Phương pháp luyện thi câu hình học không gian trong đề thi HSG tỉnh thanh hóa và đề thi THPT quốc gia

MỤC LỤC
Nội dung
1. Mở đầu
1.1. Lý do chọn đề tài
1.2. Mục đích nghiên cứu
1.3. Đối tượng nghiên cứu
1.4. Phương pháp nghiên cứu
2. Nội dung sáng kiến kinh nghiệm
2.1. Cơ sở lí luận của sáng kiến kinh nghiệm
2.2. Thực trạng vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm
2.3. Các giải pháp đã thực hiện để giải quyết vấn đề
A. Đi tìm thể tích khối chóp và khối lăng trụ
B. Đi tìm khoảng cách của một số bài toán hình học không gian
Vấn đề 1. Khoảng cách từ một điểm đến một đường thẳng
Vấn đề 2. Khoảng cách từ một điểm đến một mặt phẳng
Vấn đề 3. Khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau
C. Một số đề thi tổng hợp
2.4. Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm đối với hoạt động giáo
dục, với bản thân, đồng nghiệp và nhà trường.
3. KẾT LUẬN, KIẾN NGHỊ
1. Kết luận
2. Kiến nghị
DANH MỤC TÀI LIỆU THAM KHẢO

Trang
2
2
3
3
3
3

3
4
5
5
6
6
8
13
17
24
24
24
25
26

1


1. Mở đầu
1.1.

Lí do chọn đề tài

Từ tình hình thực tế qua việc cho học sinh tham gia hai kỳ thi hàng
năm, đó là kỳ thi Học sinh giỏi tỉnh Thanh Hóa môn Toán bậc THPT và kỳ thi
THPT Quốc Gia. Tôi thấy câu hình học không gian trong các đề thi này là một
câu rất quan trọng mà học sinh chỉ cần nắm chắc kiến thức cơ bản và có tư duy
hình học không gian là có thể làm được. Hơn thế nữa đây không phải là câu ở
mức độ vận dụng cao mà theo tôi nó chỉ ở mức độ điểm thứ 14/20 đối với đề thi
HSG Tỉnh Thanh Hóa và điểm 7/10 đối với đề thi THPT Quốc Gia. Thậm chí

câu hình học không gian trong mỗi đề thi thường có hai ý, một ý liên quan tính
thể tích chỉ ở mức độ thông hiểu và một ý liên quan đến góc và khoảng cách ở
múc độ vận dụng thấp nên hoàn toàn có thể ôn tập để học sinh có khả năng làm
được. Cho dù nhiều Giáo viên và học sinh quan niệm câu hình học không gian
trong đề thi là câu khó nên có tâm lí sợ, bởi kiến thức để làm câu hình học
không gian trong đề thi là tương đối rộng, cần tổng hợp được kiến thức của
chương 2, chương 3 Hình học 11 và chương 1, chương 2 Hình học 12 với có thể
làm được. Trên thực tế chưa có tài liệu nào viết về phương pháp luyện thi câu
hình học không gian tổng hợp này. Chính vì thế qua thực tế giảng dạy và nhiều
năm luyện thi liên tục tôi mạnh dạn viết ra đề tài này với mong muốn, đúc rút lại
kinh nghiệm của mình và một phần nào giúp học sinh học toán và giáo viên dạy
toán có thêm tài liệu để tham khảo trong quá trình giảng dạy và học tập.
Một trong các môn học cung cấp cho học sinh nhiều kĩ năng, đức tính,
phẩm chất của con người lao động mới là môn học hình học không gian.
Trong môn toán ở trường phổ thông phần hình học không gian giữ một
vai trò, vị trí hết sức quan trọng. Ngoài việc cung cấp cho học sinh kiến thức, kĩ
năng giải toán hình học không gian, còn rèn luyện cho học sinh đức tính, phẩm
chất của con người lao động mới: cẩn thận, chính xác, có tính kỉ luật, tính phê
phán, tính sáng tạo, bồi dưỡng óc thẩm mĩ, tư duy sáng tạo cho học sinh.
Tuy nhiên trong quá trình giảng dạy tôi nhận thấy học sinh lớp 11, 12 rất e
ngại học môn hình học không gian vì các em nghĩ rằng nó trừu tượng, thiếu tính
thực tế. Chính vì thế mà có rất nhiều học sinh học yếu môn học này, về phần
giáo viên cũng gặp không ít khó khăn khi truyền đạt nội dung kiến thức và
phương pháp giải các dạng bài tập hình học không gian. Qua nhiều năm giảng
dạy môn học này tôi cũng đúc kết được một số kinh nghiệm nhằm giúp các em
tiếp thu kiến thức được tốt hơn, từ đó mà chất lượng giảng dạy cũng như học tập
của học sinh ngày được nâng lên. Do đây là phần nội dung kiến thức mới nên
nhiều học sinh còn chưa quen với tính tư duy trừu tượng của nó, nên tôi nghiên
cứu nội dung này nhằm tìm ra những phương pháp truyền đạt phù hợp với học
sinh, bên cạnh cũng nhằm tháo gỡ những vướng mắc, khó khăn mà học sinh

thường gặp phải với mong muốn nâng dần chất lượng giảng dạy nói chung và
môn hình học không gian nói riêng.
Điểm mới trong kết quả nghiên cứu là tính thực tiễn và tính hệ thống,
không áp đặt hoặc dập khuôn máy móc do đó học sinh dễ dàng áp dụng vào việc
giải quyết các bài toán trong hai kỳ thi nói trên.
2


Từ lý do trên tôi đã khai thác, hệ thống hóa các kiến thức, tổng hợp các
phương pháp thành một chuyên đề: “Phương pháp luyện thi câu hình học
không gian trong đề thi học sinh giỏi tỉnh Thanh Hóa và đề thi THPT Quốc
Gia ”
1.2.

Mục đích nghiên cứu

Giúp học sinh tự tin hơn khi tiếp cận với câu hình học không gian trong các
đề thi và giúp công việc giảng dạy hiệu quả hơn.
1.3. Đối tượng nghiên cứu
Đối tượng nghiên cứu :
- Đối tượng mà đề tài hướng tới nghiên cứu và áp dụng thực nghiệm là
học sinh trường THPT Thường Xuân 3
Giá trị sử dụng của đề tài.
- Đề tài có thể sử dụng làm tài liệu tham khảo cho giáo viên dạy luyện thi
môn Toán lớp 12 ở các trường THPT miền núi.
- Dùng cho học sinh tự nghiên cứu, học tập môn Toán trong trường phổ
thông có hiệu quả hơn.
1.4. Phương pháp nghiên cứu
- Phương pháp khái quát hoá các kinh nghiệm luyện thi môn Toán THPT
và kinh nghiệm giảng dạy trong những năm qua ở trường. Phương pháp này còn

được thực hiện thông qua công tác dự giờ thăm lớp của các đồng nghiệp.
- Phương pháp thực nghiệm: Thực hiện kiểm tra đánh giá ở các lớp khối
12 tại trường THPT Thường Xuân 3 và thông qua các kỳ thi của Trường, Tỉnh
và Bộ GD&ĐT
- Nghiên cứu lí luận chung; khảo sát điều tra thực tế dạy và học; tổng hợp
so sánh, đút rút kinh nghiệm; trao đổi với đồng nghiệp, tham khảo ý kiến đồng
nghiệp.
2. Nội dung sáng kiến kinh nghiệm
2.1. Cơ sở lý luận của sáng kiến kinh nghiệm
Khi giải một bài toán về hình học không gian trong các đề thi, ta phải đọc
kỹ đề, phân tích giả thuyết, kết luận, vẽ hình đúng, … Ta cần phải chú ý đến các
yếu tố khác : Vẽ hình như thế tốt chưa? Cần xác định thêm các yếu tố nào trên
hình không? Để giải quyết vấn đề ta xuất phát từ đâu? Nội dung kiến thức nào
liên quan đến bài toán, ….có như thế mới giúp ta giải quyết được nhiều bài toán
mà không gặp khó khăn
Việc đổi mới phương pháp dạy và học trong nhà trường phổ thông
đang được thực hiện. Việc đổi mới này nhắm đến người học, người học làm
trung tâm, chủ động tìm hiểu và giải quyết vấn đề. Người dạy là người hướng
dẫn, định hướng cho người học, tạo hứng thú cho người học.
Có lần tôi đọc quyển “tạp chí tuổi trẻ của Bộ Giáo Dục và Đào tạo”,
một lời khẳng định của thầy “Nguyễn Thái Hoè” ( Nguyên giáo viên khối
chuyên toán ĐHSP Vinh) như sau: “Phương pháp dạy giải toán theo yêu cầu của
phương pháp tìm lời giải có nhiều ưu điểm và phát huy tác dụng tốt cho nhiều
loại đối tượng”. Tôi cũng đồng tình với lời khẳng định và bài viết của thầy mà
3


