Bài toán khoảng cách trong hình học không gia

MỤC LỤC
Trang
1/ Tên đề tài… ………………………………………………………………… 2
2/ Đặt vấn đề …… …………………………………………………………….. 2
3/ Cơ sở lý luận ………………………………………………………………... 2
4/ Cơ sở thực tiễn ……………………………………………………………

2

5/ Nội dung nghiêncứu…………………………………………...........................2
6/ Kết quả nghiên cứu ……

………………………………………………….. 23

7/ Kết luận ……………………………………………………………………….23
8/ Đề nghị ………………………………………………………………………..24
9/Tài liệu tham khảo ……………………………………………………………25
10/ Phiếu đánh giá xếp loại SKKN ……………………………

……………..26

11/ Phiếu chấm điểm, xếp loại SKKN …………………………………………..27

1


1 . Tên đề tài : Bài toán khoảng cách trong hình học không gian.
2. Đặt vấn đề:
Các kiến thức về hình học không gian được dạy trong chương trình hình học lớp 11
và hình học lớp 12. Đây là một nội dung khó, đòi hỏi học sinh phải có tư duy hình
học và tư duy không gian. Hơn nữa, nội dung này lại kéo dài cả hai lớp học ( lớp

11 và lớp 12) nên gây nhiều khó khăn cho học sinh. Trong cấu trúc đề thi trung học
phổ thông quốc gia hiện nay, nội dung này là yêu cầu bắt buộc. Với kinh nghiệm
nhiều năm giảng dạy hình học không gian, tôi viết sáng kiến kinh nghiệm này để
giúp các em học sinh lớp 12 có sự chuẩn bị tốt và ôn tập có hiệu quả cho kỳ thi
trung học phổ thông quốc gia.
3. Cơ sở lý luận:
Các kiến thức toán học thường mang tính kế thừa rất lớn. Để giải một bài toán
đôi khi ta phải vận dụng nhiều loại kiến thức toán học khác nhau. Bài toán tính
khoảng cách trong hình học không gian có thể được giải theo nhiều phương pháp
khác nhau( phương pháp hình học tổng hợp, phương pháp tọa độ). Tuy nhiên vấn
đề là cần phải giúp cho các em học sinh lớp 12 hệ thống lại đầy đủ các phương
pháp và lựa chọn phương pháp thích hợp. Sáng kinh kinh nghiệm này tập trung
phân tích sự lựa chọn phương pháp phù hợp và trình bày cách giải dựa trên các
kiến thức cơ bản về hình học không gian.
4/ Cơ sở thực tiễn:
Trong các câu hỏi về hình học không gian, nội dung về khoảng cách thường
được đề cập dưới dạng yêu cầu trực tiếp hoặc là giả thiết của bài toán. Do đó để
làm tốt phần này thì học sinh cần nắm vững các kiến thức về khoảng cách trong
không gian.
Đối tượng áp dụng của SKKN này là học sinh lớp 12 ( sau khi đã hoàn chỉnh
các kiến thức về hình học không gian, cuối học kỳ 1 năm học lớp 12).Sáng kiến
kinh nghiệm này tập trung chủ yếu để ôn tập cho học sinh chuẩn bị thi THPT quốc
gia. Tuy nhiên nó cũng có thể áp dụng tốt cho học sinh lớp 11 khi giảng dạy về
hình học không gian.
5. Nội dung nghiên cứu:
5.1 Cơ sở lý thuyết:
2


5.1.1 Các kiến thức về hình học thường dùng:

1/ Tam giác ABC vuông tại A có AH là đường cao . khi đó:

1
AH 2



1
AB2



1
AC 2 và AH .BC  AB.AC

2/ Đường thẳng vuông góc với hai đường thẳng cắt nhau nằm trong mặt phẳng (P)
thì a  (P).
3/ Đường thẳng a vuông góc mp(P) thì a vuông góc với mọi đường thẳng nằm
trong mp(P).
4/ Cho hai mặt phẳng vuông góc nhau. Một đường thẳng nằm trong mặt phẳng này
và vuông góc với giao tuyến sẽ vuông góc với mặt phẳng kia.
5.1.2 Các bài toán cơ bản:
Có rất nhiều loại khoảng cách trong hình học không gian. Ở đây tôi chỉ xét hai
loại khoảng cách quan trọng thường gặp trong các kỳ thi ( bài toán 2 và bài toán
4) cùng với hai bài toán có liên quan (bài toán 1 và bài toán 3).
Bài toán 1: Dựng hình chiếu của điểm A lên mặt phẳng (P):
Phương pháp chung: Dựng AH  (P) tại H. Khi đó H là hình chiếu của A lên (P).
Nhận xét: 1/ Nếu đã có sẵn đường thẳng d  (P) thì chỉ cần dựng AH P d, khi đó
ta sẽ có AH  (P).
2/ Trong trường hợp tổng quát ta làm như sau:

+ Dựng mp(Q) chứa A và vuông góc (P) theo giao tuyến d.
+ Trong (Q), dựng AH vuông góc d tại H. Khi đó ta được AH  (P).
Để dựng được (Q), ta thường chọn đường thẳng a là giao tuyến của (P) và đáy, từ A
dựng hai đường thẳng vuông góc với a. Khi đó (Q) là mặt phẳng tạo bởi hai đường
thẳng này.
3/ Nếu A là chân đường cao của hình chóp ( hoặc lăng trụ) thì ta đã có sẵn
một đường cao vuông góc với a, ta chỉ cần dựng thêm một đường qua A và vuông
3


góc a.Vì vậy trong nhiều trường hợp ta dựng hình chiếu của một điểm nào đó được
dựa trên hình chiếu của chân đường cao.
Ví dụ 1: Hình chóp SABCD có ABCD là hình chữ nhật, SA vuông góc đáy. Dựng
hình chiếu của B lên mp(SAC).
Phân tích và định hướng giải: Dễ thấy nếu dựng BH vuông góc AC tại H thì có
ngay BH  (SAC) tại H và H là hình chiếu của B lên (SAC).

Ví dụ 2: Hình chóp SABCD có đáy ABCD là hình thoi tâm O và SO vuông góc
đáy.
a. Dựng hình chiếu của O lên mp(SCD).
b. Dựng hình chiếu của B lên mp(SCD).
S

L
H
D

A
K

O
B

C

Phân tích và định hướng giải:
a/Từ O cần dựng hai đường vuông góc với CD(là giao tuyến của đáy và (SCD)).
Đã có SO  CD nên chỉ cần dựng OK  CD tại K. Khi đó (SOK)  (SCD) theo
giao tuyến SK. Dựng OH  SK tại K thì suy ra OH
của O lên (SCD).

 (SCD) và H là hình chiếu

b. Đã có OH  (SCD) nên dựng L sao cho H là trung điểm của DL. Khi đó BL
//OH, do đó BL  (SCD) tại L và L là hình chiếu của B lên (SCD).
4


Nhận xét: Trong trường hợp này nếu dựng trực tiếp hình chiếu của B lên (SCD)
mà không dựa vào OH thì khá khó khăn.
Bài toán 2: Tính khoảng cách từ điểm A đến mp(P):
Phương pháp 1: Dựng hình chiếu K của A lên (P). khi đó d(A;(P))=AK.
Nhận xét: Nếu chân đường cao H của hình chóp( hoặc lăng trụ) không thuộc
mp(P) thì ta có thể “đổi điểm” quy về tính khoảng cách từ H đến mp(P) bằng cách
sử dụng các kết quả sau:
1/ Nếu AB //(P) thì d(A;(P))=d(B;(P))

d(A;(P )) AH IA



AB
�
(
P
)

I
d
(
B
;(
P
))
BK
IB .
2/ Nếu
thì
Phương pháp 2: Dựa vào thể tích.

Ta có

VABCD

3VABCD
1
d
(
A
;(
BCD

))

 d(A;(BCD)).SBCD
SBCD
3
, suy ra
.

Chú ý 1: Để sử dụng phương pháp này ta cần lưu ý đến cách chọn khối chóp thích
hợp. Để tính khoảng cách từ A đến mặt phẳng (P) thì cần chọn hình chóp nhận A
làm đỉnh và có đáy nằm trong mặt phẳng (P).
Chú ý 2: Đối với khối tứ diện thì bất kỳ mặt nào cũng đều có thể xem là mặt đáy,
do đó ta có : VABCD  VBACD  VCABD  VDABC .
Phương pháp 3: Dùng phương pháp tọa độ.
Xây dựng hệ trục Oxyz , tìm tọa độ A và viết phương trình mp(P) và tính khoảng
cách từ A đến mp(P) dựa vào kết quả:

Nếu

�M (x0; y0; z0)
�
(P):ax by cz d  0
�

thì

d  M;(P ) 

ax0  by0  cz0  d
a2  b2  c2

Nhận xét: Phương pháp 1 và phương pháp 2 thường cho lời giải ngắn gọn nhưng
khó phát hiện. Phương pháp 3 đơn giản về thuật toán nhưng cho lời giải khá dài
dòng và phải thực hiện nhiều phép tính phức tạp nên dễ dẫn đến sai sót. Trong
5


SKKN này tôi chỉ tập trung vào khai thác lời giải bằng phương pháp 1 và phương
pháp 2.
Bài toán 3: Cho đường thẳng a song song mp(P), tính khoảng cách từ a đến
mp(P).
Phương pháp: Chọn M là điểm bất kỳ trên a. khi đó: d(a;(P))  d(M;(P )) , quy
về bài toán 2.
Chú ý cần chọn điểm M hợp lý để khoảng cách từ M đến mp(P) dễ tính.
Bài toán 4: Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau a và b.
Đây là bài toán thường gặp trong các kỳ thi tuyển sinh ĐH-CĐ, THPT QG và có
nhiều hướng tiếp cận. Ở đây ta chỉ xét đến phương pháp phổ biến nhất dùng chung
cho tất cả các chương trình học.
Phương pháp: Dựng mp(Q) chứa đường thẳng b và song song với đường thẳng a (
có thể ngược lại). Khi đó d(a;b)=d(a;(Q)), quy về bài toán 3.
Chú ý :Nếu một trong hai đường nằm trong đáy thì nên dựng mặt chứa đường
thẳng còn lại và song song với đường nằm trong đáy thì sẽ rất thuận lợi trong dựng
hình và tính toán.

