Một số phương pháp tính khoảng cách trong không gian

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO YÊN BÁI
TRƯỜNG THPT LÊ Q ĐƠN

BÁO CÁO SÁNG KIẾN CẤP CƠ SỞ
(Lĩnh vực: Tốn học)
MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP TÍNH KHOẢNG CÁCH
TRONG KHƠNG GIAN

Tác giả: Nguyễn Thị Thu Hương
Trình độ chun mơn: Cử nhân sư phạm Tốn
Chức vụ: Giáo viên
Đơn vị cơng tác: Trường THPT Lê Quý Đôn

Yên Bái, ngày 22 tháng 01 năm 2021


I. THÔNG TIN CHUNG VỀ SÁNG KIẾN
1. Tên sáng kiến: Một số phương pháp tính khoảng cách trong khơng gian.
2. Lĩnh vực áp dụng sáng kiến: Giảng dạy bộ môn Toán ở THPT.
3. Phạm vi áp dụng sáng kiến: Trong các đơn vị kiến thức của bộ mơn Tốn THPT.
4. Thời gian áp dụng sáng kiến:
Từ ngày 01 tháng 08 năm 2020 đến ngày 31 tháng 12 năm 2021
5. Tác giả:
Họ và tên: Nguyễn Thị Thu Hương
Năm sinh: 1985
Trình độ chun mơn: Cử nhân sư phạm Tốn
Chức vụ cơng tác: Giáo viên
Nơi làm việc: Trường THPT Lê Quý Đôn
Địa chỉ liên hệ: Trường THPT Lê Quý Đôn, thị trấn Cổ Phúc, huyện Trấn Yên, tỉnh
Yên Bái.
Điện thoại: 0972851985

II. MÔ TẢ SÁNG KIẾN:
1. Tình trạng các giải pháp đã biết
Bài tốn về khoảng cách trong không gian xuất hiện trong chương trình tốn học lớp
11 và 12. Nó xuất hiện ở hầu hết các đề thi TNTHPT Quốc gia, đề thi học sinh giỏi mơn
tốn từ trước tới nay. Để giải quyết bài tốn này địi hỏi học sinh phải có kiến thức vững, có
tính hệ thống về hình học phẳng, hình học khơng gian. Đối với học sinh đại trà, đây là mảng
kiến thức khó và thường để mất điểm trong các bài thi. Đối với học sinh có lực học khá giỏi,
nếu không lựa chọn được phương pháp phù hợp thì thường tốn khá nhiều thời gian trong
việc tìm ra đáp án bài toán, ảnh hưởng đến phân bố thời gian làm bài hợp lí của kì thì
TNTHPT Quốc gia.
Với thời gian học tập chương trình tốn trực tiếp ở trên lớp còn hạn chế, học sinh rất
cần các tài liệu chuyên đề mang tính hệ thống. Trong Sách giáo khoa, các kiến thức để giải
quyết bài toán khoảng cách được viết riêng rẽ, mỗi năm học học sinh được cung cấp thêm
các cách giải khác. Nếu học sinh khơng có khả năng tổng hợp và hệ thống kiến thức thì sẽ
chỉ dừng lại ở việc giải quyết các bài toán đơn lẻ. Trong các tài liệu tham khảo, dạng toán
này khá nhiều song chỉ dừng lại ở việc cung cấp hệ thống bài tập và cách giải tương ứng,


chưa có tài liệu phân dạng rõ nét để có thể giúp học sinh có được cái nhìn tổng quan về dạng
tốn này.
Trước các lí do trên, tơi viết đề tài sáng kiến kinh nghiệm: “Một số phương pháp tính
khoảng cách trong không gian” nhằm cung cấp cho học sinh một cái nhìn tổng qt và có
hệ thống về bài tốn tính khoảng cách trong khơng gian. Với một hệ thống bài tập đã được
phân loại một cách tương đối tốt, sẽ giúp học sinh khơng cịn “sợ” phần này và đứng trước
một bài tốn học sinh có được định hướng trước khi làm bài, từ đó có được cách giải tốt.
2. Nội dung giải pháp đề nghị công nhận là sáng kiến:
Mục đích của giải pháp: Sáng kiến góp phần nâng cao hiệu quả bồi dưỡng HSG mơn tốn
và thi TNTHPT Quốc Gia.
Nội dung giải pháp:
Việc tìm ra quy luật, phương pháp chung để giải quyết một vấn đề là rất quan trọng,

