SKKN Một số giải pháp giúp học sinh lớp 11 phát huy khả năng giải bài toán khoảng cách từ một điểm đ...

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HOÁ

TRƯỜNG THPT TĨNH GIA 4

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

TÊN ĐỀ TÀI

MỘT SỐ GIẢI PHÁP GIÚP HỌC SINH LỚP 11 PHÁT HUY
KHẢ NĂNG GIẢI BÀI TỐN KHOẢNG CÁCH TỪ MỘT ĐIỂM
ĐẾN MẶT PHẲNG TRONG HÌNH HỌC KHÔNG GIAN

Người thực hiện: Phan Thị Nhường
Chức vụ: Giáo viên
SKKN thuộc lĩnh vực (mơn): Tốn

THANH HỐ NĂM 2019

1
SangKienKinhNghiem.net


MỤC LỤC
NỘI DUNG
1. MỞ ĐẦU

Trang

1.1. Lý do chọn đề tài…………………………………………....

2

1.2. Mục đích nghiên cứu………………………………………..

2

1.3. Đối tượng nghiên cứu………………………………………

2

1.4. Phương pháp nghiên cứu……………………………………

3

1.5. Những điểm mới của sáng kiến kinh nghiệm………………

3

2. NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM……………….

3

2.1. Cơ sở lí luận của sáng kiến kinh nghiệm ..............................

3

2.2. Thực trạng của vấn đề trước khi áp dụng SKKN………….

5

2.3. Các giải pháp thực hiện……….............……………………

6

2.4. Hiệu quả của SKKN……………………………………….

19

III. KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ…….……………………...

20

3.1. Kết luận……………………………………………………

20

2
SangKienKinhNghiem.net


3.2. Kiến nghị…………………………………………………..

21

MỘT SỐ SÁCH VÀ WEBSITE ĐÃ THAM KHẢO………

22

3
SangKienKinhNghiem.net

1. MỞ ĐẦU
1.1. Lý do chọn đề tài
Trong quá trình giảng dạy, giáo viên phải đặt ra cái đích là giúp học sinh
nắm được kiến thức cơ bản, hình thành phương pháp, kỹ năng, kỹ xảo, từ đó tạo
được thái độ và động cơ học tập đúng đắn. Thực tế dạy và học cho chúng ta thấy
cịn có nhiều vấn đề cần phải giải quyết như học sinh học hình học cịn yếu,
chưa hình thành được kỹ năng, kỹ xảo trong q trình giải tốn và đặc biệt đại
đa số học sinh khi nhắc đến hình học khơng gian lại rất ngại nói đúng hơn là sợ
sệt. Đặc biệt năm học 2018-2019 là năm học có nội dung trắc nghiệm hình học
khơng gian lớp 11 trong kỳ thi THPT Quốc gia, vì vậy học sinh cần có vốn kiến
thức và kỹ năng nhất định, đặc biệt là những câu hỏi vận dụng về tính khoảng
cách trong hình học khơng gian. Để làm được câu hỏi dạng này đòi hỏi học sinh
ngồi việc học tốt kiến thức về hình học khơng gian còn phải biết vận dụng linh
hoạt các phương pháp để từ đó sẽ quy bài tốn từ khó về dễ và phù hợp với trình
độ kiến thức mình đang có đặc biệt là kỹ năng xác định và tính toán nhanh để
đạt được yêu cầu kiến thức lẫn thời gian của một đề thi trắc nghiệm. Vì vậy việc
xây dựng và hình thành cho học sinh những phương pháp để giải quyết các bài
toán sao cho nhanh gọn, dễ hiểu là rất cần thiết trong dạy học.
Từ thực tiễn giảng dạy và bồi dưỡng học sinh ôn thi đại học nhiều năm,
cùng với kinh nghiệm trong quá trình giảng dạy. Tôi xin chia sẻ đề tài sáng kiến
kinh nghiệm “ Một số giải pháp giúp học sinh lớp 11 phát huy khả năng giải
bài toán khoảng cách từ một điểm đến mặt phẳng trong hình học khơng
gian ”.
Đây là một nội dung quan trọng, hay và khó trong chương trình hình học
11 nên đã có rất nhiều tài liệu, sách viết cũng như rất nhiều thầy cô giáo và học
sinh say sưa nghiên cứu. Tuy nhiên việc đưa ra hướng tiếp cận đối với bài toán
này nhiều sách tham khảo vẫn chưa đáp ứng được cho người đọc. Ngoài ra sáng
kiến kinh nghiệm này còn là tài liệu dùng cho các em học sinh lớp 12 để ôn
luyện thi THPT quốc gia về chuyên đề khoảng cách . Chính vì vậy việc đưa ra

sáng kiến kinh nghiệm này là cần thiết, các em hiểu sâu hơn về bài toán khoảng
cách từ 1 điểm đến mặt phẳng và yêu thích chủ đề khoảng cách trong hình học
khơng gian.
1.2. Mục đích nghiên cứu
Qua nội dung đề tài này chúng tôi mong muốn cung cấp cho người đọc
nắm được cách tiếp cận bài toán, quy lạ về quen. Đồng thời giúp học sinh có
một số kiến thức, phương pháp và các kỹ năng cơ bản để học sinh có thể giải
quyết các bài toán khoảng cách từ 1 điểm đến 1 mặt. Hình thành cho các em thói
quen tìm tịi, tích lũy và rèn luyện khả năng giải quyết các bài toán. Hy vọng đề
tài sẽ là tài liệu cho học sinh và giáo viên ôn tập trong các kỳ thi chọn học sinh
giỏi lớp 11 và cho học sinh lớp 12 vững thêm kiến thức chuẩn bị ôn thi THPT
quốc gia, góp phần nâng cao chất lượng giáo dục.
1.3. Đối tượng nghiên cứu
Nội dung chính của đề tài là nghiên cứu một số tính chất về khoảng cách. Tính
khoảng từ một điểm đến mặt phẳng chứa đường cao, tính khoảng cách từ một
điểm bất kỳ dựa vào chân đường cao hình chóp (hoặc hình lăng trụ).
4
SangKienKinhNghiem.net


