Một số kinh nghiệm hướng dẫn học sinh sử dụng HAI CÔNG THỨC tỉ số KHOẢNG CÁCH khi giải bài toán khoảng cách trong hình học không gian

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HOÁ

TRƯỜNG THPT YÊN ĐỊNH 2

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

TÊN ĐỀ TÀI
MỘT SỐ KINH NGHIỆM HƯỚNG DẪN HỌC SINH
SỬ DỤNG HAI CÔNG THỨC TỈ SỐ KHOẢNG CÁCH KHI
GIẢI BÀI TOÁN KHOẢNG CÁCH TRONG
HÌNH HỌC KHÔNG GIAN

Người thực hiện: Lê Văn Tiến
Chức vụ: Tổ trưởng chuyên môn
SKKN thuộc lĩnh vực (môn): Toán

THANH HOÁ NĂM 2020


MỤC LỤC
Mục lục……………………………………………………………………….i
Các ký hiệu trong đề tài………………………………………………………ii
1. Mở đầu…………………………………………………………………….1
1.1. Lí do chọn đề tài…………………….………………………………....1
1.2. Mục đích nghiên cứu………….……………………………………….1
1.3. Đối tượng nghiên cứu……………….…………………………………1
1.4. Phương pháp nghiên cứu……………….……………………………...1
2. Nội dung…………………………………………………………………..2
2.1. Cơ sở lý thuyết…………….……………………………………….…..2
2.1.1. Khoảng cách từ một điểm đến một đường thẳng………………………2
2.1.2. Khoảng cách từ một điểm đến một mặt phẳng………………………...2

2.1.3. Khoảng cách giữa đường thẳng và mặt phẳng song song………….…..2
2.1.4. Khoảng cách giữa hai mặt phẳng song song…………………………...2
2.1.5. Đường vuông góc chung và khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo
nhau…………………………………………………………………….3
2.1.6. Hai công thức tỉ số khoảng cách……………………………………….4
2.2. Một số bài toán và hướng dẫn sử dụng công thức tỉ số khoảng cách khi
giải toán……….……………………………………………………….5
2.3. Bài tập tương tự………………………………………………………14
2.4. Kết luận, kiến nghị………………….………………………………...18
Tài liệu tham khảo………………….…………………………………
19


CÁC KÍ HIỆU TRONG ĐỀ TÀI


THPT – Trung học phổ thông.

i


ii


1. MỞ ĐẦU
1.1. Lí do chọn đề tài
Bài toán hình học không gian nói chung, bài toán tính khoảng cách trong
hình học lớp 11 nói riêng, luôn được quan niệm là bài toán khó với hầu hết học
sinh. Trong kỳ thi THPT Quốc gia những năm gần đây, đặc biệt khi Bộ Giáo dục
Đào tạo chuyển từ hình thức thi tự luận sang hình thức trắc nghiệm đối với môn

toán thì bài toán tính khoảng cách trong đề thi càng gây khó khăn, trở ngại và
làm mất thời gian của các học sinh. Sự trở ngại nằm ở các lý do, như: không
nắm được lý thuyết căn bản, vẽ hình không đúng, không dựng được hình chiếu
của một điểm hay một đường thẳng trên mặt phẳng hay không xác định được
chân đường cao của hình chóp…
Đã có nhiều học sinh đặt câu hỏi: “Thưa thầy! Nếu không xác định được
hình chiếu của một điểm trên mặt phẳng, có tính được khoảng cách từ điểm đó
đến mặt phẳng không ”. Về mặt lí luận toán học, với câu hỏi này thầy cô đều có
đáp án làm thỏa lòng mọi học sinh. Tuy nhiên, nó cũng đặt ra một hướng mở để
chúng ta tiếp cận vấn đề. Tôi thiết nghỉ, nếu không phải xác định hình chiếu của
một điểm trên mặt phẳng, có thể bài toán tính khoảng cách sẽ ngắn gọn đi rất
nhiều, sẽ làm cho nhiều đối tượng học sinh giải được bài toán này. Như chúng ta
đã biết, bài toán tính khoảng cách cần xác định được hình chiếu của một điểm
trên mặt phẳng. Nhưng công việc này không dễ với nhiều học sinh, chưa nói đến
việc xác định xong còn phải dùng một số kỹ năng, kiến thức để tính được độ dài
của đoạn thẳng. Với mong muốn làm đơn giản những bài toán phức tạp, rút ngắn
thời gian giải toán để phù hợp với hình thức thi trắc nghiệm khách quan, làm
cho nhiều học sinh có thể giải được bài toán khoảng cách.
Vì vậy, việc đề ra cách tiếp cận đơn giản cho loại bài toán tính khoảng
cách; để có thêm phương tiện và công cụ giải bài toán này thì việc hình thành
một chuyên đề giúp đồng nghiệp và học sinh trong học tập, giảng dạy là cần
thiết. Xuất phát từ những lí do nêu trên, tôi đã chọn vấn đề “ Một số kinh
nghiệm hướng dẫn học sinh sử dụng HAI CÔNG THỨC TỈ SỐ KHOẢNG
CÁCH khi giải bài toán khoảng cách trong hình học không gian” Làm đề tài
nghiên cứu khoa học của mình.
1.2. Mục đích nghiên cứu
Mục đích nghiên cứu của đề tài là nghiên cứu ứng dụng của HAI CÔNG
THỨC TỈ SỐ KHOẢNG CÁCH trong giải bài toán tính khoảng cách; hệ thống
lại các bài toán cơ bản trong chương trình và hướng dẫn cách tiếp cận bài toán
theo hướng đơn giản.

