skkn PHÁT HUY TÍNH TÍCH cực của học SINH về bài TOÁN KHOẢNG CÁCH TRONG CHƯƠNG TRÌNH HÌNH học 11

BM 01-Bia SKKN

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỒNG NAI
Đơn vị: TRƯỜNG THPT LONG KHÁNH
Mã số: ................................
(Do HĐKH Sở GD&ĐT ghi)

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

PHÁT HUY TÍNH TÍCH CỰC CỦA HỌC SINH

VỀ BÀI TOÁN KHOẢNG CÁCH
TRONG CHƯƠNG TRÌNH HÌNH HỌC 11

Người thực hiện: LƯƠNG HỒNG LỘC
Lĩnh vực nghiên cứu:
- Quản lý giáo dục

- Phương pháp dạy học bộ môn: TOÁN

x
(Ghi rõ tên bộ môn)

- Lĩnh vực khác: ....................................................... 
(Ghi rõ tên lĩnh vực)

Có đính kèm: Các sản phẩm không thể hiện trong bản in SKKN
 Mô hình
 Đĩa CD (DVD)
 Phim ảnh  Hiện vật khác
(các phim, ảnh, sản phẩm phần mềm)

Năm học: 2014 – 2015


BM02-LLKHSKKN

SƠ LƯỢC LÝ LỊCH KHOA HỌC
––––––––––––––––––
I. THÔNG TIN CHUNG VỀ CÁ NHÂN
1. Họ và tên: LƯƠNG HỒNG LỘC
2. Ngày tháng năm sinh: 24/12/1978
3. Nam, nữ: Nam
4. Địa chỉ: KP5, P Xuân Bình, TX Long Khánh, Tỉnh Đồng Nai
5. Điện thoại: 0918.779.174
6. Fax:

(CQ)/

(NR); ĐTDĐ:

E-mail:

7. Chức vụ: Giáo viên
8. Nhiệm vụ được giao (quản lý, đoàn thể, công việc hành chính, công việc chuyên
môn, giảng dạy môn, lớp, chủ nhiệm lớp,…):
Dạy môn Toán lớp 11C2, 11C9, 12B9 và Chủ nhiệm lớp 12B9, Giáo vụ,…
9. Đơn vị công tác: Trường THPT Long Khánh.
II. TRÌNH ĐỘ ĐÀO TẠO
- Học vị (hoặc trình độ chuyên môn, nghiệp vụ) cao nhất: Cử nhân
- Năm nhận bằng: 2001

- Chuyên ngành đào tạo: Toán-Tin
III. KINH NGHIỆM KHOA HỌC
- Lĩnh vực chuyên môn có kinh nghiệm: Giảng dạy Toán
Số năm có kinh nghiệm: 15
- Các sáng kiến kinh nghiệm đã có trong 5 năm gần đây:
Ứng dụng PPTĐ Giải bài toán hình học không gian Góc và Khoảng cách.

2


PHÁT HUY TÍNH TÍCH CỰC CỦA HỌC SINH
VỀ BÀI TOÁN KHOẢNG CÁCH
I. LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI
Trong chương trình toán phổ thông lớp 11, 12, hình học không gian là một
môn học rất thú vị, song đây cũng là môn học khó đối với một số học sinh. Các em
cần phải nắm thật kỹ các định lý về lý thuyết, có óc tưởng tượng phong phú, đặc
biệt là khả năng vẽ và nhìn được hình trong không gian khi vẽ chúng trên mặt
phẳng. Điều này rất khó đối với phần lớn học sinh. Từ đó làm cho kết quả học tập
của các em còn thấp.
Nhằm giúp các em tìm kiếm một phương pháp khác để có thể giải quyết tốt
các bài toán hình học không gian, năm học 2012 – 2013 tôi đã đưa ra một phương
pháp là dùng tọa độ để giải quyết các bài toán hình học không gian, nhất là các bài
toán về khoảng cách. Song, vẫn còn đó một số trở ngại:
+ Hệ trục tọa độ trong không gian lên đến giữa chương trình 12 mới học.
+ Việc thiết lập hệ trục tọa độ không phải lúc nào cũng dễ dàng, không phải
học sinh nào cũng làm được.
+ Chuyển từ ngôn ngữ hình học không gian thuần túy sang hình học giải tích
là một vấn đề khó khăn. Nó đòi hỏi các em phải có kỹ năng tính toán nhất định, bài
giải thường dài và rườm rà.
Để các em có thêm một công cụ nữa trong việc giải các bài toán khoảng

cách trong các đề thi đại học, tôi đưa ra một hướng đi mới cho các em. Đó là
“Phát huy tính tích cực về bài toán khoảng cách” cụ thể là, thông qua việc khai
thác từ một bài toán đơn giản bao quát tất cả các vấn đề từ đó ta làm nền tảng khai
thác bài toán khó hơn. Hướng đi này tôi sẽ hướng dẫn các em học sinh có sự kiên
nhẫn và tích cực hơn đó là chỉ cần ta giải quyết được bài toán cơ bản thì ta sẽ giải
quyết được mọi bài toán khác.
Trong chuyên đề này tôi đưa ra bài toán cơ bản và cách giải, sau đó phân
loại theo từng loại khoảng cách (có hai loại chính: khoảng cách từ điểm đến mặt
phẳng và khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau) theo từng dạng, có minh
họa bằng các đề thi đại học, đề tham khảo và bài tập để các em học sinh vận dụng.
Học sinh dựa vào đây có thể tự mình giải quyết được bài toán hình học
không gian thuần túy.
Đây là chuyên đề mà bản thân tôi thấy rất tâm đắc, có ích đối với học sinh
và giáo viên. Qua chuyên đề này, mong các em học sinh khối 11 trường năm sau
trở đi có thể áp dụng vào chương trình học, các em học sinh khối 12 áp dụng vào
kỳ thi THPT Quốc Gia để đạt kết quả cao nhất.