Đề tài tập trung bài tập ở dạng trắc nghiệm khách quan và vận dụng nó trong
các bài tốn thực tế của đời sống xã hội.
1.4. Phương pháp nghiên cứu
- Nghiên cứu xây dựng cơ sở lý thuyết: Nghiên cứu sách giáo khoa, sách tham
khảo, mạng internet …
- Phương pháp quan sát: Quan sát quá trình dạy và học tại trường THPT Tĩnh
Gia 4.
- Thực nghiệm sư phạm: Thực nghiệm sư phạm đánh giá hiệu quả sử dụng đề
tài nghiên cứu trong việc giảng dạy lớp 11 và ôn thi THPT quốc gia năm học
2018-2019 ở trường THPT Tĩnh Gia 4.

1.5. Những điểm mới của sáng kiến kinh nghiệm
Theo tôi được biết đã có nhiều đề tài viết về chuyên đề khoảng cách .
Nhưng theo quan điểm cá nhân tôi do sự đổi mới trong hình thức thi cử kể cả thi
cuối kỳ hay thi THPT quốc gia thì đều thi theo hình thức trắc nghiệm. Đối với
mơn hình học thì đề tài của tơi là một quan điểm hồn tồn mới về cách thức
giải các bài tốn, cụ thể:
- Thứ nhất, sáng kiến kinh nghiệm này trình bày một cách có hệ thống ,
các bài tốn có sự phân dạng và phân loại theo từng mức độ. Câu hỏi theo hình
thức trắc nghiệm được sưu tầm ở các chuyên đề hình học khơng gian, đề thi thử,
đề thi THPT quốc gia các năm trước giúp giáo viên và học sinh dễ hình dung.
- Thứ hai, sáng kiến kinh nghiệm đã đưa ra một giải pháp hoàn toàn mới
Giúp học sinh giải toán một cách nhanh nhất. Đặc biệt với giải pháp chủ yếu là
thông qua ba bước là dựng hình, chứng minh, tính khoảng cách. Như vậy nó rất
tiện lợ cho các em học sinh thi trắc nghiệm khi đã ơn luyện nhuần nhuyễn thì có
thể rút ngắn thời gian làm bài bằng cách dựng hình xong rồi tính khoảng cách
luôn.
2. NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
2.1. Cơ sở lí luận của sáng kiến kinh nghiệm
2.1.1. Định nghĩa khoảng cách từ một điểm đến một mặt phẳng.[1]
Khoảng cách từ một điểm M đến mặt phẳng ( )
M
là khoảng cách giữa hai điểm M và H , trong đó
H là hình chiếu của M trên mặt phẳng ( ) .
Kí hiệu: d ( M ,( ))
H
(α)
2.1.2. Định nghĩa đường thẳng vng góc với mặt phẳng.[1]
Đường thẳng d được gọi là vng góc với mặt
phẳng ( ) nếu d vng góc với mọi đường thẳng
a nằm trong mặt phẳng ( ) .

d

a
(α)

5
SangKienKinhNghiem.net


2.1.3. Điều kiện để đường thẳng vng góc với mặt phẳng.[1]
Định lý
d
Nếu một đường thẳng vng góc với hai đường cắt
nhau cùng thuộc một mặt phẳng thì nó vng góc
với mặt phẳng ấy.
b
a
2.1.4. Điều kiện để hai mặt phẳng vuông góc.[1]
(α)
Định lý 1
Điều kiện để hai mặt phẳng vng góc với nhau là
mặt phẳng này chứa một đường thẳng vuông góc
α
với mặt phẳng kia.
a
Hệ quả 1
c
Nếu hai mặt phẳng vng góc với nhau thì bất cứ
b

đường thẳng nào nằm trong mặt phẳng này mà
β
vng góc với giao tuyến thì vng góc với mặt
phẳng kia.
2.1.5. Phương pháp tính khoảng cách từ điểm M đến mặt phẳng ( ) [5]
-Xác định điểm H sao cho MH vng góc với ( ) tại H .
- d ( M ,( ))  MH .
Cụ thể:
-Xác định mp (  ) chứa điểm M và vng góc với mp ( ) theo giao tuyến
.
-Trong mp (  ) kẻ MH vng góc với  tại H (
β
H   ).
M
- MH  d ( M ,( ))
Chứng minh:
H
( )  (  )  
α
 MH  ( )
Ta có 
 MH  (  ), MH  
2.1.6. Các hệ thức lượng trong tam giác vuông.[3]
Cho tam giác ABC vuông tại A . Gọi AH là đường cao. Đặt AB  c,
AC  b, BC  a, AH  h, HB  c ', HC  b '
A
ta có
a 2  b 2  c 2 ; b 2  a.b '; c 2  a.c '
b
c

1
1 1
b.c
  h
h2 b2 c2
c'
b2  c2
b'
B
1
1
H
C
a
SABC  b.c  a.h  a.h  b.c
2
2
A
b
b
s in B  cosC= ; tan B  cot C 
a
c
d
[3]
2.1.7. Định lý talet trong mặt phẳng.
M
N
Nếu một đường thẳng song song với một cạnh
của một tam giác và cắt hai cạnh cịn lại thì nó

C
B

6
SangKienKinhNghiem.net


định ra trên cạnh đó những đoạn thẳng tương ứng tỉ lệ.
AM AN AM AN
nếu MN // BC thì
;
.