nó giúp chúng ta có định hướng tìm lời giải của một lớp bài tốn tương tự nhau. Trong quá
trình giảng dạy, giáo viên thiết kế bài giảng và tiến hành các hoạt động để học sinh thực
hiện và luyện tập những nội dung trong điều kiện có hướng đích, có kiến thức về phương
pháp tiến hành và có trải nghiệm thành cơng. Do vậy việc trang bị về phương pháp cho học
sinh là một nhiệm vụ quan trọng.
Trong chương trình tốn lớp 11, ở bài “Khoảng cách” có đưa ra các khái niệm cơ
bản:
- Khoảng cách từ một điểm đến đường thẳng.
- Khoảng cách từ một điểm đến một mặt phẳng.
- 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.
Sáng kiến đưa ra một hệ thống phương pháp tiếp cận và giải quyết các bài toán:
Bài toán 1: Khoảng cách từ một điểm đến đường thẳng.
Bài toán 2: Khoảng cách từ một điểm đến một mặt phẳng.
Bài toán 3: Khoảng cách giữa đường thẳng và mặt phẳng song song, khoảng cách
giữa hai mặt phẳng song song.
Bài toán 4: Khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau.
Từ đó hầu hết các bài tốn về khoảng cách sẽ được giải quyết.
Tính mới: Trong Sách giáo khoa, các kiến thức để giải quyết bài toán khoảng cách được
viết riêng rẽ, mỗi năm học học sinh được cung cấp thêm các cách giải khác. Nếu học sinh


khơng có khả năng tổng hợp và hệ thống kiến thức thì sẽ chỉ dừng lại ở việc giải quyết các
bài toán đơn lẻ. Trong các tài liệu tham khảo, dạng toán này khá nhiều song thường chỉ
dừng lại ở việc cung cấp hệ thống bài tập và cách giải tương ứng, chưa phân dạng rõ nét để
có thể giúp học sinh có được cái nhìn tổng quan về dạng toán này. Với cách hệ thống lý
thuyết và bài tập được phân loại tương đối tốt, đề tài sẽ cung cấp cho học sinh một cái nhìn
tổng qt và có hệ thống về bài tốn tính khoảng cách trong khơng gian. Từ đó nâng cao
hiệu quả và rút ngắn thời gian tìm ra hướng đi hợp lý khi học sinh giải bài.

3. Khả năng áp dụng của giải pháp
Sáng kiến được áp dụng trong q trình giảng dạy và ơn thường xun phần hình học
khơng gian lớp 11 và lớp 12, góp phần nâng cao hiệu quả học tập mơn toán và kết quả thi
học sinh giỏi, thi TNTHPT Quốc gia.
4. Hiệu quả, lợi ích thu được hoặc dự kiến có thể thu được do áp dụng giải pháp
Bản thân tơi đã áp dụng sáng kiến trong q trình giảng dạy trong năm học 2020 –
2021 và thu được hiệu quả tốt, học sinh hệ thống được kiến thức xuyên suốt từ lớp 11, áp
dụng được trong quá trình giải toán và làm đề thi.
Kết quả cụ thể thu được khi áp dụng dạy tại lớp 11B1, 11B3, 12A3:
Số học sinh làm đúng bài tốn khoảng cách
Đề ơn số 1

Đề ôn số 2

KTHKII

Lớp 11B1

5

11

18

Lớp 11B3

4

7

14

Lớp 12A3

10

15

24

Thi thử lần 1

Thi thử lần 2

12

15

Phân tích:
Trong các đề ơn thường xun và các đề kiểm tra thường xuyên, kiểm tra định kỳ,
số học sinh tìm ra hướng đi, thực hiện được lời giải và tìm ra kết quả của bài tốn khoảng
cách tăng lên. Đặc biệt là học sinh đã hứng thú, chủ động, tự giác hoàn thành bài tập được


giao và đạt kết quả tốt trong các bài kiểm tra đánh giá. Số học sinh đạt điểm từ 8, 9 tăng lên;
học sinh có động lực để giải quyết câu vận dụng trong đề thi TNTHPT Quốc gia.
5. Các thông tin cần được bảo mật: Không
6. Các điều kiện cần thiết để áp dụng sáng kiến
- Học sinh đã được trang bị kiến thức về khoảng cách ở lớp 11.
- Phương pháp tọa độ trong không gian và phương pháp sử dụng cơng thức thể tích

hai lần dành cho học sinh ôn TNTHPT Quốc gia.
7. Tài liệu gửi kèm
Sáng kiến “ Một số phương pháp tính khoảng cách trong khơng gian”
BÀI TỐN 1: KHOẢNG CÁCH TỪ MỘT ĐIỂM ĐẾN ĐƯỜNG THẲNG
1. Phương pháp: Cho điểm M và đường thẳng . Gọi H là hình chiếu của M trên . Khi đó
khoảng cách giữa hai điểm M và H được gọi là khoảng cách từ điểm M đến .
Kí hiệu d ( M , )

* Nhận xét
-

K  , MK  d ( M , )

-

Để tính khoảng cách từ điểm M đến đường
thẳng  ta có thể:
+ Xác định hình chiếu H của M trên  .
+ Tính độ dài đoạn MH .

