SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM“GIẢI TOÁN TÍNH KHOẢNG CÁCH TRONG HÌNH HỌC KHÔNG GIAN

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HÓA
TRƯỜNG THPT ĐÀO DUY TỪ
SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
“GIẢI TOÁN TÍNH KHOẢNG CÁCH TRONG HÌNH HỌC
KHÔNG GIAN”
Tác giả: Nguyễn Thị Thu Hiền
Chức vụ: Giáo viên


Thanh Hóa , Tháng 6/2011
Sáng kiến kinh nghiệm môn Toán lớp 11
I. LỜI MỞ ĐẦU:
Qua quá trình dạy hình học không gian 11 và luyện thi Đại học. Tôi nhận thấy
rằng, đa số các em học sinh còn “chưa thạo” trong viêc giải các bài toán về tính
khoảng cách trong hình học không gian. Nguyên nhân cơ bản là do học sinh chưa
phân biệt rõ ràng dạng bài tập để lựa chọn công cụ, phương pháp giải cho phù hợp.
Để góp phần nhỏ của mình vào việc hệ thống lại các phương pháp giải toán, tạo sự
thích thú cho các em học sinh. Giúp các em “không còn ngán ngại” khi gặp bài toán
tính khoảng cách. Tôi xin được phép trình bày hai dạng toán tính khoảng cách
thường gặp trong hình học không gian đó là : khoảng cách từ một điểm đến một mặt
phẳng và khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau.
II. NỘI DUNG ĐỀ TÀI
Bài toán 1: Trong không gian cho điểm M không thuộc mặt phẳng
( )
α
tính
khoảng cách
( )
d M;( )
α
từ M đến mặt phẳng

( )
α
.
Để tính khoảng cách từ M đến mặt phẳng
( )
α
ta có thể sử dụng;
Phương pháp trưc tiếp: Xác định chân đường vuông góc H hạ từ M đến mặt
phẳng
( )
α
.
Ví dụ 1: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là nửa lục giác đều nội tiếp trong
đường tròn đường kính AD = 2a và có cạnh SA vuông góc mp(ABCD) ,
với SA=
a 6
. Tính khoảng cách từ A đến mp(SCD).
Giải:
Vì ABCD là nửa lục giác đều nội tiếp trong
đường tròn đường kính AD= 2a nên ta có
AD//BC, AB= BC= CD= a
AC
⊥
CD, AB
⊥
BD , AC= BD= a
3
Ta có
CD AC
CD SA




⊥
⊥

⇒
CD
⊥
mp(SAC)
Kẻ AH
⊥
SC tại H ta có AH
⊥
CD
Nên AH
⊥
mp(SCD). Vậy AH=
( )
d A;(SCD)
Xét tam giác SAC vuông tại A có AH là đường cao
Do đó
2 2 2
2 2
1 1 1 1 1
AH SA AC
(a 6) (a 3)
= + = +
2
1

2a
=

2 2
AH 2a AH a 2⇒ = ⇒ =
Nhận xét: Không phải bài toán nào ta cũng xác định được ngay chân đường vuông
góc hạ từ điểm đó đến mặt phẳng như ở ví dụ 1.
Hướng 1: Chỉ ra một mặt phẳng
( )
β
đi qua M và
( )
β
⊥
( )
α
. Tìm giao tuyến
( ) ( )
β α
∆ = ∩
. Kẻ MH
⊥
∆
thì
( )
d M;( )
α
= MH.
Ví dụ 2: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là nửa lục giác đều nội tiếp trong
đường tròn đường kính AD = 2a và có cạnh SA vuông góc mp(ABCD)

với SA=
a 6
. Tính khoảng cách từ A đến mp(SBC).
Nguyễn Thị Thu Hiền – Trường THPT Đào Duy Từ
2
H
S
DA
B C
E
F
Sáng kiến kinh nghiệm môn Toán lớp 11
Nhận xét: Ở ví dụ này ta chưa thể tìm ngay được chân đường vuông góc hạ từ A
đến mp(SBC) mà ta phải làm theo hướng 1.
Giải:
Qua A kẻ AE
⊥
BC
⇒
(SAE)
⊥
BC