1.3. Đối tượng nghiên cứu
Đối tượng nghiên cứu của đề tài là HAI CÔNG THỨC TỈ SỐ KHOẢNG
CÁCH và các bài toán tính khoảng cách trong không gian.
1.4. Phương pháp nghiên cứu
Phương pháp đặc biệt hóa, khái quát hóa, tương tự hóa;
Tổng hợp, phân loại các bài toán tính khoảng cách.
1


2. NỘI DUNG.
2.1. Lý thuyết cơ sở
Mục này sẽ nhắc lại các định nghĩa, các tính chất cơ bản của Khoảng cách
và đặc biệt là giới thiệu HAI CÔNG THỨC TỈ SỐ KHOẢNG CÁCH để làm cơ
sở nghiên cứu của các mục tiếp theo.
2.1.1. Khoảng cách từ một điểm đến một đường thẳng

Cho điểm O và đường thẳng a . Trong mặt phẳng  O, a  , gọi H là hình
chiếu vuông góc của O trên a . Khi đó khoảng cách giữa hai điểm O và H
được gọi là khoảng cách từ điểm O đến đường thẳng a .
2.1.2. Khoảng cách từ một điểm đến một mặt phẳng

Cho điểm O và mặt phẳng    . Gọi H là hình chiếu vuông góc của O

trên mặt phẳng    . Khi đó khoảng cách giữa hai điểm O và H được gọi là
d O, 
khoảng cách từ điểm O đến mặt phẳng    . Kí hiệu:     .
2.1.3. Khoảng cách giữa đường thẳng và mặt phẳng song song
Định nghĩa: Cho đường thẳng a song song với mặt phẳng    . Khoảng
cách giữa đường thẳng a và mặt phẳng    là khoảng cách từ một điểm bất kì
d a, 

của a đến mặt phẳng    , kí hiệu là     .

2.1.4. Khoảng cách giữa hai mặt phẳng song song

Định nghĩa: 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    ,   
là 
.
2


2.1.5. Đường vuông góc chung và khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo
nhau
*) Định nghĩa
a) Đường thẳng  cắt hai đường thẳng chéo nhau a, b và cùng vuông
góc
với mỗi đường thẳng ấy được gọi là đường vuông góc chung của a và b .
b) Nếu đường vuông góc chung  cắt hai đường thẳng chéo nhau a, b lần
lượt tại M , N thì độ dài đoạn thẳng MN gọi là khoảng cách giữa hai đường
thẳng chéo nhau a và b .
*) Cách tìm đường vuông góc chung của hai đường thẳng chéo nhau
Cho hai đường thẳng chéo nhau a và b .

Gọi    là mặt phẳng chứa b và song song với a và a�là hình chiếu
vuông góc của a trên mặt phẳng    .

/ / a . Do đó a�cắt b tại một điểm. Gọi giao điểm đó là N .
Vì a / /    nên a�
Gọi    là mặt phẳng chứa a và a�

,  là đường thẳng đi qua N và vuông
góc với    . Khi đó  nằm trong mặt phẳng    nên  cắt đường thẳng a tại
M và cắt đường thẳng b tại N .

Nhận thấy
+) Đường thẳng  cắt cả hai đường thẳng a và b .

/ / a nên   a .
+)      nên   b và   a�
. Mà a�
Vậy  cắt đồng thời vuông góc với cả a và b . Do đó  là đường vuông góc
chung của a và b .
Chú ý. Khi a và b vuông góc với nhau. Gọi    là mặt phẳng chứa a và

vuông góc với b , gọi N là giao điểm của b và    . Qua N kẻ đường thẳng 

3


vuông góc với đường thẳng a , cắt đường thẳng a tại điểm M . Khi đó  là
đường vuông góc chung của a và b .