 Chú ý:
 Nếu tồn tại đường thẳng a qua A và song song với  thì:

d M,

 Nếu MA

d A,

I , thì:

AK

d M,
d A,

A

.
M

A

H

K

MI
.
AI


M
A

I

2. Bài tập minh họa:
Bài tập. Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vng cạnh a, tâm O,

SA  ( ABCD), SA  a . Gọi I, M theo thứ tự là trung điểm của SC, AB.
a) Tính khoảng cách từ I đến CM.
b) Tính khoảng cách từ S đến CM.
Giải
a) Gọi H là hình chiếu của I lên CM  IH  CM
S

M

I

H

A

D
O

M

C

S

I

H
B

SA2  AM 2 

5a
2

CM  MB 2  BC 2 

5a
2

Ta có: SM 

C

SC  SA2  AC 2  3a
2

 SC 
Suy ra tam giác SCM cân tại M  MI  SM  
  2a
 2 
2



Vậy: d  I , CM  

3
a.
10

1
IH 2



1
IM 2



1
IC 2



10
3a 2

 IH 

3
a
10


b) Ta có: SI  CM  C 

d  S , CM  SC
30a


 2  d  S , CM   2d  I , CM   2 IH 
d  I , CM  IC
5

CÂU HỎI TRẮC NGHIỆM
Câu 1: Cho hình chóp tam giác S. ABC với SA vng góc với  ABC  và SA  3a. Diện tích tam
giác ABC bằng 2a 2 , BC  a . Khoảng cách từ S đến BC bằng bao nhiêu?
C. 3a.

B. 4a.

A. 2a.

D. 5a.

Hướng dẫn giải:
Kẻ AH vng góc với BC :
SABC 

2.SABC 4a 2
1
AH .BC  AH 

 4a
2
BC
a

Khoảng cách từ S đến BC chính là SH
Dựa vào tam giác vng SAH ta có

SH  SA2  AH 2  (3a ) 2  (4a ) 2  5a

Chọn đáp án D.
Câu 2: Cho hình chóp A.BCD có cạnh AC   BCD  và BCD là tam giác đều cạnh bằng a. Biết

AC  a 2 và M là trung điểm của BD. Khoảng cách từ C đến đường thẳng AM bằng
A. a

7
.
5

B. a

4
.
7

C. a

6
.
11

Hướng dẫn giải:

2
.
3

A

Do  ABC đều cạnh a nên đường cao MC 
d  C , AM   CH 

D. a

a 3
2

H

AC.MC

66
a
2
2
11
AC  MC

D

C
M

Chọn đáp án C.

B

Câu 3: Cho hình lập phương ABCD. ABC D có cạnh bằng a. Khoảng cách từ đỉnh A của hình
lập phương đó đến đường thẳng CD bằng
A. a 2 .
Hướng dẫn giải:

B.

a 6
.
2

C.

a 3
.
2

D. a 3 .


Gọi M là trung điểm của CD . Do ABCD. ABC D là hình
lập phương nên tam giác ACD ' là tam giác đều cạnh a 2 .

AM  CD  d  A, CD   AM 

a 6
2

Đáp án: B.
Câu 4: Cho hình lập phương ABCD. ABC D có cạnh bằng a. Khoảng cách từ đỉnh A của hình

lập phương đó đến đường thẳng DB bằng
A. a 2 .

B.

a 6
.
2

C.

a 3
.
2

a 6
.
3

D.

Hướng dẫn giải:
Gọi H là chân đường vng góc hạ từ A xuống DB .
Dễ

thấy

AD   ABB ' A   ADB ' vuông

AD  a; AB  a 2 

đỉnh

A.

1
1
1
a 6


 AH 
2
2
2
3
AH
AD
AB '

Đáp án D.

BÀI TOÁN 2: KHOẢNG CÁCH TỪ MỘT ĐIỂM ĐẾN MỘT MĂT PHẲNG
1. Phương pháp: 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,( ))
 O


* Nhận xét
-

M  ( ), OM  d (O,( ))



H

Phương pháp 1: Xác định hình chiếu H của O trên () và tính OH dựa trên một số trường đặc biệt
sau:
+ 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 tròn 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.
Nếu O là chân đường cao hạ từ đỉnh S thì ta có thể dựng hình chiếu H của O lên mặt
(SAB) như sau:

S

Kẻ OK  AB  K  AB  , OH  SK ,  H  SK 
Ta có:

OK  AB, AB  SO  AB  SK  OH   SAB 



H



Suy ra d O,  SAB   OH

B
K

O
A

Nếu O khơng là chân đường cao hạ từ đỉnh S thì ta có thể làm như sau: Đưa việc tính d (O,( ))
về việc tính d (O ',( )) dễ dàng hơn. Ta thường sử dụng những kết quả sau:
Kết quả 1. Nếu đường thẳng  song song với mặt phẳng () và O, O’   thì

d (O;( ))  d (O ';( ))
O'

O

Kết quả 2. Nếu đường thẳng  cắt mặt phẳng () tại điểm I và O, O’   (O, O’ khơng
trùng với I) thì

d (O;( ))
OI


d (O ';( )) O ' I
O'
O

I

Đặc biệt, nếu O là trung điểm của O’I thì d (O;( )) 

1
d (O ';( ))
2

nếu I là trung điểm của OO’ thì d (O;( ))  d (O ';( ))


Sử dụng tính chất của tứ diện vng: Giả sử OABC là tứ diện có OA, OB, OC đơi một
vng góc với nhau 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



2

1



OA

OB

2



1
OC 2

2. Bài tập minh họa:
Bài tập. Cho hình chóp S.ABC, có SA vng góc với mặt đáy, SA  3a, AB  a, BC  2a,

ABC  600 . Gọi I là trung điểm của AB. Tính:

a) Khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng (SAC);
b) Khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng (SBC);
c) Khoảng cách từ điểm I đến mặt phẳng (SBC).
Giải

