1
1
a3
 SA  SBCD  SA  SBID  SA  AB  ID 
3
3
3
2
3 2

CD  AC
 CD  SC
CD

SA


Ta có: 

1
1
 SSCD  SC  CD 
SA2  AB 2  BC 2  CE 2  ED 2  a 2 2
2
2
 d1 

a
3

Cách 3: Sử dụng tính chất của tứ diện vng.
Phân tích. Trong bài tốn này, việc tìm chân đường vng góc hạ từ H xuống mặt
phẳng (SCD) là khó khăn. Vì vậy, ta sẽ tìm giao điểm K của AH và (SCD) và quy việc tính
khoảng cách từ H đến (SCD) về việc tính khoảng cách từ A đến (SCD)
Lời giải
Gọi M là giao điểm của AB và CD, K là giao điểm của AH với SM. Ta có:
BH 1
 . Suy ra H là trọng tâm của tam giác SAM.
BS 3

Từ đó ta có:

d  H ,  SCD  
d  A,  SCD  



S

KH 1

KA 3

E

a 3

Do tứ diện ASDM vuông tại A nên:

A
D

B

a

C

23
document, khoa luan23 of 98.


tai lieu, luan van24 of 98.

1
1
1
1
1
 2

 2  d  A,  SCD    a
2
2
d  A,  SCD   AS
AD AM

a
2

Vậy d  H ,  SCD   

a
3

* Nhận xét: Việc lựa chọn hệ vecto gốc là rất quan trọng khi giải quyết một bài tốn
bằng phương pháp vecto. Nói chung việc lựa chọn hệ vecto gốc phải thoả mãn hai yêu cầu:
+ Hệ vecto gốc phải là ba vecto không đồng phẳng.
+ Hệ vecto gốc nên là hệ vecto mà có thể chuyển những u cầu của bài tốn thành
ngơn ngữ vecto một cách đơn giản nhất.
Ví dụ 2. (Đề thi ĐH khối B năm 2007)
Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có đáy ABCD là hình vng cạnh a . E là điểm
đối xứng của D qua trung điểm của SA .

M,N

lần lượt là trung điểm của AE và BC . Tính

khoảng cách giữa MN và AC .
S

E

P

M

c

A

D

a
b O

B

C

N

Giải:



 


 




Đặt : OA  a, OB  b, OS  c
 

 

 

Ta có : a . c  0, b . c  0, a . b  0

uuuur uuur uuur uuur 1 uuur uuur 1 uuur
MN  MA  AC  CN  SD  AC  CB
2
2
1 uuur uuur uuur 1 uuur uuur
 SO  OD  AC  CO  OB
2
2









24
document, khoa luan24 of 98.


tai lieu, luan van25 of 98.

3r 1r

 a c
2
2





AC  2 a

Gọi

PQ

là đoạn vng góc chung của MN và AC , ta có:

uuur uuuur uuur uuur
uuuur 1 uuur
uuur
PQ  PM  MA  AQ  xMN  SD  y AO
2





r
 3r 1r 1 r r
 x   a  c   c  b  ya
2  2

 2
r 1r
3 r 1

   y  x  a   x  1 c  b
2 
2
2


r2
3 r2 1
3 
uuur uuuur
y

x
a

x

1
a
 0  x  1



 

2 

4
 PQ  MN  0  2 



 uuur uuur
3
r
y
 PQ  AC  0
2  y  3 x  a 2  0



2



2 
 
uuur
1r
1
a2
a 2
2
2
 PQ   b  PQ  OB 
 PQ 
2

4
8
4

Cách 2:
 MP / / AD

Ta có: 
;
1
MP

AD


2

 NC / / AD

nên tứ giác MNCP là hình bình hành

1
NC

AD

2

 MN / /  SAC 

 BO  SO
 BO   SAC 
BO

AC


Do hình chóp SABCD đều  

1
1
1
a 2
 d  MN ; AC   d  N ;  SAC    d  B;  SAC    BO  BD 
2
2
4
4

7.3. Giải các dạng tốn khoảng cách trong hình học khơng gian bằng cách đưa
về dạng bài tính khoảng cách từ một điểm đến một mặt phẳng
7.3.1. Giải bài tốn tính khoảng cách từ một đường thẳng đến một mặt phẳng
song song với nó
25
document, khoa luan25 of 98.