Nhận xét
a) Khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau bằng khoảng cách giữa một
trong hai đường thẳng đến mặt phẳng song song với nó và chứa đường thẳng
còn lại.
b) Khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau bằng khoảng cách giữa hai
mặt phẳng song song lần lượt chứa hai đường thẳng đó.
2.1.6. Hai công thức tỉ số khoảng cách.
 Công thức thứ nhất

Khi việc dựng MH     gặp khó khăn hoặc đã biết trước hay tính được

khoảng cách từ điểm N đến mặt phẳng    . Ta dịch chuyển việc tính khoảng
cách từ điểm M đến mặt phẳng    về tính khoảng cách từ điểm N đến mặt
d M ,      k .d  N ,    
phẳng    . Tức ta tìm số thực k sao cho 
.
k
Để tìm được số thực ta thường sử dụng các kết quả sau
d M ,   d  N,   
Kết quả 1: Nếu MN P   thì    
.

d M ,     d  N,   
Kết quả 2: Nếu M , N �   và    P   thì 
.

d  M ,   

d N, 
Kết quả 3: Nếu MN �    I thì    



IM
IN

.

4

 Công thức thứ hai

Giả sử O. ABC là tứ diện vuông tại O  OA  OB, OB  OC , OC  OA  . Khi
đó, đường cao OH của tứ diện O. ABC được tính theo công thức
1
1
1
1
2
2
2
OH = OA + OB + OC 2 (1).

Hay khoảng cách từ điểm O đến mặt phẳng  ABC  là OH và được tính theo
công thức (1).
Chứng minh
Dựng OD  BC  D �BC  , dựng OH  AD  H �AD 
Ta có

�BC  OD
� BC   AOD  �  ABC    AOD   BC � ABC  
�
�BC  AO

Hai mặt phẳng  ABC  và  AOD  vuông góc với nhau theo giao tuyến AD có
OH  AD nên suy ra OH  mp  ABC 

Trong các tam giác vuông OBC và OAD có

1
1
1
1
1
1
2
2
2
2
2
OD = OB + OC ; OH = OD + OA2

Vì vậy
1
1
1
1
2
2
2
OH = OA + OB + OC 2 .

Đây là một công thức “đẹp” và cũng thường xuyên được sử dụng để tính
khoảng cách từ một điểm đến một mặt phẳng, trong nhiều trường hợp công thức
này tỏ ra khá thuận lợi. Trong đề thi Đại học những năm vừa qua có nhiều bài
sử dụng công thức này.
5

2.2. Một số bài toán và hướng dẫn sử dụng công thức tỉ số khoảng cách
khi giải toán.
Bài toán 1( Bài toán điển hình)
Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh bằng a , cạnh bên
SA   ABCD 

và SA  2a . Gọi O  AC �BD .

1. Tính khoảng cách từ A đến mặt phẳng  SCD  ;

2. Tính khoảng cách từ O đến mặt phẳng  SCD  ;
3. Tính khoảng cách từ B đến mặt phẳng  SCD  ;
4. Tính khoảng cách từ A đến mặt phẳng  SBD  ;

5. Tính khoảng cách từ C đến mặt phẳng  SBD  .
Lời giải
Bình luận.
Bài toán điển hình này khi hướng dẫn học sinh giải toán đòi hỏi giáo viên
phải giải chi tiết cả bằng cách dựng hình chiếu của các điểm trên mặt phẳng
cần tính khoảng cách và cả bằng cách sử dụng công thức tỉ số khoảng cách. Ý
1, được xem là nền tảng của các ý còn lại, nó cũng đơn giản nên giáo viên sẽ
hướng dẫn để đa số học sinh giải được.

1. Tính

d  A,  SCD    ?

Dựng AH  SD  H �SD  . Ta có CD  AD và CD  SA , suy ra CD   SAD 

AH  d  A,  SCD  

nên AH  CD . Khi đó AH   SCD  . Suy ra
.
Xét tam giác vuông SAD , ta có

2 5a
1
1
1
1
1


 2  2 � AH 
2
2
2
AH
AD
AS
a
4a
5

6


Vậy

d  A,  SCD    AH 

2 5a
5 .


2. Tính  
Bình luận. Rõ ràng việc xác định được hình chiếu của điểm O trên mặt
d O, SCD

?

phẳng  SCD  là việc không dễ đối với đại đa số học sinh. Sau đây ta nhìn nhận
cách giải toán theo đúng lý luận toán học cho bài toán này.