S

AC 2  AB 2  BC 2  2. AB.BC.cos ABC
 3a 2

K

 AC  a 3
2
2
2
a) Ta có: BC  AB  AC

 ABC vuông tại A  BA  AC
Mà BA  SA (gt)

I

Suy ra A là hình chiếu vng góc của B trên (SAC)





Vậy d B;  SAC   BA  a .
b) Gọi: H là hình chiếu của A lên BC
K là hình chiếu của A lên AH

 AK  BC
 AK   SBC   d  A;  SBC    AK
 AK  SH

Ta có: 

Mà

1
AH

2



1
AB

2

1



AC

Vậy: d  A;  SBC   

2

1



AS

2

 AH 

3a 13
13

3a 13
.
13

c) Ta có AI   SBC   B 
Vậy: d  I ;  SBC   

C

A

3a 13
.
26

d  I ,  SBC  

d  A,  SBC  



IB 1


AB 2

H
B


CÂU HỎI TRẮC NGHIỆM
Câu 1: Cho hình chóp S. ABC trong đó SA , AB , BC vng góc với nhau từng đôi một. Biết
SA  a 3 , AB  a 3 . Khoảng cách từ A đến  SBC  bằng:

A.

a 3
.
2

B.

a 2
.
3

C.

2a 5
.
5

D.

a 6
.
2

Hướng dẫn giải:
Kẻ AH  SB .
 BC  SA
 BC   SAB   BC  AH .
Ta có: 
 BC  AB

Suy ra AH   SBC   d  A;  SBC    AH .
Trong tam giác vng SAB ta có:

1
1
1
SA. AB
6a
 2
.
 AH 

2
2
2
2
2
AH
SA

AB
SA  AB
Chọn D.
Câu 2: Cho hình chóp S . ABCD có SA   ABCD  , đáy ABCD là hình chữ nhật. Biết AD  2a ,

SA  a . Khoảng cách từ A đến  SCD  bằng:
A.

3a 2
.
2

B.

2a 3
.
3

C.

2a

.

D.

3a

.

7

5

Hướng dẫn giải:
Kẻ AH  SD , mà vì CD   SAD   CD  AH
nên d  A; SCD   AH .
Trong tam giác vuông SAD ta có:

1
1
1
 2
2
AH
SA
AD 2
 AH 

SA. AD
SA  AD
2

2



a.2a
4a  a
2

2



2a
.
5

Chọn C.
Câu 3: Cho hình chóp tam giác đều S. ABC cạnh đáy bằng 2a và chiều cao bằng a 3 . Tính
khoảng cách từ tâm O của đáy ABC đến một mặt bên:
A.

a 5
.
2

B.

2a 3
.
3

C. a

3
.
10

D. a

2
.
5


Hướng dẫn giải:

SO   ABC  , với O là trọng tâm của tam giác ABC . M là
trung điểm của BC .
 BC  SO
 BC   SOM   BC  OH
Kẻ OH  SM , ta có 
 BC  MO

nên suy ra d  O;  SBC    OH .
Ta có: OM 

1
a 3
AM 
3
3

1
1
1



2
2
OH
SO OM 2

 OH 

a 3
3  3a  3 a .

2
2
10
3
30
SO  OM
3a 2  a 2
9
SO.OM

a 3.

Chọn C.
Câu 4: Cho hình lập phương ABCD. ABC D cạnh a. Khoảng cách từ A đến ( BDA) bằng
A.

a 2
.
2

B.

a 3
.
3

C.

a 3
.
2

D.

a 6
.
3

Hướng dẫn giải:
Ta

có

AC '   BDA 


1
  d A,  BDA   AG  AC 
3
AC '  BDA   G





d A,  BCA  





a 3
3

Chọn B.
Câu 5: Cho hình lập phương ABCD. ABC D cạnh a. Khoảng cách từ A đến ( BCD) bằng
A.

a 2
.
2

Hướng dẫn giải:

B.

a 3
.
3

C.

2a 3
.
3

D.

a 6
.
3


Ta có: AB '  AC  AD '  B ' D '  B ' C  CD '  a 2
Nên tứ diện AB ' CD ' là tứ diện đều.
Gọi I là trung điểm B ' C , G là trọng tâm tam giác B ' CD ' .
Khi đó ta có: d  A;  B ' CD '   AG
Vì tam giác B ' CD ' đều nên D ' I  a 2.
Theo tính chất trọng tâm ta có: D ' G 

3 a 6
.

2
2

2
a 6
.
D'I 

3
3

Trong tam giác vuông AGD ' có:

AG  D ' A  D ' G 
2

2

a 2 

2

2

a 6
2a 3
 
. Chọn C
 
3
 3 

Câu 6: Cho hình chóp S. ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại A với AB  a. Mặt bên chứa

BC của hình chóp vng góc với mặt đáy, hai mặt bên còn lại đều tạo với mặt đáy một góc 45 .
Tính khoảng cách từ điểm S đến mặt phẳng đáy ( ABC ) .
A.

a
.
2

B.

a 2
.
2

C.

a 3
.
2

D.