3


II. CƠ SỞ LÝ LUẬN VÀ THỰC TIỄN
a) Trong sách giáo khoa hình học 11 , Chương III, Bài 5: Khoảng cách; các khái
niệm về khoảng cách được định nghĩa một cách khá đơn giản. Ngoài ra không đưa ra
một thuật toán nào rõ ràng để tính các khoảng cách, nhưng bài tập yêu cầu với học
sinh thì lại không đơn giản. Nếu người dạy chỉ đưa ra định nghĩa như sách giáo
khoa và cho học sinh làm bài tập ví dụ thì chắc chắn không nhiều học sinh có thể
làm được, học sinh sẽ rất lúng túng.
Cụ thể qua các kì thi tuyển sinh Đại học hàng năm, tôi nhận thấy khi gặp bài
toán tính khoảng cách các em học sinh vẫn còn lúng túng, chưa thuần thục và có 1
tư duy ổn định cho loại toán này. Đó là:

Một, nếu là bài toán tính khoảng cách từ một điểm đến mặt phẳng:
+ Chưa nhìn ra được cách xác định hình chiếu của 1 điểm trên mặt phẳng.
+ Chưa linh hoạt trong việc quy đổi giữa các khoảng cách mà đã vội vàng,
“máy móc” vận dụng phương pháp đi tìm hình chiếu của điểm xuống mặt phẳng,
chưa kể đến đôi khi bế tắc trong phần tính toán.
Hai, nếu là bài toán tính khoảng cách giữa 2 đường thẳng chéo nhau:
+ Chưa nhận ra được “mặt phẳng chứa đường thẳng này song song với
đường thẳng kia”.
+ Hoặc lúng túng, mặt phẳng chứa đường nào và song song với đường nào?
với việc chọn như vậy tối ưu chưa? là liệu có tính được khoảng cách không?
b) Để tìm lời giải bài toán tính khoảng cách trong không gian thì trước hết
phải trải qua các bước tư duy như sau:
+ Xác định được các loại khoảng cách.
+ Quy đổi khoảng cách giữa các điểm.
+ Xác định hình chiếu của 1 điểm trên mặt phẳng.
+ Biết cách chọn đúng mặt phẳng trong bài toán khoảng cách 2 đường thẳng
chéo nhau.
Và bước cuối cùng là tính toán dựa vào kiến thức tỉ số lượng giác và các hệ
thức lượng trong tam giác.
Qua thực tế giảng dạy, tôi rút ra được một số kinh nghiệm nhỏ về việc hướng
dẫn học sinh xác định các loại khoảng cách.
4


 Cơ sở lyù thuyết.
1/. Khoảng cách từ điểm A đến mp(P).
Khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng (P) là độ dài của AH, với H là hình
chiếu của A lên (P).
Ký hiệu: d(A,(P)) = AH
* Phương pháp xác định khoảng cách:

+ Tìm mp(Q) chứa A, vuông góc mp(P) theo
P)

giao tuyến a.
+ Kẻ AH ⊥ a. Khi đó: d(A,(P)) = AH
 Tính chất.
Tính chất 1:
Nếu a //(P) và A, B ∈ a thì d(A,(P)) = d(B,(P))
Tính chất 2:

d (A,(P ))
AI
=k
=k
d
(
B
,(
P
))
BI
Nếu a cắt (P) tại I và
(k biết trước) thì
.

2/. Khoảng cách giữa 2 đường thẳng
chéo nhau a và b.
TH1: Nếu a, b là hai đường thẳng chéo
nhau (không vuông góc) và (P) là mặt
5

phẳng chứa b và song song với a thì:
d(a,b) = d(a,(P)) = d(A,(P)) với A ∈ a.
TH 2: Đặc biệt nếu a, b chéo nhau và a ⊥ b.
Tìm mp(P) chứa b và ⊥ a tại điểm A.
Kẻ AH ⊥ b ⇒ d(a,b) = AH
AH gọi là đoạn vuông góc chung của a và b

III. TỔ CHỨC THỰC HIỆN CÁC GIẢI PHÁP.
1. Giải pháp 1: Phát huy tính tích cực qua Bài toán khoảng cách từ một
điểm đến một mặt phẳng.
Khi gặp bài toán tính khoảng cách từ 1 điểm A đến mặt phẳng (P) ta thực
hiện lần lượt các bước tư duy sau:
• Bước 1: Tìm một đường thẳng đi qua A và vuông góc với (P) tại H.

⇒ d(A,(P)) = AH.
Nếu không có thì ta chuyển sang bước 2.
• Bước 2: Tìm một mặt phẳng (Q) đi qua A và (Q) ⊥ (P) theo giao tuyến d.

Từ A kẻ AH ⊥ d tại H, suy ra AH ⊥ (P). Ta có: d(A,(P)) = AH.
* Dấu hiệu nhận ra mp(Q): (Q) đi qua A và (Q) có chứa sẵn 1 đường
thẳng a vuông góc với 1 đường thẳng b chứa trong (P).

6


Từ A kẻ đường thẳng vuông góc với b, ta xác định được mp(Q).
Nếu không có dấu hiệu nhận ra mặt phẳng đi qua A và vuông góc với (P) thì
ta chuyển sang bước 3.