Trong mặt phẳng  SAC  , dựng Ox PSA cắt SC tại K , suy ra OK   ABCD 

gọi J là trung điểm của CD . Dựng OL  KJ  L �KJ  . Ta có CD  OJ và
CD  OK , suy ra CD   KOJ  nên OL  CD . Khi đó OL   SCD  .
OL  d  O,  SCD  

Suy ra
.

OKJ
Xét tam giác vuông
, ta có

d  O,  SCD  

1
1

1
1
4
5a

 2  2  2 � OL 
2
2
OL OK
OJ
a
a
5 .
5a
 OL 
5 .

Vậy
Bây giờ chúng ta sẽ hướng dẫn học sinh tính khoảng cách từ O đến mặt

phẳng  SCD  trong tình huống mà học sinh không thể xác định được hình chiếu
của điểm O trên mặt phẳng  SCD  . Đối với bài toán này, ta sẽ hướng dẫn học
sinh sử dụng Công thức tỉ số khoảng cách thứ nhất.
Nhận thấy AO � SCD   C , suy ra
d  A,  SCD  

d  O,  SCD  



AC
 2 � d  O,  SCD    1 d  A,  SCD    a 5
AO
2
5 .

Chúng ta nhận thấy việc tính khoảng cách từ từ O đến mặt phẳng  SCD 
bằng Công thức tỉ số đã lược bỏ được khá nhiều bước phức tạp của bài toán.
Những bước mà không phải học sinh nào cũng thực hiện được. Cách này đã
đưa từ bài toán phức tạp về bài toán đơn giản hơn là tính khoảng cách từ A đến
mặt phẳng  SCD  .
3. Tính

d  B,  SCD    ?

Bình luận: Việc xác định được hình chiếu của điểm O trên mặt phẳng  SCD 
đã khó khăn với nhiều học sinh, ở Ý 3 này khi xác định hình chiếu của điểm B
trên mặt phẳng  SCD  là điều không thể với nhiều học sinh. Và trong quá trình
giảng dạy tôi thấy có rất ít học sinh có ý tưởng để thực hiện được bài toán này.
Sau đây, chúng ta sẽ hướng dẫn học sinh sử dụng Công thức tỉ số khoảng
cách thứ nhất để tính khoảng cách từ B đến mặt phẳng  SCD  .

7


Do AB PCD nên

2 5a
5 .
 SBD 

d  B,  SCD    d  A,  SCD   

4. Tính khoảng cách từ A đến mặt phẳng
Cách giải thường dùng

Dựng AI  SO  I �SO  . Do BD  AC , BD  SA suy ra BD   SAC  � BD  AI
Khi đó AI   SBD  , ta có
Xét tam giác SAO , ta có

d  A,  SBD  

d  A,  SBD    AI

.

1
1
1
2
1
2a


 2  2 � AI 
2
2
2
AI
AO

AS
a
4a
3 .
2a
 AI 
3

Vậy
Sau đây Tôi sẽ hướng dẫn học sinh xử dụng Công thức tỉ số thứ hai để tính
khoảng cách A đến mặt phẳng  SBD  .

d  d  A,  SBD  
Xét tứ diện vuông SABD , gọi
. Ta có
1
1
1
1
1
1
1
2a



 2  2  2 �d 
2
2
2

2
d
AB
AD
AS
a
a
4a
3
2a
d  A,  SBD    d 
3
Vậy

Bình luận. Ta thấy khi dùng Công thức tỉ số thứ hai để tính khoảng cách thì học
sinh không phải tìm hình chiếu của A trên mặt phẳng  SBD  . Việc này làm đơn
giản bài toán và giảm thời gian giải toán, phù hợp cho thi trắc nghiệm.
5. Tính khoảng cách từ C đến mặt phẳng  SBD  .
Bình luận: Khi giảng dạy bài toán này, tôi nhận thấy nhiều học sinh không xác
định được hình chiếu của điểm C trên mặt phẳng  SBD  . Do đó, việc tính

khoảng cách từ C đến mặt phẳng  SBD  các em cũng không thể thực hiện
được.
Bây giờ chúng ta sẽ chỉ cho học sinh cách sử dụng Công thức tỉ số thứ nhất để
tính khoảng cách từ C đến mặt phẳng  SBD  .

Câu hỏi đặt ra ở đây là để tính khoảng cách từ C đến mặt phẳng  SBD  ,
chúng ta tính thông qua điểm nào? Như chúng ta đã biết, với bài toán tính góc,
tính khoảng cách, tính thể tích thì chân đường cao của khối đa diện là rất quan
trọng. Do đó, khi giải các bài toán loại này chúng ta thường hướng đến chân

đường cao của khối đa diện.