MB NC AB AC
2.1.8. Phương pháp đổi điểm[6]

A

B

A'

B'

+ Nếu AB // mp(  ) thì d(A,(  ))=d(B,(  )).
α

+ Nếu AB cắt mp(  ) tại I thì ta gọi A ' là hình
chiếu của A trên ( ) và Gọi B ' là hình chiếu của B

trên ( ) . Áp dụng định lý talet trong mặt phẳng ta có
AA ' IA
d ( A,( )) IA



BB ' IB
d ( B,( )) IB
+Nhận xét: Phương pháp đổi điểm cho phép ta
chuyển việc tính khoảng cách từ một điểm khơng
phải chân đường cao về tính khoảng cách từ điểm là
chân đường cao. Trong một số bài tốn ta có thể kết
phương pháp đổi điểm song song và đổi điểm cắt đề
tính như sau:
Nếu AB / /( ) và BC  ( )  I  thì

B
A

α

A'

I

B'

C
A

α

A'

B

I

B'

C'

d ( A,( ))  d ( B,( ))

 d ( B,( )) IB
 d (C ,( ))  IC

2.2.Thực trạng vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm
Qua thực tế giảng dạy ở trường THPT Tĩnh Gia 4, tơi thấy rằng bài tốn
tìm khoảng cách là một vấn đề khó khăn với phần đa số học sinh. Học sinh rất
nhanh quên và không vận dụng được những kiến thức đã học vào giải toán.
Trong khi đó bài tốn tìm khoảng cách khá nhiều dạng nên các em dễ rối khi
tiếp cận đề bài. Đăc biệt những năm gần đây hình thức thi học kỳ hay thi THPT
quốc gia đều được đưa ra dưới hình thức trắc nghiệm, lượng bài tập khá nhiều
mà các em chưa thể phân loại được.
Khảo sát chất lượng học sinh lớp 11 trường THPT Tĩnh Gia 4 cho thấy
chỉ có một số học sinh làm tốt, còn lại một bộ phận học sinh làm nhưng khơng
đúng hoặc chưa định hình được phương pháp và thường bị mất điểm ở những
bài tập này.
Với tình hình ấy đề tài này đưa ra giúp giáo viên hướng dẫn cho học sinh

cách tiếp cận bài tốn dễ hơn, giúp học sinh có điều kiện hoàn thiện các phương
pháp và rèn luyện khả năng giải tốn của bản thân. để giúp học sinh có lượng
kiến thức nhất định, để khi các em gặp bài toán nào cũng có thể khai thác các
yếu tố đặc trưng của bài tốn đó, biết quy lạ về quen, đưa cái chưa biết về cái đã
có để rút ra một lời giải nhanh gọn nhất.

7
SangKienKinhNghiem.net


Vậy tôi mong muốn các đồng nghiệp và học sinh ngày càng vận dụng tốt
các kiến thức khoảng cách để đưa ra những giải pháp nhằm giải quyết bài toán
khoảng cách một cách chính xác và nhanh nhất.
2.3. Các giải pháp giải quyết vấn đề
Như đã nói ở trên, đối với các dạng bài tập này đề tài đưa ra hướng giải có
các bước phân tích, dựng hình, chứng minh và tính khoảng cách.
Sau đây là một số giải pháp minh họa mà tơi đã áp dụng trong q trình
nghiên cứu và thực hiện đề tài. Hệ thống bài tập có sự phân dạng, phân loại từ
dễ đến khó có thể làm tài liệu ôn tập áp dụng cho các kỳ thi học kỳ, kỳ thi THPT
quốc gia. Hi vọng thơng qua các bài tập này các em có thể áp dụng để giải
những bài tập tương tự.
2.3.1. Giải pháp 1: Khoảng cách từ điểm M đến mặt phẳng ( ) chứa
đường cao hình chóp (hoặc hình lăng trụ)
Phương pháp:
- Dựng hình(dựng đường vng góc từ điểm M đến cạnh đối diện nằm trong
( ) ).
- Chứng minh tính vng góc
- Tính khoảng cách.
Ví dụ 1: [4]Cho hình chóp S . ABCD có ABCD là hình chữ nhật, SA vng góc
với mặt phẳng đáy, O là giao điểm của AC và BD . G là trọng tâm của tam

giác ABC , AB  a, AD  a 3 . Tính khoảng cách từ
a) O đến mặt phẳng ( SAB ) ;
b) G đến mặt phẳng ( SAD) .
Hướng dẫn
a) Tính d (O,( SAB ))
S
* Phân tích
- SA vng góc với mặt phẳng đáy nên SA là
đường cao hình chóp.
-Ta nhận thấy mặt phẳng ( SAB ) chứa đường cao
I
A
D
SA .
- Để xác định khoảng cách từ O đến ( SAB ) thì
O
H
từ điểm O ta dựng OH vng góc với cạnh đối
G
diện là AB . Thì OH là khoảng cách từ O đến
B
C
( SAB ) .
* Giải
+ Dựng hình: OH  AB  OH=d(O,(SAB)) .
OH  AB
 OH  ( SAB ) .
+ Chứng minh: ta có 
OH


SA

OH / / AD
1
a 3
 OH  AD 
+ Tính OH : Xét ABD có 
.
2
2
OB  OD

8
SangKienKinhNghiem.net


a 3
.
2
b) Tính d (G,( SAD))
* Phân tích
- SA vng góc với mặt phẳng đáy nên SA là đường cao hình chóp.
-Ta nhận thấy mặt phẳng ( SAD) chứa đường cao SA .
- Để xác định khoảng cách từ G đến ( SAD) thì từ điểm G ta dựng GI
vng góc với cạnh đối diện là AD . Thì GI là khoảng cách từ G đến
( SAD) .
* Giải
+ Dựng: GI  AD  GI =d(G,(SAD)) .
GI  AD
 GI  ( SAD) .