• Bước 3: Tìm đường thẳng a đi qua A và a // (P), trên a có điểm B (B ≠ A)

Theo tính chất 1: d(A,(P)) = d(B,(P)), để tính d(B,(P)) ta quay về bước 1, 2
như trên.
Nếu không có dấu hiệu của bước 3 hoặc có nhưng việc xác định hình chiếu
vẫn khó khăn, ta chuyển sang bước 4.
• Bước 4: Tìm đường thẳng a đi qua A và cắt (P) tại I, trên đường thẳng đó
có điểm B sao cho AI, BI biết tỉ số.

d (A,(P ))
AI
AI
=
Þ d (A,(P )) =
.d (B ,(P ))
d
(
B
,(
P
))
BI
BI
Theo tính chất 2:
, để tính

khoảng cách d(B,(P)) ta quay về bước 1, 2, 3.
Bài toán 1: Bài toán cơ bản về khoảng cách
Cho hình chóp S.ABC có SA⊥ (ABC). Tính khoảng cách từ A đến (SBC).

Bình luận
Theo dấu hiệu nêu trên ta có:
Nhận thấy SA ⊥ BC, từ A kẻ AI ⊥

Lời giải
Ta có: SA ⊥ BC, kẻ AI ⊥ BC ⇒(SAI)⊥ BC
⇒(SAI)⊥ (SBC) theo giao tuyến SI.
Từ A kẻ AH ⊥ SI ⇒ AH ⊥ (SBC)
7


⇒ d(A,(SBC)) = AH
BC, ta thiết lập nên mp(Q) là (SAI)
∗ Tính AH:
đi qua A và ⊥ (SBC).
∆SAI vuông tại A, AH là đường cao.
Cần nắm vững bài toán gốc này,
A S .A I
nó là cốt lõi, mọi bài toán khoảng
AH =
cách đều quy về dạng này.
AS 2 + AI 2
 Bài toán 2: Bài toán minh họa các bước tư duy
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông tâm O, cạnh a; SA ⊥
(ABCD), SA = a 2 . Gọi H, G lần lượt là trọng tâm tam giác SAB và SBD Tính
các khoảng cách:
a/. d(S,(ABCD))

b/. d(B,(SAD))

c/. d(C,(SAB))

d/. d(A,(SBC))

e/. d(A,(SBD)

f/. d(A,(SCD))

g/. d(D,(SBC))

h/. d(O,(SCD))

i/. d(C,(SBD))

j/. d(G,(SCD))

k/. d(H,(SBD))

Bình luận

Lời giải

a/. Nhận thấy có đường thẳng đi qua a/. Ta có: SA ⊥(ABCD)
S và vuông góc (ABCD)
⇒ d(S,(ABCD)) = SA = a 2
SA ⊥(ABCD)
b/. Nhận thấy có thể chứng minh
được BA ⊥ (SAD).

b/. Vì BA ⊥ AD, BA ⊥ SA

c/. Nhận thấy có thể chứng minh
được CB ⊥ (SAB).

c/. Vì CB ⊥ AB, CB ⊥ SA

d/. Không có bước 1, chuyển sang
bước 2, có thể tìm được mp đi qua
A và vuông góc với (SBC), đó là
mặt (SAB) vì mp(SAB) đã chứa sẵn
SA ⊥ BC ⊂(SBC).

d/. Ta có: SA ⊥ BC, AB ⊥ BC

⇒BA ⊥ (SAD)⇒d(B,(SAD)) = BA = a
⇒CB ⊥ (SAB)⇒d(C,(SAB)) = CB = a
⇒(SAB) ⊥ BC
⇒(SAB) ⊥ (SBC) theo giao tuyến SB.
Từ A kẻ AJ ⊥ SB⇒AJ⊥ (SBC)
8


⇒d(A,(SBC)) = AJ.
* Tính AJ:
∆SAB vuông tại A, AJ là đường cao
AJ =

A B .A S
AB2 + AS2

=

a .a 2
a 2 + 2a 2

=

a 6
3

a 6
⇒d(A,(SBC)) = 3

e/. Không có bước 1, chuyển sang
bước 2, có thể tìm được mp đi qua
A và vuông góc với (SBD), đó là
mặt (SAC), vì mp(SAC) đã chứa
sẵn SA ⊥ BD ⊂(SBD).

e/. Ta có: SA ⊥ BD, AC ⊥ BD
⇒(SAC) ⊥ BD
⇒(SAC) ⊥ (SBD) theo giao tuyến SO.
Từ A kẻ AK ⊥ SO⇒AK⊥ (SBD)
⇒d(A,(SBD)) = AK.
* Tính AK:
∆SAO vuông tại A, AK là đường cao
a 2
.a 2
A O .A S
a 10

2
AK =
=
=
5
AO2 + AS 2
2a 2
+ 2a 2
4
a 10
⇒d(A,(SBD)) = 5

f/. Không có bước 1, chuyển sang
bước 2, có thể tìm được mp đi qua
A và vuông góc với (SCD), đó là
mặt (SAD), vì mp(SAD) đã chứa
sẵn SA ⊥ CD ⊂(SCD).
Tương tự như câu d

f/. Ta có: SA ⊥ CD, AD ⊥ CD
⇒(SAD) ⊥ CD
⇒(SAD) ⊥ (SCD) theo giao tuyến SD.
Từ A kẻ AL ⊥ SD ⇒ AL⊥ (SCD)
⇒d(A,(SCD)) = AL.
* Tính AL:
∆SAD vuông tại A, AL là đường cao

9

AL =

A D .A S
A D2 + A S 2

=

a.a 2
a 2 + 2a 2

=

a 6
3

a 6
⇒d(A,(SCD)) = 3

g/. Không có bước 1, 2 chuyển sang g/. Ta có: AD //(SBC), nên:
bước 3. Vì thấy AD // (SBC)
⇒ d(D,(SBC)) = d(A,(SBC))
Đến đây, giả sử chưa có d(A,(SBC))
ở câu d, thì tiếp tục thực hiện các
bước tư duy 1, 2 để tính d(A,(SBC))
h/. Nhận thấy không có bước 1, 2, 3
ta chuyển sang bước 4. Phát hiện O
thuộc đường thẳng AC cắt (SCD)
tại điểm C và AC = 2OC, áp dụng
tính chất 2.