3a
.
2

Hướng dẫn giải:
Gọi H là hình chiếu của S lên  ABC  , vì mặt bên  SBC  vng
góc với ( ABC ) nên H  BC.
Dựng HI  AB, HJ  AC , theo đề bài ta có SIH  SJH  450 .
Do đó tam giác SHI  SHJ (cạnh góc vng - góc nhọn)
Suy ra HI  HJ .
Lại có B  C  450  BIH  CJH  HB  HC
Vậy H trùng với trung điểm của BC . Từ đó ta có HI là đường

trung bình của tam giác ABC nên HI 

AC a
 .
2
2

Tam giác SHI vng tại H và có SIH  450  SHI vng cân.
Do đó: SH  HI 

a
.Chọn đáp án A.
2

Câu 7: Cho hình chóp S . ABCD có mặt đáy là hình thoi tâm O, cạnh a và góc BAD  120 , đường
cao SO  a. Tính khoảng cách từ điểm O đến mặt phẳng ( SBC ) .


A.

a 67
.
19

B.

a 47
.
19

C.

a 37
.
19

D.

a 57
.
19

Hướng dẫn giải:
Vì hình thoi ABCD có BAD bằng 120
Suy ra tam giác ABC đều cạnh a .
Kẻ đường cao AM của tam giác ABC
 AM 

a 3
.
2

Kẻ OI  BC tại I  OI 

AM a 3
.

2
4

Kẻ OH  SI  OH   SBC 

 d  O,  SBC    OH
Xét tam giác vng SOI ta có:
1
1
1
a 57
.

 2  OH 
2
2
OH
SO OI
19

Chọn D .
Câu 8: Cho hình chóp S . ABCD có mặt đáy ABCD là hình chữ nhật với AB  3a; AD  2a. Hình
chiếu vng góc của đỉnh S lên mặt phẳng

 ABCD 

là điểm H thuộc cạnh AB sao cho

AH  2HB. Góc giữa mặt phẳng  SCD  và mặt phẳng  ABCD  bằng 60 . Khoảng từ điểm A
đến mặt phẳng  SBC  tính theo a bằng
A.

a 39

.
13

B.

3a 39
.
13

Hướng dẫn giải:
Kẻ HK  CD
 góc giữa hai mặt phẳng  SCD  và  ABCD 

là
Có HK  AD  2a , SH  HK .tan 60  2a 3
Có BC   SAB  ,
Kẻ HJ  SB , mà HJ  BC HJ   SBC 

d  A,  SBC  

d  H ,  SBC  



BA
3
BH

C.

6a 39
.
13

D.

6a 13
.
13


d  A,  SBC    3.d  H ,  SBC    3HJ
Mà

1
1
1
1
1
13
2a 39
6a 39


 2

.
 HJ 
 d  A,  SBC   
2

2
2
2
2
HJ
HB SH
a 12a 12a
13
13

Chọn C .
Câu 9: Cho hình chóp S . ABCD có mặt đáy ABCD là hình thoi cạnh a; ABC  120 . Hình chiếu
vng góc của đỉnh S lên mặt phẳng  ABCD  là trọng tâm G của tam giác ABD, ASC  90 .
Khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng  SBD  tính theo a bằng
A.

a 3
.
6

B.

a 3
.
3

C.

a 2
.

3

D.

a 6
.
3

Hướng dẫn giải:
Xác định khoảng cách:
- Đặc điểm của hình: Có đáy là hình thoi, góc ABC  120
nên tam giác ABD đều cạnh a; AC  a 3; AG 

a 3
3

Tam giác SAC vng ở S , có đường cao SG nên

SA  AG. AC 

a 3
a 6
.a 3  a ; SG 
3
3

Xét hình chóp S. ABD có chân đường cao trùng với tâm của đáy nên SA  SB  SD  a .
- Dựng hình chiếu của A lên mặt phẳng  SBD  : Kẻ đường cao AH của tam giác SAO với O là
tâm của hình thoi.
 BD  AC

 BD   SAO   BD  AH

 BD  SG
 AH  BD
 AH   SBD  . Vậy d  A,  SBD    AH

 AH  SO

- Tính độ dài AH

AH 

SG. AO
SO

Với AO 
AH 

a 6
a 3
a 3
; SG 
; SO 
3
2
2

a 6
.
3

Cách khác: Nhận xét tứ diện S. ABD có tất cả các cạnh bằng a; Do đó S. ABD là tứ diện đều, vậy
AH  SG 

a 6
.
3


Chọn đáp án D .
Câu 10: Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vng, SA  a và SA vng góc với mặt
phẳng đáy. Gọi M , N lần lượt là trung điểm các cạnh AD, DC. Góc giữa mặt phẳng  SBM  và
mặt phẳng  ABCD  bằng 45 . Khoảng cách từ điểm D đến mặt phẳng  SBM  bằng
A.

a 3
.
3

B.

a 2
.
3

C.

a 3
.
2

D.

a 2
.
2

Hướng dẫn giải:
+ Đặc điểm của hình: Đáy là hình vng ABCD nên

AN  BM .
Góc giữa mặt phẳng  SBM  và mặt phẳng  ABCD  là
góc AIS  45 .Vậy tam giác ASI vuông cân tại A .

