Phương pháp phân loại dạng toán tính khoảng cách trong hình học không gia

PHƯƠNG PHÁP PHÂN LOẠI DẠNG TOÁN
TÍNH KHOẢNG CÁCH TRONG HÌNH HỌC KHÔNG GIAN
I. MỞ ĐẦU:
1.1. Lý do chọn đề tài.
Năm 2018 là năm thứ 2 triển khai thi trắc nghiệm môn Toán trong kỳ thi
THPT quốc gia. Đồng thời đây là năm đầu tiên thi cả chương trình lớp 11 mà đặc
biệt hơn nữa nội dung thi của hình học có tới 50% các bài toán hình học không
gian tổng hợp, trong đó trọng tâm kiến thức là phần khoảng cách. Qua đề thi
THPT quốc gia năm 2017 và đề tham khảo của bộ cho năm 2018 cho ta thấy
rằng các bài toán hình học không gian tổng hợp nói chung và bài toán khoảng
cách nói riêng thì mức độ của nó ít nhất là thông hiểu phần đa là vận dụng thấp
và một số là vận dụng cao. Do đó để đạt được kết quả cao cho bài thi môn toán
đòi hỏi học sinh ngoài việc có kiến thức vững vàng còn cần có kỹ năng và linh
hoạt trong làm bài vì thời gian rất ngắn số lượng câu hỏi lại nhiều, do vậy đòi hỏi
các em khi gặp 1 bài toán cần linh hoạt lựa chọn cho mình cách giải quyết nhanh
nhưng lại phải chính xác. Ngoài ra bài toán về khoảng cách trong không gian giữ
một vai trò quan trọng, nó xuất hiện ở hầu hết các đề thi đề thi học sinh giỏi
những năm gần đây. Vì đây là phần kiến thức đòi hỏi học sinh phải có tư duy sâu
sắc, có trí tưởng tượng hình không gian phong phú nên đối với học sinh đại trà,
đây là mảng kiến thức khó và thường để mất điểm trong các kì thi nói trên. Đối
với học sinh giỏi, các em có thể làm tốt phần này. Tuy nhiên cách giải còn rời
rạc, làm bài nào biết bài đấy và thường tốn khá nhiều thời gian.
Trong sách giáo khoa, sách bài tập và các tài liệu tham khảo, loại bài tập
này khá nhiều song chỉ dừng ở việc cung cấp bài tập và cách giải, chưa có tài
liệu nào phân loại một cách rõ nét các phương pháp tính khoảng cách trong
không gian.
Đối với các giáo viên, thì do lượng thời gian ít ỏi và việc tiếp cận các phần
mềm vẽ hình không gian còn hạn chế nên việc biên soạn một chuyên đề có tính
hệ thống về phần này còn gặp nhiều khó khăn.
Khi còn là học sinh, mỗi khi suy nghĩ các bài toán nhỏ, nhờ sự hướng dẫn
của Thầy giáo đã giúp tôi có những bài toán mới, lời giải mới.Và giúp tôi có

những phân tích hay, sâu sắc trên bục giảng, có thêm kinh nghiệm, sự sáng tạo,
có niềm tin vào chính mình.Vì vậy song song với việc giảng dạy kiến thức cho
học sinh trong các giờ lên lớp, tôi luôn luôn coi việc bồi dưỡng năng lực tư duy
toán cho học sinh một cách trực tiếp hoặc gián tiếp thông qua giải toán. Đặc biệt
là bồi dưỡng năng lực sử dụng phương pháp hàm số cho học sinh là một nhiệm
vụ quan trọng của việc giảng dạy toán . Qua nhiều năm đứng trên bục giảng, khi
bàn tới vấn đề này, tôi luôn băn khoăn làm thế nào để cho giờ dạy của mình đạt
kết quả cao nhất, các em chủ động trong việc chiếm lĩnh kiến thức. Thầy đóng
vai trò là người điều khiến để các em tìm đến đích của lời giải. Chính vì lẽ đó
trong hai năm học 2016 - 2017 và 2017 - 2018, Tôi đã đầu tư thời gian nghiên

1


cứu đề tài “Phương pháp phân loại dạng toán tính khoảng cách trong hình
học không gian ”.
1.2. Mục đích nghiên cứu:
Một mặt là giúp học sinh hiểu được bản chất của vấn đề, các em có thể
phát hiện được hướng giải các bài toán tính khỏng cách trong hình học không
gian tổng hợp, hơn nữa tạo ra cho các em hứng thú trong giải toán nói chung và
giải các bài toán liên quan đến hình học không gian nói riêng. Mặt khác sau khi
nghiên cứu tôi sẽ có một phương pháp giảng dạy có hiệu quả cao trong các giờ
lên lớp, trả lời thoả đáng câu hỏi “Vì sao có thể vẽ được hình đẹp và nhìn ra
nhanh như vậy”.
Cung cấp cho học sinh cách tính khoảng cách trong các bài toán hình học
không gian tổng hợp.
Giới thiệu một số ví dụ minh họa giải các bài toán tính khoảng cách trong
không gian. Từ đó giúp học sinh nâng cao năng lực tư duy hình học.
1.3. Đối tượng nghiên cứu:
Các bài tập trong sách giáo khoa môn toán THPT và đề thi đại học các

năm gần đây về phần tính khoảng cách và các bài toán liên quan.
1.4. Phương pháp nghiên cứu:
1.4.1. Phương pháp nghiên cứu xây dựng cơ sở lý thuyết. Từ các tài liệu
tham khảo và quá trình giảng dạy tôi đúc rút ra được hệ thống lý thuyết về
phương pháp hàm số nói chung để giải quyết các bài toán THPT đặc biệt vận
dung vào các tính khoảng cách và các bài toán liên quan.
1.4.2. Phương pháp điều tra khảo sát thực tế, thu thập thông tin. Qua quá
trình giảng dạy thực tiễn, qua các kênh thông tin khác nhau như giao bài tập, làm
đề khảo sát theo chuyên đề rồi từ đó có những điều chỉnh ngày càng phù hợp với
thực tiễn nhận thức của học sinh góp phần nâng cao chất lượng giáo dục phần
bài tập tính khoảng cách trong không gian.
1.4.3. Phương pháp thống kê, xử lý số liệu. Từ báo kết quả của các bài
kiểm tra qua thống kê xử lý số liệu để biết được hiệu quả của sáng kiến từ đó đề
ra giải pháp tối ưu cho công tác giảng dạy phần mũ và logarít trong năm học tới..

