Skkn rèn luyện kĩ năng giải một số bài toán liên quan đến khoảng cách trong hình học không gian lớp 11 12

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HOÁ

TRƯỜNG THPT TĨNH GIA 4

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

RÈN LUYỆN KỸ NĂNG PHÁT TRIỂN TƯ DUY ĐỂ GIẢI
MỘT SỐ BÀI TOÁN LIÊN QUAN ĐẾN KHOẢNG CÁCH
TRONG HÌNH HỌC KHƠNG GIAN LỚP 11

Người thực hiện: Phan Thị Nhường
Chức vụ: Giáo viên
SKKN thuộc mơn: Tốn

THANH HỐ NĂM 2022

skkn


Mục lục
1. Mở đầu..............................................................................................................1
1.1. Lý do chọn đề tài.........................................................................................1
1.2. Mục đích nghiên cứu...................................................................................1
1.3. Đối tượng nghiên cứu.................................................................................1
1.4. Phương pháp nghiên cứu............................................................................1
2. Nội dung sáng kiến kinh nghiệm....................................................................2
2.1. Cơ sở lí luận của sáng kiến kinh nghiệm....................................................2
2.2. Thực trạng vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm.....................5
2.3. Các giải pháp giải quyết vấn đề..................................................................5
2.4. Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm đối với hoạt động giáo dục, với bản
thân, đồng nghiệp và nhà trường......................................................................19

3. Kết luận và kiến nghị....................................................................................19
3.1. Kết luận.....................................................................................................19
3.2. Kiến nghị...................................................................................................20

skkn


1. Mở đầu
1.1. Lý do chọn đề tài
Đứng trước một bài tốn, đặc biệt là bài tốn khó người làm tốn luôn đặt
ra phương hướng giải quyết. Tuy nhiên đối với người ham mê tốn cịn đi tìm
các cách giải quyểt khác nhau, nhất là tìm được cách giải hay ngắn gọn và mới
lạ thì lại càng kích thích tính tị mị khám phá và lịng say mê học tốn .
Hiện nay, trong các đề thi TN THPT, đề thi chọn học sinh giỏi đều thi dưới
hình thức trắc nghiệm và thường xuất hiện bài tốn hình học khơng gian cổ điển
mà ở đó lời giải địi hỏi vận dụng nhiều kiến thức hình học khá phức tạp như:
quan hệ song song, quan hệ vng góc, dựng hình để tính số đo của góc hay tính
khoảng cách… Việc tiếp cận các bài tốn đó thực tế cho thấy thật sự khó khăn
với học sinh, nhất là học sinh có lực học yếu và trung bình. Ví dụ như bài tốn
tính khoảng cách từ một điểm đến một mặt phẳng, khoảng cách giữa hai đường
thẳng, khoảng cách đường thẳng và mặt phẳng hay khoảng cách giữa hai mặt
phẳng. Qua nghiên cứu nhiều tài liệu, tơi nhận thấy bài tốn tính khoảng cách có
nhiều dạng và cũng có nhiều cách tiếp cận khác nhau. Nhưng hầu hết các dạng
tốn đó đều dẫn đến việc tính khoảng cách từ một điểm đến một mặt phẳng. Để
giải quyết các bài toán trên ta sẽ quy về bài tốn tính khoảng cách từ một điểm
là chân đường vng góc của hình chóp hoặc hình lăng trụ đến một mặt phẳng.
Đây là phương pháp định hướng cho học sinh tiếp cận bài tốn tính khoảng cách
trong thời gian ngắn nhất.
Với những lí do như trên từ thực tế giảng dạy với kinh nghiệm thu được tôi
đã tiến hành thực hiện đề tài sáng kiến kinh nghiệm cho năm học 2021 - 2022

với nội dung “ Rèn luyện kỹ năng phát triển tư duy để giải một số bài tốn liên
quan đến khoảng cách trong hình học khơng gian lớp 11 ”.
1.2. Mục đích nghiên cứu
- Khi nghiên cứu đề tài này, tôi mong muốn học sinh tiếp cận được bài tốn
liên quan đến khoảng cách trong hình học không gian lớp 11, biết 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 một số dạng toán liên quan.
- Bài toán tính khoảng cách cũng là một trong những nền tảng quan trọng
cho bài tốn tính thể tích trong hình học lớp 12. Hình thành cho các em thói
quen tìm tịi, tích lũy và rèn luyện kỹ năng giải quyết nhanh các bài toán.
1.3. Đối tượng nghiên cứu
Đối tượng nghiên cứu của sáng kiến này là học sinh ở mức độ đại trà lớp
11, Trường THPT Tĩnh Gia 4 – Nghi Sơn - Thanh Hóa.
1.4. Phương pháp nghiên cứu
- Nghiên cứu xây dựng cơ sở lý thuyết: Nghiên cứu sách giáo khoa, sách tham
khảo, một số tài liệu trên internet …
1

skkn


- Phương pháp quan sát: Quan sát quá trình giảng dạy và hoạt động học tập 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 11B3, 11B4 năm học 2021 - 2022 ở
trường THPT Tĩnh Gia 4.

