Tải bản đầy đủ (.doc) (27 trang)

skkn một số PHƯƠNG PHÁP TÍNH KHOẢNG CÁCH TRONG KHÔNG GIAN

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (882.12 KB, 27 trang )

MỤC LỤC
1. Lời giới thiệu ………………………………………………………………… 2
2. Tên sáng kiến ………………………………………………………………… 3
3. Tác giả sáng kiến...…………………………………………………………… 3
4. Chủ đầu tư tạo ra sáng kiến ..………………………………………………… 3
5. Lĩnh vực áp dụng sáng kiến...………………………………………………… 3
6. Ngày sáng kiến được áp dụng lần đầu hoặc áp dụng thử..…………………… 3
7. Mô tả bản chất sáng kiến...…………………………………………………… 3
7.1. Nội dung sáng kiến.……………………………………………………… 3
7.1.1. Cơ sở lý thuyết……………………………………………………. 3
7.1.2. Thực trạng vấn đề………………………………………………… 4
7.1.3. Một số giải pháp..………………………………………………… 6
7.1.4. Bài tập đề nghị…………………………………………………… 23
7.2. Về khả năng áp dụng sáng kiến………………………………………… 24
8. Những thông tin cấn được bảo mật…………………………………………. 24
9. Các điều kiện cần thiết để áp dụng sáng kiến.……………………………… 24
10. Đánh giá lợi ích thu được.…………………………………………………. 25
11. Danh sách những tổ chức/cá nhân đã tham gia áp dụng thử hoặc áp dụng
sáng kiến lần đầu .………………………………………………………… 25

1


BÁO CÁO KẾT QUẢ
NGHIÊN CỨU, ỨNG DỤNG SÁNG KIẾN
1. Lời giới thiệu
Trong chương trình tốn học lớp 11, 12, bài tốn về khoảng cách trong khơng
gian giữ một vai trị quan trọng, nó xuất hiện ở hầu hết các đề thi tuyển sinh vào đại học,
cao đẳng; đề thi học sinh giỏi, các đề thi tốt nghiệp trong những năm gần đây. Mặc dù
vậy đây là phần kiến thức đòi hỏi học sinh phải có tư duy sâu sắc, có trí tưởng tượng hình
khơng 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 khơng gian.
Đối với các giáo viên, thì do lượng thời gian ít ỏi và việc tiếp cận các phần mềm vẽ
hình khơng gian còn hạn chế nên việc biên soạn một chuyên đề có tính hệ thống về phần
này cịn gặp nhiều khó khăn.
Trước các lí do trên, tơi quyết định viết đề tài sáng kiến kinh nghiệm mang tên:
“Một số phương pháp tính khoảng cách trong khơng gian” nhằm cung cấp cho học sinh
một cái nhìn tổng qt và có hệ thống về bài tốn tính khoảng cách trong khơng gian, một
hệ thống bài tập đã được phân loại một cách tương đối tốt, qua đó giúp học sinh khơng
phải e sợ phần này và quan trọng hơn, đứng trước một bài tốn học sinh có thể bật ngay
ra được cách giải, được định hướng trước khi làm bài qua đó có cách giải tối ưu cho mỗi
bài tốn.
Mặc dù vậy, vì điều kiện thời gian còn hạn chế nên sự phân loại có thể chưa được
triệt để và chỉ mang tính chất tương đối, rất mong được các bạn bè đồng nghiệp góp ý
kiến chỉnh sửa để đề tài này được hồn thiện hơn.
Tơi xin chân thành cảm ơn!

2


Mọi đóng góp xin gửi về: Nguyễn Ngọc Tân - Trường THPT Yên Lạc 2 - huyện
Yên Lạc - tỉnh Vĩnh Phúc - Số điện thoại: 0976994981. Email:
2. Tên sáng kiến: Một số phương pháp tính khoảng cách trong không gian
3. Tác giả sáng kiến:
- Họ và tên: Nguyễn Ngọc Tân
- Địa chỉ tác giả sáng kiến: Trường THPT Yên Lạc 2 – huyện Yên Lạc – tỉnh Vĩnh Phúc