AI  a
Xác

-

định

khoảng

cách:

d  D,  SBM    d  A,  SBM    AH . Với H là chân
đường cao của tam giác ASI .

1
1

1
2
a 2

 2  2  AH 
.
2
2
AH
AS
AI
a
2

- Tính AH :

Chọn đáp án D
Câu 11: Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật tâm I với AB  2a 3; BC  2a .
Biết chân đường cao H hạ từ đỉnh S xuống đáy ABCD trùng với trung điểm đoạn DI và SB hợp
với mặt phẳng đáy  ABCD  một góc 60 . Khoảng cách từ D đến  SBC  tính theo a bằng
A.

a 15
.
5

B.

2a 15
.

5

Hướng dẫn giải:
Đặc điểm của hình: Góc giữa SB tạo với mặt phẳng

 ABCD  là

SBM  60 . BM 

3
BD  3a ;
4

SM  BM .tan 600  3 3a

Xác định khoảng cách:

4
4
d  D,  SBC    d  M ,  SBC    MH
3
3

C.

4a 15
.
5

D.

3a 15
.
5


Tính khoảng cách MH :

MH 

1
1
1
1
1




2
2
2
2
MH
MK
MS
3

3 3a
 .2 3a 

4






2



5
27a 2

27
4
4
4 15
a , vậy d  D,  SBC    d  M ,  SBC    MH 
a
5
3
3
5

Chọn đáp án C .
Câu 12: Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình chữ nhật,
AB  a, AC  2a, SA

 ABCD  , SC

vng

góc

với

mặt

phẳng

tạo với mặt phẳng  SAB  một góc 30 . Gọi

M là một điểm trên cạnh AB sao cho BM  3MA. Khoảng

cách từ điểm A đến mặt phẳng  SCM  là
A.

34a
.
51

B.

2 34a
.
51

C.

3 34a
.
51

D.

4 34a
.
51

Đặc điểm của hình: SC tạo với mặt phẳng  SAB  góc CSB  30 . BC  3a ;
2

a
57
 3a 
SB  BC.tan 300  a ; MC     3a 2 
a ; MA  ; AC  2a ; AS  2 2a
4
4
 4 
AK 

2S AMC
19

a
MC
19

Xác định khoảng cách: d  A,  SBC    AH
Tính AH

1
1
1
1
1




2
2
2
2
AH
AK
AS
 19 
2 2a
a

 19 

Vậy d  A,  SBC    AH 





2



153
8a 2

2 34
51

Chọn đáp án B .
Câu 13: Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vng cạnh a. Gọi M , N và P lần lượt
là trung điểm của các cạnh AB, AD và DC. Gọi H là giao điểm của CN và DM , biết SH vng
góc  ABCD  , SH  a 3 . Khoảng cách từ điểm C đến mặt phẳng  SBP  tính theo a bằng
A.

a 2
.
4

B.

a 3
.
2

C.

a 3

.
4

D.

a 2
.
2


Hướng dẫn giải:
Ta chứng minh : NC  MD
Thật vậy:

ADM  DCM vì
A  D  900 ; AD  DC ; AM  DN
 ADM  DCN ;
ADM  MDC  900  MDC  DCN  900  NC  MD

Ta có : BP  NC  MD / / BP  ; BP  SH  BP   SNC    SBP    SNC 
Kẻ HE  SF  HE   SBP   d  H , ( SBP)   d (C , ( SBP))  HE
DC 2 2a 5
a 5
Do DC  HC.NC  HC 

 HF 
NC
5
5
2

Mà HE 

SH .HF

SF

SH .HF
SH  HF
2

2



a 3
4

Chọn đáp án C.
Câu 14: Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, mặt bên SAD là tam giác vng
tại S , hình chiếu vng góc của S lên mặt phẳng  ABCD  là điểm H thuộc cạnh AD sao cho

HA  3HD. Gọi M là trung điểm của cạnh AB. Biết rằng SA  2 3a và đường thẳng SC tạo với
mặt đáy một góc 30 . Khoảng cách từ M đến mặt phẳng  SBC  tính theo a bằng
A.

2 66a
.
11

B.

11a
.
66

C.

Hướng dẫn giải:

SC có hình chiếu vng góc lên mp  ABCD  là HC

 SC ,  ABCD   SCH  300
Đặt AD  4 x  x  0 
Ta có:
SA2  AH . AD  12a 2  12 x 2  x  a
 AD  4a, AH  3a, HD  a

Mà : SH  SA2  AH 2  a 3  HC  3a  DC  2 2a
Kẻ HE  BC , SH  BC   SHE    SBC 

2 66a
.
11

D.

66a
.
11

Kẻ HK  SE  HK   SBC   d  H , SBC   HK  d  M , (SBC )  
SH .EH

HK 

SH 2  EH 2



HK
2

2a 66
a 66
 d  M , ( SBC )  
11
11

Chọn đáp án D.
Phương pháp 2: Sử dụng cơng thức thể tích
1
3V
Thể tích của khối chóp V  S .h  h 
. Theo cách này, để tính khoảng cách từ đỉnh
3
S

của hình chóp đến mặt đáy, ta đi tính V và S

Bài tập. Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có AB =

S

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).