+ Chứng minh: ta có 
GI

SA

+ Tính GI : Trong ABD có IG / / AB nên áp dụng định lý talet trong mặt
phẳng
IG DG 2
2
2a
ta có:
.

  IG  AB 
AB DB 3
3
3
2a
Vậy d (G,( SAD))  .
3
[4]
Ví dụ 2: Cho hình lăng trụ ABC. A ' B ' C ' ,Tam giác ABC vuông ở C . Hình
chiếu của A’ trên mặt phẳng ( ABC ) là trung điểm H của cạnh AB .
Vậy d (O,( SAB )) 

AC  a 3, BC  a . Khoảng cách từ A đến mặt phẳng ( A ' HC ) là
a 3
a
a 3
B.

C. a 3
D.
3
2
3
Hướng Dẫn Tính d ( A,( A ' HC ))
A'
* Phân tích
-Vì H là hình chiếu vng góc của A '
trên mp(ABC) nên A ' H là đường cao
hình lăng trụ.
B'
-Ta nhận thấy mặt phẳng ( A ' HC ) chứa
đường cao A ' H .
A
- Để xác định khoảng cách từ A đến
( A ' HC ) thì từ điểm A ta dựng AK vng
K
H
góc với cạnh đối diện là HC . Thì AK là
B
khoảng cách từ A đến ( A ' HC ).
* Giải
+ Dựng: AK  CH  AK  d ( A,( A ' HC )) .
 AK  HC
 AK  ( A ' HC ) .
+ Chứng minh: Ta có 
AK

A

'
H


A.

+ Tính AK : Ta có AB  AC 2  BC 2  3a 2  a 2  2a  HC  a .
9
SangKienKinhNghiem.net

C'

C


1
1
a2 3
.
SABC  CA.CB  .a 3.a 
2
2
2
1
a2 3
.
SAHC  SABC 
2
4
1

2S
a 3
Mà SAHC  AK .HC  AK  AHC 
.
2
HC
2
a 3
Vậy d ( A,( A ' HC )) 
. Chọn đáp án A.
2
2.3.2. Giải pháp 2: Khoảng cách từ chân đường cao đến mặt phẳng bất kỳ
Thực tế các em học sinh thường thấy khó trong việc dựng hình. Nên ở giải pháp
này đề tài sẽ phân ra 3 trường hợp cụ thể để cho các em học sinh tiếp cận cách
dựng khoảng cách dễ dàng hơn.
Nội dung
Trường hợp 1:
S . ABC có
SA  ( ABC ) ,và
tam giác đáy
vuông tại B .
Hãy xác định
khoảng cách từ
A đến ( SBC ) .

Cách dựng
Hình minh họa
Dựng AH  SB
S
thì

d ( A,( SBC ))  AH .
H

Trường hợp 2:
S . ABC có
SA  ( ABC ) và
tam giác đáy
vng tại C .
Hãy xác định
khoảng cách từ
A đến ( SBC ) .

Dựng AH  SC
thì
d ( A,( SBC ))  AH .

Trường hợp 3:
Hình chóp
S . ABC có
SA  ( ABC ) và
tam giác đáy
không vuông ở
B và C . Hãy
xác định khoảng
cách từ A đến
( SBC )

Ta cần tạo một
góc vng ở mặt
phẳng đáy để quy

bài tốn về trường
hợp 1 và trường
hợp 2.
Dựng AI  BC
và AH  SI . Khi
đó
d ( A,( SBC ))  AH

A

B

C

Chứng minh
 BC  AB
 BC  ( SAB )
 BC  SA

+

 BC  AH (1)
+ AH  SB (2)
Từ (1) và (2)
 AH  ( SBC ).
Vậy AH  d ( A,( SBC )).

 BC  AC
 BC  ( SAB )
 BC  SA

+

S

H
B

A

C

S

H
C

A
I
B

10
SangKienKinhNghiem.net

 BC  AH (1)
+ AH  SC (2)
Từ (1) và (2)
 AH  ( SBC ).
Vậy AH  d ( A,( SBC )).

Ta có:
 BC  AI
 BC  ( SAI )

BC

SA

 ( SBC )  ( SAI )
theo giao tuyến SI .
Trong ( SAI ) kẻ
AH  SI  AH  ( SBC ) .
Vậy AH  d ( A,( SBC )).


Nhận xét: Nhìn chung khi dựng khoảng cách từ chân đường cao SA đến mặt
phẳng bên thì học sinh phải lưu ý rằng mặt phẳng đáy có góc vng hay khơng.
Nếu mặt phẳng đáy vng ở đỉnh nào thì ta dựng AH vng góc với cạnh bên
chứa đỉnh ấy.
Tức là nếu vng ở B thì ta dựng AH  SB . Nếu vng ở C thì ta dựng
AH  SC. Nếu khơng có góc vng thì ta tạo thêm góc vuông như trường hợp
3.
* Trường hợp đặc biệt
Tứ diện ABCD có AB, AC , AD đơi một vng góc. Gọi H là hình chiếu vng
góc của A trên mặt phẳng ( BCD) thì AH  d ( A,( BCD)) và
1
1
1
1
.