2


II. PHẦN NỘI DUNG
Phương pháp phân loại dạng toán tính khoảng cách
trong hình học không gian
2.1. Cơ sở lí luận của sáng kiến kinh nghiệm.
2.1.1. Khoảng cách từ một điểm đến một đường thẳng
Cho điểm O và đường thẳng . 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
đường thẳng . Kí hiệu d (O, )
* Nhận xét
- M �, OM �d (O,  )
- Để tính khoảng cách từ điểm O đến đường thẳng  ta có thể
+ Xác định hình chiếu H của O trên  và tính OH

+ Áp dụng công thức
2.1.2. Khoảng cách từ một điểm đến một mặt phẳng
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,( ))
* Nhận xét
- M  ( ), OM d (O,( ))
- Để tính khoảng cách từ điểm O đến mặt phẳng () ta có thể sử dụng một
trong các cách sau:
Cách 1. Tính trực tiếp. Xác định hình chiếu H của O trên () và tính OH
* Phương pháp chung.
- Dựng mặt phẳng (P) chứa O và vuông góc với ()
- Tìm giao tuyến  của (P) và ()
- Kẻ OH   ( H � ). Khi đó d (O,( ))  OH . Đặc biệt:
+ Trong hình chóp đều, thì chân đường cao hạ từ đỉnh trùng với tâm đáy
+ Hình chóp có một mặt bên vuông góc với đáy thì chân đường vuông góc
hạ từ đỉnh sẽ thuộc giao tuyến của mặt bên đó với đáy
+ Hình chóp có 2 mặt bên vuông 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
Cách 2. Sử dụng công thức thể tích
1
3V
Thể tích của khối chóp V  S .h � h 
. Theo cách này, để tính
3
S

khoảng cách từ đỉnh của hình chóp đến mặt đáy, ta đi tính V và S
Cách 3. Sử dụng phép trượt đỉnh
3


Ý tưởng của phương pháp này là: bằng cách trượt đỉnh O trên một đường
thẳng đến một vị trí thuận lợi O ' , ta quy việc tính d (O,( )) về việc tính
d (O ',( )) . Ta thường sử dụng những kết quả sau:
Kết quả 1. Nếu đường thẳng  song song với mặt phẳng () và M, N   thì
d ( M ;( ))  d ( N ;( ))
Kết quả 2. Nếu đường thẳng  cắt mặt phẳng () tại điểm I và M, N   (M, N
không trùng với I) thì
d ( M ;( )) MI

d ( N ;( )) NI
1
Đặc biệt, nếu M là trung điểm của NI thì d ( M ;( ))  d ( N ;( ))
2
d
(
M
;(

))

d
( N ;( ))
nếu I là trung điểm của MN thì
Cách 4. Sử dụng tính chất của tứ diện vuông
Cơ sở của phương pháp này là tính chất sau: Giả sử OABC là tứ diện vuông tại O

( OA  OB, OB  OC , OC  OA ) và H là hình chiếu của O trên mặt phẳng (ABC).
Khi đó đường cao OH được tính bằng công thức
1
1
1
1



2
2
2
OH
OA
OB
OC 2
Cách 5. Sử dụng phương pháp tọa độ
Cơ sở của phương pháp này là ta cần chọn hệ tọa độ thích hợp sau đó sử dụng
các công thức sau:
Ax0  By0  Cz0  D
d ( M ;( )) 
với M ( x0 ; y0 ; z0 ) , ( ) : Ax  By  Cz  D  0
A2  B 2  C 2
uuur r
MA �u
r
d ( M , ) 
r
với  là đường thẳng đi qua A và có vectơ chỉ phương u
u

r ur uuur
u �u '. AA '
ur
d (,  ')  r ur
với  ' là đường thẳng đi qua A ' và có vtcp u '
u �u '
Cách 6. Sử dụng phương pháp vectơ
2.1.3. Khoảng cách từ một đường thẳng đến một mặt phẳng song song với
nó.
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.
4


2.1.4. 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 (( );(  ))
- �γ
- Việc tính khoảng cách giữa hai mặt phẳng song song được quy về việc
tính khoảng cách từ một điểm đến một mặt phẳng.
2.1.5. Khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau
Cho hai đường thẳng chéo nhau a và b. Đường thẳng  cắt cả a và b đồng
thời vuông góc với cả a và b được gọi là đường vuông góc chung của a và b.