điều này tôi cũng đã từng trăn trở. Vai trò của người thầy (cô) giáo trực tiếp
giảng dạy môn toán chủ yếu và quyết định ở khâu hướng dẫn tìm lời giải bài
toán. “Tuyển tập 30 năm tạp chí toán học và tuổi trẻ” thầy “Phan Đức Chính”

(Trường Đại học Tổng hợp) đã viết “Có thể nói rằng sự linh hoạt trong suy nghĩ
là một điều kiện cần thiết để đạt được kết quả tốt trong việc học toán”.Bên cạnh
đó việc vận dụng linh hoạt các kiến thức cơ bản thuộc chương trình môn học
cùng việc tích luỹ dần dà các phương pháp và kỹ năng hữu hiệu cũng là vấn đề
quan tâm của GS. “Trần Tuấn Điệp” (Trường ĐHBK Hà Nội).
Nhiệm vụ trung tâm trong trường học THPT là hoạt động dạy của thầy và
hoạt động học của trò, xuất phát từ mục tiêu đào tạo “Nâng cao dân trí, đào
tạo nhân lực, bồi dưỡng nhân tài”. Giúp học sinh củng cố những kiến thức
phổ thông đặc biệt là bộ môn toán học rất cần thiết không thể thiếu trong đời
sống của con người. Môn Toán là một môn học tự nhiên quan trọng và khó với
kiến thức rộng, đa phần các em ngại học môn này.
Muốn học tốt môn toán các em phải nắm vững những tri thức khoa học ở
môn toán một cách có hệ thống, biết vận dụng lý thuyết linh hoạt vào từng
dạng bài tập. Điều đó thể hiện ở việc học đi đôi với hành, đòi hỏi học sinh phải
có tư duy logic và cách biến đổi. Giáo viên cần định hướng cho học sinh học và
nghiên cứu môn toán học một cách có hệ thống trong chương trình học phổ
thông, vận dụng lý thuyết vào làm bài tập, phân dạng các bài tập rồi tổng hợp
các cách giải.
Do vậy, tôi mạnh dạn đưa ra sáng kiến kinh nghiệm này với mục đính
giúp cho học sinh THPT vận dụng và tìm ra phương pháp giải khi gặp các bài
toán hình học không gian trong các đề thi.
“Phương pháp luyện thi câu hình học không gian trong đề thi học sinh
giỏi tỉnh Thanh hóa và đề thi THPT Quốc Gia ”. Cũng đã được đề cập đến
nhưng còn lẻ tẻ chưa phổ biến rộng rải, chưa kết hợp chặt chẽ hơn nữa là chưa
phổ biến rộng rải trong quá trình giảng dạy. Do đó để sử dụng vấn đề này còn
nhiều bất cập, không đồng bộ. Tôi đã quyết định viết ra đề tài này mong rằng
giúp các em nhạy bén trong việc học toán. Từ đó nhằm rèn luyện kỹ năng và
phẩm chất tư duy về môn học, tiếp thu tri thức của loài người và làm tốt câu
hình học không gian trong các đề thi.
2.2. Thực trạng vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm

Qua quá trình giảng dạy tôi nhận thấy nhiều học sinh khi gặp các bài toán
về hình học không gian các em học sinh không biết vẽ hình, còn lúng túng,
không phân loại được các dạng toán, chưa định hướng được cách giải. Trong khi
đó câu hình học không gian trong các đề thi lại yêu cầu kiến thức rất tổng hợp.
Qua việc khảo sát định kỳ nhận thấy nhiều học sinh trình bày lời giải chưa lôgic
hoặc không làm được bài tập liên quan đến giải câu hình học không gian trong
các đề thi.
Khi giải các bài toán hình học không gian các giáo viên và học sinh
thường gặp một số khó khăn với nguyên nhân như sau: Học sinh cần phải có trí
tưởng tượng không gian tốt; Học sinh quen với hình học phẳng nên khi học các
khái niệm của hình không gian hay nhầm lẫn, chưa biết vận dụng các tính chất
4


của hình học phẳng cho hình không gian; Một số bài toán không gian thì các
mối liên hệ giữa giả thiết và kết luận chưa rõ ràng làm cho học sinh lúng túng
trong việc định hướng cách giải; Bên cạnh đó còn có nguyên nhân như các em
chưa xác định đúng động cơ học tập.
Từ những nguyên nhân trên tôi mạnh dạn đưa ra một giải pháp nhằm giúp
học sinh tự tin hơn trong việc ôn tập cũng như làm bài thi đối với câu hình học
không gian trong các đề thi.
2.3. Các giải pháp đã thực hiện để giải quyết vấn đề
BIỆN PHÁP CHUNG
Biện pháp 1 : Tạo mối quan hệ gần gũi, niềm tin giữa thầy và trò.
Biện pháp 2: Phải gây hứng thú cho học sinh ngay từ phần mở đầu bài học,
phần giới thiệu nội dung.
Biện pháp 3: Trong quá trình giảng dạy giáo viên phải biết phát huy tính tích
cực, chủ động, sáng tạo, khả năng tư duy và liên kết kiến thức của học sinh
nhằm gây hứng thú học tập cho các em.
Biện pháp 4: Vận dụng linh hoạt các phương pháp dạy học.

Biện pháp 5: Trong quá trình giảng dạy cần đưa vào một số trò chơi vừa nâng
cao hiệu quả ôn tập, vừa tạo hứng thú cho học sinh.
Biện pháp 6: GV phải biết sử dụng phương tiện dạy học như một yếu tố gây
xúc cảm.
Biện pháp 7: Đánh giá thực tế ứng dụng trong các đề thi.
Biện pháp 8: Chỉ ra kết quả và tầm quan trọng của nội dung luyện thi.
NỘI DUNG CỤ THỂ
A. ĐI TÌM THỂ TÍCH KHỐI CHÓP VÀ KHỐI LĂNG TRỤ ( Giới thiệu
phương pháp)
- Bài toán tính thể tích của một khối chóp hoặc tính thể tích của một khối
lăng trụ là một bài toán rất phổ biến trong các kì thi học sinh giỏi và thi THPT
Quốc Gia.
- Để tính được thể tích của một khối chóp hoặc thể tích của một khối lăng trụ
đòi hỏi thí sinh phải nắm thật chắc nhiều kiến thức, phải vẽ đúng dạng hình đề
bài cho , phải tính được diện tích của mặt đáy và chiều cao của hình . Việc
tính diện tích đáy có thể dể dàng nhưng việc xác định được đường cao và tính
độ dài đường cao của hình đôi khi lại là một vấn đề khó đối với thí sinh .
- Do những yêu cầu trên, với những kinh nghiệm được rút ra từ những năm
giảng dạy môn Toán , tôi xin giới thiệu các phương pháp “Xác định đường cao
hình chóp và hình lăng trụ từ đó tính thể tích khối chóp và khối lăng trụ”
nhằm trao đổi với các đồng nghiệp và hy vọng nội dung này có thể giúp cho học
sinh có được kinh nghiệm để giải tốt bài toán nêu trên trong các kì thi, thường
đạt được một nữa số điểm của câu hình học không gian trong các đề thi:
Trường hợp 1 : Đường cao của hình chóp S.A1A2…An ( hoặc hình lăng trụ ) đã
có sẵn .
+ Hoặc đề bài cho sẵn một đoạn thẳng hạ từ đỉnh S vuông góc xuống mặt phẳng
đáy(A1A2…
+ Hoặc theo định nghĩa hình chóp , hình lăng trụ ta xác định được ngay đường
cao .
5

Trường hợp 2 : Hình chóp có đỉnh S nằm trên đường thẳng d và d vuông góc
với hai đường thẳng cắt nhau nằm trong mp

.