2. Nội dung sáng kiến kinh nghiệm

d

2.1. Cơ sở lí luận của sáng kiến kinh nghiệm
a
2.1.1. Các định nghĩa
(α)
- Đường thẳng vng góc với mặt phẳng [1]
Đường thẳng d được gọi là vng góc với mặt phẳng ( )
Hình
nếu d vng góc với mọi đường thẳng a nằm trong mặt
1
phẳng ( ) (h.1), ký hiệu là
- Khoảng cách từ một điểm đến một đường thẳng [1]
Cho điểm O và đường thẳng a . Trong mặt phẳng
a
O•
gọi H là hình chiếu vng góc của O trên a. Khi đó
H
α
khoảng cách giữa hai điểm O và H được gọi là khoảng
cách từ điểm O đến đường thẳng a (h.2), ký hiệu là
Hình
Vậy
2
- Khoảng cách từ một điểm đến một mặt phẳng [1]
O
Cho điểm M và mặt phẳng ( ). Gọi H là hình chiếu
vng góc của M lên mặt phẳng ( ). Khi đó khoảng
cách giữa hai điểm M và H được gọi là khoảng cách
H
M

α
từ điểm M đến mặt phẳng
(h.3). Kí hiệu là
Vậy
Hình 3
- Khoảng cách giữa đường thẳng và mặt phẳng
song song [1]
a A
B
Cho đường thẳng a song song với mặt phẳng ( ). Khoảng
cách giữa đường thẳng a và mặt phẳng ( ) là khoảng cách
từ một điểm bất kỳ của a đến mặt phẳng ( ) , ký hiệu là
•
α A'•
B'
(h.4). Vậy
với
Hình 4
- Khoảng cách giữa hai mặt phẳng song song [1]
Khoảng cách giữa hai mặt phẳng song song là khoảng cách
từ một điểm bất kỳ của mặt phẳng này đến mặt phẳng kia,
M
α
ký hiệu là
(h.5).
Vậy
- Khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau
• Cho hai đường thẳng chéo nhau a và b . Đoạn thẳng MN
( M  a, N  b) gọi là đường vng góc chung của a và b

β

M'
Hình 5

2

skkn


nếu MN  a, MN  b . Khi đó ta nói MN là khoảng cách giữa hai đường thẳng
chéo nhau a và b (h.5a).
• Nếu a chéo b , b  ( ), a // ( ) thì
M  a (h.5b).
• Nếu a chéo b , a  ( ), b  (  ) , ( ) // (  ) thì
M     (h.5c)
a M

M

a

a

M

α
h

b

α

N

b

b

β

Hình 5b

Hình 5a

Hình 5c

- Góc giữa đường thẳng và mặt phẳng [1]
A
d
Cho đường thẳng d và mặt phẳng ( ) .
• Trường hợp đường thẳng d vng góc với mặt
phẳng ( ) thì góc giữa d và mặt phẳng ( ) bằng 900 .
O
d'
• Trường hợp đường thẳng d khơng vng góc với
H
α
mặt phẳng ( ) thì góc giữa d và hình chiếu d’ của nó
Hình 6

trên ( ) gọi là góc giữa d và ( ) (h.6).
- Góc giữa hai mặt phẳng [1]
Góc giữa hai mặt phẳng là góc giữa hai đường thẳng lần lượt vng góc với hai
mặt phẳng đó.
- Cách xác định góc giữa hai mặt phẳng
α
Giả sử ( )  (  )  c , Lấy I  c . Dựng đường thẳng a
a
trong ( ) và đường thẳng b trong (  ) vng góc với c
tại I . Khi đó góc giữa hai ( ) và (  ) là góc giũa hai
β
đường thẳng a và b.
c I
b
2.1.2. Các định lý và hệ quả [1]
Hình 7
d

α

a

a

b

c

α

β

b

Hình 8b
Hình 8a
- Nếu một đường thẳng vng góc với hai đường cắt nhau cùng thuộc một mặt
phẳng thì nó vng góc với mặt phẳng ấy.
- Nếu một đường thẳng vng góc với hai cạnh của một tam giác thì nó cũng
vng góc với cạnh thứ 3 của tam giác đó.
- Điều kiện để hai mặt phẳng vng góc với nhau là mặt phẳng này chứa một
đường thẳng vuông góc với mặt phẳng kia.
- Nếu hai mặt phẳng vng góc với nhau thì bất cứ đường thẳng nào nằm trong
mặt phẳng này mà vng góc với giao tuyến thì vng góc với mặt phẳng kia.
3

skkn


2.1.3. Phương pháp tính khoảng cách từ điểm M đến mặt phẳng ( ) [5]
- Xác định điểm H sao cho MH vng góc với ( ) tại H .
Cụ thể:
β
- Xác định mp (  ) chứa điểm M và vng góc với mp ( )
M
theo giao tuyến  .
- Trong mp (  ) kẻ MH vng góc với  tại H ( H   ).
H
α
Chứng minh:

Hình 9
( )  (  )  
 MH  ( )
Ta có 
 MH  (  ), MH  
2.1.4. 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, ta có:
A
• a 2  b2  c2
b
• b  a.s in B  a.cosC; b  c.tan B  c.cot C
c h
1
1
• SABC  b.c ; SABC  a.h
B H a
C
2
2
Hình 10
1 1 1
b.c



h

• 2
h b2 c2

b2  c 2
A
2.1.5. Định lý Talet trong trong tam giác [3]
Nếu một đường thẳng song song với một cạnh của tam
d
giác và cắt hai cạnh còn lại thì nó định ra trên cạnh đó
M
N
những đoạn thẳng tương ứng tỷ lệ (h.7)
C
B
AM AN AM AN MB NC
Hình 11