5.2 Các bài tập vận dụng:
Bài 1: Tứ diện ABCD có AC=AD=4cm, AB=3 cm, BC= 5 cm. Tính khoảng cách
từ A đến mặt phẳng (BCD). Phân tích:
+Ta cần dựng mp qua A và vuông góc BC( vì BC là giao
tuyến của đáy và (DBC))

D

Đã có AD  BC, cần dựng thêm AM  BC thì sẽ có (SAM)
 ((BCD) theo giao tuyến SM.

H

C
A
M

B

Trong (DAM), dựng AH  DM thì AH là khoảng cách từ A
đến (BCD).
+Để tính AH, cần chú ý tam giác ABC vuông tại A( vì
BC2=AB2+AC2) và AH là đường cao của tam giác vuông
DAM.
6


Lời giải:
Ta có BC2=25=AC2+AB2 nên tam giác ABC vuông tại A.
Trong tam giác ABC kẻ đường cao AM. Khi đó:
�BC  AM
� BC  ( ADM )
�
�BC  AD ( do AD  (ABC))
.

Mà BC �( BCD) nên (ADM)  (BCD) theo giao tuyến DM.
Trong (ADM), dựng AH  DM thì AH  (BCD), do đó d(A; (BCD))=AH.
Tam giác ABC vuông tại A có AM là đường cao và tam giác ADM vuông tại A có
AH là đường cao nên:
1
AH 2

Vậy:



1
AD2



1
AM 2



1
AD2

d( A;(BCD))  AH 



1
AB2



1
AC 2



17
6 34
� AH 
72
17 .

6 34
.
17

Bài 2: Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với AB  a ,
SA  mp ( ABCD ) , SC tạo với mp ( ABCD ) một góc 450 và SC  2a 2 . Tính khoảng

cách từ trọng tâm G của tam giác ABC đến mp 

SCD 

theo a .

Phân tích:
S

+ Mp(SCD) không chứa chân đường cao A nên ta
thực hiện việc đổi điểm G về chân đường cao A thông
qua điểm B.

H

D

A

G

B

O
C

+Ta cần dựng hình chiếu của A lên (SCD).
Dễ thấy CD  (SAD) nên (SAD) chứa A và vuông góc
(CSD) theo giao tuyến SD. Dựng AH  SD tại H thì
H là hình chiếu của A lên (SCD).
+Tam giác SAD vuông tại A có AH là đường cao nên
cần tính SA và AD sẽ có AH.

Lời giải:
7


SC có hình chiếu lên (ABCD) là AC nên góc tạo bởi SC và mp(ABCD) là góc
SCA, do đó góc SCA bằng 450.

Tam giác SAC vuông cân tại A nên

SA  AC 

SC
 2a
2
.

2
2
Do đó AD= BC  AC  AB  a 3

d (G;(SCD)) OG 2
2

 � d (G;( SCD ))  d ( B;( SCD ))(1)
3
BG cắt (SCD) tại O nên d ( B;( SCD )) OB 3

AB//(SCD) nên d ( B;( SCD ))  d ( A;( SCD ))(2)
2
d (G;( SCD ))  d (A;( SCD ))
3
Từ (1) và (2) suy ra
Dựng AH  SD tại H.

Ta có CD  AD và CD  SA nên CD  (SAD), suy ra CD  AH .
Suy ra AH  (SCD) Do đó d(A;(SCD))= AH.
1

1
1
1
1
2a 21


 2  2 � AH 
2
2
2
AS
AD
4a 3a
7
Trong SAD có AH
2
4a 21
� d (G, ( SCD))  .d ( B, ( SCD))
3
= 21 .

Bài 3 : Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a, góc BAC bằng
ABCD 
600. Hình chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng 
là điểm H thuộc đoạn BD

sao cho HB = 2HD. Đường thẳng SO tạo với mặt phẳng 

ABCD 

0
góc 60 với O là

SCD 
giao điểm của AC và BD. Tính khoảng cách từ B đến mặt phẳng 
theo .

8


S
A

H
B

K
D

A

D

O

M
C

H

O

M
C

B

Phân tích :
(SCD) không chứa chân đường cao H nên thực hiện đổi điểm B về điểm H.
Bây giờ ta quan tâm đến việc dựng hình chiếu của H lên (SCD).
Đầu tiên cần dựng mặt phẳng qua A và vuông góc CD (CD là giao tuyến của
(CSD) và đáy). Đã có SH  CD, cần dựng thêm HM  CD thì sẽ có (SHM) 
(SCD) theo giao tuyến SM. Trong (SHM), dựng HK  SM thì K là hình chiếu của
H lên (SCD).
Để tính HK cần tính SH và HM với chú ý góc HDM bằng 300 và DH=2/3.BD.
Lời giải:
Tam giác ABC có AB = BC = a và góc BAC bằng 60 0 nên tam giác ABC đều cạnh
a.
BH �(SCD)  D

Vì

nên

d(B;(SCD)) DB

 3� D(B;(SCD))  3d(H;(SCD))
d(H ;(SCD)) DH

SH (ABCD)

=>HO

là

hình

chiếu

của

SO

�
�, AC )  SOH
�  600
( SO
, ( ABCD))  ( HO

Trong tam giác SHO có

SH  HO. tan 600 

1a 3
a
3
3 2
2

Trong (ABCD), dựng HM  CD và dựng HK  SM tại K.