- Số điện thoại: 0976994981
Email:
4. Chủ đầu tư tạo ra sáng kiến: Nguyễn Ngọc Tân
5. Lĩnh vực áp dụng sáng kiến:
- Sáng kiến kinh nghiệm này được nghiên cứu trong bài khoảng cách của hình học
khơng gian khối 11 dành cho bồi dưỡng học sinh giỏi của trường THPT Yên Lạc 2 và ôn
thi THPT Quốc Gia
- Sáng kiến góp phần nâng cao hiệu quả bồi dưỡng HSG khối 12 và thi THPT
Quốc Gia.
6. Ngày sáng kiến được áp dụng lần đầu hoặc áp dụng thử: 10/9/2019
7. Mô tả bản chất của sáng kiến
7.1. Nội dung sáng kiến
7.1.1. Cơ sở lý thuyết
Trong nghiên cứu khoa học, việc tìm ra quy luật, phương pháp chung để giải quyết
một vấn đề là rất quan trọng vì nó giúp chúng ta có định hướng tìm lời giải của một lớp
bài tốn tương tự nhau, Trong dạy học giáo viên có nhiệm vụ thiết kế và điều khiển sao
cho học sinh thực hiện và luyện tập những hoạt động tương thích với những nội dung dạy
học trong điều kiện được gợi động co, có hướng đích, có kiến thức về phương pháp tiến
hành và có trải nghiệm thành cơng. Do vậy việc trang bị về phương pháp cho học sinh là
một nhiệm vụ quan trọng của người giáo viên.
Trong bài “Khoảng cách” trong sách giáo khoa lớp 11 có đưa ra 4 khái niệm về
khoảng cách:
- Khoảng cách từ một điểm đến đường thẳng.
- Khoảng cách từ một điểm đến một mặt phẳng.
- Khoảng cách giữa đường thẳng và mặt phẳng song song, khoảng cách giữa hai
mặt phẳng song song.
3


- Khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau.

Do đó nếu có một hệ thống phương pháp tiếp cận và giải quyết các bài toán:
Bài toán 1: Khoảng cách từ một điểm đến đường thẳng.
Bài toán 2: Khoảng cách từ một điểm đến một mặt phẳng.
Bài toán 3: Khoảng cách giữa đường thẳng và mặt phẳng song song, khoảng cách
giữa hai mặt phẳng song song.
Bài toán 4: Khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau.
thì hầu hết các bài tốn về khoảng cách sẽ được giải quyết.
Vì vậy, việc đưa ra “Một số phương pháp tính khoảng cách trong khơng gian”
là một việc rất cần thiết và bổ ích cho việc dạy của giáo viên và việc học hình học khơng
gian của học sinh.
7.1.2. Thực trạng vấn đề
Trong q trình giảng dạy của mình và các đồng nghiệp tơi nhận thấy phần lớn học
sinh cịn rất lơ mơ về hình học khơng gian. Đặc biệt khi gặp các bài tốn về khoảng cách
thường khơng định hình được cách giải, lúng túng khi xác định hình chiếu của điểm lên
đường thẳng, mặt phẳng hoặc xác định được chúng nhưng khơng tính được, hoặc tìm
được nhưng cách làm cịn dài chưa kể đến việc vẽ hình chưa đúng hoặc chưa biết vẽ hình.
Mặt khác thời gian cho bài này lại ít nên học sinh rất lúng túng khơng biết định
hình thế nào khi đứng trước một bài tốn. Cụ thể:
- Tình huống 1: Cho hình chóp S . ABCD , SH ⊥ ( ABCD ) . Tính khoảng cách từ H
đến mặt phẳng ( SCD ) .
Học sinh khơng biết dựng hình chiếu của H lên ( SCD ) như thế nào từ đó khơng
thể tính được khoảng cách từ H đến mặt phẳng ( SCD ) . Như chúng ta đã biết H là chân
đường cao hạ từ đỉnh S lên ( SCD ) do đó việc xác định khoảng cách từ H đến mặt phẳng

( SCD )

một cách dễ dàng.

- Tình huống 2: Cho hình chóp S . ABCD , SH ⊥ ( ABCD ) , ABCD là hình chữ
nhật tâm O. Tính khoảng cách từ O đến mặt phẳng ( SCD ) .