AH 2 AB 2 AC 2 AD 2
Ví dụ 3. (Tuyển sinh đại học khối D-năm 2002)
Cho tứ diện ABCD có AD vng góc với mặt phẳng ( ABC ), AC  AD  4,
AB  3, BC  5 . Khoảng cách từ A đến mặt phẳng ( BCD) là
3 34
6 34
34
12
B.
C.
D.
17
17
25
5
Hướng Dẫn Tính d ( A,( SBC ))
* Phân tích: Ta nhận thấy mp ( BCD) khơng chứa đường cao và A là chân
đường cao hình chóp nên bài tốn thuộc giải pháp 2, Tam giác đáy ABC khơng
vng ở B và C nên nó thuộc trường hợp 3.Nhận xét tam giác đáy có
BC 2  AB 2  AC 2 nên ta có thể giải theo 2 cách.
D
* Giải
Cách 1
+ Dựng AI  BC ( I  BC ) và AH  SI ( H  SI ) .
Khi đó AH  d ( A,( SBC )) .
4
+ Chứng minh:

H
 BC  AI
 BC  ( SAI )  ( SBC )  ( SAI )
Ta có 
4
BC

SA

A
theo giao tuyến SI .
5
3
I
Trong ( SAI ) kẻ AH  SI  AH  ( SBC ) .
Vậy AH là khoảng cách từ A đến ( SBC ) .
B

A.

+ Tính AH : Vì có BC 2  AB 2  AC 2 nên ABC
vuông tại A .
AB. AC
3.4
12

 .
Trong ABC : AI 
AB 2  AC 2
32  42 5

Trong DAI vuông tại A : AH 

12
AD. AI
6 34
5
.


2
17
AD 2  AI 2
 12 
42   
5
4.

11
SangKienKinhNghiem.net

C


6 34
. Chọn đáp án C
17
Cách 2: Vì BC 2  AB 2  AD 2 nên ABC vuông tại A .
Tứ diện ABCD là tứ diện vuông tại A (vì AB, AC , AD đơi một vng góc)
Gọi H là hình chiếu của A trên mặt phẳng ( BCD) thì: AH  d ( A,( BCD))

Vậy d ( A,( BCD)) 

1
1
1
1
1 1 1 17
6 34








AH

.
AH 2 AB 2 AC 2 AD 2 32 42 42 72
17
6 34
Vậy d ( A,( BCD)) 
.
17
Ví dụ 4: Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, SA vng
góc với mặt phẳng đáy. AB  a , BC  a 3 , góc giữa SC và mặt phẳng đáy
bằng 450 .
a) Khoảng cách từ A đến mặt phẳng ( SBC ) là
a 5

2a 5
2a 3
2a
B.
C.
D.
5
5
3
3
b) Gọi M là trung điểm của BC . Khoảng cách từ A đến mặt phẳng ( SDM ) là

A.

A.

a 30
5

B.

a 6
3

C.

Hướng Dẫn
a) Tính d ( A,( SBC ))
* Phân tích Ta nhận thấy Đường cao hình
chóp là SA , mp ( SBC ) khơng chứa đường cao,

điểm A là chân đường cao nên bài tốn dựa
vào giải pháp 2. Ngồi ra ABC vng tại B
nên ta dựng AH  SB thì AH là khoảng cách.
* Giải
+ Dựng hình: AH  SB  AH  d ( A,( SBC )) .
+ Chứng minh:

a
5

D. a 5
S

K
H

D

A
B

45°
M

 AH  SB
 AH  ( SBC ) .
Ta có 
 BC  ( SAB )  AH  BC  AH

+Tính AH : AC  AB 2  BC 2  a 2  3a 2  2a .

SAC vuông cân tại A  SA  AC  2a .
SA. AB
2a.a
2a


SAB vuông tại A : AH 
.
5
SA2  AB 2
4a 2  a 2
2a 5
Vậy d ( A,( SBC )) 
. Chọn đáp án B.
5
b) Tính d ( A,( SDM ))
12
SangKienKinhNghiem.net

I
C


* Phân tích
Ta nhận thấy mp ( SDM ) khơng chứa đường cao, điểm A là chân đường cao nên
bài tốn dựa vào giải pháp 2. Ngồi ra ta có thể tính được các cạnh
a 7
AM  DM 
, AD  a  AD 2  AM 2  DM 2 nên ABC không vuông tại
2

M và tại D do đó ta dựng khoảng cách theo trường hợp 3 của giải pháp 2 .
* Giải
+ Dựng hình: Dựng AI  DM ( I  DM ) và dựng AK  SI ( K  SI ) .
Khi đó AK  d ( A,( SDM )) .
+ Chứng minh:
 DM  AI
 DM  ( SAI )  ( SDM )  ( SAI ) theo giao tuyến SI .
Ta có 
 DM  SA
Trong ( SAI ) kẻ AK  SI  AK  ( SDM ) .
2

a 3
a 7
+ Tính AK : Ta có DM  DC  MC  a  
.
 
2
 2 
1
1
AD. AB a 3.a 2a 3
.
SADM  DM . AI  AD. AB  AI 


2
2
DM
a 7

7
2
AS . AI
a 30
SAI vuông tại A : AK 
.

5
AS 2  AI 2
2

2

2

a 30
. Chọn đáp án A.
5
Ví dụ 5: [5]Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình thang vng tại A và
B . Hình chiếu của đỉnh S trùng với trung điểm H của đoạn AC .
SA  AB  BC  2a, AD  4a . Khoảng cách từ điểm H đến mặt phẳng ( SCD)
là
A. a
B. a 2
C. 2a
D. a 3

Vậy d ( A,( SDM )) 

Hướng dẫn tính d ( H ,( SCD))

* Phân tích
Ta nhận thấy đường cao hình chóp là SH ,
mp ( SCD) khơng chứa đường cao, nên bài
tốn thuộc vào giải pháp 2. Tam giác
µ
µ nhọn, ta cần xác định góc C
ACD có D
có vng hay khơng?
Gọi I là trung điểm của AD ta có
AI  BC  2a  ABCI là hình bình hành
 IC  AB  2a .