9

trên

(ABCD)

nên


CD  HM
�
� CD  (SHM) � CD  HK
�
CD

SH
(
do
SH

(ABCD))
�
Ta có
.

Mà HK  SM nên HK  (SCD) tại K, do đó d(A;(SCD)) = HK.
Tam giác HMD vuông tại M có góc HDM bằng 300 và HD
2
2 3 a 3
a 3

 OD  a

HM  HD.sin300 
3
3 2
3 nên
6 .

Tam giác SHM vuông tại H có HK là đường cao nên
1
HK 2



1
SH 2



1
HM 2



16
a2

� HK 

a

4.

3a
Do đó d(B;(SCD))=3.d(H;(SCD))= 4 .

Bài 4: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông, gọi M là trung điểm
của AB. Tam giác SAB cân tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy
(ABCD), biết SD  2a 5 , SC tạo với mặt đáy (ABCD) một góc 60�. Tính theo a
khoảng cách giữa hai đường thẳng DM và SA.
S
I

I
H

D

A

D

A

K

H
l
M

M

B

C
B

C

Phân tích:
+Cần tạo ra mặt phẳng chứa SA và song song với DM, do đó trong mặt phẳng đáy
dựng hình bình hành AMDI thì ta có được mặt phẳng (SAI) chứa SA và song song
với MD.
10


Lúc này bài toán quy về dựng hình chiếu của chân đường cao M lên mp((SAI).
+Đã có SM  AI, cần dựng thêm MH  AI thì ta được mp(SHM)  (SAI) theo
giao tuyến SH.
Trong (SMH), dựng MK  SH thì ta có MK là khoảng cách cần tính.
+Để tính MK cần phải có SM và MH, chú ý rằng
SMAI  SMAD 

1
1
1
MA.AD
SMADI � MH .AI  MA.AD � MH 
2
2
2
AI

Lời giải: Dựng hình bình hành AMDI, suy ra AI// DM và do đó (SAI) chứa SA và
song song với DM. Khi đó d(SA;DM) = d(DM;(SAI)) = d(M;(SAI)).
Kẻ MH  AI tại H và MK  SH tại K. Ta có :
�AI  HM
�AI  SM (do SM  ( ABCD) � AI  (SHM ) � (SAI)  (SMH )
�
theo giao tuyến
SM. Vì MK �(SHM ) và MK  SH nên MK  (SAI) hay d(M;(SAI) = MK.

Theo giả thiết ta có SM   ABCD  , suy ra MC là hình chiếu của SC trên (ABCD)
�
nên góc giữa SC với mặt phẳng (ABCD) là SCM  60�

Trong tam giác vuông SMC và SMD ta có :
SM  SD 2  MD 2  MC.tan 60�mà ABCD là hình vuông nên MC = MD
� SD 2  MC 2  3MC 2 � MC  a 5 � SM  a 15 .
2

2
�AB � 5 BC
MC  BC  � �
� BC  2a
4
�2 �
Lại có
2

2

1
1
1
SMADI � MH .AI  MA.AD
2
2
2
MA.AD MA.AD
a.2a
2a
� MH 



.
2
2
AI
MD
5
4a  a
SMAI  SMAD 

11


Tam giác SMH vuông tại M có MK là đường cao nên:
1
MK 2



1
SM 2



1
MH 2

Vậy d(SA;DM)=



MK 

1
15a2



5
4a2



79

� MK 
2

60a

2a 15
79 .

2a 15
79 .

Nhận xét:
(1) trong bài toán này , thực ra ta chỉ cần dựng đường thẳng đi qua A và song song
với DM. Ở đây ta dựng hình bình hành AMDI nhằm thuận lợi cho tính toán mà
thôi.
HM
AD
AM . AD
�  sin �
 sin HAM
AMD 
� HM 
MD
MD
(2) Ta có thể tính MH như sau: AM

.
Bài 5: Cho hình chóp S.ABC có cạnh bên SA vuông góc với đáy và AB  a ,
0
�  1200
AC  2a , BAC
. Mặt phẳng (SBC) tạo với đáy một góc 60 . Tính thể tích
của khối chóp S.ABC và khoảng cách giữa hai đường thẳng SB và AC theo a .

A

C
120

H
B

K

D

Phân tích:
+Cần tạo ra mặt phẳng chứa SB và song song với AC, dựng hình bình hành ABDC
thì ta có ngay (SBD) //AC và do đó d(SB;AC)=d(A; (SBD)).
+Để dựng hình chiếu của A lên (SBD), ta cần dựng mp chứa A và vuông góc
(SBD) ( thực ra chỉ cần vuông góc với đường nằm trong đáy là BD). Đã có SA 
BD nên chỉ cần dựng AK  BD thì (SAK)  (SBD) theo giao tuyến SK.
12


Dựng AI  SK tại I thì AI  (SAK), suy ra d(A;(SBD))=AI.
+Để tính AI cần tính SA và AKvới chú ý góc ABK bằng 600.
Lời giải:
+ Dựng hình bình hành ABCD, ta có AC / /(SBD ) nên
d  AC , SB   d  AC , ( SBD )   d  A, ( SBD ) 

�BD  AK
� BD  ( SAK )

�
BD

SA
AK

BD
(
K
�
BD
)
�
Kẻ
, ta có
suy ra ( SBD)  (SAK ) theo giao

tuyến SK.
Trong tam giác SAK kẻ đường cao AI thì

AI   SBD  � d  A,  SBD    AI

+Trong tam giác ABC kẻ đường cao AH, ta có
�BC  AH
� BC  ( SAH )
�
� BC  SH . Suy ra góc giữa hai mặt phẳng
�BC  SA (do SA  ( ABC )
�  600
( SBC ) và ( ABC ) là SHA

.