Đường vuông góc chung  cắt a tại H và cắt b tại K thì độ dài đoạn thẳng MN
gọi là khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau a và b. Kí hiệu d (a, b) .
* Nhận xét
M a, N b, MN d (a, b)
- �γ
- Để tính khoảng cách hai đường thẳng chéo nhau a và b ta làm như sau:
+ Tìm H và K từ đó suy ra d (a, b)  HK
+ Tìm một mặt phẳng (P) chứa a và song song với b. Khi đó
d (a, b)  d (b,( P ))
+ Tìm cặp mặt phẳng song song (P), (Q) lần lượt chứa a và b. Khi đó
d (a, b)  d (( P),(Q))
+ Sử dụng phương pháp tọa độ
* Đặc biệt
- Nếu a  b thì ta tìm mặt phẳng (P) chứa a và vuông góc với b, tiếp theo ta
tìm giao điểm I của (P) với b. Trong mp(P), hạ đường cao IH. Khi đó
d (a, b)  IH
- Nếu tứ diện ABCD có AC = BD, AD = BC thì đoạn thẳng nối hai trung
điểm của AB và CD là đoạn vuông góc chung của AB và CD.
2.2. Thực trạng vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm.
Bài tập tính khoảng cách trong không gian là 1 trong số những vấn đề khó
đối với học sinh nói chung và với học sinh trường Lê Lai nói riêng. Bởi trong
toán học bài tập tính khoảng cách trong không gian được coi là nội dung đòi hỏi
học sinh phải có khả năng tư duy trừ tượng tốt. Khó khăn lớn nhất của học sinh
trong vấn đề này đó là việc dựng độ dài của khoảng cách trong không gian bởi
nó đòi hỏi các em phải có nền kiến thức hình học không gian rất chắc, đặc biệt là
phần quan hệ vuông góc ở chương III sách giáo khoa lớp 11.
Đặc biệt hơn nữa là việc tính khoảng cách trong không gian cần chuyển qua
việc tính độ dài một đoạn thẳng do vậy phải ghép nó vào tam giác và giải tam
giác đó, vì vậy học sinh cần có kỹ năng giải tam giác trong không gian. Tuy
nhiên công việc này không hề đơn giản bởi trong hình biểu diễn các quan hệ

vuông góc, bàng nhau thường không bảo tồn do việc sử dụng không gian 2 chiều

5


để biểu diễn không gian ba chiều chính vì vậy việc vận dụng các công thức giải
tam giác trong không gian lại càng trở nên khó khăn hơn.
Thực tế kết quả kiểm tra trước khi áp dụng sáng kiến này ở các lớp 12
trong năm học 2016 – 2017 như sau.
Lớp kiểm tra
Giỏi
Khá
Trung bình
Yếu
Lớp 12B5
3%
40%
40%
17%
Lớp 12B4
1%
30%
51%
18%
Lớp 12B8
0%
15%
43%
40%
Từ thực trạng trên tôi đã trăn trở và tìm giải pháp để áp dụng cho các lớp

dạy trong năm học 2017 – 2018 nhằm giải quyết khó khăn và nâng cao chất
lượng giải bài tập tính khoảng cách trong không gian trong kỳ thi THPT săp tới.
2.3. Các sáng kiến kinh nghiệm hoặc các giải pháp đã sử dụng để giải quyết
vấn đề.
2.3.1. Phương pháp tính trực tiếp
Ví dụ 1.
Cho hình chóp SABCD có đáy ABCD là hình thoi tâm O, cạnh a, góc
�  600 , có SO vuông góc mặt phẳng (ABCD) và SO = a.
BAD
a) Tính khoảng cách từ O đến mặt phẳng (SBC).
b) Tính khoảng cách từ đường thẳng AD đến mặt phẳng (SBC).
Lời giải.
S
OK

BC
�
BC

SOK


a) Hạ
Trong (SOK) kẻ OH  SK � OH   SBC 
F
� d  O,  SBC    OH .
Ta có ABD đều � BD  a � BO 

a
; AC  a 3

2

H

A

Trong tam giác vuông OBC có:
1
1
1
13
a 39
E


 2 � OK 
O
2
2
2
OK
OB OC
3a
13
B
D
C
Trong tam giác vuông SOK có:
1
1

1
16
a 3
a 3
. Vậy d  O,  SBC    OH 


 2 � OH 
2
2
2
OH
OS
OK
3a
4
4
b) Ta có AD / / BC � AD / /  SBC 
S

B
D
K

� d  AD,  SBC    d  E ,  SBC  

EF / / OH  F �SK  .
Kẻ
Do
OH   SBC  � EF   SBC 

Ví dụ 2. (Đề thi Đại học khối A năm
2010).

K
N

A

D
H

6

M

B

C


Cho hình 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 với DM. Biết SH
vuông góc với mặt phẳng (ABCD) và SH  a 3 . Tính khoảng cách giữa hai
đường thẳng DM và SC theo a.
Lời giải.
�
Ta có: MAD  NCD � �
ADM  DCN
� MD  NC
Do SH   ABCD  � MD  SH

MD   SHC 
Kẻ HK  SC  K �SC 

Suy ra HK là đoạn vuông góc chung của DM và SC nên d  DM , SC   HK
Ta có:
CD 2 2a
SH �
HC
2 3a
HC 


�
, HK 
CN
5
19
SH 2  HC 2
2 3a
Vậy d  DM , SC  
19
2.3.2. Phương pháp sử dụng công thức tính thể tích.
Ví dụ 3.
Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có AB = 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).
Phân tích. Theo giả thiết, việc tính thể tích các khối 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 (AMN) về việc tính thể tích của các khối chóp nói trên, khoảng
cách từ P đến (AMN) có thể thay bằng khoảng cách từ C đến (SAB).

Lời giải.
Gọi O là tâm của hình vuông ABCD, khi đó SO  (ABCD).
1
1
a2 7
M, N lần lượt là trung điểm của SA và SB nên S AMN  S ANS  S ABS 
2
4
16
PC / /( AMN )
.
S
� d  ( P,( AMN ))   d  (C ,( AMN )) 
Vậy:

M

N

D

P
C

A

O
B

7

1
1 1
VP. AMN  S AMN .d  ( P,( AMN ))   . S ABS .d  (C ,( AMN )) 
3
3 4
1
1
1 1
 VC . ABS  VS . ABC  . S ABC .SO . S ABC  1 a 2 , SO  SA2  AO 2  a 6 .
4
4
4 3
2
2
3V
6
1 1 2 a 6 a3 6
� d  ( P,( AMN ))   PAMN  a
Vậy VAMNP  . a .