Nếu MN // BC thì
;
;
AB AC MB NC AB AC
2.1.6. Phương pháp tính khoảng cách từ một điểm đến mặt phẳng [6]
- Nếu  // mp ( ) thì
- Cho   ( )  I , gọi A ', B' lần lượt là hình chiếu của A và B trên ( ) với
A, B   . Áp dụng định lý Talet ta có

- Nếu

thì
A

α

A'

Hình 12a

B

B

B'

C

A
α I

A'

B

A
B'

Hình 12b

α

A'

I

Δ

B' C'

Hình 12c

4

skkn


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, chất lượng đầu vào
thấp, điểm sàn vào lớp 10 luôn thấp nhất trong khu vực Thị Xã Nghi Sơn. Bên
cạnh đó, các em chủ yếu thuộc vùng bãi ngang ven biển hoặc lân cận miền núi,
kinh tế khó khăn nên gia đình và các em học sinh chưa thật sự đầu tư cho việc
học. Vì vậy, đa số học sinh có lực học trung bình và yếu mơn tốn. Trong q
trình giảng dạy, tơi thấy rằng bài tốn tính khoảng cách là một vấn đề khó khăn
với phần đa học sinh. Các em ít vận dụng được những kiến thức đã học vào giải
tốn. Trong khi đó, bài tốn tìm khoảng cách khá nhiều dạng nên các em dễ rối
khi tiếp cận đề bài. Đặc biệt những năm gần đây hình thức thi cuối học kỳ, thi
học sinh giỏi hay kỳ thi TN THPT đều được đưa ra dưới hình thức trắc nghiệm,
khối lượng kiến thức khá nhiều, thời gian làm bài có hạn. Vì vậy, học sinh cần
có cách tiếp cận dễ hiểu để giải quyết bài toán ngắn gọn, rút ngắn thời gian làm
bài.
Qua bài kiểm tra thường xun mơn Hình học lớp 11B3, 11B4 Trường
THPT Tĩnh Gia 4, chỉ có một số ít học sinh làm tốt, cịn lại nhiều học sinh chưa
định hình được phương pháp và thường bị mất điểm ở những dạng bài tập này.

2.3. Các giải pháp giải quyết vấn đề
Trong q trình giảng dạy ở lớp 11B4, tơi đã tích cực áp dụng việc Rèn
luyện kỹ năng phát triển tư duy để giải một số bài toán liên quan đến khoảng
cách trong hình học khơng gian lớp 11. Dưới đây là một số dạng minh họa mà
tôi đã áp dụng trong quá 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 ơn tập áp dụng cho
các kỳ thi học sinh giỏi, kỳ thi TN THPT. Sau khi các em đã nắm được kiến
thức cơ bản và phân loại được các dạng toán thì tơi đưa ra cách tính nhanh
khoảng cách phù hợp với hình thức đề thi trắc nghiệm.
2.3.1. Dạng 1: Khoảng cách từ một điểm đến mặt phẳng chứa đường cao
Phương pháp: Giả sử tính khoảng cách từ điểm M đến mp( )
-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 . Khoảng cách từ G đến mặt phẳng ( SAD )
bằng
2a
4a
a 3
a 3
.
.
A.
B.
C.
D.
.
.

3
3
3
2
Phân tích: Để xác định khoảng cách từ G đến ( SAD) ta dựng GI vng góc
với cạnh đối diện là AD . Thì GI là khoảng cách từ G đến ( SAD ) .
Lời giải
-Dựng
5

skkn


S
GI  AD
 GI  ( SAD) .
-Chứng minh: ta có 
GI  SA
-Tính GI : Trong DAB có
nên áp dụng
I
định lý talet trong tam giác DAB Ta có
A
D
IG DG 2
2
2a

  IG  AB 
.

O
AB DB 3
3
3
G
2a
B
Hình 13 C
Vậy d (G,( SAD))  .
3
Ví dụ 2. [4] Cho hình lăng trụ ABC. A ' B ' C ' ,Tam giác ABC vng ở C . Hình
chiếu của A’ trên mặt phẳng ( ABC ) là trung điểm H của cạnh AB .
Khoảng cách từ A đến mặt phẳng ( A ' HC ) là

a
a 3
a 3
B.
C. a 3.
D. .
.
.
3
3
2
Phân tích: Vì H là hình chiếu vng góc của A ' trên mp(ABC) nên A ' H là
đường cao hình lăng trụ. Mặt phẳng ( A ' HC ) chứa đường cao A ' H . Để xác
định khoảng cách từ A đến ( A ' HC ) A ta dựng AK vng góc với cạnh đối
diện là HC . Khi đ ó AK là khoảng cách từ A đến ( A ' HC )
Lời giải

-Dựng:
A'
 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
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
Vậy

C'

B'
A
K

H
B

C

Hình 14

Chọn đáp án A.

2.3.2. Dạng 2: Khoảng cách từ chân đường cao đến một mặt phẳng
Thực tế các em học sinh thường thấy khó trong việc dựng hình. Nên ở dạng
này đề tài sẽ phân ra 2 trường hợp cụ thể để cho các em học sinh tiếp cận cách
dựng khoảng cách dễ dàng hơn.

6

skkn


Nội dung

Cách dựng
Trường hợp 1: Hình
Dựng AH  SB thì
d ( A,( SBC ))  AH .
chóp S . ABC có
SA  ( ABC ) ,
S
và tam giác đáy vng
H
tại B . Hãy xác định
khoảng cách từ A đến
( SBC ) .
A
B

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 )).