4


Trong tình huống này học sinh lúng túng khi dựng khoảng cách từ O đến ( SCD )

và cũng không biết sử dụng tỉ số khoảng cách

d ( O, ( SCD ) )
d ( A, ( SCD ) )

=

1
. Vì vậy giáo viên cần
2

xây dựng cho học sinh cách dựng hình chiếu của một số điểm thường gặp và sử dụng tỉ lệ
khoảng cách giữa các điểm để đưa về tính khoảng cách của các điểm đã biết đơn giản
hơn.
- Tình huống 3: Cho hình chóp S . ABCD , SH ⊥ ( ABCD ), SA = a , ABCD là hình
vng cạnh a. Tính khoảng cách giữa AC và SD.

Với tình huống này học sinh thường hay đi dựng đường vng góc chung của hai
đường thẳng AC và SD nhưng khó tìm được, một số học sinh biết dựng ( SB ' D ) chứa
SD và song song với AC khi đó ta có d ( AC , SD ) = d ( AC , ( SB ' D ) ) = d ( A, ( SB ' D ) ) .
- Tình huống 4: Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình vng cạnh a, gọi M, N là
trung điểm của AB, AD. H là giao điểm của CN, DM , SH ⊥ ( ABCD ), SA = a 3 . Tính
khoảng cách giữa SC và DM.


5


Học sinh thường khơng nhận ra được vị trí tương đối giữa DM và SC có điểm đặc
biệt là vng góc với nhau nên loay hoay dựng đường vng góc chung không được. Đưa
về khoảng cách từ đường thẳng đến mặt phẳng song song chứa đường cịn lại, lại càng
khó và cũng dẫn đến bế tắc.
Lúc này vai trò của người giáo viên là rất quan trọng, phải hướng dẫn chỉ rõ cho
học sinh phương pháp giải từng dạng toán, nên giải như thế nào cho hợp lý đối với từng
loại để được một đáp án đúng và suy luận có lơgíc để có hướng làm tốt tránh được tình
huống rối ren dễ mắc sai lầm. Trên cơ sở đó hình thành cho học sinh kỹ năng tốt khi giải
quyết các bài toán về khoảng cách.
7.1.3. Một số giải pháp
Qua nghiên cứu, trao đổi, đúc rút kinh nghiệm và ý kiến của đồng nghiệp, tôi mạnh
dạn đưa ra hướng giải quyết các vấn đề trên của học sinh với giải pháp: Đưa ra “Một số
phương pháp tính khoảng cách trong khơng gian” như sau:
I. BÀI TỐN 1: KHOẢNG CÁCH TỪ MỘT ĐIỂM ĐẾN ĐƯỜNG THẲNG
1. Phương pháp: 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 ∆.
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 cơng thức
2. Bài tập minh họa:
Bài tập 1. Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vng cạnh a, tâm O,

SH ⊥ ( ABCD ), SA = a . Tính khoảng cách giữa SC và DM. Gọi I, M theo thứ tự là trung
điểm của SC, AB.
a) Tính khoảng cách từ I đến CM.
b) Tính khoảng cách từ S đến CM.
Giải
a) Cách 1: Gọi H là hình chiếu của I lên CM ⇒ IH ⊥ CM
6


Trong tam giác SCM ta có: SM = SA2 + AM 2 =

5a
2
5a
2

CM = MB 2 + BC 2 =

SC = SA2 + AC 2 = 3a
2

Suy ra tam giác SCM cân tại M ⇒ MI = SM +  SC ÷ = 2a
 2 
2



1
IH 2


=

1
IM 2

+

1
IS 2

=

10
3a 2

⇒ IH =

3
a
10

Cách 2: Vì IO PSA ⇒ IO ⊥ CM ⇒ OH ⊥ CM
1
1
1
20
a
1
1a 2
2

=
+
=

OH
=
Ta có OK = OB =
a=
a,
20
OH 2 OK 2 OC 2 a 2
3
3 2
6

Trong tam giác vng IOH ta có: IH = IO 2 + OH 2 =
b) Ta dễ thấy d ( S , CM ) = SM
7

3
a
10


d ( S , CM )
30a
= 2 ⇒ d ( S , CM ) = 2d ( I , CM ) = 2 IH =
d ( I , CM )
5
Nhận xét:

- Trong cách 1 việc tính khoảng cách IH ta có thể linh hoạt chọn cách tính
phù hợp với các dữ kiện bài tốn đưa ra
- Trong cách 2 tính khoảng cách từ S đến CM có thể làm như trên. Tuy
nhiên ta có thể sử dụng tỉ lệ khoảng cách giữa hai đểm S, I đến CM như trên.
II. BÀI TOÁN 2: KHOẢNG CÁCH TỪ MỘT ĐIỂM ĐẾN MỘT MĂT PHẲNG
1. Phương pháp: Cho điểm O và mặt phẳng (α). Gọi H là hình chiếu của O trên (α). Khi
đó khoảng cách giữa hai điểm O và H được gọi là khoảng cách từ điểm O đến mặt phẳng
(α). Kí hiệu d (O,(α ))
* Nhận xét
-

∀M ∈ (α ), OM ≥ d (O,(α ))

- Việc xác định hình chiếu H là vấn đề khó thực hiện hoặc mất rất nhiều thời gian để
thực hiện. Do vậy tôi đưa ra các phương pháp xác định khoảng cách từ một điểm đến một
mặt phẳng như sau:
Phương pháp 1: Tính trực tiếp
Xác định hình chiếu H của O trên (α) và tính OH dựa trên một số trường đặc biệt
sau:
+ Trong hình chóp đều, thì chân đường cao hạ từ đỉnh trùng với tâm đáy
+ Hình chóp có một mặt bên vng góc với đáy thì chân đường vng góc hạ từ
đỉnh sẽ thuộc giao tuyến của mặt bên đó với đáy
+ Hình chóp có 2 mặt bên vng 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 trịn ngoại tiếp đáy
+ Hình chóp có các mặt bên tạo với đáy những góc bằng nhau thì chân đường cao
là tâm đường trịn nội tiếp đáy
+ Nếu O lại là chân đường cao hạ từ đỉnh S thì ta có thể dựng hình chiếu H của O
lên mặt (SAB) như sau:

8


Kẻ OK ⊥ AB ( K ∈ AB ) , OH ⊥ SK , ( H ∈ SK )
Ta có: d ( O, ( SAB ) ) = OH
Thật vậy: OK ⊥ AB, AB ⊥ SO ⇒ AB ⊥ SK ⇒ OH ⊥ ( SAB )
Phương pháp 2: Sử dụng cơng thức thể tích
1
3V
Thể tích của khối chóp V = S .h ⇔ h =
. Theo cách này, để tính khoảng cách từ
3
S
đỉnh của hình chóp đến mặt đáy, ta đi tính V và S
Phương pháp 3: Sử dụng tỉ lệ khoảng cách giữa hai điểm
Ý tưởng của phương pháp này là: đưa việc tính d (O,(α )) về việc tính d (O ',(α ))
dễ dàng hơn. Ta thường sử dụng những kết quả sau:
Kết quả 1. Nếu đường thẳng ∆ song song với mặt phẳng (α) và O, O’ ∈ ∆ thì
d (O;(α )) = d (O ';(α ))
Kết quả 2. Nếu đường thẳng ∆ cắt mặt phẳng (α) tại điểm I và O, O’ ∈ ∆ (O, O’
không trùng với I) thì
d (O;(α )) OI
=
d (O ';(α )) O ' I
1
Đặc biệt, nếu O là trung điểm của O’I thì d (O;(α )) = d (O ';(α ))
2
nếu I là trung điểm của OO’ thì d (O;(α )) = d (O ';(α ))
Phương pháp 4: Sử dụng tính chất của tứ diện vuông


9


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 cơng thức

1
OH 2

=

1
OA2

+

1
OB 2

+

1
OC 2

Phương pháp 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
cơng thức sau:
d ( M ;(α )) =


Ax0 + By0 + Cz0 + D

với M ( x0 ; y0 ; z0 ) , (α ) : Ax + By + Cz + D = 0

A + B +C
uuur r
MA ∧ u
r
d ( M , ∆) =
r
với ∆ là đường thẳng đi qua A và có vectơ chỉ phương u
u
2

2

2

r ur uuur
u ∧ u '. AA '
ur
d (∆, ∆ ') = r ur
với ∆ ' là đường thẳng đi qua A ' và có vtcp u '
u ∧u'
Phương pháp 6: Sử dụng phương pháp vectơ
Bước 1: Chon hệ toạ độ Oxyz gắn với hình đang xét.
Bước 2: Chuyển bài tốn từ ngơn ngữ hình học sang ngơn ngữ toạ độ - véc tơ
Bước 3: Giải bài toán bằng phương pháp toạ độ, rồi chuyển sang ngơn ngữ hình
học.
2. Bài tập minh họa:

Bài tập 1. (Đề HSG mơn tốn 12 tỉnh Vĩnh Phúc năm học 2011-2012).
Cho lăng trụ đứng ABC . A′B′C ′ có đáy là tam giác vng tại B với
AB = a, AA′ = 2a, A′C = 3a . Gọi M là trung điểm cạnh C ′A′ , I là giao điểm của các đường
thẳng AM và A′C . Tính thể tích của khối tứ diện IABC và khoảng cách từ A tới mặt
phẳng ( IBC ) .
Giải.