Áp dụng định lí Côsin trong tam giác ABC ta có:
�1� 2
BC 2  AB 2  AC 2  AB. AC .cos1200  a 2  4a 2  2a.2a. �
 � 7a � BC  a 7
� 2�
.

Diện tích tam giác ABC là:

Mặt khác

S  ABC

S  ABC

1
1
3 a2 3
0
 AB. AC.sin120  a.2a.

2
2
2
2

2 S ABC a 2 3 a 21
3a 7

1
�
AH



� SA  AH . tan 600 
.
 BC. AH
BC
7
7
a 7
2

a 3
AK  AB.sin 600 
0
�
2
Tam giác ABK vuông tại K có ABK  60 , nên
1
1
1
7
4
19
3a 19
 2
 2  2  2 � AI 

2
2
19
Tam giác SAK vuông tại A, ta có AI SA AK 9a 3a 9a

Vậy

d  AC , SB   AI 

3a 19
19 .
13


Bài 6: Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a. Hình chiếu
vuông góc của S lên (ABC) là điểm H thuộc canh AB sao cho AH=2BH. Góc giữa
đường thẳng SC và đáy bằng 600. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng SA và
BC theo a
t

S

K

t
I
60o

I
B

A

A

H

60o

H

B

60 o

600

C
C

Phân tích:
+Cần dựng mặt phẳng chứa SA và vuông góc BC. Dựng At//BC thì có ngay
(SAt)//BC và do đó d(SA;BC)=d(BC;(SAt))=d(B;(SAt))
+Đổi điểm B về chân đường cao H, dễ thấy d(B;(SAt))=3/2.d(H;(SAt)).
+Để dựng hình chiếu của H lên ((SAt), ta cần dựng mặt phẳng chứa H và vuông
góc với At; đã có SH  At, cần dựng HI  At thì (SHI)  At và do đó (SHI) 
(SAt) theo giao tuyến SI; dựng HK  SI thì HK  (SAt) suy ra d(H;(SAt))=HK.
+Để tính HK cần có SH và HI. Tính HI cần chú ý góc HAI bằng 600 và
HA=2/3.AB.
Lời giải:
Dựng At//BC, suy ra (SAt)//BC và do đó d(SA;BC)=d(BC;(SAt))=d(B;(SAt)).

d(B;(SAt)) AB 3
3

 � d(B;(SAt))  d(H;(SAt))
2
BH cắt (SAt) tại A nên d(H;(SAt)) AH 2
.

Dựng HI  At tại I, và vì SH  At( do SH  (đáy) nên SHI)  At, suy ra (SHI) 
(SAt) theo giao tuyến SI. Dựng HK  SI tại K thì HK  (SAt), do đó d(H;
(SAt)=HK.
+ Áp dụng định lý cosin trong tam giác AHC ta có
14


HC 2  AH 2  AC 2  2 AH .HC.cos 600 

+Tam giác vuông HSC ta có:

7a 2
a 7
� HC 
9
3

SH  HC.tan 600 

a 7
a 21
. 3

3
3

�  ABC
�  600 (so le trong) � HI  AH .sin HAI
�  AH .sin600  2a . 3  a 3
HAI
3 2
3
+

+

HSI �

+ Vậy

1
1
1
3
3
24
a 7


 2  2  2 � HK 
2
2
2

HK
HI
SH
a
7a
7a
2 6

d  SA; BC   d  BC ;( SAt  )  d  B;( SAt ))  

3
3 a 7 3a 42
d  H ;( SAt )   .

.
2
2 2 6
24

Nhận xét: Trong bài này thay vì phải dựng hình bình hành để có mặt phẳng chứa
một đường và song song với đường còn lại, ta chỉ cần dựng At// BC là đủ.
Bài 7 : Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông tâm O, SA  (ABCD)
và SA= a 3 .Tính khoảng cách từ trọng tâm G của tam giác SAB đến mặt phẳng
(SAC).
S

Phân tích:
I

G

A

B

D

Trong trường hợp này chân đường cao A thuộc
(SAC) nên không thể đổi về A như những bài
trước. Ta đổi về B và dễ thấy d(G;(SAC)=1/3.d(B;
(SAC) và phải tìm hình chiếu của B lên (SAC).

O

C

Dễ nhận ra hình chiếu của B lên (SAC) là tâm O
của đáy.