C

Trường hợp 2: Hình
S . ABC

chóp
có
SA  ( ABC ) . 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 .
Dựng AI  BC và
AH  SI . Khi đó
d ( A,( SBC ))  AH
S

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 )).

H
C

A

I
B

* 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
và
D
1
1
1
1



.
AH 2 AB 2 AC 2 AD 2
Ví dụ 3. (Trích tuyển sinh đại học khối D-năm
4
2002)
H
Cho tứ diện ABCD có AD vng góc với mặt
4
C
phẳng ( ABC ), AC=AD=4, AB=3, BC=5. Khoảng
A
5
cách từ A đến mặt phẳng ( BCD ) là
3
I

34
3 34
.
A.
B.
.
B
Hình 15
25
17
12
6 34
C.
D. .
.
5
17
7

skkn


Lời giải
Nhận xét: Vì BC  AB  AD nên ABC vuông tại A .
Tứ diện ABCD là tứ diện vng tại A (vì AB, AC , AD đơi một vng góc)
Gọi H là hình chiếu của A trên mặt phẳng ( BCD ) thì
1
1
1
1

1 1 1 17
6 34



 2 2 2
 AH 
.
2
2
2
2
AH
AB
AC
AD
3 4 4
72
17
2

Vậy

2

2

Chọn đáp án C.

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
2a
a 5
2a 5
2a 3
.
A.
B.
C.
D.
.
.
.
3
5
5
3
b) Gọi M là trung điểm của BC . Khoảng cách từ A đến mặt phẳng ( SDM ) là
a
a 30
a 6
A.
B.
C. .
D. a 5.
.
.
5

5
3
Lời giải
a) Phân tích: Ta nhận thấy Đường cao hình chóp là SA , mp ( SBC ) không chứa
đường cao, điểm A là chân đường cao nên bài tốn dựa vào dạng 2. Ngồi ra
ABC vuông tại B nên ta dựng AH  SB thì AH là khoảng cách cần tính.
-Dựng
S
-Chứng minh:
Ta có : + AH  SB
+ BC  ( SAB )  AH  BC  AH
K
Suy ra AH  ( SBC )
H
-Tính AH :
D
2
2
2
2
A
.
AC  AB  BC  a  3a  2a
I
45°
SAC vuông cân tại A  SA  AC  2a .
SAB vng tại A ta c ó
B
C
M

SA. AB
2a.a
2a
AH 


.
Hình 16
5
SA2  AB 2
4a 2  a 2
Vậy

Chọn đáp án

B.
b) Phân tích: Ta nhận thấy mp ( SDM ) không 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
nên ABC khơng

cạnh

vng tại M và tại D do đó ta dựng khoảng cách theo trường hợp 2 của dạng 2.
8

skkn


-Dựng hình: Dựng AI  DM ( I  DM ) và dựng AK  SI ( K  SI ) .
Khi đó

-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 2  MC 2  a 2  
.
 
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
Vậy

. Chọn đáp án A.

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, AD=4a,
SA=AB=BC=2a. Khoảng cách từ điểm H đến mặt phẳng ( SCD ) là.
A. a.
B. a 2.
C.
2a.
D. a 3.
S
Lời giải
-Dựng hình:
Kẻ HK  SC ( K  SC )  HK  (SCD )

A

I
K

-Chứng minh: Gọi I là trung điểm của AD ta
H

có AI  BC  2a  ABCI là hình bình hành B
C
 IC  AB  2a .
Hình 17
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 .

D

9

skkn


Xét SHC vuông tại H : HK 

HS .HC

a 2.a 2

a.
HS 2  HC 2
2a 2  2 a 2
Vậy
Chọn đáp án A.
2.3.3. Dạng 3: Khoảng cách từ điểm bất kỳ đến một mặt phẳng
Để tính khoảng cách từ điểm M bất kỳ đến mp( ) ta sẽ tính khoảng cách từ
điểm H là chân đường cao của hình chóp (hoặc hình lăng trụ) đến ( ) rồi tìm
mối quan hệ giữa điểm M và điểm H. Từ đó suy ra khoảng cách từ M đến ( ).
Ví dụ 6. (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.

a 66
.
3

B.

a 66
.
11



C.

a 15
.
3

D.

2a 66
.
11

Phân tích : Ta nhận thấy mp ( SAB ) không chứa đường cao, điểm C không phải
chân đường cao hình chóp nên bài tốn thuộc vào dạng 3.
Lời giải
S
- Dựng hình: Lấy điểm H là trung điểm AC .
Kẻ
và
thì
- Chứng minh:
K
 AB  HI

A
C
 AB  ( SHI )
Ta có 
30°
H
AB

SH

I
 ( SAB)  ( SHI ) theo giao tuyến SI.
Hình 18a
Trong ( SHI ) có HK  SI  HK  ( SAB ) .
B
- Tính
:
C

ABC
HI là đường trung bình
nên ta có
H
1
1
1
3
a
3
.

HI  BC  AC.cos300  .2a.

2
2
2
2
2
(SAB)
Trong SHI vng tại H :
K M
A
a 3
Hình 18b
a
2.
HS .HI
2  a 66
HK 

.
11
HS 2  HI 2
3a 2
2
2a 
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

10

skkn


Vậy

Chọn đáp án D.

Ví dụ 7. (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
là
A.

a 13
.
13

B.

3a 13
.
26

C.