⇒
(SAE)
⊥
(SBC) mà (SAE)
∩
(SBC)=AE
Qua A kẻ AF

⊥
SE
⇒
AF
⊥
(SBC). Vậy AF=
( )
d A;(SBC)
.
Xét tam giác vuông SAE ta có

2
2 2 2
2
1 1 1 1 1
AF SA AE
(a 6)
a 3
2
 
 ÷
 ÷
 
= + = +
=
2
9
6a
2
2

6a a 6
AF AF
9 3
⇒ = ⇒ =
Vậy
( )
d A;(SBC)
=
a 6
3
Hướng 2: Nếu có 3 điểm A, B, C thuộc mp
( )
α
không thẳng hàng sao cho
MA= MB= MC hoặc MA, MB, MC cùng tạo với đáy một góc bằng nhau thì chân
đường vuông góc H hạ từ M xuống mp
( )
α
là tâm vòng tròn ngoại tiếp tam giác
ABC.
Ví dụ 3: Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác cân AB= AC, cạnh BC= a,
BAC
α
∠ =
. Các cạnh bên SA, SB, SC cùng hợp với đáy góc
ϕ
. Tính thể tích khối
chóp S.ABC
Giải:
Gọi O là hình chiếu của S trên đáy ABC, OA, OB, OC

là hình chiếu của các cạnh bên SA, SB, SC trên đáy
ta có
SAO SBO SCO
ϕ
∠ = ∠ = ∠ =
.
Các tam giác vuông SAO, SBO, SCO có SO chung,
Các góc
SAO SBO SCO
ϕ
∠ = ∠ = ∠ =
nên OA= OB= OC.
Do đó O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
O ở trên đường cao AI của tam giác cân ABC, AI cũng là đường
phân giác trong góc A.
ta có
IAB ,
2
α
∠ =
BI=
a
2
,
a
AI BIcot cot
2 2 2
α α
= =
2

ABC
1 1 a a
S BC.AI a. cot cot
2 2 2 2 4 2
α α
= = =
Ta có
BC a
2R R
sin A 2sin
α
= ⇔ =
.
Do đó
a tan
SO OA.tan
2sin
ϕ
ϕ
α
= =
2 3
SABC ABC
2
1 1 a a tan a tan
V S .SO . .cot .
3 3 4 2 2sin 48sin
α ϕ ϕ
α α
= = =

Nguyễn Thị Thu Hiền – Trường THPT Đào Duy Từ
3
S
A
B
C
O
I
α
Sáng kiến kinh nghiệm môn Toán lớp 11
Hướng 3: Khối chóp có các mặt bên đều tạo với đáy một góc bằng nhau thì chân
đường cao chính là tâm đường tròn nội tiếp đáy.
Ví dụ 4: Cho hình chóp SABC. Đáy ABC là tam giác vuông, cạnh huyền BC=a,
góc B=
α
. Các mặt bên của hình chóp nghiêng đều trên đáy một góc
β
. Chân
đường cao của hình chóp
β
kẻ từ S ở trong miền tam giác ABC. Tính thể tích của
khối chóp.
Giải: Gọi O là chân đường cao kẻ từ S của hình chóp.
Từ O kẻ OH, OI, OK vuông góc với AB, AC, BC.
Do đó
SHO SIO SKO
β
∠ = ∠ = ∠ =
(là góc của mặt bên hộp đáy)
Ta được các tam giác SOH; SOI; SOK là các tam giác vuông bằng nhau (g.c.g)

⇒
OH=OI=OK => O cách đều ba cạnh của
ABC
∆

tại O ở trong miền trong
ABC∆
, nên O là biên
đường tròn nội tiếp tam giác, bán kính OH=OI=OK
ABC
1
S p.r AB.AC
2
= =
với 2p=AB+CA+BC
AB a cos , CA asin , BC a
α α
= = =
2
AB.AC a sin cos
r
AB BC CA a(1 sin cos )
α α
α α
= =
+ + + +
Tam giác vuông SOH cho ta
SO OH tan r tan
β β
= =

3 2
SABC ABC
1 1 AB.AC 1 a 2sin 2 tan
V S .SO . .SO .AB.AC.r tan
3 3 2 6
96cos .cos
2 2 4
α β
β
α α π
 
 ÷
 
= = = =
−
Nhận xét: Ta cũng có thể sử dụng giả thiết mở.
* Hình chóp có 2 mặt bên kề nhau cùng tạo với đáy góc
α
thì chân đường cao hạ từ
đỉnh sẽ rơi vào đường phân giác góc tạo bởi 2 cạnh nằm trên mặt đáy của 2 mặt
bên.
Ví dụ 5: Cho hình chóp SABCD có ABCD là hình thang
cân AB=3a, CD=a, AC=
a 7
, các mặt bên (SDC), (SBC), (SAD)
hợp đáy góc
0
60
hình chiếu của S nằm trong hình thang ABCD.
Tính thể tích hình chóp S.ABCD.