S AMN
7
12 2
2
48
Ví dụ 4. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông tâm O, SA vuông
góc với đáy hình chóp. Cho AB = a, SA = a 2 . Gọi H, K lần lượt là hình chiếu
của A trên SB, SD. Tính khoảng cách từ điểm O đến mặt phẳng (AHK).

Phân tích. Khối chóp AOHK và ASBD
S
có chung đỉnh, đáy cùng nằm trên một
mặt phẳng nên ta có thể tính được thể
tích khối chóp OAHK, hơn nữa tam giác
AHK cân nên ta tính được diện tích của
nó.
K
Lời giải.
1
D
H
Cách 1: VOAHK  S AHK .d  O;  AHK  
3
A
Trong đó:
O
B

G

C

I

J
1
1
1
3

a 6
a 6
;



�
AH


SAD


SAB
� AK  AH 
2
2
2
2
AH
AB
AS
2a
3
3
Ta có HK và BD đồng phẳng và cùng vuông góc với SC nên HK // BD.
AI cắt SO tại G là trọng tâm của tam giác SAC, G thuộc HK nên
HK SG 2
2
2 2a

. Tam giác AHK cân tai A, G là trung điểm

 � HK  BD 
BD SO 3
3
3
2
2 1
1
2a
của HK nên AG  HK và AG  AI  . SC  .2a 
3
3 2
3
3
2
1
1 2a 2 2a 2 2 a
S AHK  AG.HK  . .

2
2 3
3
9
1
1
1
VOAHK  VAOHK  d  A;  OHK   .S OHK  d  A;  SBD   .SOHK  h.S OHK
3
3

3
Tứ diện ASBD vuông tại A nên:
1
1
1
1
5
a 10




�
h

h 2 AS 2 AB 2 AD 2 2a 2
5
Tam giác OHK cân tại O nên có diện tích S bằng


8


1
1 a 10 2 2a
5a 2
1
2a 3
S  OG.HK  .
.


� VOAHK  Sh 
2
2 6
3
9
3
27
2a 3
3�
3VOAHK
27  a
� d  O;  AHK   

S AHK
2
2 2a 2
9
2
Cách 2: Ta chứng minh VOAHK  VSABD
9
2
1
1
1 2
2
OG  � BD �
SO  S SBD
Ta có: HK  BD; OG  SO � SOHK  HK �
3

3
2
2 9
9
2
2 1
1
a3 2
� VAOHK  VSABD  � SA � AB �
AD 
9
9 3
2
27
Cách 3: Giải bằng phương pháp tọa độ như sau:
Chọn hệ tọa độ Oxyz sao cho O  A, B(a ; 0 ; 0), D(0 ; a ; 0), S(0 ; 0 ; a 2 ).
� 2a a 2 � �2a a 2 � �a a �
0; ;
Tính SH, SK suy ra tọa độ của H �
�, K � ;0;
�, O � ; ;0 �
3
3
3
3
�
� �
� �2 2 �
uuur uuur uuur
1�

AH , AK �
. AO
Áp dụng công thức V  �
�
6
Cách 4: SC  (AHK) nên chân đường vuông góc hạ từ O xuông (AHK) có thể
xác định được theo phương SC.
* AH  SB, AH  BC (do BC  (SAB))  AH  SC
Tương tự AK  SC. Vậy SC  (AHK)
* Giả sử (AHK) cắt SC tại I, gọi J là trung điểm của AI, khi đó OJ // SC
 OJ  (AHK).
SA = AC = a 2  SAC cân tại A  I là trung điểm của SC.
1
1
1
a
Vậy OJ  IC  SC  .2a 
2
4
4
2
2.3.3. Phương pháp trượt
Ví dụ 5. (Đề thi Đại học khối
B1
C1
B năm 2011).
Cho lăng trụ ABCDA1B1C1D1 có
đáy ABCD là hình chữ nhật
A1
AB  a, AD  a 3 . Hình chiếu

D1
vuông góc của điểm A1 trên mặt
phẳng (ABCD) trùng với giao
điểm của AC và BD, góc giữa
hai mặt phẳng (ADD1A1) và
(ABCD) bằng 600. Tính thể tích
B
C

K

9

O
H
A

E

D


của khối lăng trụ đã cho và khoảng cách từ điểm B1 đến mặt phẳng (A1BD) theo
a.
Phân tích. Do B1C // (A1BD) nên ta trượt đỉnh B1 về vị trí thuận lợi C và quy
việc tính d  B1 ;  A1 BD   thành tính d  C ;  A1 BD  
Bài giải.
  ABCD 
* Gọi O là giao điểm của AC và BD � AO
1

Gọi E là trung điểm AD
� OE  AD & A1 E  AD � �
A1EO  600
a 3
suy ra S ABCD  a 2 3
AO
 OE.tan �
A1 EO 
1
2
3
3a
Vlt  AO
.S ABCD 
1
2
* Tính d  B1 ;  A1 BD   :
Cách 1:
Do B1C // (A1BD)
� d  B1 ;  A1BD    d  C ;  A1BD  
Hạ CH  BD � CH   A1BD  � d  C ;  A1 BD    CH 
Cách 2:
d  B1;  A1 BD    d  C ;  A1 BD    d  A;  A1 BD   

CB.CD
CB  CD
2

2



a 3
2

3VA ABD
1

S A BD
1

3

1
a
Trong đó: VA ABD  Vlt 
6
4
1
1 a 3
a2 3
SA BD  AO
.BD  � �
2a 
1
2
2 2
2
3
a

3�
a 3
� d  B1 ;  A1BD    2 4 
2
a 3
2
Ví dụ 6. Cho hình chóp SABCD có đáy ABCD là hình vuông tâm O có cạnh
bằng a, SA  a 3 và vuông góc với mặt phẳng (ABCD).
a) Tính khoảng cách từ O đến (SBC).
b)Tính khoảng cách từ trọng tâm tam giác SAB đến (SAC).
1