Ta có, hai điểm A và C nằm trên đường thẳng cắt mặt phẳng  SBD  tại O .
Suy ra

8


d  A,  SBD  

d  C ,  SBD  

d  C ,  SBD   



OA
 1 � d  C ,  SBD    d  A,  SBD    2a
OC
3

2a
3 .

Vậy
Bài toán 2. (Đề thi tuyển sinh đại học Khối D, năm 2007)

0
�
�

Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình thang. ABC  BAD  90 ,

BA  BC  a, 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 theo a khoảng cách từ H đến mặt
 SCD 

phẳng

.

Lời giải.

Cách giải thường dùng.
Gọi M trung điểm của AD có
ACD vuông tại C . Ta có

MA  MC  MD � MC 

CD  AC
�
� CD   SAC  � CD  SC
�
CD  SA
�

Vậy tam giác SCD vuông tại C .

1
AD
2

,vậy tam giác

.

Trong  SAC  dựng AI  SC tại I . Ta có
�AI  SC
� AI   SCD 
�
� d  A,  SCD    AI
�AI  CD

.

1
1
1
1
1
1


 2  2  2 � AI  a
2
2
2
AC
AS
2a
2a
a

Trong SAC vuông tại A , ta có AI
Gọi G  BM �AC .Ta có BM PCD nên BM P( SCD)

Vậy

d  B,  SCD    d  G ,  SCD  

.

Hai điểm A và G nằm trên đường thẳng có giao điểm với mặt phẳng  SCD  tại
d  G , mp  SCD  



GC 1
1
a
 � d  G, mp  SCD    d  A, mp  SCD   
AC 2
2
2

C nên d  A, mp  SCD  
Trong SAB vuông tại A ta có

.
9


SH .SB SA2

SH
SA2
2a 2
2
SH .SB  SA �
 2 �
 2
 2

2
2
2
SB
SB
SB SA  AB
2a  a
3.
 SCD 
B
H
2

Hai điểm

và

nằm trên đường thẳng có giao điểm với mặt phẳng

d  H , mp  SCD  

S nên d  B, mp  SCD  



HS 2
2
a

� d  H , mp  SCD    d  B, mp  SCD   
BS 3
3
3

tại
.

Bình luận.
Trong cách giải này, việc xác định được điểm I là hình chiếu của điểm A trên

mặt phẳng  SCD  là không dễ. Trong quá trình dạy học, Tôi đã gặp một số
trường hợp các em có học lực khá còn xác định nhầm. Vì không chứng minh
được tam giác ACD vuông tại C .
Hướng dẫn học sinh sử dụng công thức tỉ số thể tích để giải bài toán.
Sau đây, Tôi sẽ hướng dẫn học sinh sử dụng CÔNG THỨC TÍNH THỂ TÍCH

THỨ 2 để tính khoảng cách từ A đến mặt phẳng  SCD  . Khi sử dụng công thức
này, học sinh sẽ không phải xác định điểm I là hình chiếu của điểm A trên mặt
phẳng  SCD  .

Để sử dụng được Công thức tính thể tích thứ hai, Học sinh phải dựng được

một tứ diện vuông tại A . Như vậy, ta kéo dài AB và CD cắt nhau tại N . Khi đó,
tứ diện SADN là tứ diện vuông.
Gọi

d  d  A,  SCD    d  A,  SND  

, Ta có

1
1
1
1
1
1
1
1



 2  2  2  2 �d a
2
2
2
2
d
AS
AN
AD
2a
4a

4a
a
.

Bình luận.
Cách giải này giúp học sinh tháo gỡ được khó khăn là việc dựng điểm I là hình
chiếu của điểm A trên mặt phẳng  SCD  . Do đó, học sinh tiếp cận dễ dàng
hơn.
Bài toán 3. ( Đề thi đại học Khối B năm 2014)

10


Cho hình lăng trụ ABC. A ' B ' C ' có đáy là tam giác đều cạnh a . Hình chiếu

vuông góc của A ' trên mặt phẳng  ABC  là trung điểm của cạnh AB , góc giữa
đường thẳng A ' C và mặt phẳng đáy bằng 600. Tính theo a khoảng cách từ
điểm B đến mặt phẳng  ACC ' A '

Lời giải.
Cách giải thường dùng.