3a 13
.
13

Phân tích: Ta nhận thấy A ' H là đường cao
đường hình lăng trụ nên ( ACC ' A ') không chứa
đường cao. Điểm B không phải chân đường cao
nên bài toán rơi vào dạng 3. Ta sẽ tính khoảng
cách từ điểm H đến ( ACC ' A ') rồi suy ra
khoảng cách từ B đến mặt phẳng ( ACC ' A ') .

D.

a 13
.
26

A'

C'

B'

K
I
A

60°

C

Lời giải
H

-Dựng hình: Lấy H là trung điểm AB
B
Hình 19a
Kẻ HI  AC ( I  AC ) và HK  A ' I .
Khi đó
-Chứng minh:
 AC  HI
H
 AC  ( A ' HI )
Ta có 
AC

A
'
I

 ( ACC ' A ')  ( A ' HI ) theo giao tuyến A’I.
A
K
(ACC'A')
mp
(
A
'
HI
)
HK

A
'

I

HK

(
ACC
'
A
')
Trong
có
Hình 19b
(đpcm).
-Tính
:
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

AHI vuông tại I : HI  AH .sin IAH

.
 .sin 600  .

2
2 2
4
HA '.HI
3a 13

Trong A ' HI vuông tại H : HK 
.
26
HA '2  HI 2
Mặt khác

B

.

11

skkn


Vậy

Chọn đáp án C.

Ví dụ 8. Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật và AB  a,
AD  2a, SA  a, SA vuông góc với mặt phẳng đáy. Khoảng cách từ trung

điểm I của đoạn thẳng SC đến mặt phẳng ( SBD ) là
a
S
.
A.
2
a
a 3
B.
C. .
.
3
I
3
G
K
a 3
A
D.
.
2
O
Phân tích: Ta nhận thấy đường cao hình chóp là
H
C
SA, mp ( SBD ) khơng chứa đường cao và điểm D
Hình 20a
I khơng phải chân đường cao của hình chóp.
Vậy nên ta sẽ tính khoảng cách từ A đến (SBD) rồi
suy ra khoảng cách từ I đến (SBD).

B

A

Lời giải
-Dựng hình:
Kẻ
Khi đó

và
G

(SBD)

 BD  AH
 BD  ( SAH )
-Chứng minh: Ta có 
 BD  SA
 ( SBD)  ( SAH ) theo giao tuyến SH .
Trong mp( SAH ) có AK  SH  AK  ( SBC ) .

I

K

Hình 20b

AD. AB a.2a 2a



.
BD
a 5
5
SA. AH
2a

SAH vuông tại A : AK 
.
2
2
3
SA  AH
và
và G là trọng tâm SAC .

: ABD vuông tại A : AH 

-Tính

Gọi
Suy ra
Ta có:
Vậy

Chọn đáp án C.

Ví dụ 9. (Trích đề thi học sinh giỏi cấp tỉnh thanh hóa năm 2021-2022)


Cho hình lăng trụ ABC. A ' B ' C ' có BAC
 600 , AC  120, AB  40 và khoảng
cách giữa hai đáy là 45. Biết hình chiếu của A ' lên mặt phẳng đáy ( ABC ) là
điểm H thuộc cạnh BC . Hai mặt phẳng ( ABB ' A '), ( ACC ' A ') cùng tạo với đáy
một góc bằng nhau. Khoảng cách giữa hai đường thẳng AB ' và A ' C gần nhất
với số nào sau đây?
12

skkn


A. 10.

B. 7.

C. 32.

D. 21.

Lời giải
Gọi O, I lần lượt là trung điểm của A ' B và BC
Do hai mặt phẳng ( ABB ' A ') và ( ACC ' A ') cùng tạo với đáy góc bằng nhau nên
H là chân đường phân giác trong góc A .
B'
C'
HC AC

 3  H là trung điểm của BI.
Ta có
HB AB

A'
A' H
 15 . Khi đó
Gọi G  A ' H  OI  GH 
3
O
G
Gọi M , N lần lượt là hình chiếu của H trên AI
N
và MG  HN  ( AIG )
I
B
H
Theo định lý cosin trong tam giác ABC ta có
M
60°
BC  40 7 .
A
Theo cơng thức độ dài đường trung tuyến cho
Hình 21
tam giác ABC ta có AI  20 13 .
1
S ABC  40.120.sin 600  1200 3 ,
2
Trong tam giác GHM , vuông tại H ta có
1
1
1
1
13

1





 HN  6 3.
2
HN 2 HG 2 HM 2 152
108
30 3



C



Vậy

Chọn đáp án D.

Ví dụ 10. Cho hình chóp tứ giác S . ABCD , đáy ABCD là hình thoi cạnh
AB  5 , AC  4 . O là giao điểm AC và BD , SO  2 2; SO  ( ABCD) . M là
trung điểm của SC . Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng SA và MB .
2 6
.
3
6
D.

.
3
A.

B.

2 3
.
3

C.

2 6
.
5
S
M

Lời giải

H

Ta có
Vì
Mặt khác: BO  OC (vì ABCD là hình thoi)
BO  SO (vì SO  ( ABCD ) )
Suy ra BO  ( MOC )  ( MOB)  (MOC )

D

(1)
(2)

K

C

O
A

Hình 22

B

13

skkn


Vì ( MOB)  ( MOC )  OM nên kẻ CH  OM ( H  OM ) thì CH  ( BOM )
(3)
SA 1
1

SO 2  OA2 
(2 2) 2  22  3
Ta có OM 
2 2
2
1

1
MC  SC  SA  3  OMC cân tại M
2
2
1
Kẻ MK  OC  K là trung điểm của OC nên MK  SO  2 .
2
MK .OC
2.2 2 6


Trong MOC , ta có MK .OC  MO.CH  CH 
(4)
MO
3
3
Từ (1),(2),(3) và (4) ta có

Chọn đáp án A.