a 6
d(D,(SBC)) = d(A,(SBC)) = 3

h/. Vì O là trung điểm AC, nên:
1
a 6
d (O , (SCD )) = d (A , (SCD )) =
2
6

Giải sử đến đây, chưa có d(A,
(SCD)) đã tính sẵn, ta quay về thực
hiện các bước tư duy 1,2,3,.. cho
điểm A.
Hỏi: vậy tại sao không quy về B
trên đường thẳng BD mà quy về A?
Vì ở B không có dấu hiệu có mặt
phẳng đi qua và vuông góc với
(SCD).
i/. Không có bước 1, 2, 3, suy ra chỉ
có thể là bước 4. Phát hiện C nằm
trên đường thẳng AC, cắt (SBD) tại
trung điểm O của AC.

i/. Vì O là trung điểm của AC, nên:
a 10
d(C,(SBD)) = d(A,(SBD)) = 5

Tương tự như lí luận trên, nếu ở đây
chưa có d(A,(SBD)) ta quay về từng

bước tư duy 1, 2, 3 cho điểm A.
j/. d(G,(SCD))?

GS
2
=
3
Tư duy bước 1, 2, 3 thất bại, nên chỉ j/. Ta có: OS

có thể là bước 4. Phát hiện G thuộc
SO là đường thẳng cắt (SCD) tại S
và trên đó đã có tỉ số giữa GS và
OS, nên quy khoảng cách về điểm
O, tính d(O,(SCD)).

2
Þ d (G ,(SCD )) = d (O ,(SCD ))
3

10


Tiếp tục tư duy từng bước cho O,
chỉ thỏa ở bước 4, tức là có đường
thẳng AC qua O và cắt (SCD) tại C
và trên AC có tỉ lệ, nên ta quy về
điểm A.
Vậy ta thấy, qua 2 lần thực hiện tư
duy ở cùng bước 4, ta chuyển bài
toán khoảng cách từ điểm G về

thành điểm A đến mp(SCD).
k/. Tương tự, nhận thấy bước 1,2,3
thất bại, ta chuyển qua bước 4.
Nhận thấy H thuộc SM cắt (SBD)
tại S và trên SM có tỉ lệ, vì H là
trọng tâm.
Tương tự, quy d(M,(SBD)) về d(A,
(SBD)).

Mà: AC = 2OC
1
Þ d (O ,(SCD )) = d (A ,(SCD ))
2
1
a 6
Þ d (G , (SCD )) = d (A ,(SCD )) =
3
9
=

HS
2
=
3
Ta có: MS
2
Þ d (H ,(SBD )) = d (M , (SBD ))
3

Mà: AB = 2MB

1
Þ d (M ,(SBD )) = d (A,(SBD ))
2
1
a 10
Þ d (H ,(SBD )) = d (A ,(SBD )) =
3
15

Ta thấy, nếu ta không dẫn theo bước tư duy trên, mà đặt vào câu hỏi tính d(G,
(SCD))
và d(H,(SBD)) thì đối với học sinh thật là khó khăn và lúng túng.
Từ Bài toán cơ bản minh họa cho các bước tư duy trên, chuyển sang nâng cao
vận dụng vào các bài toán thi Đại học.
 Bài toán 3: (ĐH khối D|2013).Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình
0
·
thoi cạnh a, cạnh bên SA vuông góc với đáy, BAD = 120 , M là trung điểm cạnh
0
·
BC và SMA = 45 . Tính khoảng cách từ D đến mặt phẳng (SBC).

Bình luận

Lời giải
·
0
Ta có: ∆ABC đều vì AB = BC và CA B = 60
11

·
0
∆SAM vuông có SMA = 45 , nên là tam giác

Không xảy ra bước 1, 2, chuyển
sang bước 3. Phát hiện AD //(SBC)
Nên đổi d(D,(SBC)) về d(A,
(SBC)). Tại sao chọn điểm A?
Vì qua A có dấu hiệu mặt phẳng
(SAM) đi qua và vuông góc với
(SBC), vì có chứa SA ⊥ BC.

vuông cân tại A ⇒

SA = A M =

a 3
2

Vì A D / / (SBC ) Þ d (D ,(SBC ) = d (A,(SBC ))
Ta có AM ⊥ BC, SA⊥ BC
⇒ (SAM) ⊥ BC
⇒ (SAM) ⊥ (SBC) theo giao tuyến SM
Kẻ AH ⊥ SM ⇒AH ⊥ (SBC)
⇒ d(A,(SBC)) = AH
* ∆SAM vuông cân tại A, AH là đường cao
a 6
a 6
Þ d (D,(SBC ) =

4
⇒ AH = 4

 Bài toán 4: (ĐH Khối D|2011).Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác
·
vuông tại B, BA = 3a, BC = 4a; (SBC) ^ (ABC). Biết SB = 2a 3 và SBC = 300 .
Tính khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng (SAC) theo a.

Bình luận

Lời giải
Vì mp(SBC) ⊥ (ABC) theo giao tuyến BC.

Không xảy ra bước 1, 2, 3

Từ S kẻ SH ⊥ BC ⇒ SH ⊥ (ABC)

Nhận thấy có đường thẳng đi qua
B và cắt (SAC), trên đó có điểm H

* ∆SBH vuông tại H:

Đánh giá: H là chân đường vuông
góc, nên dễ xác định hình chiếu H
xuống (SBC). Tức là qua H dễ xác

·
SH = SB .sin SBH
= 2a 3. s in30o = a 3

·
BH = SB . cos SBH
= 2a 3. cos 30o = 3a
12


định mp vuông góc với mp(SBC)
vì đã có sẵn SH ⊥ AC ⊂(SBC).