Giải:
Gọi H là hình chiếu của S trên đáy và I, K, J
tương ứng là hình chiếu của H trên AD, DC, CB
Nguyễn Thị Thu Hiền – Trường THPT Đào Duy Từ
4
I
C
A
B
H
K
O
S
S
C
K
D
B
A
I
H
60
0
J
Sáng kiến kinh nghiệm môn Toán lớp 11
Khi đó góc tạo bởi các mặt bên (SAD), (SDC), (SCB) với đáy tương ứng là
SIH, SKH,∠ ∠
SJH∠
và
0

SIH SKH SJH 60∠ = ∠ = ∠ =
. Từ đó 3 tam giác vuông
SHI, SHK, SHJ bằng nhau và ta thu được H cách đều các cạnh AD, DC, CB như thế
H là giao điểm của các đường phân giác trong của hai góc
ADC
∠
và
DCB
∠
.Đường cao hình thang ABCD là DE =
2 2
AC (2CD) a 3− =
ta sẽ có:
tan
0 0
DE
( DAB) 3 DAB 60 ADC 120
AE
∠ = = ⇒ ∠ = ⇒ ∠ =
0
HDK 60⇒ ∠ =
0 0
a 3 3a
HK DK tan60 SH HK tan 60
2 2
⇒ = = ⇒ = =
2
ABCD
DE(AB DC)
S 2 3a

2
+
= =
.
Vậy
3
S.ABCD ABCD
1
V SH.S 3a
3
= =
(đvtt)
Phương pháp gián tiếp:
Hướng 1: Tìm đường thẳng
∆
qua M và
∆
cắt mp
( )
α

tại I trên
∆
chọn điểm A
( )
A I,A M≠ ≠
.
Lúc đó
( )
( )

( )
( )
d M;
IM
IA
d A;
α
α
=
dẫn đến
( )
( )
( )
d A;( ) .IM
d M;
IA
α
α
=
Nhận xét : Ở hướng này thay vì tính khoảng cách từ A đến mp
( )
α
ta đưa về tính
khoảng cách từ một điểm khác A thuộc đường thẳng
∆
đi qua A mà khoảng cách
đó tính được một cách dễ dàng.
Ví dụ 6: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a. SA vuông
góc với mp(ABCD), SA=
a 3

. Gọi G là trọng tâm tam giác SAB. Tính khoảng
cách từ G đến mp(SAC).
Giải: Gọi O là tâm hình vuông ABCD.
Đường thẳng BG cắt mặt phẳng(SAC) tại F.
Khi đó
( )
( )
( )
( )
d G; SAC
FG 1
FB 3
d B; SAC
= =
Mà
OB SA
OB (SAC)
OB AC



⊥
⇒ ⊥
⊥
nên

( )
a 2
d B;(SAC) OB
2

= =
Vậy
( )
1 a 2 a 2
d G;(SAC)
3 2 6
= =
.
Nguyễn Thị Thu Hiền – Trường THPT Đào Duy Từ
5
I
A
M
α
∆
S
C
F
BA
D
O
G
Sáng kiến kinh nghiệm môn Toán lớp 11
Hướng 2: Sử dụng công thức
chóp
dáy
3V
h
S
=

.
Ví dụ 7: Trên mặt phẳng (P) cho hai đường thẳng
'
Bx
và By lập với nhau một góc
45
0
. Trên đường vuông góc với (P) tại B lấy BA= a, kẻ Ax //
'
Bx
và lấy C thuộc Ax
sao cho AC= c. Gọi D là hình chiếu của C lên By. Tính khoảng cách từ B đến
mp(ACD).
Giải: Kẻ CE// AB,
dễ thấy ABEC là hình chữ nhật và CE
⊥
(P).
Từ đó ED
⊥
BD (định lí 3 đường vuông góc).
Kẻ DF
⊥
BE từ đó ta có tam giác DBE vuông
cân đỉnh D.
Mà BE= AC= c nên BD= DE=
c
2
còn DF=
c
2