Gọi H là trung điểm của AB . Theo đề bài ta có A ' H   ABC  . Có HC là

hình chiếu vuông góc của A ' C trên mặt phẳng  ABC  , nên góc giữa A ' C và

a 3
3a
. 3
2

2 .
AC  A ' H � AC   A ' HK 

A ' H  HC.tan 600 

�
mặt phẳng  ABC  là góc A ' CH  60 . Do đó
Dựng HK  AC ,( K �AC ) . Có AC  HK và
0

mà AC � ACC ' A ' �  ACC ' A '   A ' HK  hai mặt phẳng này vuông góc với
nhau theo giao tuyến A ' K , dựng HI  A ' K ,  I �A ' K  � HI   ACC ' A '  .
Vậy

d  H ,  ACC ' A '   HI

Ta có

HK  AH .sin 600 

Hai điểm B và
có:

.

a 3
4 , trong A ' HK có

1
1

1
16
4
52
3a 13


 2  2  2 � HI 
2
2
2
HI
HK
HA '
3a 9a
9a
26 .
 ACC ' A '
H

d  B,  ACC ' A '  

d  H ,  ACC ' A '  

nằm trên đường thẳng có giao điểm với mp


tại A

BA

3a 13
 2 � d  B,  ACC ' A '   2d  H ,  ACC ' A '   
HA
13

.

Hướng dẫn học sinh sử dụng công thức tỉ số thể tích để giải bài toán.
Để giải được bài toán này, ta thấy việc tính được khoảng cách từ H đến

 ACC ' A ' là mấu chốt của bài toán. Tuy nhiên, nếu sử dụng cách giải thông
thường thì chúng ta phải xác định được hình chiếu của H trên  ACC ' A '  . Sau
11


đây, tôi sẽ hướng dẫn học sinh sử dụng Công thức tỉ số thứ hai để tính khoảng
cách từ H đến  ACC ' A ' .

d H ,  ACC ' A '    d
Xét tứ diện vuông A ' AHC . Gọi 
, ta có

Hai điểm
có:

1
1
1
1
4

4
4
52
3a 13



 2  2  2  2 �d 
2
2
2
2
d
HA HA ' HC
a 9a 3a
9a
26 .
 ACC ' A '
B
H

và

nằm trên đường thẳng có giao điểm với mp

d  B,  ACC ' A ' 

d  H ,  ACC ' A ' 



tại A

BA
3a 13
 2 � d  B,  ACC ' A '    2d  H ,  ACC ' A '   
HA
13

.
Bài toán 4. ( Câu 40 - Đề minh họa TN THPT năm 2020 – Bộ Giáo Dục và
Đào Tạo).
Cho hình chóp S . ABC có đáy là tam giác vuông tại A, AB  2a, AC  4a, SA
vuông góc với mặt phẳng đáy và SA  a (minh học như hình vẽ). Gọi M là
trung điểm của AB. Khoảng cách giữa hai đường thẳng SM và BC bằng

2a
.
A. 3

a 6
.
B. 3

a 3
.
C. 3

a
.

D. 2

Lời giải.
Sau đây chúng ta so sánh hai cách giải bài toán
Cách giải thường dùng.

Gọi N là trung điểm của AC. Ta có BC // MN � BC //  SMN  .
12


Khi đó

d  BC , SM   d  BC ,  SMN    d  B,  SMN    d  A,  SMN   .

d A, SMN    AH .
Kẻ AI  MN  I �MN  , AH  SI  H �SI  . Suy ra  
Ta có

2a 5
,
5
AM  AN
SA. AI
2a
2a
AH 

� d  BC , SM   .
3
3

SA2  AI 2

AM  a, AN  2a, AI 

AM . AN
2

2



Bình luận: Với cách giải này, học sinh phải xác định được hình chiếu của A

trên  SMN  . Tuy nhiên công việc này không phải học sinh nào cũng làm được.
Sau đây chúng ta sẽ hướng dẫn học sinh áp dùng CÔNG THỨC TỈ SỐ
THỨ HAI để giải bài toán.
Lời giải.

Gọi N là trung điểm của AC. Ta có BC // MN � BC //  SMN  .

  
  
 
Khi đó 
Xét tứ diện SAMN , ta có AS  AM , AS  AN , AN  AM .
d BC , SM  d BC , SMN

Gọi

d  d  A,  SMN  

 d B, SMN

 d A,  SMN   .