Vì BC = 4HC
Þ d (B ,(SA C ) = 4d (H ,(SA C ))
Kẻ HM ⊥ AC ⇒ (SHM) ⊥ AC
⇒ (SHM) ⊥ (SAC) theo giao tuyến SM
Kẻ HK ⊥ SM ⇒ HK ⊥ (SAC)
⇒ d(H,(SAC)) = HK
* Hai tam giác ABC và HMC đồng dạng
AC
AB
AB
3
=
Þ HM =
.HC = a
HM
AC
5
⇒ HC

HK =

Ta có:

HS .HM
2

HS + HM

2

=

3 7a
14

Þ d (B ,(SA C ) = 4d (H ,(SA C )) = 4.

 Bài toán 5: Cho hình chóp

S .A BCD có

3 17
6 7a
a=
14
7

đáy là hình thang vuông tại A và D,

A B = 2a, A D = CD = a, SA = 3a , SA ^ (A BCD ) . Gọi I là giao điểm AC và BD.

Tính khoảng cách từ I đến mp(SCD).

Bình luận

Lời giải
Tam giác IAB và ICD đồng dạng

- Phát hiện ra I nằm trên đường
thẳng AC, có tỉ số biết trước
13


⇒ quy về d(A,(SCD).
- Nhận thấy mặt phẳng (SAD) qua
A và ⊥(SCD).
- Bài toán này điểm mấu chốt là
cần nhìn ra tỉ số giữa AC và IC.

IA
AB
1
=
= 2 Þ IC = A C
3
⇒ IC CD
1
Þ d (I , (SCD ) = d (A , (SCD ))
3

Ta có: SA ⊥ CD , AD ⊥ CD⇒ (SAD) ⊥ CD

⇒ (SAD) ⊥ (SCD) theo giao tuyến SD
Kẻ AH ⊥ SD ⇒ AH ⊥ (SCD)
⇒ d(A,(SCD)) = AH
* ∆SAD vuông, AH là đường cao.
AH =

Ta có:

A S .A D
AS 2 + AD2

=

3 10
a
10

 Bài toán 6: (ĐH Khối D|2012).Cho hình hộp đứng ABCD.A’B’C’D’ có đáy là
hình vuông, tam giác A’AC vuông cân, A’C = a. Tính khoảng cách từ điểm A đến
mặt phẳng (BCD’) theo a.

Bình luận

Lời giải
Tam giác A’AC vuông cân tại A, A’C = a

- Bỏ qua bước 1, 2. Phát hiện ra
bước 3 vì AD //(BCD’); quy về
d(D,(BCD’).
- Thực chất ở bài này có thể dùng

bước 2, nhưng phải nhìn ra được
mp(BCD’) mở rộng chính là
mp(ABCD’).

a 2
a
⇒ AA’ = AC = 2 ⇒ AB = 2
Vì AD // (BCD’)
Þ d (A , (BCD ') = d (D, (BCD '))

Ta có: DD’ ⊥ BC , CD ⊥ BC
14


⇒ (CDD’C’) ⊥ BC
⇒ (CDD’C’) ⊥ (BCD’) theo giao tuyến CD’
Kẻ DK ⊥ CD’ ⇒ DK ⊥ (BCD’)
⇒ d(D,(BCD’)) = DK
* ∆CDD’ vuông, DK là đường cao.
DK =

Ta có:

DC .DD '
DC 2 + DD '2

=

a 6
6

 Bài toán 7: Cho lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy là tam giác vuông cân tại A,
BC = a 2 , AA’ = 2a, biết A’ cách đều các đỉnh A,B,C. Gọi M, N lần lượt trung
điểm AA’ và AC. Tính khoảng cách từ C’ đến mp(MNB).

Bình luận
- Bỏ qua bước 1, 2, 3. Phát hiện ra
bước 4 vì: C’P = 3AP; quy về
d(A,(MNB).
- Gọi K trung điểm AH⇒MK//SH
⇒AG = 4KG ⇒ tính d(K,(MNB))

Lời giải
Gọi G trọng tâm ∆ABC, K trung điểm AH.
⇒MK ⊥(ABC)
Gọi P =C’A∩ MN. Ta có: C’P = 3AP
⇒d(C’,(MNB)) = 3d(A,(MNB))
Ta có: AG = 4KG
15


Tại sao phải đổi về K mà không
đổi về H?

⇒d(A,(MNB)) = 4d(K,(MNB))

Bằng trực quan ta thấy, trên hình
vẽ độ xiên của mặt phẳng (MNB)
và đường thẳng SH. Ta vẫn dựng
được hình chiếu của H xuống

(MNB), tuy nhiên khi đó hình
chiếu nằm ở miền ngoài hình lăng
trụ, ở phía dưới đáy (ABC) sẽ khó
khăn khi đi thực hiện phép tính.

⇒(MKI) ⊥ BN⇒ (MKI) ⊥ (MNB) theo giao
tuyến MI.

Bài toán này thực chất khó ở phần
biết cách nhìn ra quy khoảng cách
từ A về khoảng cách từ K.