Và F là trung điểm của BE
Vì AB
⊥
(BDE)
⇒
AB
⊥
DF
Do đó
DF AB
DF (ABEC)
DF BE



⊥
⇒ ⊥
⊥
. Nghĩa là DF là đường cao của hình chóp
DABC
Từ đó
2
ABCD ABC
1 1 ac
V DF.S AC.AB.DF
3 6 12
= = =
Kẻ DK
⊥
AC, tam giác ADC cân có AD= DC=

2
2
c
a
2
+
nên K là trung điểm của
AC.
Từ đó DK=
2
2 2
2 2 2 2
c c c
AD AK a a
2 2 2
 
 ÷
 
− = + − = +
2
2 2 2
ADC
1 1 c 1
S AC.DK c. a c. 4a c
2 2 4 4
= = + = +
( )
2
2 2
ABCD

2 2
ADC
d
3V
3ac c ac
B;(ADC) : 4a c
S 12 4
4a c
⇒ = = + =
+
Nhận xét: ở bài này nếu ta sử dụng phương pháp trực tiếp để tính khoảng cách sẽ
gặp khó khăn hơn.
Bài toán 2: Trong không gian cho hai đường thẳng chéo nhau a và b. Tính khoảng
cách giữa a và b.
Để giải bài toán này có 3 hướng sau:
Hướng 1: Áp dụng cho trường hợp a
⊥
b
Ta chọn mp
( )
α
chứa a và vuông góc với b tại B.
Dựng BA
⊥
a tại A. Khi đó d(a;b)= AB.
Nguyễn Thị Thu Hiền – Trường THPT Đào Duy Từ
6
A
B
C

D
F
E
45
0
y
x’
x
K
a
c
Sáng kiến kinh nghiệm môn Toán lớp 11
Ví dụ 8: Cho hình lăng trụ đứng
1 1 1
ABC.A B C
có tất cả các cạnh đều bằng a. M là
trung điểm của đoạn AA
1
. Chứng minh BM
⊥
B
1
C và tính khoảng cách giữa hai
đường
thẳng BM và B
1
C.
Giải: Lăng trụ đứng
1 1 1
ABC.A B C

có các cạnh bằng a nên các mặt bên
Là các hình vuông bằng nhau. Đáy là tam giác đều
Gọi I là trung điểm của
1 1
A C
, tam giác
1 1 1
A B C
đều nên
1
B I ⊥
1 1
A C

1 1 1
B I (ACC A )⇒ ⊥

⇒
1
B I ⊥
1
MC
(*)
1 1 1 1 1 1
A C M C CI MC A C CI∆ = ∆ ⇒ ∠ = ∠

(1)
Mà
0
1 1

C CI C IC 90∠ +∠ =
(2)
Từ (1), (2) suy ra
0
1 1 1
MC A C IC 90∠ +∠ =
⇒
IC
⊥
MC
1
(**)
(*),(**)
⇒
1
MC
⊥
mp(B
1
IC)

⇒
1 1
1 1 1
1 1
MC B C
B C (MBC ) B C MB
BC B C




⊥
⇒ ⊥ ⇒ ⊥
⊥
Gọi O là giao điểm B
1
C và BC
1
( )
1
d B C,MB d(O,MB) h⇒ = =
.
Lại có
1
MBC∆
có MB= MC
1
=
2
2
a a 5
a
4 2
+ =
⇒
1
MBC∆
cân đỉnh M.
có BC
1

= a
2 2
1
1 a 2 5a 2a a 3
2,OB BC ,OM
2 2 4 4 2
= = = − =
h= OH=
a 3 a 2
.
OM.OB a 30
2 2
MB 10
a 5
2
= =
.
Hướng 2: Dựng mặt phẳng
( )
α
chứa a và mp
( )
α
// b
Khi đó
( ) ( ) ( )
d a;b d b;( ) d B;( )
α α
= =
với B là một điểm bất kì thuộc b