Trường hợp 3 : Hình chóp có đỉnh S nằm trong một mặt phẳng
góc với

đang vuông

.

Trường hợp 4 : Hình chóp có đỉnh S thuộc giao tuyến d của hai mặt phẳng (P) ,
(Q) và hai mặt phẳng này cùng vuông góc với

.

Trường hợp 5 :
+Hình chóp có các cạnh bên bằng nhau.
+Hình chóp có các cạnh bên tạo với mặt đáy cùng một góc.
Trường hợp 6 : Hình chóp có đỉnh S cách đều 3 đỉnh bất kỳ của mặt đáy .
Trường hợp 7 : Hình chóp có từ ba mặt bên trở lên tạo với mặt đáy cùng một
góc
Trường hợp 8:Hình chóp có hai mặt bên liên tiếp tạo với mặt đáy cùng một góc
B. ĐI TÌM KHOẢNG CÁCH CỦA MỘT SỐ BÀI TOÁN HÌNH HỌC
KHÔNG GIAN ( Phương pháp và dẫn chứng cụ thể)
Trong chương trình toán THPT, hình học không gian luôn là mảng kiến
thức khó đối với học sinh, nhất là học sinh có lực học trung bình và yếu. Các bài

toán tính khoảng cách trong hình học không gian lại càng khó đối với học sinh.
Trong quá trình học, các em luôn đặt câu hỏi tại sao lại kẻ thêm các đường phụ
như vậy. Và khi câu hỏi đó của các em không được trả lời thì sự tiếp thu của các
em có phần hạn chế. Việc làm bài của các em mang tính rập khuôn, máy móc.
Chính vì vậy tôi giới thiệu nội dung này mong rằng sẽ trả lời được câu hỏi trên
của các em. Đây là một tài liệu nhỏ để các em và các thầy cô đồng nghiệp tham
khảo.
Các dạng toán và phương pháp giải:
Vấn đề 1: Khoảng cách từ điểm M đến đường thẳng a

Phương pháp:
- Từ M hạ MH ⊥ a => MH chính là d(M,a)
- Cách tính MH: ta chú ý tới các mặt phẳng xác định bởi M và đường
thẳng a, hoặc mặt phẳng đi qua M và vuông góc đường thẳng a tại H
rồi dựa vào hệ thức lượng trong tam giác để tính (cần chú ý đến yếu tố
vuông góc)
Ví dụ 1: Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông ABCD tâm O, cạnh a,
SA ⊥ ( ABCD) và SA = a. Gọi I là trung điểm cạnh SC và M là trung điểm
đoạn AB.
a) Chứng minh IO ⊥ (ABCD)
b) Tính khoảng cách từ A đến SC
6


b) Tính khoảng cách từ I đến đường thẳng CM
Bài giải:

a)Ta có:

SA ⊥ ( ABCD)

 ⇒ IO ⊥ ( ABCD)
IO // SA


b) Trong mặt phẳng (SAC) dựng AK ⊥ SC (K thuộc SC)
do đó AK= d(A,SC)
ABCD là hình vuông cạnh a nên AC= a 2
Tam giác SAC vuông tại A, AK là đường cao
1
1
1
=
+
⇒ d ( A, SC ) = AK =
2
2
AK
SA
AC 2

SA 2 . AC 2
a 6
=
2
2
3
SA + AC

c) Trong (ICM) dựng IH ⊥ MC (H thuộc CM)
Do đó IH = d(I,CM). Ta có:

CM ⊥ IH 
 ⇒ CM ⊥ ( IOH ) ⇒ CM ⊥ OH
CM ⊥ IO 

Gọi N là giao điểm của MO với cạnh CD. Tam giác MHO đồng dạng tam
OH

OM

OM .CN
a
=
MC
2 5
a 30
⇒ d ( I , CM ) = IH = IO 2 + OH 2 =
10

giác MNC nên: CN = MC ⇒ OH =

*Giải thích tại sao ta lại có định hướng và lời giải như vây?
b) - AK là khoảng cách từ A đến SC
- Ta có nhận xét: AK nằm trong mặt phẳng chứa A và SC
- Ta lại có tam giác SAC vuông và AK là đường cao của tam giác đó
c) IH là khoảng cách từ I đến CM
- IH nằm trong (ICM) chứa I và CM. Nhưng đối với tam giác ICM ta lại
có rất ít thông tin về nó. Vậy làm theo hướng như câu b), ta dễ đi vào ngõ cụt
hoặc phải tính toán phức tạp
- Vậy ta đi theo hướng là xác định mặt phẳng chứa I và vuông góc với

CM tại H, mặt phẳng cần tìm đó là (IOH)
7


- Tam giác IOH vuông tại O, biết IO = a/2, OH chưa có nhưng ta có thể
tính được nhờ vào hai tam giác đồng dạng là MHO và MNC
Ví dụ 2: Cho hình chóp OABC với AB=7, BC = 5, CA = 8,OA= 4. Tính
khoảng cách từ O đến đường thẳng BC
Bài giải:

BC ⊥ OH 
 ⇒ BC ⊥ (OAH ) ⇒ BC ⊥ AH
BC ⊥ OA 
Diện tích tam giác ABC có: S = p( p − a)( p − b)( p − c) = 10 3
2S
=4 3
AH là đường cao của tam giác ABC nên AH =
BC

Dựng OH ⊥ BC => OH= d(O,BC). Ta có:

Suy ra d (O, BC ) = OH = OA2 + AH 2 = 8
• Giải thích:
- OH là khoảng cách từ O đến đường thẳng BC
- Đối với tam giác ABC khi biết 3 cạnh ta thường sử dụng tới công thức
Hêrông để tính diện tích
- Mặt phẳng chứa O và BC là (OBC), ta có thể tính các cạnh của tam
giác OBC, rồi một lần nữa dùng công thức Hêrông để tính diện tích,
Sau đó ta tính được chiều cao OH của tam giác đó. Tuy nhiên, cách
tính trên là phức tạp

- Ta lại để ý: mặt phẳng (OAH) chứa O và vuông góc BC tại H. Tam giác
OAH vuông tại O, đã biết cạnh OA, cạnh AH ta tính được nhờ đã có diện
tích tam giác ABC.
Vấn đề 2: Khoảng cách từ điểm M đến mặt phẳng (P)
* Phương pháp: Cách xác định hình chiếu của điểm M lên mặt phẳng (P):
- Xác định (hoặc dựng) (Q) chứa M và vuông góc với (P)
- Xác định ∆ = ( P) ∩ (Q)
- Từ M hạ MH ⊥ ∆
(H ∈ ∆ )
Qua cách dựng trên ta được H là hình chiếu vuông góc của M lên (P).
Chú ý rằng các bước trên chỉ là cách xác định (cách dựng) hình chiếu vuông góc
của M lên (P), khi dựng xong ta phải có bước chứng minh MH ⊥ (P) . Khi đó,
8


việc tính khoảng cách từ M đến (P) ta đưa về bài toán tính độ dài đoạn MH
trong (Q). Thông thường, việc tính MH ta chú ý các điều sau:
- MH nằm trong tam giác vuông, ta sử dụng định lí Pytago, công thức tính
đường cao tam giác vuông, tỉ số lượng giác
- MH nằm trong tam giác đã biết độ dài 2 cạnh và góc xen giữa 2 cạnh đó
ta dùng định lí Cosin trong tam giác
- MH nằm trong một tam giác mà tam giác này lại đồng dạng với tam giác
khác, khi đó ta lập tỉ số tương ứng thích hợp giữa hai tam giác trên.
Ví dụ 1: Cho hình chóp S.ABCD có ABCD là hình chữ nhật, SA ⊥ ( ABCD) , SA
= 2a, BC = 2a, CD = a
a)Tính d(A,(SBC))
b)Tính d(A,(SBD))
Bài giải:

a) Từ A dựng AM vuông góc SB (M thuộc SB)