10


Gọi H , K theo thứ tự là hình chiếu của I trên AC , A′C ′. Khi đó do
1
( ABC ) ⊥ ( ACC ′A′) nên IH ⊥ ( ABC ) . Từ đó VI . ABC = ·S ABC ·IH
3

(1)

Do ACC ′A′ là hình chữ nhật nên AC = A′C 2 − AA′2 = a 5
Do tam giác ABC vuông tại B nên BC = AC 2 − AB 2 = 2a
1
Suy ra S ABC = ·AB·BC = a 2 (2)
2
IH
AC 2
IH
2
2
=
= ⇒
=

=
Theo định lý Ta-let, ta có
IK A′M 1
KH 2 + 1 3
2
4a
do đó IH = ·HK =
(3)
3
3
1
4a 3
Từ (1), (2), (3) suy ra VI . ABC = S ABC ·IH =
3
9

2
2
Từ (3) và theo định lý Ta-let, ta được IC = ·A′C suy ra S BIC = ×S BA′C
3
3
Do ABB′A′ là hình chữ nhật nên BA′ = BA2 + BB′2 = a 5.
Do BC ⊥ BA, BC ⊥ BB nên BC ⊥ ( BAA′B′ ) ⇒ BC ⊥ BA′ .
1
2
2a 2 5
×BC ×BA′ = a 2 5. Từ đó S IBC = ×S BA′C =
3
3
2

3VI . ABC 2a
=
Từ đó, do VI . ABC = VA.IBC suy ra d ( A; ( IBC ) ) =
S IBC
5

Suy ra S BA′C =

Bài tập 2. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi tâm O, cạnh a, góc
·
BAD
= 600 , có SO vng góc mặt phẳng (ABCD) và SO = a.

S

a) Tính khoảng cách từ O đến mặt phẳng (SBC).
b) Tính khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng (SBC).

F

Giải.
a) Hạ OK ⊥ BC ⇒ BC ⊥ ( SOK )

H

A
E

11


B
D

B
D
K

O

C


Trong (SOK) kẻ OH ⊥ SK ⇒ OH ⊥ ( SBC )
⇒ d ( O, ( SBC ) ) = OH .
Ta có ∆ABD đều ⇒ BD = a ⇒ BO =

a
; AC = a 3
2

Trong tam giác vuông OBC có:
1
1
1
13
a 39
=
+
= 2 ⇔ OK =
2

2
2
OK
OB OC
3a
13
Trong tam giác vng SOK có:
1
1
1
16
a 3
=
+
=

OH
=
OH 2 OS 2 OK 2 3a 2
4
Vậy d ( O, ( SBC ) ) = OH =

a 3
4

b) Ta có d ( A, ( SBC ) ) = 2d ( O, ( SBC ) ) = 2OH =

a 3
2


Bài tập 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

S

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

M

N

(AMN) có thể thay bằng khoảng cách từ C
D

đến (SAB).

P
C

Giải.

A

Gọi O là tâm của hình vng ABCD,


O
B

khi đó SO ⊥ (ABCD). M, N lần lượt là trung điểm của SA và SB nên
S AMN

1
1
a2 7
= S ANS = S ABS =
2
4
16

PC / /( AMN ) ⇒ d ( ( P,( AMN )) ) = d ( (C ,( AMN )) ) .
12


1
1 1
Vậy: 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
Vậy VAMNP =

3V
6
1 1 2 a 6 a3 6
⇒ d ( ( P,( AMN )) ) = PAMN = a
. a .
=
S AMN
7
12 2
2
48

Bài tập 4. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vng tâm O, SA vng
góc với đáy hình chóp. Cho AB = a, SA = a 2 .

S

Gọi H, K lần lượt là hình chiếu của A trên SB,
SD. Tính khoảng cách từ điểm O đến mặt phẳng
(AHK).