1

10


Phân tích: Do OA � SBC   C , nên thay vì việc tính d  O,  SBC   ta đi tính

d  A,  SBC   , tương tự như vậy ta có thể quy việc tính d  G,  SAC   thông qua

việc tính d  E ,  SAC   hay d  B,  SAC  
Lời giải.
a) Ta có: OA � SBC   C nên:
d  O,  SBC   OC 1


d  A,  SBC   AC 2
1
� d  O,  SBC    d  A,  SBC  

2

S

G

H

A

D

F
E

Gọi H là hình chiếu của A trên SB ta có:
�AH  SB
B
� AH   SBC 
�
AH

BC
�
Trong tam giác vuông SAB có:
1
1
1
4
a 3

 2
 2 � AH 
2
2
AH
SA
AB 3a
2
1
1
a 3
� d  O,  SBC    d  A,  SBC    AH 
2
2
4
b) Gọi E là trung điểm AB, G là trọng tâm tam giác SAB.
Do EG � SAB   S nên
d  G,  SAC   GS 2
2

 � d  G ,  SAC    d  E ,  SAC  
d  E ,  SAC   ES 3
3

O
C

�BO  AC
� BO   SAC  ; BE � SAC   A
Ta có: �

BO

SA
�
1
1
a 2
� d  E ,  SAC    d  B,  SAC    BO 
2
2
4
2 a 2 a 2
� d  G,  SAC    �

3 4
6
2.3.4. Phương pháp sử dụng tính chất của tứ diện vuông
1. Định nghĩa. Tứ diện vuông là tứ diện có một đỉnh mà ba góc phẳng ở đỉnh
A
đó đều là góc vuông.
2. Tính chất. Giả sử OABC là tứ diện
vuông
tại
O
(
OA  OB, OB  OC , OC  OA ) và H là
H

O

C
D
B

11


hình chiếu của O trên mặt phẳng (ABC). Khi đó đường cao OH được tính
bằng công thức
1
1
1
1



OH 2 OA2 OB 2 OC 2
Chứng minh.
Giả sử AH �BC  D , OH  ( ABC ) � OH  BC (1)
OA  OB, OA  OC � OA  BC (2)
Từ (1) và (2) suy ra BC  OD . Trong các tam giác vuông OAD và OBC ta có
1
1
1
1
1
1


,



OH 2 OA2 OD 2 OD 2 OB 2 OC 2
1
1
1
1



Vì vậy
OH 2 OA2 OB 2 OC 2
Mục tiêu của phương pháp này là sử dụng các phép trượt để quy việc tính
khoảng cách từ một điểm đến một mặt phẳng về việc tính khoảng cách từ đỉnh
của tam diện vuông đến mặt huyền của nó và vì vậy áp dụng được tính chất trên
Ví dụ 7. Cho lăng trụ đều ABC. A ' B ' C ' có tất cả các cạnh đều bằng a. Gọi M, N
lần lượt là trung điểm của AA ' và BB ' . Tính khoảng cách giữa B ' M và CN
Phân tích. Để tính khoảng cách giữa B ' M và CN
A'
C'
ta tìm một mặt phẳng chứa CN và song song với
B ' M , tiếp theo ta dùng các phép trượt để quy việc
tính khoảng cách từ một điểm đến một mặt phẳng
B'
M
về việc tính khoảng cách trong tứ diện vuông.
D

N

Lời giải.
A
Gọi O, D lần lượt là trung điểm của BC và CN thì C
OACD là tứ diện vuông tại O. AMB ' N là hình
O
bình hành � NA / / B ' M . Mặt phẳng (ACN) chứa
B
CN và song song với B ' M nên
d ( B ' M , CN )  d ( B ' M ,( ACN ))  d ( B ',( ACN ))  d ( B,( ACN ))  2d (O,( ACD))  2h
Áp dụng tính chất của tứ diện vuông ta được
1
1
1
1
64
a 3
a 3




�
h

.
Vậy
d
(
B
'

M
,
CN
)

8
4
h 2 OA2 OC 2 OD 2 3a 2
Ví dụ 8. Cho hình lập phương ABCD. A ' B ' C ' D ' có cạnh bằng a. Gọi M là trung
điểm của DD ' . Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng CM và A ' D .
Lời giải.
Gọi N là trung điểm của BB ' thì A ' NCM là hình bình hành nên A ' N / / CM .
Mặt phẳng ( A ' ND ) chứa A ' D và song song với CM nên

12


d (CM , A ' D)  d (CM ,( A ' ND))
với
 d ( M ,( A ' ND))  d ( M ,( A ' DE ))
E  AB �A ' N . Gọi
O  AD '�A ' D, G  AD '�AM thì G là trọng
tâm của tam giác ADD ' . Do đó
d ( M ,( A ' DE )) GM 1

 .
d ( A,( A ' DE )) GA 2
Tứ diện AA ' DE vuông tại A nên
1
1

1
1
9
2a



 2 � d ( A,( A ' DE )) 
.
2
2
2
2
3
d ( A,( A ' DE )) AA '
AD
AE
4a
1
a
Vậy d (CM , A ' D)  d ( M ,( A ' DE ))  d ( A,( A ' DE )) 
2
3
2.3.5. Sử dụng phương pháp tọa độ.
* Phương pháp:
Bước 1: Chon hệ toạ độ Oxyz gắn với hình đang xét.
Bước 2: Chuyển bài toán từ ngôn ngữ hình học sang ngôn ngữ toạ độ - véc tơ
Bước 3: Giải bài toán bằng phương pháp toạ độ, rồi chuyển sang ngôn ngữ hình
học.
Ví dụ 9.