BC ⊥ AB 
 ⇒ BC ⊥ ( SAB) ⇒ BC ⊥ AM
BC ⊥ SA 
AM ⊥ BC 
 ⇒ AM ⊥ ( SBC ) ⇒ AM = d ( A, ( SBC ))
AM ⊥ SB 

ta có:

Tam giác SAB vuông tại A và AM là đường cao nên:
AB 2 . AS 2
2a
2a
=
⇒ d ( A, ( SBC )) =
2
2
AB + AS
5
5
b) Dựng AI ⊥ BD, AH ⊥ SI

1
1
1
=
+
⇒ AM =
2
2

AM
AB
AS 2

Ta có BD vuông góc với mp(SAI) nên BD vuông góc AH
AH ⊥ SI 
 ⇒ AH ⊥ ( SBD) ⇒ AH = d ( A, ( SBD))
AH ⊥ BD 
1
1
1
2a
1
1
1
a 2
=
+
⇒ AI =
;
= 2+
⇒ AH =
2
2
2
2
2
AI
AB
AD

AI
AS
5 AH
3
⇒ d ( A, ( SBD)) =

a 2
3

*Nhận xét:

9


a) Do điểm A nằm trong mp(SAB) vuông góc với (SBC), giao tuyến của
hai mp này la SB. Vậy để tìm hình chiếu của A trên (SBC) ta chỉ cần từ A hạ AM
vuông góc với SB
b) Trong hình chóp ta chưa thấy mp nào chứa A và vuông góc (SBD), vì
thế ta phải dựng mặt phẳng như vậy
Để ý là A thuộc đt SA vuông góc với BD, nên ta dựng mp (SAI) chứa A
và vuông góc BD, mặt phẳng này cũng vuông góc (SBD). Giao tuyến của 2mp
này là đt SI. Vậy để tìm hình chiếu của A trên (SBD), ta dựng AH vuông góc SI
Ví dụ 2: Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a, mặt bên (SAB)
vuông góc với đáy, SA = SA = 2a. tính khoảng cách:
a) Từ S đến (ABCD)
b) Từ trung điểm I của CD đến (SHC), H là trung điểm của AB
Bài giải:

a)
( SAB ) ⊥ ( ABCD)


a 15

( SAB ) ∩ ( ABCD) = AB  ⇒ SH ⊥ ( ABCD) ⇒ d ( S , ( ABCD)) = SH = SA2 − AH 2 =
2

( SAB ) ⊃ SH ⊥ AB


b)Dựng IK vuông góc HC.
IK ⊥ CH 
 ⇒ IK ⊥ ( SHC ) ⇒ d ( I , ( SHC )) = IK
IK ⊥ SH 
1
1
1
a
trong ∆HIC : 2 =
+ 2 ⇒ d ( I , ( SHC )) = IK =
2
IK
IH
IC
5

Nhận xét:
a) S nằm trong (SAB) vuông góc (ABCD), và giao tuyến của 2 mp này là
AB. Tam giác SAB cân tại S, H là trung điểm AB. Do đó H là hình chiếu của S
lên (ABCD)
b) Điểm I nằm trong (ABCD) vuông góc (SHC), giao tuyến 2 mp này là

HC. Vậy muốn tìm hình chiếu của I lên (SHC) ta chỉ cần dựng IK vuông góc
CH
Ví dụ 3: Cho hình chóp đều S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông tâm O cạnh
bằng a, SA=a. Tính khoảng cách từ điểm O đến mp(SAB).
Giải:
\S.ABCD là hình chóp đều nên SO ⊥ (ABCD). Qua O kẻ OI vuông góc với AB
10


⇒ (SOI) ⊥ (SAB). Kẻ OH ⊥ SI ⇒ OH ⊥ (SAB) ⇒ d(O;(SAB)) = OH
Ta có: AC = BD = a, OI = . Xét ∆SAO ta có: SO = SA - AO =
Xét ∆SOI: = + = ⇒ OH = a
Vậy: d(O; (SAB)) = a.
S

H

A
D

B
O

I
C

Bình luận:
1. Nếu thay giả thiết bài toán thành tính khoảng cách từ điểm C đến (SAB) ta sẻ
làm như thế nào:
- Ta vẫn tính khoảng cách từ điểm O đến mp(SAB) rồi sử dụng BT 2 để suy ra

d(C;(SAB))
Ta có: = = 2 ⇒ d(C;(SAB)) = 2a
2. Nếu thay giả thiết bài toán thành tính khoảng cách từ điểm trung điểm K của
SC đến (SAB) ta sẻ làm như thế nào:
- Ta vẫn tính khoảng cách từ điểm O đến mp(SAB) rồi sử dụng BT 2 để suy ra
d(K;(SAB)). Ta có OK∥(SAB) ⇒ d(K;(SAB)) = d(O;(SAB)) = a
Ví dụ 4. ( ĐH_D_2011). Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông
tại B, AB=3a, BC=4a; mp(SBC) vuông góc với mp(ABC). Biết SB=2a,
Giải:
Kẻ SH ⊥ BC ⇒ SH ⊥ (ABC). Xét ∆SHB ta có: SH = SB.sin30 = a;
BH = SB.cos30 = 3a
S
Qua H kẻ HI ⊥ AC tại I
⇒ (SHI) ⊥ (SAC). Kẻ HK ⊥ SI tại K
⇒ HK ⊥ (SAC)
⇒ d(H;(SAC)) = HK
K
Ta có ∆CHI∽∆CAB(g-g)
⇒ HI = =
= + = ⇒ HK =
I C
A
⇒ d(H;(SAC)) =
H
B
Mà = = 4 ⇒ d(B;(SAC)) =
Ví dụ 5. (ĐH_D_2007). Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thang,góc
ABC=góc BAD = 90, BA=CB=a, AD=2a. Cạnh SA vuông góc với mặt đáy,
SA=a. Gọi H là hình chiếu của A lên SB. Tính khoảng cách từ điểm H đến

mp(SCD) theo a.
S

11


Giải:
Gọi I là trung điểm của AD ta có CI = AD
⇒ ∆ACD vuông tại C hay AC ⊥ CD
H
K
⇒ (SAC) ⊥ (SCD).
A
D
Kẻ AI vuông góc SC tại I
⇒AI ⊥ (SCD) ⇒ d(A;(SCD)) = AI
Ta có: AC = AB + BC = 2a
= + =
B
C
⇒AI = a ⇒ d(A;(SCD)) = a
Nối AB cắt CD tại K ⇒ B là trung điểm của AK
⇒= =
⇒ d(B;(SCD)) =
= = = = ⇒ d(H;(SCD)) = d(B;(SCD)) =
Nhận xét: Nếu sử dụng cách giải trên mà ta gặp bài toán tính khoảng cách từ 1
điểm đến mặt phẳng mà mặt phẳng đó chứa đường cao của khối chóp ta sẻ làm
như thế nào?
Ví dụ 6. (ĐH_B_2011). Cho hình lăng trụ ABCD.A’B’C’D’ có đáy ABCD là
hình chử nhật. AB=a, AD=a. Hình chiếu vuông góc của A’ lên mp(ABCD)

trùng với giao điểm của AC và BD. Góc giữa mp(ADD’A’) và (ABCD) bằng
60. Tính khoảng cách từ điểm B’ đến mp(A’BD).
Giải:
B’

C’

A’