K

Phân tích. Khối chóp AOHK và ASBD có
chung đỉnh, đáy cùng nằm trên một mặt phẳng


D

H
A
O

nên ta có thể tính được thể tích khối chóp
B

OAHK, hơn nữa tam giác AHK cân nên ta tính

C

được diện tích của nó.
Giải.
1
Cách 1: VOAHK = S AHK .d ( O; ( AHK ) )
3
Trong đó:
+

1
1
1
3
a 6
a 6
;
=
+

=

AH
=

SAD
=

SAB

AK
=
AH
=
I
AH 2 AB 2 AS 2 2a 2
3
3
G
J

Ta có HK và BD đồng phẳng và cùng vng 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 của HK
=
= ⇒ HK = BD =
BD SO 3

3
3
nên AG ⊥ HK và AG =
S AHK

2
2 1
1
2a
AI = . SC = .2a =
;
3
3 2
3
3

1
1 2a 2 2a 2 2a 2
= AG.HK = . .
=
2
2 3
3
9
13


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
=
+
+
= 2 ⇒h=
2
2
2
2
h
AS
AB
AD
2a
5
Tam giác OHK cân tại O nên có diện tích S bằng
1
1 a 10 2 2a
5a 2
1

2a 3
S = OG.HK = .
.
=
⇒ VOAHK = Sh =
2
2 6
3
9
3
27
⇒ d ( O; ( AHK ) ) =

3VOAHK
S AHK

2a 3

27 = a
=
2
2 2a 2
9

2
Cách 2: Ta chứng minh VOAHK = VSABD
9
2
1
1

1 2
2
Ta có: HK = BD; OG = SO ⇒ SOHK = HK ×OG = × BD ×SO = S SBD
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 
Tính SH, SK suy ra tọa độ của H  0; ;
÷, K  ;0;
÷, O  ; ;0 ÷
3  2 2 
 3 3   3
1 uuur uuur uuur
Áp dụng công thức V =  AH , AK  . AO
6
Cách 4: SC ⊥ (AHK) nên chân đường vng góc hạ từ O xng (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
14


Bài tập 5. (Đề thi Đại học khối B năm 2011). Cho lăng trụ ABCDA1B1C1D1 có đáy
ABCD là hình chữ nhật AB = a, AD = a 3 . Hình chiếu vng 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 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 ) )
Giải.

B1

C1

* Gọi O là giao điểm của AC và BD

⇒ AO
⊥ ( ABCD )
1

A1

D1

Gọi E là trung điểm AD
⇒ OE ⊥ AD & A1E ⊥ AD
⇒ ·A1EO = 600

B

S ABCD = a

2

3 , Vlt = AO
.S ABCD
1

C

K

a 3
AO
= OE.tan ·A1 EO =
1

2

O

3a 3
=
2

H
A

E

D

* 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 ; ( A1BD ) ) = d ( A; ( A1BD ) ) =

3VA ABD
1

S A BD
1

Trong đó: VA ABD
1


1
a3
= Vlt =
6
4

15

CB.CD
CB 2 + CD 2

=

a 3
2


S∆A BD
1

a3
3
×
4 =a 3
1
1 a 3
a 2 3 ⇒ d ( B ; ( A BD ) ) =
1
1

= AO
.
BD
=
×
×
2
a
=
1
2
a2 3
2
2 2
2
2
Bài tập 6. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vng tâm O có cạnh

bằng a, SA = a 3 và vng 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).
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 ) ) thơng qua việc tính
d ( E , ( SAC ) ) hay d ( B, ( SAC ) )
Giải.
a) Ta có: OA ∩ ( SBC ) = C nên:
d ( O, ( SBC ) )
d ( A, ( SBC ) )

=


OC 1
=
AC 2

S

1
⇔ d ( O, ( SBC ) ) = d ( A, ( SBC ) )
2
Gọi H là hình chiếu của A trên SB ta có:
G

H

 AH ⊥ SB
⇒ AH ⊥ ( SBC )

 AH ⊥ BC

A

D

F
E

Trong tam giác vng SAB có:

B


O
C

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 ) )
d ( E , ( SAC ) )