, khi đó

1
1
1
1
1
1
1
9
2a



 2  2  2  2 �d 
2
2
2
2
d
AS
AM
AM
a
a

4a
4a
3
2a
d  BC , SM   .
3
Vậy

Bình luận: Rõ ràng khi áp dụng Công thức tỉ số thể tích thứ 2 thì lời giải đã
trở nên đơn giản và sẽ có nhiều học sinh giải được loại bài toán này.
Bài toán 5. (Đề thi tuyển sinh đại học Khối D năm 2008).
Cho lăng trụ đứng ABC. A ' B ' C ' có đáy ABC là tam giác vuông tại B ,
AB  BC  a , cạnh bên AA '  a 2 . Gọi M là trung điểm của BC
d  AM , B ' C 

a) Tính

;

13


b) Tính

d  M , mp  AB ' C  

.
Lời giải.

a). Gọi E là trung điểm của BB ' thì B ' C Pmp  AME  .

Do đó

d  AM , CB '  d  CB ', mp  AME  

 d  B ',  AME    d  B,  AME  

 
Vì E trung đểm BB ' nên 
Vì tứ diện BAME là tứ diện vuông tại B nên ta có:

d B ',  AME   d B ,  AME  

1
1
1
1
7
2
2
2
d ( B;( AME )) = BE + BA + BM = a 2
a 7
a 7
d  AM , B ' C  
7
= 7 . vậy
 AB ' C 
M
2

Suy ra

d  B,  AME  

b). Tính khoảng cách từ

đến mặt phẳng

ta sẽ hướng dẫn học sinh

tính khoảng cách từ B đến mặt phẳng  AB ' C  trước vì BB ' AC là tứ diện vuông,
sau đó sử dụng Công thức tỉ số thứ nhất thì tính được khoảng cách từ M . Ta
tính như sau:
1
1
1
1
1
1
1
5



 2 2 2  2
2
2
2
d  B,  AB ' C   BA BB ' BC
a

a 2a
2a
2

� d  B,  AB ' C   

a 10
5

Vì đường thẳng qua 2 điểm B và M có giao điểm với mặt phẳng  AB ' C  tại C
nên có
d  M ,  AB ' C  
d  B,  AB ' C  



MC 1
1
a 10
 � d  M ,  AB ' C    d  B,  AB ' C   
BC 2
2
10

.

2.3. Các bài tập tương tự
14

Bài tập 1. Cho hình lập phượng ABCD. A ' B ' C ' D ' có cạnh bằng a . Tính
d  AC , DC '

.
Lời giải.

Vì AC P A ' C ' � AC Pmp  DA ' C '  , nên ta có

d  AC , DC '   d  AC , mp  DA ' C '   d  A, mp  DA ' C '    d  D ', mp  DA ' C ' 

Vì hai đểm A và D ' nằm trên đường thẳng có giao điểm với mp  DA ' C ' tại O
nên ta có
d  A, mp  DA ' C ' 



AO
 1 � d  A, mp  DA ' C '    d  D ', mp  DA ' C '  
D 'O

d  D ', mp  DA ' C ' 
Tứ diện D ' DA ' C ' vuông tại D ' , suy ra
1
1
1
1
1
1
1
3




 2 2 2  2
2
2
2
2
d  D ',  DA ' C '  D ' D
D ' A ' D 'C '
a
a
a
a

� d  D ',  DA ' C '   
d  AC , DC ' 

a
3.

a 3
3 .

Vậy
Bài tập 2. Cho lăng trụ đều ABC. A ' B ' C ' có tất cả các cạnh bằng a . Gọi
M , N lần lượt là trung điểm của AA ', BB ' . Tính d  B ' M , CN  .

Lời giải.

15


Vì đề bài cho chưa có góc nào để có tứ diện vuông, nên ta phải dựng thêm
đường thẳng để có tứ diện vuông. Vì ABC đều nên ta nghĩ ngay đến kẻ đường cao
của tam giác .
Gọi O và O ' lần lượt là trung điểm của BC và B ' C ' . Ta có ngay tứ diện vuông
tại O , gọi P là giao điểm của OO ' với CN . Vì B ' M P AN , suy ra B ' M P CAN 
Ta có
d  MB ', CN   d  MB ',  CAN    d  B ',  CAN    d  B,  CAN  

.

Muốn tính khoảng cách từ B đến mặt phẳng  ACN  thông qua khoảng cách từ O
đến  ACN  .

Mặt phẳng  ACN  và mặt phẳng  ACP  như nhau. Ta có OA, OP, OC đôi một
vuông góc tại O nên OACP là từ diện vuông tại O nên ta có
1
1
1
1
4
4 16 64
a 3








�
d
O
,
ACP





8
d 2  O,  ACP   OA2 OC 2 OP 2 3a 2 a 2 a 2 3a 2

Vì BO có giao điểm với mặt phẳng  ACN  tại C nên ta có
d  B,  CAN  

d  O,  CAN  



BC
a 3 a 3
 2 � d  B,  CAN    2d  O,  CAN    2.