Kẻ KI ⊥ BN, MK ⊥ BN

Kẻ KJ ⊥ MI ⇒ KJ ⊥ (MNB)
⇒ d(K,(MNB)) = KJ.
* Tính KJ.
A ' H = A A '2 - BH 2 =

a 14
a 14
MK =
2 ⇒
4

Hai tam giác vuông GHB và GIK đồng dạng
⇒

IK =

GK
.HB
GB

GK =

1
1
a 2
AG = AH =
4
6
12

GB =

2
2 2 a2
a 5
BN =
a +
=
3
3
4
3

Þ IK =

a 5

20

∆MKI vuông, KJ là đường cao.
KJ =

Ta có:

MK .KI
MK 2 + KI 2

=

a 14
4 71

• Kết quả thực nghiệm giải pháp: Cho thí điểm kiểm tra với 2 lớp 11C2 chưa
triển khai và lớp 11C9 đã triển khai. Có sĩ số bằng nhau 38 học sinh, mức độ đề 15
phút ngang tầm nhau.
Kết quả
<5
5 ≤ điểm ≤ 7
8 ≤ điểm ≤ 10
11C2
20
8
10
11C9
15
20
3

16


2. Giải pháp 2: Chọn hướng đi đúng trong Bài toán khoảng cách giữa
hai đường thẳng chéo nhau.
Khi thực hiện bài toán khoảng cách giữa 2 đường thẳng chéo nhau a và b
(đối với trường hợp a, b không vuông góc)
cái
khó khăn đối với học sinh đó là:
+ Chọn mặt phẳng chứa b và song
song với a hay ngược lại?
+ Chẳng hạn chọn mp(P) chứa b và
song với a, khi đó: d(a,b) = d(a,(P))
nhưng liệu việc tính d(a,(P)) có thực
hiện
dễ dàng hay không?
Sau khi chọn đúng hướng, ta sẽ đưa bài toán khoảng cách giữa 2 đường
thẳng chéo nhau về bài toán khoảng cách từ 1 điểm đến mặt phẳng và quy trình
như ở giải pháp 1 đã nêu trên.
Phần này tôi chỉ xin nêu giải pháp về dấu hiệu chọn đúng hướng để đi giải
quyết bài toán, đó là việc chọn mặt phẳng sao cho đúng.
• Khi chọn mp(P) chứa b, (P) // a thì mp(P) phải thỏa:
Trên a có điểm A, trong (P) có điểm S thì SA luôn vuông góc với 1 đường
thẳng d chứa trong (P). Vì sao?
Để khi ta kẻ từ A vuông góc với d, ta thiết lập được mặt phẳng (SAI) ⊥(P),
từ đây là cơ sở cho ta tìm được hình chiếu của A trên mp(P).

Cho nên, thông thường trong một số bài toán, mẹo nhỏ đặt ra cho học sinh là
“ta chọn mặt phẳng (P) có đi qua S”.

Vậy khi đi giải bài toán Khoảng cách giữa 2 đường thẳng chéo nhau, ta cần
lưu yù: a, b có vuông góc hay không, nếu không vuông góc thì ta thực hiện theo giải
pháp trên. Sau đây là một số ví dụ minh họa, tôi chỉ nêu rõ về giải pháp, các bước
tính khoảng cách từ điểm đến mặt phẳng như ở giải pháp 1.
 Bài toán 8: (ĐH khối A|2011).Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác
vuông cân tại B, AB = BC = 2a; hai mặt phẳng (SAB) và (SAC) cùng vuông góc
với mặt phẳng (ABC). Gọi M là trung điểm của AB; mặt phẳng qua SM và song
song với BC, cắt AC tại N. Biết góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (ABC) bằng 60 o.
Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và SN theo a.

17


Bình luận

Lời giải
* Vì (SAB), (SAC) cùng vuông góc với
(ABC), nên: SA ⊥(ABC)
0
* Góc giữa (SBC) và (ABC) bằng 60

Tại sao phải chọn mp(SNP)?
SN có đi qua S, AB đi qua A
Nên mặt phẳng ta chọn là: Chứa
·
Þ SBA
= 600
SN và song song AB.
Gọi P trung điểm BC ⇒ AB//(SPN)
⇒d(AB,SN) = d(AB, (SPN)) = d(A,(SPN))

Kẻ AE ⊥ NP, kẻ AH ⊥ SE ⇒ AH⊥ (SPN)
A S .A E
2a 39
=
2
2
13
⇒ d(A,(SPN)) =AH = A S + A E

 Bài toán 9: (Đề thi HK2, năm học 2014-2015).
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông tâm O, mặt bên (SAB) là tam
giác đều cạnh a và vuông góc với đáy. Tính khoảng cách giữa SA và BD.

Bình luận

Lời giải
*Gọi H trung điểm AB ⇒ SH ⊥ (ABC).
Tại sao phải chọn mp(SAE)?
* Dựng hình bình hành AEBD
SA có đi qua S, BD nằm trong mp ⇒ BD//(SAE)
mà SH vuông góc.
⇒d(BD,SA) = d(BD, (SAE))
18


Nên mặt phẳng ta chọn là: Chứa d(BD,(SAE)) = d(B,(SAE)) = 2d(H,(SAE))
SA và song song BD.
Kẻ HI ⊥ AE, HK ⊥ SI ⇒ HK⊥ (SAE)
⇒ d(H,(SAE)) =HK
Hai tam giác HIA, AOB đồng dạng

1
a 2
HI = OA =
2
4
⇒

HK =

HS .HI
HS 2 + HI 2

=

a 21
14

 Bài toán 10: (ĐH khối A|2012).Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác đều
cạnh a. Hình chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng (ABC) là điểm H thuộc cạnh
AB sao cho HA = 2HB. Góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng (ABC) bằng 60 0.
Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng SA và BC

Bình luận

Lời giải
·
0
*Góc giữa SC và (ABCD) là góc SCH = 60
* Gọi I trung điểm của AB, ta có :
a

a 3
IH = IB – HB = 6 , IC = 2
CH = IH 2 + IC 2 =

a 7
3

Tại sao phải chọn mp(SA,d)?
SH = CH . t an600 =

a 21
3

SA có đi qua S, BC nằm trong mp ⇒
mà SH vuông góc.
* Qua A dựng d //BC
Nên mặt phẳng ta chọn là: Chứa ⇒d(BC,SA) = d(BC, (SA,d)) = d(B,(SA,d))
SA và song song BC.
19


Vì

3
HA
2

BA =

3

d (B ,(SA, d )) = d (H ,(SA , d ))
2
⇒

Kẻ HE ⊥ d, HK ⊥ SE ⇒ HK⊥ (SAE)
⇒ d(H,(SAE)) =HK
a 3
HE = AH. sin 60 = 3
0

HK =

HS .HE
HS 2 + HE 2

=

a 42
12

a 42
⇒d(BC,SA) = 8

 Bài toán 11: (ĐH khối A|2010). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình
vuông cạnh a. Gọi M, N là trung điểm AB, AD; H là giao điểm CN và DM. Biết
SH ⊥(ABCD) và SH = a 3 . Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng DM và SC.