Cho hình lập phương ABCDA’B’C’D’ cạnh bằng 1. Một mặt phẳng    bất kì đi
qua đường chéo B’D.
a) Tính khoảng cách giữa hai mặt phẳng (ACD’) và (A’BC’)
b) Xác định vị trí của mặt phẳng    sao cho diện tích của thiết diện cắt bởi mp
   và hình lập phương là bé nhất.
A
N
B
z
Phân tích: Với một hình lập phương ta
luôn chọn được một hệ toạ độ thích hợp,
khi đó tạo độ các đỉnh đã biết nên việc
C
tính khoảng cách giữa hai mặt phẳng D
H
(ACD’) và (A’BC’) trở nên dễ dàng. Với
y
phần b, ta quy việc tính diện tích thiết
diện về việc tính khoảng cách từ M đến
A'
B'
đường thẳng DB’.
Lời giải.
D'

A'

C'

B'

M

O

G

N

D

C

A

B

E

x
M
Chọn hệ toạ độ sao cho gốc toạ độ
O �D '  0;0;0 
A '  0;1;0  , B '  1;1;0  , C '  1;0;0  , A  0;1;1 , C  1;0;1 Gọi M là điểm bất kì trong đoạn
thẳng C’D’, tức M  x;0;0  ; 0 �x �1
a) Dễ dàng chứng minh được (ACD’) // (A’BC’)
D'

C'

13


� d   ACD ' ,  A ' BC '    d  A ',  ACD '  
Mặt phẳng (ACD’) có phương trình: x  y  z  0
1
� d   ACD ' ,  A ' BC '   d  A ',  ACD '   
3
b) Giả sử    cắt (CDD’C’) theo giao tuyến DM, do hình lập phương có các mặt
đối diện song song với nhau nên    cắt (ABB’A’) theo giao tuyến B’N//DM và
DN//MB’. Vậy thiết diện là hình bình hành DMB’N.
Gọi H là hình chiếu của M trên DB’. Khi đó:
S DMB ' N  DB '�
MH  DB '�
d  M , DB '  .
Ta có: DB '  3
uuuu
r uuuu
r
�
2
MD
;
DB
'�
�
� 2x  2x  2
d ( M , DB ') 

uuuu

r
3
DB '
2

1
3
� 1� 3
Dấu đẳng thức xảy ra khi x 
S DMB ' N  2 x  2 x  2  2 �x  � �
2
2
� 2� 2
�1
�
Nên diện tích S DMB ' N nhỏ nhất khi M � ;0;0 �, hay M là trung điểm D’C’
�2
�
�1 �
0; ;0 �
Hoàn toàn tương tự nếu M  0; y;0  � M �
�2 �
Vậy diện tích S DMB ' N nhỏ nhất khi M là trung điểm D’C’ hoặc M là trung điểm
D’A’.
Ví dụ 10.
Cho hình chóp SABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a.
SA   ABCD  , SA  a . Gọi M là điểm di động trên cạnh CD. Xác định vị trí của
M để khoảng cách từ điểm S đến BM lớn nhất, nhỏ nhất.
Lời giải.
Chọn hệ toạ độ trực chuẩn Oxyz sao cho

O �A  0;0;0  , B  1;0;0  , C  1;1;0  , D  0;1;0  , S  0;0;1 . M là điểm di động trên CD
nên M  t ;1;0  với 0 �t �1 .
uuuu
r
z
BM   t  1;1;0 
uur uuuu
r
S
�
SB, BM �
t 2  2t  3
�
�
d  S , BM  
 2
uuuu
r
t  2t  2
BM
2

t 2  2t  3
Xét hàm số f  t   2
trên [0;1]
t  2t  2

C

A

y

M

K
B
x

D

14


f ' t  

t

2  t  1
2

 2t  2 

2

Ta có bảng biến thiên:
t
f’(t)

�

0

�

1

-

+

2

f(t)
3
2
3
f  t   , đạt được khi t = 0
Từ bảng biến thiên ta có min
0;1
 
2
max f  t   2 , đạt được khi t = 1
 0;1
Do đó d  S , MB  lớn nhất khi M �C & d  S , BM   2

d  S , MB  nhỏ nhất khi M �D & d  S , BM   3
2
2.3.6. Sử dụng phương pháp véc tơ.
* Phương pháp:

Bước 1: Chon hệ véc tơ gốc, đưa các giả thiết kết luận của bài toán hình học đã
cho ra ngôn ngữ “véc tơ”.
Bước 2: Thực hiện các yêu cầu của bài toán thông qua việc tiến hành biến đổi
các hệ thức véc tơ theo hệ véc tơ gốc.
Bước 3: Chuyển các kết luận “véc tơ” sang các kết quả hình học tương ứng.
Ví dụ 11. (Đề thi đại học khối D năm 2007).
�  900 , BA  BC  a ,
Cho hình chóp S. ABCD có đáy là hình thang. �
ABC  BAD
AD  2a . Cạnh bên SA vuông góc với đáy và SA  a 2 . Gọi H là hình chiếu
vuông góc của A trên SB . Tính khoảng
S
(
SCD
)
cách từ H đến mặt phẳng
.
uuu
r r uuur r uuu
r r
Lời giải. Đặt AB  a; AD  b; AS  c
r r
r r
r r
Ta có: a �
c  0; b �
c  0; a �
b0
uur r r uuu
r r 1 r r uuu

r r r
SB  a  c; SC  a  b  c; SD  b  c
2
Gọi N là chân đường vuông góc hạ từ
H lên mặt phẳng (SCD)
� d ( H ;( SCD ))  HN

N
E

H
K

A

Q

D

P
B

C

M

15


SH 2


SB 3
uuur uuur uuu
r
uuu
r
uuu
r
2 uur
Khi đó : HN  HS  SN   SB  xSC  ySD
3
r
r
r
� 2 � �x
� �2
�
 �x  �
a  �  y�
b �  x  y�
c
� 3 � �2
� �3
�
Ta có:
r 2 �2
r2
�
� 2 �r 2 1 �x
�

�
uuur uuu
r
x

a


y
b


x

y
c
 0 �x  5
�
�
�
�
�
�
�
� 6
�
SC  0 �
�HN �
� 3 � 2 �2
� �3

�
�
�
�
r
�uuur uuu
�
�
r 2 �2
r2
1
�x
�
�
SD  0 �
�
�HN �
y
 y�
b �  x  y�
c 0
�
�
�
3
�2
� �3
�
�
Dễ dàng tính được

2
uuur 1 r 1 r 1 r
1 �r 1 r r � a
� HN  a  b  c � HN 
a  b  c �
�
6
12
6
6 � 2
� 3
Cách 2:
Gọi d1 , d 2 lần lượt là khoảng cách từ các điểm H và B đến mp(SCD), ta có:
d1 SH 2
2
2 3V
2V

 � d1  d 2  � BSCD  BSCD
d 2 SB 3
3
3 S SCD
S SCD
1
1
1
1
a3
SBCD  SA �

SBID  SA � AB �
ID 
Trong đó VBSCD  SA �
3
3
3
2
3 2
CD  AC
�
� CD  SC
Ta có: �
CD  SA
�
1
1
� S SCD  SC �
CD 
SA2  AB 2  BC 2 �CE 2  ED 2  a 2 2
2
2
a
� d1 
3
Cách 3: Sử dụng tính chất của tứ diện vuông.
Phân tích. Trong bài toán này, việc tìm chân đường vuông góc hạ từ H xuống
mặt phẳng (SCD) là khó khăn. Vì vậy, ta sẽ tìm giao điểm K của AH và (SCD)
và quy việc tính khoảng cách từ H đến (SCD) về việc tính khoảng cách từ A đến
(SCD)
Gọi M là giao điểm của AB và CD, K là giao điểm của AH với SM. Ta có:

BH 1
 . Suy ra H là trọng tâm của tam giác SAM.
BS 3
d  H ,  SCD   KH 1


Từ đó ta có:
d  A,  SCD  
KA 3

Do tứ diện ASDM vuông tại A nên:
16


1
1
1
1
1



 2 � d  A,  SCD    a
2
2
2
d  A,  SCD   AS
AD
AM
a

2

a
3
* Nhận xét: Việc lựa chọn hệ véc tơ gốc là rất quan trọng khi giải quyết một bài
toán bằng phương pháp véc tơ. Nói chung việc lựa chọn hệ véc tơ gốc phải thoả
mãn hai yêu cầu:
+ Hệ véc tơ gốc phải là ba véc tơ không đồng phẳng.
+ Hệ véc tơ gốc nên là hệ véc tơ mà có thể chuyển những yêu cầu của bài toán
thành ngôn ngữ véc tơ một cách đơn giản nhất.
Ví dụ 12. (Đề thi ĐH khối B năm 2007)
Cho hình chóp tứ giác đều S. ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a . E là
điểm đối xứng của D qua trung điểm của SA . M , N lần lượt là trung điểm của
AE và BC . Tính khoảng cách giữa MN và AC .
Vậy d  H ,  SCD   

S

E

Giải:
��
�

� ��
�

� ��
�

�

Đặt : OA  a, OB  b, OS  c
� �

� �

� �

Ta có : a . c  0, b . c  0, a . b  0
uuuu
r uuur uuur uuur 1 uuu
r uuur 1 uuu
r
MN  MA  AC  CN  SD  AC  CB
2
2
u
u
u
r
u
u
u
r
u
u
u
r
u

u
u
r
u
u
u
r
1
1
 SO  OD  AC  CO  OB
2
2
r
r
3
1
 a c
2
2



��
�





M

P
c

A



D

a
B

b O
N

C

�

AC  2 a
Gọi PQ là đoạn vuông góc chung của MN và AC , ta có:
uuur uuuu
r uuur uuur
uuuu
r 1 uuu
r
uuur
PQ  PM  MA  AQ  xMN  SD  y AO
2

r
r 1r
� 3 r 1 r� 1 r r
� 3 �r 1
 x�
 a  c � c  b  ya   �y  x �
a   x  1 c  b
2 �2
2
�2
� 2 � 2
r2
�3 � 3 �r 2 1
uuur uuuu
r
y

x
a

x

1
a
 0 �x  1


�2 � 2 � 4
�
MN  0 �

�PQ �
�
�
�
��
�� 3
�uuur uuur
y
� 3 �r 2
AC  0
�PQ �
�
�
2 �y  x �
a 0
� 2
�
�� 2 �
uuur
1r
1
a2
a 2
2
2
� PQ   b � PQ  OB  � PQ 
2
4
8
4

Cách 2:





17


�MP / / AD
�
Ta có: �
;
1
MP

AD
�
�
2
� MN / /  SAC 

�NC / / AD
�
nên tứ giác MNCP là hình bình hành
�
1
NC

AD

�
�
2

�BO  SO
� BO   SAC 
Do hình chóp SABCD đều � �
�BO  AC
1
1
1
a 2
� d  MN ; AC   d  N ;  SAC    d  B;  SAC    BO  BD 
2
2
4
4
2.4. Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm đối với hoạt động giáo dục, với bản
thân, đồng nghiệp và nhà trường.
Tâm lý học sinh ngại học hình mà đặc biệt lại còn là hình học không gian
tổng hợp nữa thì càng ngại. Đồng thì là dạng toán hay và là chủ đề thường gặp
trong đề thi THPT quốc gia năm nay. Do đó học sinh thường có tâm trạng lo lắng
khi chưa nắm vững được phương pháp tính như đã nêu ở trên. Tuy nhiên, khi
được giáo viên chỉ ra và hướng dẫn các em trong quá trình dạy các em đã tự tin
hơn và cảm thấy thích thú với chủ đề này. Đó có thể coi là một thành công của
đề tài này. Qua đó đã giúp các em hăng say và yêu bộ môn Toán hơn đồng thời
cũng tạo cho các em tâm lí tự tin khi bước vào kỳ thi quan trọng. Kết thúc đề tài
này tôi đã tổ chức cho các em học sinh lớp 12A5 và 12A2 làm một đề kiểm tra
45 phút với nội dung là các bài toán thuộc dạng có trong đề tài. Đồng thời lấy
lớp 12A1 ( Trường THPT Lê Lai) để làm lớp đối chứng cũng với đề kiểm tra đó.