D’

B
A

C
O H
D

Gọi O là giao điểm của AC và BD ⇒A’O ⊥ (ABCD)
Gọi E là trung điểm của AD ⇒ OE ⊥ AD, A’E ⊥ AD
⇒A’EO là góc giữa mp(ADD’A’) và mp(ABCD) ⇒A’EO = 60
⇒A’O = OE.tanA’EO = .tan60 =
Ta có B’C ∥(A’BD) ⇒ d(B’;(A’BD)) = d(C;(A’BD))
Kẻ CH ⊥ BD tại H ⇒ CH ⊥ (A’BD) ⇒ d(C;(A’BD)) = CH
Mà = + = ⇒ CH =
Vậy d(B’;(A’BD)) =
Bình luận: Qua bài tập ta có thể rút ra cách tính khoảng cách từ điểm I nào đó
đến mp(α) chứa đường cao của khối chóp như sau:
Bước 1: Xác định giao tuyến d của mp(α) và mặt đáy
12

Bước 2: Chọn 1 điểm M nằm trên mặt đáy thuận lợi nhất, rồi tính khoảng cách
từ điểm M đến mp(α), bằng cách kẻ MH ⊥ d tại M ⇒ MH ⊥ (α) ⇒ d(M;(α)) =
MH
Bước 3: Sử dụng BT 2 để suy ra
Vấn đề 3: Khoảng cách giữa 2 đường thẳng chéo nhau
*Phương pháp:
TH 1: a,b là hai đường thẳng chéo nhau, và a ⊥ b ta làm như sau:
- Dựng mặt phẳng (P) chứa a và vuông góc với b tại B
- Trong (P), dựng BA vuông góc a tại A. khi đó AB sẽ là đoạn vuông
góc chung của a,b

TH 2: a,b chéo nhau nhưng không vuông góc với nhau ta làm như sau:
- Dựng mp(P) chứa a và song song b
- Lấy M tùy ý trên b, dựng MM’ vuông góc (P) tại M’
- Từ M’ dựng b’//b cắt a tại A
- Từ A dựng AB // MM’ cắt b tại B. Đoạn AB là đoạn vuông góc chung
của a và b.

*Chú ý: Trong TH 2, việc tìm đoạn vuông góc chung là phức tạp. ta có thể
làm như sau: trên đường thẳng b chọn điểm M thích hợp
Khi đó: d(a,b)=d(M,(P)). Ta đưa về bài toán tính khoảng cách từ điểm đến mặt
phẳng.
Ví dụ1: Cho hình chóp S.ABCD có ABCD là hình chữ nhật với AB = 2a, BC =
3a, SA vuông góc (ABCD) và SA = 4a. Tính:
a) d(SB,AD)
b)d(SC,AB)
Nhận xét:

13


a) Ta dễ nhận thấy AD vuông góc (SAB), nên AD và SB là hai đường
thẳng chéo nhau và vuông góc (TH1). Từ A hạ AI vuông góc SB thì SI là đoạn
vuông góc chung của AD và SB
b) SC và AB là 2 đường thẳng chéo nhau, nhưng không vuông góc với
nhau. Việc dựng đoạn vuông góc chung của 2 đt là khó khăn.
Để ý SC nằm trong (SCD) và (SCD)// AB, ta đưa bài toán về tính khoảng cách
từ điểm đến mặt phẳng
Lời giải:
a)Từ A dựng AI vuông góc SB (I thuộc SB)
ta có AD ⊥ (SAB) ⇒ AD ⊥ AI
vậy AI là đoạn vuông góc chung của AD và SB
1

1

1

4a

trong tam giác SAB: AI2 = AB 2 + AS2 ⇒ AI =
5
4a
5
SC ⊂ ( SCD) 
b)
 ⇒ d (CD,AB) = d ( AB, ( SCD)) = d ( A, ( SCD))
AB //( SCD) 

Vậy d(AD,SB)=AI=

Trong tam giác SAD dựng AK vuông góc SD tại K
AK ⊥ SD 
 ⇒ AK ⊥ ( SCD) ⇒ d ( A, ( SCD)) = AK
AK ⊥ CD 
1
1
1
12a
=
+
⇒ AK =
Vậy d(CD,AB)=12a/5
2
2
2
AK
AS
AD
5

Ví dụ 2. (ĐH_A_2010). Cho khối chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông
cạnh a. Gọi M và N lần lượt là trung điểm của các cạnh AB và AD; H là giao
điểm của CN và DM. Biết SH vuông góc với mp(ABCD) và SH=a. Tính
khoảng cách giữa hai đường thẳng DM và SC.
Giải:
Ta có: ∆CDN = ∆DAM ⇒ CN ⊥ DM; mặt khác SH ⊥ DM ⇒ DM ⊥ (SCN)
⇒ DM ⊥ SC.

Kẻ HK ⊥ SC ⇒ HK ⊥ DM
⇒ d(HK, DM) = HK
S
Ta có S = S - S - S =
Mặt khác S = CH.DM
K
⇒ CH = =
B
C
= + =
M
H
D
⇒ HK = ⇒ d(DM, SC) =
N
A
14


Ví dụ 3. (ĐH_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
đáy. Gọi M là trung điểm AB, mặt phẳng qua SM song song BC cắt AC tại N.
Biết góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (ABC) bằng 60. Tính khoảng cách giữa
hai đường thẳng AB và SN theo a.
S
Giải:
(SAB) và (SAC) cùng vuông góc với (ABC)
⇒ SA ⊥ (ABC)
H
AB ⊥ BC ⇒ SB ⊥ BC

⇒ SBA là góc giữa mp(SBC) và (ABC)
D
⇒ SBA = 60 ⇒ SA = AB.tan60 = 2a
N
C
A
Mặt phẳng qua SM ∥ BC cắt AC tại N
B
⇒ MN ∥ BC và N là trung điểm AC
M
MN = = a
Kẻ đường thẳng ∆ đi qua N song song AB, gọi (α) là mp chứa SN và ∆
⇒AB ∥ (α) ⇒ d(AB, SN) = d(A;(α))
Kẻ AD ⊥ ∆ tại D ⇒ (SAD) ⊥ (α), Kẻ AH ⊥ SD ⇒AH ⊥ (α) ⇒ d(A,(α)) = AH
Ta có AD = MN = a ⇒ = + = ⇒AH =
Vậy: d(AB,SN) =
Ví dụ 4. (ĐH_A_2012). Cho hình chóp S.ABC là tam giác đều cạnh a. Hình
chiếu vuông góc của S lên (ABC) là H nằm trên AB sao cho AH=2HB. Góc giữa
SC và (ABC) bằng 60. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng SA và BC
theo a.
Giải:
S

K

I

A

C

H

B

Ta có là góc giữa SC và mp(ABC) ⇒ = 60.
Xét ∆ACH ta có: CH = AH + AC - 2AH.AC.cos60 = ⇒ CH =
⇒ SH = CH.tan60 =
Qua A kẻ đường thẳng ∆ song song với BC, gọi (α) là mp chứa SA và ∆
⇒ BC ∥ (α) ⇒ d(SA,BC) = d(B,(α)) = d(H,(α))
Kẻ HI ⊥ ∆ tại I ⇒ (SHI) ⊥ (α), kẻ HK ⊥ SI tại K ⇒ HK ⊥ (α) ⇒ d(H,(α)) = HK
Ta có HI = AH.sin60 = ⇒ = + = ⇒ HK =
⇒ d(H,(α)) = ⇒ d(B,(α)) = Vậy: d(SA,BC) =
15