Ví dụ 9: Cho hình lăng trụ đứng
1 1 1
ABC.A B C
đáy
ABC là tam giác vuông, AB= BC= a,
1
AA a 2=
. Gọi M là trung điểm của cạnh BC.
Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AM và B
1
C.
Giải:
Gọi N là trung điểm của BB
1
khi đó MN// B
1
C
⇒
B
1
C// mp(AMN) nên
( )
( )
( ) ( )
1
1
d B C;AM
d B C;(AMN) d C;(AMN) d B;(AMN)= = =
Mặt khác tứ diện BAMN vuông đỉnh B nên

( )
d B;(AMN)
=BH với H là trực tâm
AMN∆
Nguyễn Thị Thu Hiền – Trường THPT Đào Duy Từ
7
M
C
1
B
O
H
B
C
C1
A
1
B
1
M
O
A
I
A
C
C
1
B
1
A

1
N
M
B
Sáng kiến kinh nghiệm môn Toán lớp 11
⇒
2 2 2 2
1 1 1 1
BH BA BM BN
= + +
a
BH
7
⇒ =
.
Vậy
( )
1
a
d AM;B C
7
=
Hướng 3: Dựng mặt phẳng
( )
α
chứa a và mp
( )
α
// b.
Dựng mặt phẳng

( )
β
chứa b và mp
( )
β
// a
Khi đó
( ) ( ) ( )
d a;b d ( );( ) d A;( )
α β β
= =
với A là một điểm bất kì thuộc
( )
α

Ví dụ 10: Cho hình lập phương
1 1 1 1
ABCD.A B C D
có cạnh a. Lấy M, N, P lần lượt là
trung điểm của AD, AB, B
1
C
1
. Tính khoảng cách giữa MN và BP.
Giải: Gọi E, F, Q, R, S, T, O lần lượt là trung điểm
CC
1
, DD
1
, PQ, C

1
D
1
, MN, B
1
D
1
.
Khi đó mp(MNB
1
D
1
) // (BDQP)
Ta có A
1
E
⊥
(MNB
1
D
1
).
Thật vậy hình chiếu của A
1
E lên mặt phẳng
1 1 1 1
(A B C D )
là A
1
C

1 .
Mà
1 1 1 1
A C B D⊥
nên
1 1 1
A E B D⊥

(định lí 3 đường vuông góc)
Hình chiếu của A
1
E lên
1 1
(AA D D)
là A
1
F mà
1 1
A F MD⊥
⇒
1 1
A E MD⊥
. Từ đó
1 1 1
A E (MNB D )⊥
.
Tương tự
1
A E (BPQD)⊥
.

Gọi I, J lần lượt là giao điểm của A
1
E với TO và SR.
Độ dài IJ là khoảng cách giữa MN và BD
Áp dụng định lí Talet cho tam giác A
1
EC
1
ta có
2
2
1
1 1 1 1 1
JI RO RO 1 a a 7
IJ A E. 2a
A E A C A C 4 4 8
= ⇒ = = − =
.
Vậy
a 7
d(MN;BP)
8
=
.
III. KẾT LUẬN
Qua quá trình nghiên cứu và vận dụng đề tài:” giải toán tính khoảng cách
trong hình học không gian”,vào giảng dạy tôi nhận thấy vấn đề này giúp ích cho
học sinh trong việc làm toán, giúp các em không còn “ngán ngại” phần khoảng cách
nữa các em đã giải khá tốt những bài tập về tính khoảng cách trong không gian.
Thực nghiệm cho thấy có khoảng 80% học sinh giải quyết được 85% các bài tập

trong sách giáo khoa, 19% học sinh giải quyết trọn vẹn các bài tập sách giáo khoa.
Riêng bản thân tôi sẽ tiếp tục nghiên cứu sâu hơn nữa để có những định hướng tốt
hơn.
Tôi viết đề tài nhằm mục đích trao đổi với quý thầy cô dạy bộ môn Toán về
việc “hệ thống” các kiến thức một vài kĩ năng về tính khoảng cách. Vì kiến thức và
thời gian còn nhiều hạn chế chắc rằng tài liệu có thiếu sót, tôi chân thành nhận sự
góp ý của quý thầy cô. Xin chân thành cảm ơn.
Nguyễn Thị Thu Hiền – Trường THPT Đào Duy Từ
8
D
1
D
C
1
Q
E
O
A
1
B
1
M
P
T
SN
B
A
C
I
J