Nhận xét: Qua các ví dụ trên ta thấy cách giải nhìn chung khá dài, những học
sinh trung bình, yếu tiếp thu chậm nên mất rất nhiều thời gian để làm một bài
tốn, khơng phù hợp với hình thức thi trắc nghiệm. Vì vậy tơi mạnh dạn đưa ra
một số cách giải nhanh.
2.3.4. Cơng thức tính nhanh khoảng cách
Bài tốn 1: Cho hình chóp O. ABC có OA, OB, OC
A
đơi một vng góc và OA  a, OB=b, OC=c . Tính
a
khoảng cách từ O đến mặt phẳng ( ABC ) .

H
Lời giải
h
b
O
Gọi d  d (O,( ABC )) ta có cơng thức
B
1
1 1 1
c
I
  
C
d 2 a2 b2 c2
Hình 23
Chứng minh: (trường hợp đặc biệt của mục 2.3.2)
Ví dụ 11 . Cho hình chóp đều S . ABCD có tất cả các cạnh bằng a . Tính khoảng
cách từ A đến mp ( SBC ).
S
a 6
2a 6
A.
B.
.
.
7
5
H
2a 6
a 6

A
C.
D.
.
.
B
3
3
Lời giải
I
O
Gọi O  AC  BD,
D
C
Hình 24
Tứ giác ABCD là hình vuông nên OC  OB.

14

skkn


Xét hình chóp S .OBC ta có


1
a 2


2




2



1
2



1
2



6
a2  d  a 6 .
O
6

a 2 a 2

 

2
2

 


a 6
. Vậy
Chọn đáp án D.
d  2dO 
3
Bài toán 2: Cho hình chóp S . ABC , SH  ( ABC ) . Tính khoảng cách giữa hai
đường thẳng SA và BC .
S
Lời giải:
Gọi
chiều cao hình chóp là
AH
A
K  AH  BC , k=
.
C
AK
H
K
Khi đó khoảng cách d được tính bởi cơng thức
2
D
1
1 k
t
B


.

Hình 25
d 2 x2 h2
Chứng minh: Kẻ At // BC  (SAt) // BC

: là khoảng cách từ chân đường cao SH đến
Đặt

.

Khi đó

.

1
h.k .x
h.x
1
1 k2

 2  2  2 (đpcm).
Từ đó ta có d  . 2
k h  k 2 x2
d
x h
h2  k 2 x2
1
1 k2
Nhận xét: Công thức 2  2  2 dùng để tính khoảng cách giữa hai đường
d
x h

thẳng chéo nhau trong đó một đường là chứa cạnh bên và đường còn lại nằm
trong mặt phẳng đáy. Trong nhiều trường hợp học sinh có thể áp dụng cơng
thức trên để tính khoảng cách từ một điểm nằm trong mặt phẳng đáy đến mặt
AH
bên. Trong công thức này học sinh cần chú ý xác định chính xác tỷ số k =
.
AK
Ví dụ 12. Cho h ình ch óp S.ABCD có đáy ABCD
S
là hình vng cạnh a, SO  ( ABCD ) và SO  a.
Khoảng cách giữa SC và AB bằng
A.

2a 3
.
15

B.

a 5
.
5

a
A
D

15

O

skkn

B

a

Hình 26

C


C.

a 3
.
15

2a 5
.
5

D.

h  SO  a,
CO 1
k
 .
CA 2
1

1 k2
Áp dụng công thức 2  2  2 ta có
d
x h

Lời giải

Gọi

Ví dụ 13. Cho hình chóp S . ABC có đáy là tam giác ABC vng tại C , AB=5a,
BC=4a, SA  (ABC), góc giữa mp( SBC ) và mp( ABC ) bằng 600 . Gọi D là
trung điểm cạnh AB . Khoảng cách giữa đường thẳng SD và BC là
A.

a 39
.
13

B.

3a 39
.
13

C.

a 39
.
3

D.

a 39
.
5

S

Lời giải

3a

A
5a

Gọi

60°

C

M
4a

D

DA
B
 1.
Hình 27

DB
2
1
1 k
1
4
1
5
3a 39
Áp dụng công thức 2  2  2 ta có 2  2 
.


d

d
x h
d
9a 27 a 2 4a 2
13
h  SA  3a.tan 600  3a 3, k 

Ví dụ 14. Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình chữ nhật, hình chiếu vng
góc của S trên mp ( ABCD ) trùng với trung điểm H của cạnh AB. Biết
SA  a 2, AB=2a, BC=a. Tính khoảng cách từ A đến mp ( SBD ).
A.

B.

C.

D.

S

a
.
6

Lời giải
Đối với bài này học sinh có thể tính khoảng
cách từ chân đường cao H đến mp( SBD )
rồi từ đó suy ra khoảng cách từ A đến
mp ( SBD ) (h.28).

F A

D

H
B

a

2a

E

Hình 28

C

1
1 k2
Tuy nhiên để rút gọn thời gian ta sẽ áp dụng công thức 2  2  2
d
x h
16

skkn


Gọi
h  SH  SA2  HA2 

 a 2

Vậy

Chọn đáp án B.