Ví dụ 5. (ĐH_D_2008). Cho hình lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có đáy ABC là
tam giác vuông, AB=BC=a, cạnh bên A’A=a. Gọi M là trung điểm của BC.
Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng B’C và AM theo a.
Giải:
Ta có: AM = AB + BM = ⇒AM =
Qua C kẻ đường thẳng ∆ song song với AM, gọi (α) là mp chứa B’C và ∆
⇒AM∥(α) ⇒ d(AM,B’C) = d(M,(α)) = d(B,(α))
Kẻ BI ⊥ ∆ tại I ⇒ (B’BI) ⊥ (α), kẻ BK ⊥ B’I tại K ⇒ BK ⊥ (α) ⇒ d(B,(α)) =
BK
A’
C’
Ta có: sin = sin = =
⇒ BI = BC.sin =
KB’
⇒ = + = ⇒ HK =

I
⇒ d(B,(α)) = ⇒ d(M,(α)) =
A
C
Vậy: d(B’C,AM) = .
B M
Chú ý: Các dạng toán tính khoảng cách giữa đường thẳng và mặt phẳng
song song, hai mặt phẳng song song chúng ta đều đưa về bài toán tính khoảng
cách từ điểm đến mặt phẳng mà cách tìm lời giải bài toán chúng ta đã biết
C. MỘT SỐ ĐỀ THI TỔNG HỢP
Ví dụ 1( Câu V.1 Đề thi HSG tỉnh Thanh Hóa năm 2016): Cho hình chóp
S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại B, AB = BC = a 3 , khoảng cách
·
·
từ A đến mặt phẳng (SBC) bằng a 2 và SAB
= SCB
= 900 . Tính theo a thể tích
khối chóp S.ABC và khoảng cách giữa hai đường thẳng SB , AC .

Gọi H là hình chiếu vuông góc của S trên mp(ABC).
SH ⊥ ( ABC ) 
 ⇒ HA ⊥ AB .
SA ⊥ AB (gt) 
Tương tự HC ⊥ BC

Ta có:

Suy ra tứ giác HABC là một hình vuông
+Ta có: AH / / BC ⊂ ( SBC ) ⇒ AH / / ( SBC ) ⇒ d [ A, ( SBC )] = d [ H , ( SBC )] = a 2
(1).

• Dựng HK ⊥ SC tại K
Do

BC ⊥ HC 
 ⇒ BC ⊥ ( SHC ) ⇒ BC ⊥ HK
BC ⊥ SH 

(2)

Từ (1) và (2) suy ra HK ⊥ ( SBC ) , nên d [ H , ( SBC )] = HK = a 2
16


Ta có:

1
1
1
1
=
−
= 2 ⇒ HS = a 6
2
2
2
HS
HK
HC
6a

Thể tích Khối chóp S.ABC được tính bởi:
1
1
1
a3 6
V = S ABC .SH = AB.BC .SH = a 3.a 3.a 6 =
3
6
6
2
• Gọi I là hình chiếu của O lên SB khi đó d ( AC ; SB) = OI

a 6 1
a 3
0
• Trong tam giác vuông OIB ta có: OI = OB.sin 45 = 2 . 2 = 2

Vậy khoảng cách giữa AC và SB là d ( AC ; SB ) =

a 3
2

Ví dụ 2 (Câu 7. Đề thi THPT Quốc Gia năm 2015): Cho hình chóp S.ABCD
có đáy ACBD là hình vuông cạnh a, SA vuông góc với mặt phẳmg (ABCD), góc
giữa đường thẳng SC và mặt phẳng (ACBD) bằng 450.. Tính theo a thể tích của
khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng SB,AC.
S
Bài giải:
a) Do góc SCA = 45o nên tam giác
SAC vuông cân tại A

K
1
a3 2
Ta có AS = AC = = a 2 ⇔ V = a 2 .a 2 =
3

3

b) Gọi M sao cho ABMC là hình bình hành
Vẽ AH vuông góc với BM tại H, AK vuông góc SH tại K
H
Suy ra, AK vuông góc (SBM)
B
Ta có:

A

D
C

1
1
1
1
4
5
= 2+
= 2+ 2 = 2
2
2

AK
SA
AH
2a
2a
2a

M a 2
Vì AC song song (SBM) suy ra d(AC, SB) = d(A; (SBM)) = AK =

5
a
Ví dụ 3 . Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh .Góc
·
BAC
= 600 , hình chiếu của S trên mặt ( ABCD ) trùng với trọng tâm của tam giác

∆ABC . Mặt phẳng ( SAC ) hợp với mặt phẳng ( ABCD ) góc 600 . Tính thể tích khối
chóp S . ABCD và khoảng cách từ B đến mặt phẳng ( SCD ) theo a .
S
E

A
D

H

B

O

C

·
* Tính thể tích: Gọi O = AC ∩ BD Ta có : OB ⊥ AC , SO ⊥ AC ⇒ SOB
= 600
17


Xét tam giác SOH vuông tại H : tan 600 =
Ta có : tam giác ABC đều : S ABCD = 2.S ABC

SH
a 3
a
⇒ SH = OH .tan 600 =
. 3=
HO
6
2
2
a 3
=
2

1 a a 2 3 a3 3
=
(đvtt)
3 2 2
12

1
3

Vậy VSABCD = .SH .S ABCD = . .

* Tính khỏang cách
Trong ( SBD) kẻ OE PSH khi đó ta có : OC ; OD; OE đôi một vuông góc Và :
OC =

a
a 3
3a
; OD =
; OE =
2
2
8
1

1

1

1

3a

Áp dụng công thức : d 2 (O, SCD) = OC 2 + OD 2 + OE 2 ⇒ d =
112

Mà d ( B, SCD ) = 2d ( O, SCD ) =

6a
112

Ví dụ 4. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và B,
·
BDC
= 600 ,

AD = a 11, AB = a, SA = SB = SD = 2a. Tính thể tích khối chóp S.ABD và khoảng

cách từ S tới CD.
Giải
Gọi H là hình chiếu vuông
góc của S trên mp(ABCD).
Do

S

SA = SB = SD ⇒ HA = HB = HD

(các hình chiếu có đường
xiên bằng nhau)
∆ABD vuông tại A nên H là
trung điểm của BD.
A

D
H

B

I
C

BD = AB 2 + AD 2 = 12a 2
⇒ HD = a 3
⇒ SH = SD 2 − HD 2

= 4a 2 − 3a 2 = a
1
VS . ABD = SH .S ∆ABD
3
1 a.a 11 a 3 11
= a.
=
3
2
6
Hạ HI ⊥ CD theo định lý ba đường vuông góc ta có CD ⊥ SI

Suy ra SI là khoảng cách cần tìm.
3a
·
∆HID ⇒ HI = HD.sin HID
= a 3.sin 600 =
.
2
a 13
∆SHI ⇒ SI = SH 2 + HI 2 = ... =

2
18


Ví dụ 5. Cho hình chóp S.ABCD, đáy là hình chữ nhật có AB=a và BC=2a, mặt
phẳng (SAB) vuông góc với đáy, các mặt phẳng (SBC) và (SCD) cùng tạo với
đáy một góc bằng nhau. Biết khoảng cách giữa 2 đường thẳng SA và BD bằng
2a
. Tính thể tích khối chóp S.ABCD
6

Giải

S

t

H
A

E
D

B

C

Gọi H là hình chiếu của S trên ( ABCD) , suy ra H ∈ AB (do ( SAB) ⊥ ( ABCD) ).
CB ⊥ HB , suy ra góc giữa hai mặt phẳng ( SBC ) và ( ABCD) là góc SBH.
Hạ HE ⊥ CD ( E ∈ CD) , suy ra góc giữa hai mặt phẳng ( SCD) và ( ABCD) là góc

SEH.
Do đó SBH=SEH ⇒ HB = HE = 2a .
Ta được BD // AE ⇒ BD //( SAE ) ⇒ d( SA, BD) = d( B, ( SAE )) = d( H , ( SAE )) (do A là
trung điểm HB ) ⇒ d( H , ( SAE )) =