S

I

A

K
H

B

13
SangKienKinhNghiem.net

C

D

ACD có đường trung tuyến CI bằng một nửa cạnh huyền AD nên vng tại
C .
Vì tam giác ACD vng tại C nên để dựng khoảng cách từ H đến ( SCD) ta
dựng HK  SC thì HK là khoảng cách.
* Giải
+Dựng hình: kẻ HK  SC ( K  SC )  HK  ( SCD)  HK  d ( H ,( SCD)) .
+ Chứng minh: Gọi I là trung điểm của AD ta có AI  BC  2a  ABCI là
hình bình hành  IC  AB  2a .
1
ACD có CI  AD nên AC  CD .
2
CD  SH
 CD  ( SAC )  CD  HK (1).
Ta có 
CD

AC

HK  SC (2).
Từ (1) và (2) ta có HK  ( SCD) .
1
1
1
AB 2  BC 2 
4a 2  4a 2  a 2 .
+ Tính HK : HC  AC 
2
2
2

SH  SA2  AH 2  4a 2  2a 2  a 2 .
HS .HC
a 2.a 2
Xét SHC vuông tại H : HK 

 a.
HS 2  HC 2
2a 2  2a 2
Vậy d ( H ,( SCD))  a . Chọn đáp án A.
Nhận xét: đối với bài tập này học sinh cần các định xem HCD có góc vng
tại C hoặc D khơng. Vì cách dựng khoảng cách nó phụ thuộc vào độ lớn góc
µ và D
µ.
C
2.3.3. Giải pháp 3: Khoảng cách từ điểm bất kỳ đến mặt phẳng bất kỳ
Phương pháp đổi điểm: Là phương pháp đổi khoảng cách từ điểm đề bài yêu
cầu sang điểm khác dễ tính khoảng cách hơn (thường là chân đường cao).
Ví dụ 7.(Trích đề thi minh họa THPT năm 2015)
Cho hình chóp S . ABC có đáy là tam giác vng tại B . Hình chiếu của S trên
mặt phẳng đáy là trung điểm cạnh AC , AC  2a , ·ACB  300 , SH  a 2 .
Khoảng cách Từ C đến mặt phẳng ( SAB ) là

a 15
2a 66
a 66
B.
C.
3
11
11

Hướng dẫn tính d (C ,( SAB ))
* Phân tích
Ta nhận thấy mp ( SAB ) khơng chứa đường cao,
điểm C khơng phải chân đường cao hình chóp
nên bài toán thuộc vào giải pháp 3. Vậy ta sẽ sử
dụng phương pháp đổi điểm. Ta có
d (C ,( SAB )) CA
A
.
HC  ( SAB )  {A} nên

d ( H ,( SAB )) HA

A.

14
SangKienKinhNghiem.net

D.

a 66
3

S

K
H
I
B

30°

C


* Giải
+ Dựng hình: Lấy điểm H là trung điểm AC .
Kẻ HI  AB ( I  AB ) và HK  SI ( K  SI )
thì HK  d ( H ,( SAB )) .
+ Chứng minh:
(SAB)
A
 AB  HI
 AB  ( SHI )  ( SAB )  ( SHI ) theo
Tacó 
AB

SH

giao tuyến SI .
Trong ( SHI ) có HK  SI  HK  ( SAB ) .
+ Tính độ dài d (C ,( SAB )) : HI là đường trung bình ABC nên ta có

C
H

K

M

1
1
1
3 a 3
.
HI  BC  AC.cos300  .2a.

2
2
2
2
2
a 3
HS .HI
2  a 66 .

Trong SHI vuông tại H : HK 
11
HS 2  HI 2
3a 2
2a 2 
4
Mặt khác HC  ( SAB )  {A} , K là hình chiếu của H trên ( SAB ) .
Gọi M là hình chiếu của C trên mặt phẳng ( SAB ) thì ta có
a 2.

d (C ,( SAB )) CM CA
2a 66



 2  d (C ,( SAB ))  2d ( H ,( SAB )) 
.
d ( H ,( SAB )) HK HA
11

2a 66
. Chọn đáp án A.
11
Ví dụ 8. (Trích đề thi tuyển sinh khối B năm 2014)
Cho lăng trụ tam giác ABC. A ' B ' C ' có đáy là tam giác đều cạnh a . Hình chiếu
của A ' lên mặt phẳng ( ABC ) là trung điểm của cạnh AB , góc giữa đường thẳng
A ' C và mặt phẳng đáy bằng 600 . Khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng
( ACC ' A ') là
Vậy d (C ,( SAB )) 

3a 13
3a 13
a 13
B.
C.
13
26
13
Hướng dẫn tính d ( B,( A ' ACC '))
A'
* Phân tích
Ta nhận thấy A ' H là đường cao đường hình
lăng trụ nên mp ( ACC ' A ') không chứa
đường cao và điểm B không phải chân
đường cao nên bài toán rơi vào giải pháp 3.

Ta sẽ sử dụng phương pháp đổi điểm B
sang điểm H .
A

A.

H

15
SangKienKinhNghiem.net

D.

a 13
26
C'

B'

K
I

60°

B

C


Do BH  ( ACC ' A ')  {A} nên

d (C ,( SAB )) CA

d ( H ,( SAB )) HA

B
H

.
* Giải
A
(ACC'A')
+ Dựng hình:
Lấy H là trung điểm AB
Kẻ HI  AC ( I  AC ) và HK  A ' I khi đó HK  d ( H ,( ACC ' A '))
+ Chứng minh:

K

 AC  HI
 AC  ( A ' HI )
Ta có 
AC

A
'
I

 ( ACC ' A ')  ( A ' HI ) theo giao tuyến A ' I
Trong mp ( A ' HI ) có HK  A ' I  HK  ( ACC ' A ') (đpcm).