Lời giải:
Gọi I  BG �SA (hay I là trung điểm của SA). Khi đó:
d(G;(SAC )) IG 1
1

 � d(G;(SAC ))  d(B;(SAC )).
d(B;(SAC )) IB 3
3

15

Măt khác
a 2
�
SA  BO(do SA  ( ABCD))
� BO  (SAC ) � d(B;(SAC ))  BO 
�BO  AC
2
�

Vậy

d(G;(SAC )) 

a 2
6 .

Bài 8 : Hình hộp chữ nhật ABCD.A’B’C’D’ có AB=a, AD=2a, AA’=a. Gọi M là
điểm thuộc cạnh AD sao cho AM=3MD. Tính khoảng cách từ M đến mặt phẳng
(AB’C).
C'

Phân tích:

B'

+M không phải là chân đường cao nên ta tìm
cách đổi về chân đường cao để dễ dựng hình
hơn. Ở đây ta chọn B qua điểm trung gian là D.

D'

A'

F

H

C

B
E

O
D

M

A

Lời giải:

+Cần dựng mặt phẳng chứa B và vuông góc
(AB’C) (hay vuông góc AC). Đã có BB’  AC,
cần dựng thêm BE  AC thì ta được (BB’E) 
(AB’C) theo giao tuyến B’E. Dựng BF  B’E
tại F thì BF  (AB’C).

Ta có MD cắt (AB’C) tại A nên :
d(M;( AB 'C )) AM 3
3


 � d(M;(AB'C))  d(D;( AB 'C ))
d(D;( AB 'C)) AD 4
4
.

Lại có BD cắt (AB’C) tại trung điểm O nên d(D;(AB’C)) = d(B;(AB’C))

Suy ra

d(M;(AB'C) 

3
d(B;( AB 'C))
4
.

Dựng BE  AC tại E. Vì BB’  AC (do BB’  đáy) nên (BB’E) vuông góc AC, suy
ra (BB’E)  (AB’C) theo giao tuyến B’E. Dựng BF  B’E tại F thì BE  (AB’C).
Do đó d(B;(AB’C))=BF.
16


Vì tam giác BB’E vuông tại B có BF là đường cao và tam giác ABC vuông tại B có
BE là đường cao nên
1



BF 2

Vậy :

1
BB '2



1
BE 2



d(M;(AB'C) 

1
BB'2



1
BA2



1
BC 2



9
4a2

� BF 

2a
3

3
3
a
d(B;( AB 'C ))  BF  .
4
4
2

Bài 9 : Cho lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có đáy là tam giác vuông cân, AB = AC =
a. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AA’ và BC’.
C'
A'

Phân tích:
+Dễ thấy (BB’CC’) chứa BC’ và song song với AA’, suy
ra d(AA’;BC’)=d(AA’;(BB’C’C)=d(A;(BCC’B’)).

B'

+Dựng AH  BC thì ta được AH  (BB’C’C) và khoảng
cách cần tính là AH.
C

A

+Tam giác ABC vuông cân tại A nên

H

AH 

B

1
a 2
BC 
.
2
2

Lời giải:
Vì AA’//BB’ nên AA’// (BB’C’C)
Suy ra d(AA’;BC’) = d(AA’; (BB’C’C) = d(A;(BCC’B’)).
Gọi H là trung điểm của BC, vì ABC vuông cân tại A nên AH  BC và
AH 

1
a 2
BC 
.
2
2

Mà AH  BB’( do BB’  đáy) nên AH  (BB’C’C), suy ra d(A;BB’C’C)=AH.

Vậy

d( AA';BC')  AH 

a 2
.
2

17


Bài 10: Hình chóp SABC có SA  (ABC), tam giác ABC đều cạnh a, SA = a. Tính
khoảng cách từ A đến mp(SBC).
Phân tích:

S

Tương tự các bài tập trên ta dễ dàng dựng được
hình chiếu H của A lên (SBC).

H
C
A

M

+Để tính bằng phương pháp 2 ta có thể xét khối
chóp ASBC ( A là đỉnh, (SBC) là đáy). Khi đó

d( A;(SBC)) 

B

Lời giải:

3VASBC
SSBC

Cách 1: (Tính trực tiếp)
Gọi M là trung điểm BC, vì ABC là tam giác đều cạnh a nên AM  BC và

AM 

a 3
2 .

Ta có AM  BC và SA  BC (do SA vuông góc đáy(ABC)) nên (SAM)  BC , suy
ra (SAM)  (SBC) theo giao tuyến SM.
Dựng AH  SM tại H, suy ra AH  (SBC) và do đó d(A;(SBC))=AH.
Tam giác SAM vuông tại A có AH là đường cao nên

1
AH 2

Vậy



1
SA2



1
AM 2



1
a2

d( A;(SBC )  AH 



4
3a2



7
3a2 , suy ra

AH 

a 21
7 .

a 21
7 .

Cách 2: ( phương pháp thể tích)

Ta có

SABC

2
1
a3 3
1
0 a 3
VSABC  SABC .SA 
 AB.AC.sin60 
3
12 .
2
4 . Suy ra

18


Dễ có tam giác SBC cân tại S,
SSBC

SM  SA2  AM 2 

a 7

2 ,suy ra

1
a2 7
 SM .BC 
2
4 .

d( A;(S BC )) 

3VASBC 3VSABC

SSBC
SSBC

Do đó

a3 3
3
a 21
 12 
7
a2 7
4
.