M

N

Phân tích. Theo giả thiết, việc tính thể tích các khối
D

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

P
C
O

A

(AMN) về việc tính thể tích của các khối chóp nói trên, khoảng

B

cách từ P đến (AMN) có thể thay bằng khoảng cách từ C đến (SAB).
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
1
a2 7
S ANS  S ABS 
2
4
16

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

Vậy VAMNP 

3V
6
1 1 2 a 6 a3 6
 d  ( P, ( AMN ))   PAMN  a
. a .

S AMN
7
12 2
2
48

Phương pháp 3: Sử dụng phương pháp tọa độ
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
Bước 3: Giải bài toán bằng phương pháp toạ độ:


d ( M ;( )) 

Ax0  By0  Cz0  D

với M ( x0 ; y0 ; z0 ) , ( ) : Ax  By  Cz  D  0

A2  B 2  C 2

 MA, u 


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

u , u ' . AA '


d (,  ') 
với  ' là đường thẳng đi qua A ' và có vtcp u '
u , u '


Bài tập. Cho hình chóp tam giác đều S.ABC có cạnh đáy bằng a. Góc giữa mặt bên với mặt đáy
bằng 600 Khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng (SBC) bằng:
A

a
.
2

B.

a
.
4

C.

3a

.
4

D.

3a
.
2

S

Hướng dẫn giải
[Cách 1] Phương pháp dựng hình
Gọi G là trọng tâm tam giác ABC, suy ra G là hình chiếu
của S trên mặt phẳng (ABC). Gọi I là trung điểm của BC
suy ra góc giữa (SBC) với (ABC) là góc SIG.
Tam giác ABC đều cạnh bằng a nên GI
Theo bài SIG
SG

Vì

aA 3
.
6

C
G

600 , suy ra

a 3
tan 60 0
6

GI .tan SIG

AG

1a 3
3 2

H

(SBC )
AI
3
GI

B

a
.
2

I

nên d ( A,(SBC ))

3.d (G,(SBC )) .

Gọi H là hình chiếu của G trên (SBC) ( H thuộc đoạn thẳng SI). Suy ra

d (G ,(SBC ))

d ( A,(SBC ))

GH

G S .G I
GS 2 GI 2

3.d (G,(SBC ))

[Cách 2] Phương pháp thể tích.

3a
.
4

a 3
.
a
2 6
a2 a2
4 12

a
, suy ra
4

I


Ta có: VS . ABC
S

a3 3
, SI
24

1 1
a
. .a.a.sin 60 0.
3 2
2

GI
cos 60 0

a 3
, suy ra
3

a2 3
.
6

SBC

Vậy d ( A;(SBC ))

3VS . ABC
S SBC

a3 3
8
2
a 3
6

3a
.
4

S

z

[Cách 3] Phương pháp tọa độ.
Chọn hệ trục tọa độ Oxyz, với I

Ox

IA,Oy

Khi đó, A

O,

IC ;Oz //GS. (Hình vẽ).

a 3
;0;0 ,
2

y

x

a
a 3
a
C 0; ;0 ; S
;0; , suy ra
2
6
2

IA

a 3
;0;0 , IC
2

IS

a 3
a
;0; , suy ra d ( A,(SBC ))
6

2

A
C
G

a
0; ;0
2

I

B

IC , IS .IA
IC , IS

3a
.
4

BÀI TOÁN 3: KHOẢNG CÁCH GIỮA ĐƯỜNG THẲNG VÀ MẶT PHẲNG SONG SONG,
KHOẢNG CÁCH GIỮA HAI MẶT PHẲNG SONG SONG.
1. Phương pháp:
a) Khoảng cách giữa đường thẳng và mặt phẳng song song.
Cho điểm 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 () được quy về việc tính khoảng
cách từ một điểm đến một mặt phẳng.

b) 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.

2. Bài tập minh họa:
Câu 1: Cho hình chóp S . ABCD có SA   ABCD  , đáy ABCD
là hình thang vuông cạnh a . Gọi I và J lần lượt là trung điểm của AB và CD . Khoảng cách
giữa đường thẳng IJ và  SAD  bằng:
A.

a 2
.
2

B.

a 3
.
3

C.

a
.
2

D.

a
.
3

Hướng dẫn giải:
Chọn C.
Ta có: Vì IJ // AD nên IJ //  SAD 

 d  IJ ;  SAD    d  I;  SAD    IA 

a
.

2

Câu 2: Cho hình thang vng ABCD vuông ở A và D ,

AD  2a . Trên đường thẳng vng góc tại D với  ABCD 
lấy điểm S với SD  a 2 . Khỏang cách giữa đường thẳng DC và  SAB  bằng
A.

2a

.

B.

.

2

3

C. a 2 .

a

D.

a 3
.
3

Hướng dẫn giải:
Chọn A.
Vì DC // AB nên DC //  SAB 
 d  DC ;  SAB    d  D;  SAB   .