OC
8
4

d  B ' M , CN  

a 3
4 .

Vậy
Bài tập 3. ( Đề thi tuyển sinh đại học khối D năm 2007)

0
�
�
Cho hình chóp S . ABCD , có đáy ABCD là hình thang, ABC  BAD  90 ,

AB  BC  a , AD  2a . Cạnh bên SA vuông góc với đáy, SA  a 2 . Gọi H là
d  H ,  SCD  
SB
A

hình chiếu vuông góc của

trên

. Tính
Lời giải.

?

16

Gọi M là giao điểm của AB với CD ; K là giao điểm của AH với SM . Dễ
thấy B là trung điểm của AM .
Ta có
BH BH .BS BA2
a2 1
BS = BS 2 = BS 2 = 3a 2 = 3 .
Suy ra H là trọng tâm của tam giác SAM . Từ đó
d ( H ,( SCD )) KH 1
d ( A,( SCD)) = KA = 3
Tứ diện ASDM vuông tại A nên
1
1
1
1
1
2
2
2
2
d ( A;(SCD )) = AS + AD + AM = a 2
a
3.
Suy ra
. Vậy
Bài tập 4. Cho hình lập phương ABCD. A ' B ' C ' D ' có cạnh bằng a . Gọi K
là trung điểm của DD ' . Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng CK và A ' D .

d  A,  SCD    a

d  H ,  SCD   

Lời giải.

Gọi M là trung điểm của BB ' .
Ta có

A ' M PCK nên d  CK , A ' D   d  CK ,  A ' MD    d  K ,  A ' MD  

Gọi N là giao điểm của AK với A ' D , P là giao điểm của AB với A ' M
Khi đó
d ( K ,( A ' MD)) NK 1
d ( A,( A ' MD)) = NA = 2

Suy ra
1
d ( A;( A ' MD))
)= 2
=
1
2
Tứ diện AA ' DP vuông tại A nên d ( A,( A ' DP)) =

d  CK , A ' D 

1
d ( A;( A ' DP))
2
1
1
1

9
2
2
2
AA ' + AD + AP = 4a 2

17


Suy ra

d  A,  A ' DP   

a
2a
d  CK , A ' D  
3 . Vậy
3.

3. KẾT LUẬN, KIẾN NGHỊ
Nội dung chủ yếu của đề tài là trình bày kinh nghiệm nhận dạng, phân
tích, định hướng tìm lời giải bài toán tính khoảng cách dựa vào hai công thức tỉ
số khoảng cách và ứng dụng trong giải bài toán trắc nghiệm khách quan. Những
kết quả đã đạt được của đề tài là
1. Trình bày lý thuyết cơ bản về khoảng cách và các tính chất.
2. Trình bày hai công thức tỉ số khoảng cách.

18

3. Trình bày ứng dụng của hai công thức tỉ số khoảng cách trong giải toán và
cách định hướng ứng dụng hai công thức trong bài toán khoảng cách.
Đặc biệt, kết quả chính đạt được của đề tài là: Phương pháp sử dụng hai
công thức tỉ số khoảng cách trong giải toán và phát triển các dạng bài toán tính
khoảng cách trong chương trình THPT.
Kết quả đạt được trong đề tài có thể dùng làm tài cho giáo viên tham khảo
dạy ôn tập, học sinh làm tài liệu học tập.
Do khả năng và thời gian nghiên cứu có hạn, nên đề tài có thể chưa đầy
đủ và khó tránh khỏi sai sót. Tác giả rất mong nhận được sự đóng góp của thầy,
cô và các bạn đồng nghiệp để đề tài được hoàn thiện hơn.
XÁC NHẬN
CỦA THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ

Thanh Hóa, ngày 29 tháng 6 năm 2020
Tôi xin cam đoan đây là SKKN của mình
viết, không sao chép nội dung của người
khác.

Lê Văn Tiến

TÀI LIỆU THAM KHẢO
[1]. Đoàn Quỳnh, Văn Như Cương, Phạm Khắc Ban, Tạ Mân, (2009), Sách giáo
khoa Hình học lớp 11, NXB giáo dục.
[2]. Hà Văn Chương, Phạm Hồng Danh, (2010), Giới thiệu đề thi tuyển sinh Đại
học và Cao đẳng, NXB Đại học sư phạm.
[3]. Đề minh họa TN THPT năm 2020 – Bộ Giáo Dục và Đào Tạo.

19