Bài 11: (Trích đề minh họa THPT quốc gia 2017)
Hình chóp SABCD có ABCD là hình vuông cạnh a 2 , tam giác SAD cân tại S

và nằm trong mặt phẳng vuông góc đáy. Biết

đến mặt phẳng (SCD)bằng:
2a
A. 3

4a
B. 3

VSABCD

4a3

3 . Khoảng cách từ B

8a
C. 3

V
Phân tích: Đề bài đã cho SABCD nên ta có thể nghĩ đến

d(B;(SCD)) 
phương pháp thể tích. Ta có

3VBSCD
SSCD nên

V
S
cần tính BSCD và SCD . Chú ý đến tính chất SCD là tam
V
V

giác vuông và tìm mối liên hệ giữa BSCD và SABCD .
19

3a
D. 4


S

1
2a 3
VBSCD  VSBCD  VSABCD 
2
3 .
Lời giải: Ta có
A

B

K
H
D

C

Gọi H là trung điểm AD, vì tam giác SAD cân tại
S nên SH  AD. Vì (SAD)  (ABCD) theo giao
tuyến AD nên SH  (ABCD). Từ đó suy ra SH  CD
và AD  CD, nên CD  SD. Do đó tam giác SCD

vuông tại D.
SH 

Lại có

Suy ra :

3VSABCD
3a
 2a � SD  DH 2  SH 2 
SABCD
2

SSCD

1
3a2
 SD.CD 
2
2 .

d(B;(SCD)) 

Vậy

3VBSCD
SSCD

2a3
3

4a
 3 
2
3
3a
2
.

Nhận xét: Ta có thể tính khoảng cách từ B đến (SCD) thông qua khoảng cách từ
H đến (SCD). Thật vậy, vì AB //(SCD) và H là trung điểm của AB nên:
d(B;(SCD))  d( A;(SCD))  2d(H;(SCD))  2HK với K là hình chiếu của H trên

SD.
Bài 12: Khối lập phương ABCD.A’B’C’D’ có khoảng cách từ B đến mặt phẳng
a 6
(AB’C) bằng 3 . Thể tích khối lập phương này bằng:
3

A. 2a

2

2a3 2
3
B.

8a3

C. 3 3

20

8a3 3
27
D.


B'

C'

A'

D'

H

B

C

O

A

D

Phân tích: Ta cần phải tìm độ dài cạnh
của khối lập phương, do đó cần xác định
mối liên hệ độ dài cạnh này với khoảng

cách từ B đến mặt phẳng (AB’C). Vì B là
chân đường cao của khối lập phương nên
ta có thể dựng trực tiếp hình chiếu của B
lên (AB’C). Mặt khác ta có mối liên hệ
giữa thể tích khối lập phương với khối
chóp BAB’C nên có thể khai thác giả thiết
khoảng cách theo hướng của thể tích.

Lời giải: Gọi O là giao điểm của AC và BD, dựng BH  SO tại H. Dễ thấy BH
 (AB’C) , suy ra

ta có
BH 

BO 

BH  d(B;(AB 'C )) 

a 6
.
3 Gọi cạnh hình lập phương là x ,

1
1
1
2 1
3
1
x 2






BD 
2
2 BH 2 BO2 BB '2 x2 x2 x2 , suy ra

x
3

Do đó ta có

BH 

a 6
x

� x a 2
3
3
.

3
3
Vậy thể tích khối lập phương là V  x  2a 2 , chọn phương án B.

Cách khác ( khai thác theo hướng thể tích):
1
VBAB'C  d(B;( AB 'C )).SAB'C

3
Ta có
. (1)

Dễ thấy tam giác AB’C là tam giác đều cạnh x 2 nên
SAB'C





2
1
x2 3
0
 x 2 .sin60 
2
2 (2) .

21


1
1
VBAB'C  VB' ABC  VABCD.A' B'C ' D '  x3
6
6 (3). Từ (1), (2), (3) ta suy ra x  a 2 .
3
3
Do đó thể tích khối lập phương là V  x  2a 2 .

Nhận xét: Bài tập này ở dạng trắc nghiệm nên cần lưu ý với học sinh chỉ cần ghi
tốm tắt các ý chính và chú ý các sai lầm thường gặp:
+ Sai công thức thể tích khối lăng trụ ( khác so với khối chóp) sẽ dẫn đến các
phương án B hoặc D.
+ Vì BO  AC nên dễ dẫn đến sai lầm rằng thấy BO  (AB’C), suy ra
BO  d(B;(AB 'C )) 

a 6
3 , chọn phương án C.

5.3 Bài tập rèn luyện:
Bài 1. Cho khối lăng trụ đứng ABC. A ' B ' C ' có đáy ABC là tam giác vuông tại B
với AB  a , AA '  2a , A ' C  3a . Gọi M là trung điểm cạnh A ' C ' , I là giao điểm
của các đường thẳng AM và A ' C . Tính theo a thể tích khối tứ diện IABC và
khoảng cách từ A đến mặt phẳng ( IBC ) .
Đáp số:

d ( A, ( IBC )) 

2a
5.