=

GS 2
2
= ⇔ d ( G, ( SAC ) ) = d ( E , ( SAC ) )
ES 3
3

 BO ⊥ AC
⇒ BO ⊥ ( SAC ) ; BE ∩ ( SAC ) = A
Ta có: 
 BO ⊥ SA
16


2 a 2 a 2
1
1
a 2
⇒ d ( G, ( SAC ) ) = ×
=
⇒ d ( E , ( SAC ) ) = d ( B, ( SAC ) ) = BO =
3 4
6
2
2
4
Bài tập 7. (Đề thi đại học khối D năm 2007). Cho hình chóp S. ABCD có đáy là
·
hình thang. ·ABC = BAD

= 900 , BA = BC = a , AD = 2a . Cạnh bên SA vng góc với đáy
và SA = a 2 . Gọi H là hình chiếu vng

S

góc của A trên SB . Tính khoảng cách từ
H đến mặt phẳng ( SCD) .
uuu
r r uuur r uuu
r r
Đặt AB = a; AD = b; AS = c
r r
r r
r r
Ta có: a ×c = 0; b ×c = 0; a ×b = 0

N
E

H

Giải.

K

A

Q

D


P
B

uur r r uuu
r r 1 r r uuu
r r r
SB = a − c; SC = a + b − c; SD = b − c
2

C

M

Gọi N là chân đường vng góc hạ từ
H lên mặt phẳng (SCD)

⇒ d ( H ;( SCD)) = HN
Dễ dàng tính được

SH 2
=
SB 3

uuur uuur uuu
r
uuu
r
uuu
r 

2r  x
2 uur
=
x

HN
=
HS
+
SN
=

SB
+
xSC
+
ySD
Khi đó :

÷a +  +
3
3

2

r  2
r
y ÷b +  − x − y ÷c
 3



2  r2 1  x

 r2  2
 r2
uuur uuu
r
x

a
+
+
y
b


x

y
c = 0 x = 5

÷

÷

÷

 HN ×SC = 0 
3
2 2


3


6


u
u
u
r
u
u
u
r
Ta có: 


r
r
y = −1
 HN ×SD = 0  x + y  b 2 −  2 − x − y  c 2 = 0

÷

÷

 2
3


3

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
Trong đó VBSCD

1

1
1
1
a3
= SA ×S∆BCD = SA ×S ∆BID = SA × AB ×ID =
3
3
3
2
3 2
17


CD ⊥ AC
⇒ CD ⊥ SC
Ta có: 
CD ⊥ SA
a
1
1
⇒ S ∆SCD = SC ×CD =
SA2 + AB 2 + BC 2 × CE 2 + ED 2 = a 2 2 ⇒ d1 =
3
2
2
Cách 3: Sử dụng tính chất của tứ diện vng.
Phân tích. Trong bài tốn này, việc tìm chân đường vng 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:

d ( H , ( SCD ) ) KH 1
BH 1
=
=
= . Suy ra H là trọng tâm của tam giác SAM. Từ đó ta có:
d ( A, ( SCD ) )
KA 3
BS 3
Do tứ diện ASDM vuông tại A nên:
1
1
1
1
1
=
+
+
= 2 ⇔ d ( A, ( SCD ) ) = a
2
2
2
d ( A, ( SCD ) ) AS
AD
AM
a
2

Vậy d ( H , ( SCD ) ) =

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 u cầu của bài tốn
thành ngơn ngữ véc tơ một cách đơn giản nhất.
III. BÀI TOÁN 3: KHOẢNG CÁCH GIỮA ĐƯỜNG THẲNG VÀ MẶT PHẲNG
SONG SONG, KHOẢNG CÁCH GIỮA HAI MẶT PHẲNG SONG SONG.
1. Phương pháp:
a) Khoảng cách giữa đường thẳng và mặt phẳng song song.
Cho điểm đường thẳng ∆ song song với mặt phẳng (α). Khoảng cách giữa đường
thẳng ∆ và mặt phẳng (α) là khoảng cách từ một điểm bất kì của ∆ đến mặt phẳng (α). Kí
hiệu d (∆,(α ))
* Nhận xét
-

∀M ∈ ∆, N ∈ (α ), MN ≥ d (∆,(α ))
18


- Việc tính khoảng cách từ đường thẳng ∆ đến mặt phẳng (α) được quy về việc tính
khoảng cách từ một điểm đến một mặt phẳng.
b) 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 ((α );( β ))
* Nhận xét
-


∀M ∈ (α ), N ∈ ( β ), MN ≥ d ((α );( β ))

- 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. Bài tập minh họa:
Bài tập 1. Cho hình lập phương ABCDA’B’C’D’ cạnh bằng 1. Một mặt phẳng ( α )
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 ( α ) sao cho diện tích của thiết diện cắt bởi mp

(α)

và hình lập phương là bé nhất.