2a
.
6

Nhận xét rằng HA, HE , HS đôi một vuông góc, suy ra:
1
1
1
1
3
1
1
1
=
+
+
= 2+ 2+
⇔ SH = 2a .
2
2
2 ⇔
2
d ( H , ( SAE )) HA HE
HS
2a

a
4a
HS 2
2

1
3

Thể tích: V( S . ABCD ) = S( ABCD ) .SH =

4a 3
.
3

3a
, hình
2
chiếu vuông góc của S lên mp(ABCD) trùng với trung điểm của AB. Tính theo a
thể tích khối chóp S.ABCD và
S
khoảng cách từ A đến mp(SBD).
Giải:
Gọi H là hình chiếu vuông góc của
S lên mặt phẳng (ABCD)
Ví dụ 6. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a, SD =

⇒ H ∈ AB, SH ⊥ ( ABCD)

B

N
C

HD = AD 2 + AH 2 =

M

H

Vì ∆ DAH vuông tại A suy ra:
a 5
2

∆ SHD vuông tại H, suy ra:

I

19
A

D


SH = SD 2 − DH 2 =

9a 2 5a 2
−
=a
4
4

Thể tích hình chóp S.ABCD là :
1
1
a3
V = S ABCD .SH = .a 2 .a =
3
3
3
Từ H hạ HM ⊥ BD, M ∈ BD , nối SM. Từ H dựng HN ⊥ SM , N ∈ SM . Khi đó:
 DB ⊥ HM
⇒ DB ⊥ ( SHM ) ⇒ BD ⊥ HN .

 DB ⊥ SH
 HN ⊥ BD
⇒ HN ⊥ ( SBD) ⇒ d ( H , ( SBD) ) = HN .

 HN ⊥ SM
Vì H là trung điểm AB ⇒ d ( A, ( SBD) ) = 2d ( H , ( SBD) ) = 2 HN

(1)
Đặt AC ∩ BD = I .Trong ∆ AIB có HM //AI (cùng vuông góc với BD) và H là
1
2

trung điểm AB nên HM là đường trung bình => HM = AI =

a 2
4

∆ SHM vuông tại H, có HN là đường cao, HM và SH là hai cạnh góc vuông
a 2
.a
1
1
1
HM .SH
a
4
⇒
=
+
⇔ HN =
=
=
(2)
2
2
2
2
2
2
HN
HM
SH
3
HM + SH
2a
2
+a

16
2a
Từ (1) và (2) ta có: d ( A, ( SBD) ) =
3
Ví dụ 7. Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a, mặt bên
a 6
SAD là tam giác đều nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy, SC =
. Tính
2
thể tích khối chóp S . ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng AD, SB theo a.

Giải:
S

a

a 3
2

D

a

C

H

A

B

Gọi H là chân đường cao hạ từ S của tam giác đều SAD
Suy ra:

SH =

a 3
và SH ⊥ ( ABCD )
2
20


a 3
Trong tam giác vuông HSC có HC =

2
a2
3
a2
+ a2 −
2
2
2
DH + DC − CH
4 =1
·
·
cos HDC
=
= 4

⇒ HDC
= 600
a
2 DH .DC
2
2. .a
2
2
a 3
1
1 a 3 a2 3 1 3
VS . ABCD = SH .S ABCD =
.
= a
Suy ra S ABCD = DA.DC.sin ·ADC =
2
3
3 2
2
4
Ta có ∆ADC đều cạnh a ⇒ CH ⊥ AD ⇒ CH ⊥ BC
hay BC ⊥ ( SHC ) ⇒ BC ⊥ SC ⇒ ∆CSB vuông tại C
1 a3 a3
=
2 4
8

1
2

Lại có VD.SBC = VS . BCD = VS . ABCD = .

1
a3
3a 3
⇔ d ( D; ( SBC ) ) .S ∆SBC =
⇔ d ( D; ( SBC ) ) =
3
8
8.S ∆SBC
3a 3

3a 3
a 6
⇒ d ( D; ( SBC ) ) =
=
=
.
1
4
8. CS .CB 4. a 6 .a
2
2
a 6
.
Vậy d ( AD; SB ) = d ( D; ( SBC ) ) =
4

Ví dụ 8. Cho lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác vuông tại A,
BC = 3a , AA ' = a và góc giữa đường thẳng A’B với mặt phẳng trung trực đoạn BC

bằng 300. Tính theo a thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’ và khoảng cách giữa
hai đường thẳng A’B với AC .
Giải
Kẻ AH ⊥ BC Lại có AA ' ⊥ BC ⇒ BC ⊥ ( AA ' H )
Gọi (α) là mặt phẳng trung trực của BC
⇒ (α) // (AA’H)

(

) (

)

· ' H = 300
⇒ ·A ' B,(α ) = ·
A ' B,( AA ' H ) = BA

Đặt BH = x (0 < x < 3a). Tacó:
· 'H =
sin BA

BH
⇒ A ' B = 2 x ⇒ AB = 4 x 2 − a 2
A' B

Áp dụng hệ thức lượng cho tam giác ABC
vuông tại A . Ta có :
AB 2 = BH .BC ⇔ 4 x 2 − a 2 = 3ax ⇔ x = a
⇒ BH = a; HC = 2a ⇒ AH 2 = BH .CH = 2a 2 ⇒ AH = a 2
1

3a 2 2
3a3 2
AH .BC =
; VABC . A ' B 'C ' = AA '.S ABC =
(đvtt)
2
2
2
A ' C ' ⊥ A ' B '
có : A ' C ' ⊥ AA '  ⇒ A ' C ' ⊥ ( ABB ' A ') ⇒ ( BA ' C ') ⊥ ( ABB ' A ') theo


S ABC =

Ta

giao tuyến BA’

Trong (ABB’A’) kẻ AK ⊥ BA’ (K ∈ BA’) ⇒AK ⊥ (BA’C’)
1
1
1
1
1
4
a 3
=
+
= 2 + 2 = 2 ⇒ AK =
2

2
2
2
AK
AA '
AB
a
3a
3a

Vậy

d ( BA '; AC ) = d ( AC ;( BA ' C ')) = d ( A;( BA ' C ')) = AK =

a 3
2

21


Ví dụ 9. Cho hình lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’, có đáy ABC là tam giác
vuông cân ở B và AB = a. Hình chiếu vuông góc của A’ lên (ABC) trùng với
trung điểm H của cạnh AB. Biết diện tích mặt bên ABB’A’ bằng 3a 2 .
a) Tính thể tích khối lăng trụ đã cho.
b) Tính khoảng cách từ điểm B đến mp(ACB’).
Giải
Diện tích tam giác ABC là:
A’
1
1

C’
S = AB.BC = a 2
2

2
Theo gt ta có: A' H . AB = 3a 2 ⇒ A' H = 3a

B’

Thể tích khối lăng trụ đã cho là:
3 3
a
2
d ( B; ( ACB ') ) = 2d ( H ; ( ACB ') ) = 2 HK

E

A

V = S . A' H =

I
C

H
B

Với K là trực tâm tam giác AEI và
1
1

1
1
9
a
=
+
+
= 2 ⇒ HK =
2
2
2
2
3
HK
HA
HI
HE
a

Vậy d ( B; ( ACB') ) = 2 HK =

2a
3

Ví dụ 10. Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC.A’B’C’ có cạnh đáy bằng a, góc
giữa hai mặt phẳng (A’BC) và (ABC) bằng 60 0. Gọi M là trung điểm cạnh BC,
N là trung điểm cạnh CC’. Tính theo a thể tích khối chóp A.BB’C’C và khoảng
cách từ M đến mặt phẳng (AB’N).
Bài giải:

A'

Tam giác ABC đều cạnh a và M là trung
điểm BC nên:

C'

AM ⊥ BC và AM = a 3
2

B'
N

E

H

A

D

C
M
B

AM⊥BC và AA’⊥BC⇒A’M⊥ BC
⇒ Góc giữa hai mặt phẳng (A’BC) và
· ' MA = 600 .
(ABC) là A
Tam giác A’AM vuông tại A nên:

AA ' = AM.tan 600 =

Diện tích hình chữ nhật BB’C’C là: SBB'C'C = BB'.BC =
AM ⊥ BC và AM ⊥ BB’ ⇒AM ⊥ (BB’C’C)
1
3

a 3
3a
. 3=
2
2

3a 2
2

1 3a 2 a 3 a 3 3
.
=
3 2
2
4

Thể tích khối chóp S.ABCD là: ⇒ V = SBB'C'C .AM = ×

Trong mặt phẳng (BB’C’C), B’N cắt BC tại D.
·
Khi đó: C là trung điểm BD và BAD
= 900
Gọi E là trung điểm AD, ta có: CE ⊥ AD. Dựng CH ⊥ NE (H ∈ NE).