Kết quả rất khả quan, cụ thể như sau:
Giỏi
Khá
Trung bình
Yếu
Lớp 12A5( Thực nghiệm)
13%
50%
30%
7%
Lớp 12A2( Thực nghiệm)
11%
50%
31%
8%
Lớp 12A1( Đối chứng)
2%
15%
43%
40%
Rõ ràng là đã có sự khác biệt giữa hai đối tượng học sinh. Như vậy chắc
chắn phương pháp mà tôi nêu ra trong đề tài đã giúp các em phận loại được các
dạng cũng như vận dụng tốt phương pháp hàm số trong việc giải quyết các bài
toán bài tập tính khoảng cách trong không gian, giúp các em tự tin hơn trong học
tập cũng như khi đi thi.
III. KẾT LUẬN, KIẾN NGHỊ
3.1. Kết luận.
Qua các ví dụ trên chúng ta có một vài nhận xét sau :
Khi giải quyết các bài tập tính khoảng cách trong không gian sẽ đưa ta về
giải quyết bài toán tính khoảng cách từ một điểm đến một đường thẳng mà cách

giải nó có thể lựa chọn một trong các hướng sau :
- Trực tiếp dựng đoạn thănngr đi qua điểm A và vuông góc với mặt
phẳng tại H từ đó ta có AH chính là khoảng cách cần tìm.
- Dùng phương vec tơ
18


- Dựng phng phỏp ta .
Ngoi ra bi toỏn khong cỏch cũn c s dng trong mt s dng toỏn
khỏc nh tớnh th tớch ca cỏc khi a din c bit l khi chúp, tớnh cỏc loi
gúc
T cỏc vớ d trờn chỳng ta thy c tm quan trng ca bi toỏn tớnh
khong cỏch trong hỡnh hc khụng gian. Trong cỏc loi khong cỏch ú khong
cỏch t mt im n mt mt phng l khong cỏch quan trng nht bi vỡ cỏc
khong cỏch cũn li u da vo nú tớnh tr khong cỏch t mt im n
mt ng thng. Vn dt ra l chỳng ta cn bit cỏch no cú th quy v
khong cỏch ny. Kinh nghim cho thy cỏc em cn quy v li dng chõn ng
cao tớnh.
3.2. Kin ngh.
- Kin ngh vi S GD&T ph bin rng rai cỏc ti c gii cỏc giỏo
viờn cựng tham kho.
- M rng khuyn khớch vic m cỏc lp chuyờn , ụn luyn, kim tra ỏnh
giỏ vic ụn luyn ca hc sinh.
- Mong muốn lớn nhất của tôi khi thực hiện đề tài này là giúp
các em học sinh thy c phng phỏp tớnh cỏc loi khong cỏch trong
khụng gian.
ti ca tụi chc hn khụng th trỏnh khi thiu sút. Rt mong quý thy
cụ,ng nghip cựng c v úng gúp ý kin cho tụi, ti ca tụi c hon
thin hn./.
Xin chân thành cảm ơn !

XC NHN CA TH
Thanh Húa, ngy 25 thỏng 05 nm 2018
TRNG N V
Tụi xin cam oan õy l SKKN ca mỡnh vit,
khụng sao chộp ni dung ca ngi khỏc.
Tỏc gi

Nguyn Th Hoa

19


TÀI LIỆU THAM KHẢO
*********
[1]. Sách giáo khoa Hình học nâng cao 12 – Đoàn Quỳnh, Văn Như
cương, Phạm Khắc Ban, Tạ Mân - Nhà xuất bản Giáo dục, 2007.
[2]. Giải toán hình học 11 – Trần Thành Minh – Trần Đức huyên – Nguyễn
Quang Nghĩa - Nhà xuất bản Hà Nội, 2004.
[3]. Đề thi tuyển sinh đại học, cao đẳng môn Toán từ năm 2002 đến năm
2017.
[4]. Các phương pháp giải toán hình học không gian lớp 11 - Huỳnh Công
Thái - Nhà xuất bản Đại học Quốc gia Hà Nội, 2012.
[6]. Đề khảo sát chất lượng khối 12 năm học 2017 – 2018 của Sở GD&ĐT
Thanh Hóa.
[7] Đề minh họa của Bộ giáo dục và đào tạo năm 2018.
[8]. Tham khảo một số tài liệu trên mạng internet
- Nguồn:
- Nguồn:

20

Danh mục các đề tài SKKN mà bản thân đã được
Hội đồng Cấp Sở GD&ĐT và đánh giá đạt từ loại C trở lên.
Tên đề tài
Sáng kiến

Xếp
Năm cấp
loại

Phương pháp tọa độ hóa giải
2014-2015
các bài toán THPT
“ Hướng dẫn học sinh nâng cao
kỹ năng giải các bài toán hình 2015-2016
học không gian lớp 11 cơ bản”
Phương pháp hàm số giải
2016- 2017
phương trình mũ và logarit

Số, ngày, tháng, năm của
quyết định công nhận, cơ
quan ban hành QĐ

C

QĐ số: 988/QĐ-SGD&ĐT
ngày 03/11/2015

C

QĐ số: 972/QĐ-SGD&ĐT
ngày 28/11/2016

C

QĐ số 1112./QĐ-SGD&ĐT
ngày 18/10/2017

21