Bài 2. Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, cạnh bên SA
0

vuông góc với đáy, góc giữa SC và mặt đáy bằng 45 . Gọi E là trung điểm BC.
Tính thể tích khối chóp S . ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng DE và SC
theo a.
Đáp số:

VS . ABCD 

a3 2
a 38
d  DE , SC  
3
19 .
,

Bài 3. Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với AB  a ,
SA  mp ( ABCD ) , SC tạo với mp( ABCD) một góc 450 và SC  2a 2 . Tính thể tích

22


khối chóp S . ABCD và khoảng cách từ trọng tâm G của tam giác ABC đến mp

 SCD  theo a .

Đáp số:

V

a3 2 3
4a 21
3
; d (G,( SCD ))  21 .

Bài 4. Cho hình chóp đều A.BCD có AB  a 3; BC  a . Gọi M là trung điểm của

CD. Tính thể tích khối chóp A.BCD theo a và khoảng cách giữa hai đường thẳng
BM, AD.
Đáp số:

VA.BCD 

a3 18
2a 70
d  BM; AD  
18 ;
35 .

Bài 5. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, AB  2a, AD  a , K là
hình chiếu vuông góc của B lên đường chéo AC , các điểm H , M lần lượt là trung
điểm của AK và DC , SH vuông góc với mặt phẳng (ABCD) , góc giữa đường thẳng
SB và mặt phẳng (ABCD) bằng 450 . Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD và

khoảng cách giữa hai đường thẳng SB và MH .

Đáp số :

V

4a3 10
2a 5
d  SB, MH  
15
5 .
;

Bài 6. Cho hình chóp S.ACBD có đáy ABCD là hình chữ nhật, biết
a
AM = ,
AB = 2a, AD = a. Trên cạnh AB lấy điểm M sao cho
2 cạnh AC cắt MD tại
H. Biết SH vuông góc với mặt phẳng (ABCD) và SH = a. Tính thể tích khối chóp
S.MHCB và khoảng cách giữa hai đường thẳng SD và AC .
Bài 7. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a, SA  (ABCD), SB =

a 3 , gọi M là trung điểm AD. Tính theo a thể tích khối chóp SABCD và khoảng
cách giữa hai đường thẳng SM và AB.
Bài 8. 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).
23


a 3 3 d(M,(AB' N))  9a .
V
4 13
4 ;
Đáp số:

a 17
2 hình
Bài 9. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a,
chiếu vuông góc H của S lên mặt (ABCD) là trung điểm của đoạn AB. Gọi K là
trung điểm của AD. Tính khoảng cách giữa hai đường SD và HK theo a.
SD 

3a
A. 5

a 3
B. 7

a 21
C. 5

D.

3a
5

Bài 10. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thoi, tam giác SAB đều và nằm
trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Biết AC=2a, BD=3a. Khoảng cách giữa hai
đường thẳng AD và SC là:
1 208
a
3
217
A.

1 208
a
2
217
B.

C.

208
a
217

3 208
a
2
217
D.

6/ Kết quả nghiên cứu:
Sáng kiến kinh nghiệm này được triển khai áp dụng trong năm học 20192020. Tôi nhận thấy học sinh tiếp thu tốt và vận dung thành thạo để giải các bài tập
về hình học không gian trong các bài kiểm tra học kỳ và các bài thi thử THPT quốc
gia.
7/ Kết luận:
Sáng kiến kinh nghiệm đã giải quyết được yêu cầu là giúp học sinh lớp 12 ôn
tập và nắm vững các kiến thức về hình học không gian và cách giải bài toán tính
khoảng cách trong không gian.
Kể từ năm học 2016 – 2017, môn Toán trong kỳ thi THPT quốc gia được được
thi theo hình thức trắc nghiệm. Phương pháp làm bài trắc nghiệm đòi hỏi kỹ năng
vẽ hình nhanh, trình bày các bước giải ngắn gọn, đôi khi phải dùng suy luận để loại
bớt các phương án và kết hợp máy tính để giải. Chính vì vậy kỹ năng vẽ hình, xác
định chân đường cao rất quan trọng trong các bài toán về khoảng cách cũng như
tính thể tích của khối đa diện. Sáng kiến kinh nghiệm này cũng đã hệ thống được
24


các dạng hình vẽ thường gặp (các loại hình chóp và lăng trụ thường gặp) nhằm

giúp học sinh nhanh chóng phác thảo hình vẽ .
8/ Đề nghị:
Ngoài bài toán về khoảng cách, hình học không gian còn có nhiều dạng bài
toán khác cũng thường xuất hiện trong các kỳ thi như: xác định góc, chứng minh
các quan hệ song song và vuông góc, thiết diện,...Các thầy cô giáo với kinh nghiệm
của mình có thể tổng kết, biên soạn thành những tài liệu ngắn gọn , dễ hiểu để học
sinh có tài liệu bổ ích giúp cho việc ôn tập hiệu quả hơn.

TÀI LIỆU THAM KHẢO

 1 Đoàn Quỳnh ( tổng chủ biên), Sách giáo khoa hình học 11,12 nâng cao, NXB
Giáo dục việt Nam, 2012.

 2 Nguyễn Văn Nho (chủ biên), Chuyên đề luyện thi đại học và cao đẳng, NXB
ĐHQG thành phố Hồ Chí Minh, 2010.
25