Kẻ DH  SA , do AB  AD , AB  SA nên AB   SAD   DH  AB suy ra d  D; SC   DH .
Trong tam giác vng SAD ta có:

1
1
1
SA. AD
2a
 2
.

2
2  DH 
2
2
DH
SA AD
3
SA  AD


Câu 3: Cho hình chóp O. ABC có đường cao OH 

2a
. Gọi M và N lần lượt là trung điểm của

3

OA và OB . Khoảng cách giữa đường thẳng MN và  ABC  bằng:
A.

a
.
2

B.

a 2
.
2

C.

a
.
3

D.

a 3
.
3

Hướng dẫn giải:
Chọn D.
Vì M và N lần lượt là trung điểm của OA và OB nên MN // AB MN //  ABC  .

1
a 3
Ta có: d  MN ;  ABC    d  M ;  ABC    OH 
(vì M là trung điểm của OA).
2
3

Câu 4: Cho hình chóp tứ giác đều S. ABCD có AB  SA  2a. Khoảng cách từ đường thẳng AB
đến  SCD  bằng bao nhiêu?

S

a 6
.
3

A.

a 6
.
2

B.

C.

a
.
2

D. a.

H

Hướng dẫn giải:

A
I

Gọi I , M lần lượt là trung điểm cạnh AB và CD thì
CD  ( SIM )

B

Vẽ IH  SM tại H  SM thì IH  ( SCD)

 d  AB, ( SCD)   d  I , ( SCD)   IH 

D
M

O
C

SO.IM
SM

 SAB đều cạnh 2a  SI  a 3  SM  a 3
Và OM 

1
IM  a  SO  SM 2  OM 2  a 2
2

Cuối cùng d  AB, ( SCD)  

SO.IM a 2.2a 2a 6


SM
3
a 3

Chọn đáp án B.
Câu 5: Cho hình chóp S . ABCD có SA   ABCD  , đáy ABCD là hình thang vng có chiều cao

AB  a . Gọi I và J lần lượt là trung điểm của AB và CB . Tính khỏang cách giữa đường thẳng
IJ và

 SAD  .


A.

a 2
2

B.

a

2

C.

a 3
3

D.

a
3

Hướng dẫn giải:
IJ / / AD  IJ / /( SAD)
a
 d  IJ,(SAD)   d  I , ( SAD)   IA  .
2

Chọn đáp án B.

Câu 6: Cho hình chóp O. ABC có đường cao OH 

2a
. Gọi M và N lần lượt là trung điểm của
3

OA và OB . Tính khoảng cách giữa đường thẳng MN và  ABC  .
A.

a 3

.
3

B.

a 2
.
2

C.

a
.
2

D.

a
.
3

Hướng dẫn giải:
Khoảng cách giữa đường thẳng MN và  ABC  :
d  MN ,  ABC    d   MNP  ,  ABC   

OH a 3

.
2
3

Câu 7: Cho hình chóp O. ABC có đường cao OH 

2a
. Gọi M và N lần lượt là trung điểm của
3

OA và OB. Khoảng cách giữa đường thẳng MN và  ABC  bằng
A.

a
.
2

B.

a 2
.
2

Hướng dẫn giải:
Do MN //  ABC   d  MN ,  ABC    d  M ,  ABC  

Lại có

OA d  O,  ABC  

 2  d  M ,  ABC  
MA d  M ,  ABC  
1

OH a 3
 d  O,  ABC   

2
2
3

Chọn đáp án D.

C.

a
.
3

D.

a 3
.
3


Câu 8: Cho hình chóp S . ABCD có SA   ABCD  , mặt đáy ABCD là hình thang vng có chiều
cao AB  a. Gọi I và J lần lượt là trung điểm của AB và CD. Tính khoảng cách giữa đường
thẳng IJ và  SAD  .
A.

a 2
.
2

B.

a 3
.
3

C.

a
.
2

D.

a
.
3

Hướng dẫn giải:

SA   ABCD   SA  AI .
Lại có AI  AD ( hình thang vuông) suy ra IA   SAD 

IJ AD theo tính chất hình thang, nên
d  IJ ,  SAD    d  I ,  SAD    IA 

a
2

Chọn đáp án C.

Câu

9:

Cho

hình

thang

vng

ABCD

vng

ở

A và D, AD  2a. Trên đường thẳng vng góc với  ABCD 

tại D lấy điểm S với SD  a 2. Tính khoảng cách giữa DC
và  SAB  .
A.

2a

.

B.

.

2

3

C. a 2 .

a

D.

a 3
.
3

Hướng dẫn giải:
Trong tam giác DHA , dựng DH  SA ;
Vì DC / / AB  d  DC ;  SAB    d  D;  SAB    DH
Xét tam giác vng SDA có :
1
1
1
a 12 2a


 DH 


2
2
2
DH
SD
AD
3
3

Chọn đáp án A.
Câu 10: Cho hình chóp tứ giác đều S . ABCD có tất cả các cạnh bằng a. Khi đó khoảng cách giữa
đường thẳng AB và mặt phẳng ( SCD) bằng
A.

a 6
.
2

B.

a 6
.
4

C.

2a 6
.
9

D.

a 6
.
3