Bình luận
Nhận ra: DM ⊥ NC đây là 1 tính
chất trong hình vuông. Từ đó thấy

DM và SC vuông góc nhau. Đây là
trường hợp 2 đã nêu ở phần cơ sở
lí thuyết.

Lời giải
*Hai tam giác AMD, DNC bằng nhau.
·

0

Suy ra : DHC = 90 hay DM ⊥ NC
Mà: SH ⊥ NC ⇒ (SHC) ⊥ DM tại H
Kẻ HK ⊥ SC ⇒ HK là đoạn vuông góc chung
của DM và SC.
20


⇒d(DM,SC) = HK.
Nếu không nhìn ra là DM ⊥ SC, ∆DNC vuông, có:
vẫn theo giải pháp trên ta chọn mp
DC 2
DC 2
2 5a
HC
=
=
=
chứa SC và song song DM. Từ đó
NC
5

ND 2 + DC 2
vẫn đưa khoảng cách về bằng HK.
HK =

HS .HC
HS 2 + HC 2

=

2 57a
19

 Bài toán 12: Cho lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác vuông tại
B, AB = a, cạnh AA’ = a 2 , góc giữa AC’ với (BCC’B’) bằng 30 0, M là trung
điểm BC. Tính khoảng cách giữa AM và B’C.

Bình luận

Lời giải
*AB⊥(BB’C’C) nên BC’ là hình chiếu của
AC’ trên mp(BB’C’C), Suy ra góc giữa AC’
·
0
và (BB’C’C) là góc A C ' B = 30
AB
= 2a
0
AC’ = s in30

Tại sao phải chọn mp(AMN)?

Vì BB’ ⊥ mp(ABC) chứa AM

2

2

AC = A C ' - CC ' = a 2 , BC = a
* Gọi N trung điểm của BB’, ta có :
Việc tính khoảng cách từ B’ hay C ⇒B’C //(AMN), nên :
đến (AMN) có thể quy về B, vì M, d(B’C,AM) = d(B’C,(AMN)) = d(C,(AMN))
21


N lần lượt là trung điểm.

Vì M trung điểm BC, nên :
d(C,(AMN)) = d(B,(AMN))
Kẻ BK ⊥ AM, BH ⊥ NK ⇒ BH⊥ (AMN)
⇒ d(B,(AMN)) = BH
a 5
BK.AM = AB.BM ⇒ BK = 5

BH =

BN .BK
BN 2 + BK 2

=

a 7

7

a 7
⇒d(B’C,AM) = 7

Kết quả thực nghiệm giải pháp: Cho thí điểm kiểm tra với 2 lớp 11C2 chưa triển
khai và lớp 11C9 đã triển khai. Có sĩ số bằng nhau 38 học sinh, mức độ đề 15 phút
ngang tầm nhau.
Kết quả
<5
5 ≤ điểm ≤ 7
8 ≤ điểm ≤ 10
11C2
15
8
15
11C9
20
15
3
 BÀI TẬP VẬN DỤNG.
Bài 1. (ĐH 2007|D).Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thang,
·
·
ABC
= BAD
= 900 , BA = BC = a, AD = 2a. Cạnh bên SA vuông góc với đáy,
SA = a 2 . Gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên SB. Chứng minh SCD
vuông và tính khoảng cách từ H đến mặt phẳng (SCD).
Bài 2.

(ĐH

2009|D).Cho

hình

lăng

trụ

đứng

ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác vuông tại B, AB = a, AA’ = 2a, A’C = 3a.
Gọi M là trung điểm của đoạn thẳng A’C’, I là giao điểm của AM và A’C. Tính
khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng (IBC).
Bài 3. (ĐH 2011|B).Cho lăng trụ ABCD.A 1B1C1D1 có đáy ABCD là hình chữ nhật.
AB = a, AD = a 3 . Hình chiếu vuông góc của điểm A1 trên mặt phẳng (ABCD)
trùng với giao điểm AC và BD. Góc giữa hai mặt phẳng (ADD 1A1) và (ABCD)
bằng 600. Tính khoảng cách từ điểm B1 đến mặt phẳng (A1BD) theo a.

22


Bài 4.

(ĐH 2013|B). Cho hình chóp S.ABCD có đáy là

hình vuông cạnh a, mặt bên SAB là tam giác đều và nằm trong mặt phẳng vuông
góc với mặt phẳng đáy. Tính khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng (SCD).

Bài 5.

(ĐH 2013|A). Cho hình chóp S.ABC có đáy là

0
·
tam giác vuông tại A, ABC = 30 , SBC là tam giác đều cạnh a và mặt bên SBC

vuông góc với đáy. Tính khoảng cách từ điểm C đến mặt phẳng (SAB).
Bài 6.

(ĐH 2014|B). Cho lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy

là tam giác đều cạnh a. Hình chiếu vuông góc của A’ trên mặt phẳng (ABC) là
trung điểm của cạnh AB, góc giữa đường thẳng A’C và mặt đáy bằng 60 0. Tính
khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng (ACC’A’).
Bài 7.