AD ⊥ CE và AD ⊥ CN ⇒AD ⊥ (CNE) ⇒AD ⊥ CH
CH ⊥ NE và CH ⊥ AD ⇒ CH ⊥ (AB’N).
22


1
2

a
2

1
2

3a
4
1
1
1
4 16
52
3a
=
+
=
+
=
⇒
CH
=

2 13
CH 2 CE 2 CN 2 a 2 9a 2 9a 2
3
3
9a
Do đó: d(M, (AB' N)) = 2 d(C, (AB' N)) = 2 CH =
4 13

Ta có: CE = AB = , CN = CC ' =

2.4. Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm đối với hoạt động giáo dục,
với bản thân, đồng nghiệp và nhà trường.
-Qua nhiều năm giảng dạy và đúc kết kinh nghiệm tôi nhận thấy rằng để dạy
cho học sinh học tốt môn hình học không gian thì cần phải giúp cho học sinh
nắm vững hệ thống lý thuyết các định nghĩa, định lý, hệ quả các phương pháp
chứng minh. Ngoài ra cần giúp cho học sinh biết cách tư duy hình ảnh, kỹ năng
vẽ hình. Nắm vững các yếu tố trên sẽ giúp cho việc giảng dạy của giáo viên
được thuận lợi, hoc sinh tiếp thu kiến thức ngày một tốt hơn.
-Sau 3 năm liên tục ôn thi HSG môn Toán và luyện thi THPT Quốc gia. Tôi
nhận thấy kết quả của học sinh có sự tiến bộ rõ rệt và các em tự tin hơn khi tham
gia các kỳ thi. Đặc biệt là câu hình học không gian trong các đề thi nhiều học
sinh đã có cách giải quyết triệt để.
-Qua một thời gian áp dụng sáng kiến vào thực tế giảng dạy tôi thấy được tâm
trạng của các học sinh trở nên tự tin hơn trong kiểm tra cũng như trong thi cử.
Đa số học sinh khi được trải nghiệm qua sáng kiến này thì cảm hứng học toán
dâng tràn. Hứng thú, say mê các dạng toán mang tính tư duy trừu tượng này;
giúp học sinh luôn luôn củng cố lại các kiến thức cũ và tiếp cận kiến thức mới.
Việc học môn toán không còn là vấn đề nan giải nữa rồi làm cho các em trở nên
phấn chấn và thoải mái hơn rất nhiều khi có tiết học toán; Thầy trò không còn
thấy áp lực nữa. Sau một thời gian áp dụng sáng kiến này kết quả học tập của

các em khả quan hơn. Giúp các em tự tin trong học tập và chuẩn bị hành trang
cho các kỳ thi.
Kết quả cụ thể của trường THPT Thường Xuân 3 là:
THI HSG TỈNH
THI ĐẠI HỌC KHỐI A,B
Năm học
Số HS làm
Số đỗ Số HS làm
Số HS Số đạt
Số HS
được câu
Đại
được câu
dự thi
giải
dự thi
HHKG
học
HHKG
2012-2013
02
0
0
6
2
1
2013-2014
01
0
1

5
2
1
2014-2015
03
3
3
7
5
6
Tổng
6
3
4
18
9
8
3. Kết luận và kiến nghị
3.1. Kết luận
Học toán đã khó, xong truyền đạt kiến thức cho học sinh lại càng khó hơn. Là
một giáo viên dạy vùng cao như tôi có rất ít học sinh tham gia học khối A, B
thì những sáng kiến như thế này rất quan trọng. Làm cho học sinh trung bình
khá trở lên tự tin hơn trong quá trình học tập.
23


Nếu sáng kiến kinh nghiệm này được áp dụng rộng rải thì tôi hy vọng
rằng những học sinh nào có ý chí vươn lên, ham tìm tòi học hỏi sẽ đạt được
kết quả khả quan .
Qua thực tiễn giảng dạy, tôi đã dùng tài liệu này cho các em tham khảo. Tôi

nhận thấy các em tiếp thu bài cũng nhẹ nhàng hơn và có hứng thú hơn rất nhiều
đối với môn hình học không gian. Kết quả đạt được của các em trong các bài
kiểm tra của các em cũng như các kỳ thi các em đã tham gia phần nào đã được
cải thiện.
Tài liệu này được viết dành cho các học sinh ôn thi học sinh giỏi tỉnh môn
Toán và luyện thi đại học.
a. Những bài học kinh nghiệm:
Như đã nêu trên, muốn cho học sinh học tốt hơn đối với môn học này thì
người giáo viên phải có một số kỹ năng sau:
* Kỹ năng nêu vấn đề và hướng dẫn học sinh giải quyết vấn đề.
* Kỹ năng giúp học sinh biết tư duy, trực quan hình vẽ.
* Kỹ năng vẽ hình và trình bày lời giải.
b. Ý nghĩa của sáng kiến kinh nghiệm:
Ý nghĩa của sáng kiến kinh nghiệm là nhằm tạo ra động lực thúc đẩy học
sinh tích cực học tập góp phần nâng cao chất lượng giảng dạy của bản thân nói
riêng và kết quả giáo dục của nhà trường nói chung.
c. Khả năng ứng dụng, triển khai:
Khả năng ứng dụng của sáng kiến kinh nghiệm nối bật ở hiệu quả của
việc ôn thi HSG và luyện thi THPT Quốc gia.
3.2. Kiến nghị
-Nhằm giúp cho học sinh học tốt hơn với môn học, bản thân có kiến nghị
với phòng thiết bị, Ban giám hiệu, Sở giáo dục có kế hoạch mua bổ sung một số
mô hình của hình không gian, một số tranh minh họa các nội dung được thể hiện
trong sách giáo khoa nhằm giúp cho việc giảng dạy của giáo viên được thuận lợi
hơn.
-Trên đây tôi đã trao đổi với đồng nghiệp vài kinh nghiệm trong dạy toán để
đạt kết quả cao. Kinh nghiệm suy nghĩ khi dạy toán và làm toán cũng như việc
rèn luyện kỹ năng giải toán một cách linh hoạt hơn cho học sinh. Vấn đề này
hết sức phong phú, bao gồm nhiều mặt và có lẻ nói không bao giờ hết. Tuy
nhiên sáng kiến của tôi còn hạn chế và không thể không có sai xót kính mong

quý Thầy cô, các đồng nghiệp tham khảo và góp ý kiến xây dựng để sáng kiến
của tôi ngày một có hiệu quả cao.
Xin chân thành cảm ơn !.
XÁC NHẬN CỦA
THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ

Thanh Hóa, ngày 15 tháng 5 năm 2016
Tôi xin cam đoan đây là SKKN của mình
viết, không sao chép nội dung của người
khác.
(Ký và ghi rõ họ tên)
24


Hồ Văn Tám

DANH MỤC TÀI LIỆU THAM KHẢO
1. Phan Đức Chính – Năm (1957 – 1997 ) - Tuyển tập 30 năm, Tạp chí
toán học và tuổi trẻ - Nhà xuất bản Giáo Dục.
2. Hình học cơ bản 11– Bộ giáo dục - Nhà xuất bản giáo dục- 2007
3. Hình Học cơ bản 12 – Bộ giáo dục - Nhà xuất bản giáo dục- 2008
4. Hình Học nâng cao 12 – Bộ giáo dục - Nhà xuất bản giáo dục- 2008.
5. Một số tài liệu lấy từ internet

25