+ Tính d ( B,( A ' ACC ')) :
HC là hình chiếu của A ' C trên ( ABC ) nên ·A ' CH  600.

a 3
a 3
3a
A ' HC vuông tại H : A ' H  CH .tan ·A ' CH 
.tan 600 
. 3 .
2
2
2
a
a 3 a 3
·
.
 .sin 600  .

AHI vuông tại I : HI  AH .sin IAH
2
2 2
4
HA '.HI
3a 13
Trong A ' HI vuông tại H : HK 
.

26
HA '2  HI 2
d ( B,( A ' ACC ')) BA

Mặt khác BH  ( A ' ACC ')  {A} 

 2.
d ( H ,( A ' ACC ')) HA
 d ( B,( A ' ACC '))  2d ( H ,( A ' ACC '))  2 HK 

3a 13
.
13

3a 13
. Chọn đáp án A.
13
Ví dụ 9. Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình thang vng tại A và
B , BA=BC=a, AD=2a. Cạnh bên SA vng góc với đáy và SA= a 2 . Gọi H
là hình chiếu vng góc của A trên SB. Khoảng cách từ H đến mặt phẳng
( SCD) là
S
a
a
A.
B.
6
3
E
C. 2a
D. a
N
Hướng dẫn:
K

A
a)Tính d ( H ,( SCD))
H
* Phân tích: Ta nhận thấy đường cao hình chóp
là SA . Như vậy rõ ràng điểm H không phải
B
C
chân đường cao và mp ( SCD) cũng không chứa

Vậy d ( B,( A ' ACC ')) 

M

16
SangKienKinhNghiem.net

D


đường cao. Nên trong bài này ta sẽ dùng phương pháp đổi điểm H về chân
đường cao là điểm A .
Tuy nhiên để xác định giao điểm của HA với mp ( SCD) trong bài tốn này
khơng đơn giản. Các em phải nắm được cách xác định giao điểm của đường
thẳng với mặt phẳng. Từ đó kẻ thêm đường phụ cho hợp lý. Ở ví dụ 5 ta đã
chứng minh được CA  CD nên trong bài này ta sẽ thừa nhận. GV yêu cầu học
sinh xác định khoảng cách từ A đến ( SCD) ? Và xác định giao điểm của AH
với mp ( SCD) .
* Giải
+ Dựng hình: Kẻ AE  SC ( E  SC )  AE  ( SCD)  AE  d ( A,( SCD)).
+ Chứng minh:

Ta có CD  AC (theo ví dụ 5) và CD  SA
 CD  ( SAC )  ( SCD)  ( SAC ) theo giao tuyến SC .
Trong mp ( SAC ) có AE  SC  AE  ( SCD) .
+ Tính độ d ( H ,( SCD))
Ta có AC  AB 2  BC 2  a 2  a 2  a 2 .
1
1
1
SA2  AC 2 
2a 2  2a 2  a
ASC vuông cân tại A : AE  SC 
2
2
2
 d  A,( SCD) =a .
A
Trong ( ABCD) gọi {M }  AB  CD .
H
Trong ( SAM ) gọi {K }  AH  SM .
MB BC a 1
M
Do BC //AD 



E
MA AD 2a 2
(SCD)
 MA  2 AB  2a  B là trung điểm của MA .
BH BH .BS

BA2
a2
1




Mà
.
2
2
2
BS
BS
AB  AS
a 2  (a 2) 2 3
Nên H là trọng tâm của  SAM do đó.
d ( H ,( SCD)) HK 1
1
a

  d ( H ,( SCD))  d ( A,( SCD))  .
d ( A,( SCD)) AK 3
3
3
a
Vậy d ( H ,( SCD))  . Chọn đáp án B.
3
[9]
Ví dụ 10. Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, AB  a ,

AD  2a , SA  a , SA vng góc với mặt phẳng đáy. Khoảng cách từ trung
điểm I của đoạn thẳng SC đến mặt phẳng ( SBD) là
a
a 3
a
a 3
B.
C.
D.
2
3
2
3
Hướng dẫn tính d ( I ,( SBD))
* Phân tích :Ta nhận thấy mp ( SBD) khơng chứa đường cao và điểm I cũng
không phải chân đường cao của hình chóp. Vậy nên ta dùng phương pháp đổi
điểm I sang chân đường cao là điểm A .

A.

17
SangKienKinhNghiem.net


Trong SAC gọi {G}  AI  SO
S
 {G}  AI  ( SAC ) . Mà trong  SAC
có SO và AI là các đường trung tuyến
nên G là trọng tâm .
I

G
d ( I ,( SBD)) GI 1
K
- Tỉ số

 .
B
d ( A,( SBD)) GA 2
A
* Giải
O
+ Dựng hình:
H
D
Kẻ AH  BD( H  BD) và
C
AK  SH ( K  SH ) . Khi đó
AK  d ( A,( SBD))
 BD  AH
 BD  ( SAH )  ( SBD)  ( SAH ) theo giao
+ Chứng minh: Ta có 
 BD  SA
tuyến SH .
Trong mp ( SAH ) có AK  SH  AK  ( SBC ) .
A
+Tính d ( I ,( SBD)) :
AD. AB a.2a 2a
.