(ĐH 2014|A). Cho hình chóp S.ABCD có đáy

3a
ABCD là hình vuông cạnh a, SD = 2 , hình chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng
(ABCD) là trung điểm của cạnh AB. Tính khoảng cách từ A đến mặt phẳng
(SBD).
Bài 8.

(ĐH khối B|2007).Cho hình chóp tứ giác đều

S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a. Gọi E là điểm đối xứng của D qua trung
điểm SA, M là trung điểm AE, N là trung điểm BC.Chứng minh MN ⊥ BD và tính

khoảng cách giữa 2 đường thẳng MN và AC.
Bài 9.

(ĐH Khối D|2014). Cho hình chóp S.ABC có

đáy ABC là tam giác vuông cân tại A, mặt bên SBC là tam giác đều cạnh a và mặt
phẳng (SBC) vuông góc với mặt đáy. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng SA,
BC.
Bài 10.Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và B với
AB=BC=a, AD=2a, các mặt phẳng (SAC) và (SBD) cùng vuông góc với mặt đáy.
Biết góc tạo bởi (SAB) và (ABCD) bằng 60. Tính khoảng cách giữa hai đường
thẳng SB và CD theo a.
Bài 11. Cho hình chóp S. ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A, mặt bên SAB là
tam giác đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng (ABC), gọi M là
23


điểm thuộc cạnh SC sao cho MC = 2SM . Biết AB = a , BC = a 3 . Tính khoảng
cách giữa hai đường thẳng AC và BM.
·
0
Bài 12. Cho lăng trụ ABC.A’B’C’ có AB = a, BC = 2a, A CB = 30 , hình chiếu

của A’ trên (ABC) trùng với trọng tâm G của tam giác ABC, góc giữa AA’ và
0
(ABC) bằng 60 . Tính khoảng cách giữa B’C’ và A’C.

IV. HIỆU QUẢ CỦA ĐỀ TÀI
Phương pháp này mang lại hiệu quả rất lớn về mặt điểm số cũng như sự
hứng thú đối với môn học của tập thể học sinh lớp 11C2 và lớp 11C9 trong năm

học này.
Thứ nhất, hiện tại lớp 11C2 và 11C9 không lo ngại như trước khi các em
giải một bài toán HHKG nữa. Thay vào đó là thái độ tích cực, tìm hiểu, phân tích,
xem xét kỹ vấn đề để chuyển sang bài toán khoảng cách cơ bản. Phần lớn học sinh
tiếp cận với phương pháp này thì các em tìm tòi những tài liệu, đề thi có câu hình
học tính khoảng cách trong không gian để giải và chia sẻ với bạn bè, với giáo viên
bộ môn.
Thứ hai, từ kết quả thực nghiệm cho thấy, hiệu quả sau khi có tác động của
phương pháp này là rất cao, kết quả học tập của đa số học sinh tăng lên rõ rệt; điểm
trung bình của cả lớp tăng lên đáng kể. Đặc biệt qua hai lần kiểm tra trên cùng một
đối tượng thì tôi thấy phương pháp này có tác động rất lớn đối với kết quả học tập
của học sinh
Kết quả thực nghiệm giải pháp:
Kết quả kiểm tra 1 tiết với 2 lớp 11C2 và lớp 11C9. Có sĩ số bằng nhau 38
học sinh, mức độ đề 45 phút ngang tầm nhau.
• Kết quả trước khi thực hiện đề tài:
Kết quả
5 ≤ điểm ≤ 7
8 ≤ điểm ≤ 10
11C2
24
7
11C9
25
3
• Kết quả sau khi thực hiện đề tài:
Kết quả
5 ≤ điểm ≤ 7
8 ≤ điểm ≤ 10
11C2

10
27
24

<5
7
10
<5
1


11C9

12

25

1

V. ĐỀ XUẤT, KHUYẾN NGHỊ KHẢ NĂNG ÁP DỤNG
Đây là đề tài tôi thấy rất tâm đắc, có phạm vi áp dụng trong thực tế đạt hiệu
quả trong năm học tôi đã thực hiện. Trên cơ sở đó, đề xuất:
- Triển khai rộng rãi trong toàn học sinh, áp dụng.
- Giáo viên bộ môn nhà trường cùng đóng góp, chỉnh sửa, hoàn thiện.
VI. DANH MỤC TÀI LIỆU THAM KHẢO
1. Sách giáo khoa- Sách bài tập Hình học 11 – Chương trình chuẩn và Nâng cao
2. Trần Thành Minh - Bồi dưỡng HSG Toán, NXB ĐHQG TP Hồ Chí Minh.
3. Phan Huy Khải - Phương pháp giải toán trọng tâm, NXB ĐHSP.
4. Tuyển chọn các bài toán tuyển sinh Đại học các năm qua.
5. Tập chí Toán học và Tuổi trẻ.

6. Diễn đàn Toán học Việt Nam: Mathvn.com

VII. PHỤ LỤC
PHIẾU ĐIỂM THỰC NGHIỆM LỚP 11C9
Họ và
Diệp Đại Liên
Nguyễn Thị Minh
Nguyễn Thiện
Bùi Thị Thu
Phạm Thị Thảo
Phạm Hoàng
Hoàng Minh
Nguyễn Minh
Nguyễn Ngọc Thiên
Đỗ Như
Bùi Nguyễn Phương
Huỳnh Hoàng

Tên
Bảo
Đức
Hảo
Hiền
Hiền
Hiệp
Hiếu
Huy
Kiều
Lan
Long

Minh

Trước khi thực hiện
4
3
9
4
5
5
5
8
2
5
6
6

25

Sau khi thực hiện
7
8
6
8
5
9
6
9
9
8
7

9