2

AH 1
 .
AB 2

 a 2  a, k 

S

Ví dụ 15. Cho hình chóp S . ABC , đáy là tam giác
vuông cân tại B, AB  BC  2a . Giả sử hai mặt
phẳng ( SAB) và ( SAC ) cùng vng góc với mặt
phẳng ( ABC ) . Gọi M là trung điểm AB . Mặt
phẳng qua SM và song song với BC cắt AC tại N .
Biết góc giữa hai mặt phẳng ( SBC ) và ( ABC ) là
600 . Khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và SN
theo a bằng
A.

2a 39
.
7

B.

a 39
.
13

A
2a

N
60°
M

2a 39
.

13

C.

C
2a

Hình 29

B

D.

2a 41
.
13

Lời giải
Gọi
mp ( SAB ) và mp( SAC ) cùng vng góc với mp ( ABC ) nên SA  ( ABC ) .
NA
1
h  SA  AB.tan 600  2a 3 , k 
NA
( MN đi qua trung điểm của AB và song song với BC)
1
1 k2 1
1





Áp dụng công thức d 2 x 2 h 2 a 2
2a 3



Vậy



2



13
2a 39

d

.
12a 2
13

Chọn đáp án C

1
1 k2
Ở ví dụ 7 ta có thể áp dụng cơng thức 2  2  2 để tính như sau:
d

x h
Gọi
(vì x là đường cao tam giác đều cạnh a)
h  A' H 

BH 1
a 3
3a

.tan 600  , k 
BA 2
2
2
17

skkn


1
4
4
13
3a 13
.
 2
 2 d 
2
2
d
3a 4.9a 9a

13
1
1 k2
Ở ví dụ 10 ta có thể áp dụng cơng thức 2  2  2 để tính như sau:
d
x h
Ta có
Khi đó

Xét hình chóp S . AOB có h  SO  2 2 ,

,k

AO
1
AO

1
1
12
3
2 6
 2
 d 
.
2
2
d
2 (2 2) 8
3

Nhận xét: Như vậy với việc áp dung linh hoạt cơng thức tính nhanh khoảng
cách sẽ giúp học sinh rút ngắn được rất nhiều thời gian mà kết quả tính tốn lại
chính xác. Với phần đa các bài tập ở trên các em đều có thể áp dụng cơng thức
tính nhanh để giải quyết bài toán.
Bài tập đề nghị
Bài tập 1. Cho hình chóp S . ABC có đáy là tam giác vuông tại A , ABC  300 ,
SBC là tam giác đều cạnh a và mặt bên ( SBC ) vng góc với đáy. Khoảng
cách từ C đến mặt phẳng ( SAB) là
a 29
a 39
a 39
A.
B. a 13.
C.
D.
.
.
.
13
3
13
Bài tập 2. Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a, AC  a.
Cạnh bên SA vng góc với mặt phẳng đáy ( ABCD ). Góc giữa SC và mặt
phẳng đáy bằng 450. Gọi E là trung điểm của BC. Khoảng cách từ E đến mặt
phẳng ( SCD) là
a 21
a 21
a 3
A. a 3.
B.

C.
D.
.
.
.
7
14
2
Bài tập 3. Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình vng cạnh a . Tam giác
SAB đều và nằm trong mặt phẳng vng góc với mặt phẳng đáy. Gọi M , N lần
lượt là trung điểm của AB và AD . Khoảng cách từ điểm D đến mặt phẳng
( SCN ) theo a là
4a 3
a 3
a 3
a 2
A.
B.
C.
D.
.
.
.
.
3
3
4
4
Bài tập 4. Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác vuông tại A, ABC  300 ,
SBC là tam giác đều cạnh a và mặt bên ( SBC ) .

Khoảng cách từ điểm C đến mặt phẳng ( SAB ) là
a 39
a 39
a 39
2a 39
A.
B.
C.
D.
.
.
.
.
13
26
39
13
18

skkn


Bài tập 5. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thang vng tại B,C.
AB  3a, BC=CD=a, SA vng góc với mặt phẳng đáy, góc giữa SC và mặt
1
phẳng đáy bằng 300 . Gọi M là điểm thuộc cạnh AB sao cho AM  AB. Tính
3
theo a khoảng cách giữa hai đường thẳng SB và DM.
2a 470
3a 470

3a 47
2a 47
A.
B.
C.
D.
.
.
.
.
47
47
47
47
2.4. Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm đối với hoạt động giáo dục, với
bản thân, đồng nghiệp và nhà trường
2.4.1. Đối với hoạt động giáo dục
• Thực nghiệm sư phạm là quá trình rất quan trọng nhằm làm sáng tỏ những vấn
đề lí luận của đề tài ở trường THPT Tĩnh Gia 4, đồng thời kết quả thu được của
thực nghiệm là cơ sở khoa học để xác định tính đúng đắn của đề tài.
• Kết quả của việc thực nghiệm sư phạm sẽ cho biết được sự phù hợp của đề tài
với xu hướng đổi mới phương pháp dạy học theo hướng tích cực hiện nay.
Sau một năm học 2021 - 2022 việc áp dụng cho đối tượng học sinh ở 2 lớp 11
của trường THPT Tĩnh Gia 4. Kết quả thực nghiệm được tiến hành trên các lớp
thu được như sau:
Trước khi áp dụng đề tài này vào giảng dạy
Lớp
Sĩ số Loại giỏi Loại khá Loại TB
11B3 (ĐC) 44
2,5 %