ABD vuông tại A : AH 
BD
a 5
5
SAH vuông tại A :
G
K
2a
(SBD)
a.
SA. AH
5  2a .
I
AK 

2
3
SA2  AH 2
4a
a2 
5
Gọi {O}  AC  BD và {G}  AI  SO  AI  (SBD)={G} và G là trọng tâm
SAC
d ( I ,( SBD)) GI 1
1
1
a
Ta có:

  d ( I ,( SBD))  d ( A,( SBD))  AK  .

d ( A,( SBD)) GA 2
2
2
3
a
Vậy d ( I ,( SBD))  . Chọn đáp án C.
3
[7]
Ví dụ 11. Cho hình chóp S . ABC , tam giác đáy vuông tại A, AB  1cm,
AC  3cm . Tam giác SAB, SAC lần lượt vuông tại B và C. Khối cầu ngoại
tiếp hình chóp S . ABC có thể tích bằng

5 5 3
cm . Khoảng cách từ C đến mặt
6

phẳng ( SAB ) là

3
3 3
B.
2
2
Hướng dẫn Tính d (C ,( SAB ))
* Phân tích
A.

C.

18

SangKienKinhNghiem.net

3
2

D.

1
2


-Vì hai điểm B, C cùng nhìn đoạn thẳng SA
S
dưới 1 góc vng nên gọi I là trung điểm của
SA thì I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp
S . ABC .
- Vì ABC vng tại A nên gọi H là trung
I
điểm BC thì H là tâm đường trịn ngoại
tiếp ABC  IH  ( ABC ) nên IH đường
K
cao của hình chóp I . ABC.
C
B
-Như vậy trong bài tốn này ngồi việc đổi
H
điểm tính khoảng cách ta cịn đổi cả đỉnh hình
M
chóp. Quy bài tốn tính d (C ,( SAB )) về tính
d ( H ,( IAB )) .

A
d (C ,( IAB )) CB
- CH  ( IAB )  {B} 

 2.
d ( H ,( IAB )) HB
* Giải
+ Dựng hình: Lấy I , H lần lượt là trung điểm của SA, BC.
Kẻ MH  AB ( M  AB ) và HK  MI ( K  MI ) . Khi đó HK  d ( H ,( IAB )) .
+ Chứng minh: SAB và SBC lần lượt vuông tại B và C nên trung điểm I
của SA là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S . ABC (1)
ABC vuông tại A nên trung điểm H của BC là tâm đường tròn ngoại tiếp
ABC (2)
Từ (1) và (2)  IH  ( ABC )  IH đường cao hình chóp I . ABC .
 AB  HI
 AB  ( HIM )  ( IAB )  ( HIM ) theo giao tuyến IM
Ta có 
AB

HM

Trong mp ( HIM ) có HK  MI  HK  ( IAB ) (đpcm).
+ Tính d ( H ,( IAB ))
Gọi R là bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC. Theo bài ra ta có
4 3 5 5
125
5
5
R 
 R3 

R
 IA  IB  IC  IS 
.
3
6
8
2
2
ABC vuông tại A : BC  AB 2  AC 2  2  AH  1.
5
1
1  .
IAH vuông tại H : IH  IA2  HA2 
4
2
1
1
AC
3
SABC  2.SABH  AB. AC  2. .HM . AB  HM 

.
2
2
2
2
HI .HM
3

.

IHM vuông tại H : HK 
4
HI 2  HM 2

d (C ,( IAB )) CB
3

 2  d (C ,( IAB ))  2d( H ,( IAB )) 
.
d ( H ,( IAB )) HB
2

19
SangKienKinhNghiem.net


3
. Chọn đáp án A.
2
Ví dụ 13. [8]Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a , AC  a
. Từ H là trung điểm của AB vẽ SH vng góc với mặt phẳng ( ABCD) và
SH  a . Tính khoảng cách từ điểm D đến mặt phẳng ( SBC ) .
Vậy d (C ,( SAB )) 

a 57
2a 5
2a 3
B.
C.
19

19
19
Hướng dẫn tính d ( D,( SBC ))
S
* Phân tích: Ta nhận thấy đường cao hình
chóp là SH , mp ( SBD) khơng chứa đường cao
và điểm D cũng không phải chân đường cao
của hình chóp. Vậy nên ta dùng phương pháp
đổi điểm D sang chân đường cao là điểm H .
H
Mà
AD / /( SBC )  d ( D,( SBC ))  d ( A,( SBC )).
d ( A,( SBC )) BA
B
.
AH  ( SBC )  {B} 

d ( H ,( SBC )) BH
* Giải
+ Dựng hình:
Kẻ HI  BC ( I  BC ) và HK  SI ( K  SI )
khi đó HK  d ( H ,( SBC )) .
+ Chứng minh:
 BC  HI
 BC  ( SHI )  ( SBC )  ( SHI )
Ta có 
 BC  SH
theo giao tuyến SI .
Trong mp ( SHI ) có KH  SI  KH  ( SBC ) . (đpcm)
+ Tính d ( H ,( SBC )) :

A.

D.

A

D

K

I

C

M

A
H

(SBC)

B

ABC đều nên gọi M là trung điểm BC thì AM  BC và AM 

 AM  BC
1
a 3


Ta có  HI  BC  HI / / AM và HI  AM 
.
2
4
 HA  HB


2a 57
19

K

a 3
.
2

a 57
a 57
 d ( H ,( SBC )) 
.
19
19
HS2  HI 2
Mặt khác AD / /( SBC )  d ( D,( SBC ))  d ( A,( SBC )) .
d ( A,( SBC )) BA
AH  ( SBC )  {B} 

 2.
d ( H ,( SBC )) BH
 SHI vuông tại H: HK 

HS .HI

 d ( A,( SBC ))  2d( H ,( SBC )) 



2a 57
.
19

20
SangKienKinhNghiem.net

D