12,8 %
75,9 %
11B4 (TN) 40
2,4 %
10,5 %
77,4 %

Loại yếu Loại kém
8,8 %
0 %
9,7 %
0 %

Sau khi áp dụng đề tài này vào giảng dạy
Lớp
Sĩ số Loại giỏi Loại khá Loại TB
11B3 (ĐC) 44
3,5 %
18,3 %
74,7 %

Loại yếu Loại kém
3,5 %
0%

11B4 (TN) 40
8,7 %
43,5 %
45,7 %
2,1 %

0%
Qua 2 bảng kết quả trên cho thấy có sự tiến bộ rất lớn của học sinh trong
quá trình học tập khi được tiếp cận sáng kiến kinh nghiệm này. Đây là một minh
chứng cho thấy chất lượng dạy học sẽ được cải thiện và nâng cao, giúp các em
tự tin trước các kỳ thi cuối năm lớp 11 và học sinh lớp 12 trong kỳ thi THPT
quốc gia sắp tới.
2.4.2. Đối với bản thân
- Giáo viên phải phân tích sâu, kỹ về kiến thức chuyên môn và các kiến
thức liên quan đến bài dạy. Từ đó mà bồi dưỡng cho mình kiến thức chuyên
môn vững vàng.
- Thông qua đề tài sáng kiến kinh nghiệm, với nhiều cách giải quyết vấn đề
khác nhau của học sinh làm cho giáo viên có nhiều kinh nghiệm.
2.4.3. Đối với đồng nghiệp, tổ nhóm chun mơn
19

skkn


Đây là phương pháp khơng q khó, giáo viên nào cũng có thể thực hiện
được. Và đặc biệt là áp dụng được với tất cả các đối tượng học sinh. Nên tơi đã
đem phổ biến trong tổ Tốn - Tin , các anh em trong tổ cũng có nhiều góp ý quý
báu và tôi đã mạnh dạn áp dụng vào lớp mình phụ trách và bước đầu đã mang lại
thành công .

3. Kết luận và kiến nghị
3.1. Kết luận
Thông qua q trình làm sáng kiến tơi đã rút ra cho mình những bài học
kinh nghiệm như sau:
1. Theo phương pháp trên giúp học sinh tiếp thu bài học một cách tích cực
và giải quyết vấn đề một cách tường minh, khoa học. Kết quả thu được góp

phần khơng nhỏ, đáp ứng nhu cầu đổi mới phương pháp mà ngành giáo dục
đề ra.
2. Trong q trình làm sáng kiến tơi thấy bài tốn tính khoảng cách từ một
điểm đến một mặt phẳng có mối liên hệ với bài tốn tính khoảng cách giữa
đường thẳng và mặt phẳng song song, khoảng cách giữa hai mặt phẳng song
song, khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau, bài tốn tính thể tích khối
chóp, thể tích khối lăng trụ. Thể tích khối cầu…vv. Vì vậy tơi khuyến khích
các em học sinh tìm hiểu thêm về các ứng dụng khác của phương pháp này.
3. Thực tế giảng dạy cho thấy học sinh rất hào hứng tiếp thu và vận dụng
tốt ý tưởng của đề tài, học sinh khơng cịn sợ mơn hình mà trở nên thích thú,
ham tìm hiểu về những bài tốn tương tự.
3.2. Kiến nghị
Việc nâng cao chất lượng giảng dạy bộ mơn tốn học là nhiệm vụ, trách
nhiệm cũng là lương tâm của nghề thầy giáo. Với tinh thần đó tơi mong muốn
góp phần nhỏ trí tuệ của mình trong giảng dạy với các đồng nghiệp. Tuy nhiên
do năng lực và thời gian có hạn, tơi rất mong được sự đóng góp, bổ sung của
các đồng nghiệp và hội đồng khoa học các cấp để sáng kiến kinh nghiệm của
tơi được hồn chỉnh hơn, đồng thời giúp đỡ tôi tiến bộ và thành công trong
giảng dạy. Mong tất cả các thầy, cô giáo có nhiều SKKN hay góp phần nâng
cao chất lượng giảng dạy nói chung và bộ mơn Tốn nói riêng.
Tơi xin chân thành cảm ơn!
Thanh Hóa, ngày 25 tháng 5 năm 2022
XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG Tôi xin cam đoan đây là SKKN của tôi
ĐƠN VỊ
viết, không sao chép nội dung của
người khác.
Người thực hiện

20

skkn


Phan Thị Nhường

21

skkn


PHỤ LỤC
MỘT SỐ SÁCH VÀ WEBSITE ĐÃ THAM KHẢO
[1] Sách giáo khoa hình học 11 - Nhà xuất bản giáo dục
[2] Sách giáo khoa hình học lớp 10 - Nhà xuất bản giáo dục
[3] Sách giáo khoa hình học lớp 8 - Nhà xuất bản giáo dục
[4] Chuyên đề hình học không gian -Nguyễn Anh Trường - Nguyễn Tấn Siêng
[5] Chuyên đề trọng điểm bồi dưỡng học sinh giỏi hình học không gian –Nhà
xuất bản ĐHQGHN- Nguyễn Quang Sơn
[6] Tài liệu bồi dưỡng hình học khơng gian chọn lọc – Tài liệu.VN
[7] www.mathvn.com
[8]

skkn