A

z

N

B

Phân tích: Với một hình lập phương ta
ln chọn được một hệ toạ độ thích hợp, khi đó

C

D
H


tạo độ các đỉnh đã biết nên việc tính khoảng

y

cách giữa hai mặt phẳng (ACD’) và (A’BC’) trở

A'

nên dễ dàng. Với phần b), ta quy việc tính diện

B'

tích thiết diện về việc tính khoảng cách từ M đến

x
D'

đường thẳng DB’.

M

C'

Giải.
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 ( ( ACD ') , ( A ' BC ' ) ) = d ( A ', ( ACD ' ) )
Mặt phẳng (ACD’) có phương trình: x + y − z = 0

19


⇒ d ( ( ACD ') , ( A ' BC ' ) ) = d ( A ', ( ACD ' ) ) =

1
3

b) Giả sử ( α ) cắt (CDD’C’) theo giao tuyến DM, do hình lập phương có các mặt đối diện
song song với nhau nên ( α ) 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
 MD; DB '
2x2 − 2x + 2


d ( M , DB ') =
=
uuuu
r
3
DB '
2

S DMB ' N


1
1 3
3

Dấu đẳng thức xảy ra khi x =
= 2x − 2x + 2 = 2 x − ÷ + ≥
2
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 
Hoàn toàn tương tự nếu M ( 0; y;0 ) ⇒ M  0; ;0 ÷
 2 
Vậy diện tích S DMB ' N nhỏ nhất khi M là trung điểm D’C’ hoặc M là trung điểm D’A’.
IV. BÀI TOÁN 4: KHOẢNG CÁCH GIỮA HAI ĐƯỜNG THẲNG CHÉO NHAU.
1. Phương pháp: Cho hai đường thẳng chéo nhau a và b. Đường thẳng ∆ cắt cả a và b
đồng thời vng góc với cả a và b được gọi là đường vng góc chung của a và b. Đường
vng 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)


- 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 (Thường sử dụng trong trường hợp a ⊥ b )
+ Ngược lại tìm một mặt phẳng (P) chứa a và song song với b. Khi đó
d (a, b) = d (b,( P )) = d ( H , ( P ) ) , ∀H ∈ ( P )

20


+ 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 vng 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 vng góc chung của AB và CD.

2. Bài tập minh họa:
Bài tập 1. (Đề thi HSG môn tốn 12 tỉnh Vĩnh Phúc năm 2014-2015).
Cho hình chóp S . ABCD thỏa mãn SA = 5, SB = SC = SD = AB = BC = CD = DA = 3 .
Gọi M là trung điểm của cạnh BC . Tính thể tích khối chóp S .MCD và khoảng cách giữa
hai đường thẳng SM , CD .
Giải.
m BC = 3.31 cm
m AD = 3.51 cm
m OS = 7.09 cm


S

m MN = 5.64 cm

A

B
M

O

C

N
D

Ta thấy ABCD là hình thoi, tam giác SBD cân tại S suy ra BD ⊥ ( SAC )
Gọi O là giao điểm của AC và BD , ta thấy ∆SBD = ∆ABD = ∆CBD ( c.c.c )
1
2

Suy ra OA = OC = OS = ×AC nên ∆SAC vng tại S .
Xét ∆SAC ta có AC = SA2 + SC 2 = 2 2 ⇒ OC = 2, OD = CD 2 − OC 2 = 1
⇒ BD = 2
1
1
1
1
15
Thể tích VS .CMD = VS . ABCD = ×BD ×S ∆SAC = ×2 × × 5 × 3 =

4
12
12
2
12
Gọi N là trung điểm của AD nên CD / / ( SMN )

21


3 ×V

C . SMN
( ∗)
Suy ra d (CD, SM ) = d (CD, ( SMN )) = d (C , ( SMN )) = S
∆SMN

Thể tích VC . SMN = VS . MCD =

15
(1).
12

3
13
Ta có MN = 3, SM = , SN =
( sử dụng công thức đường trung tuyến)
2
2
·

=
Theo định lý hàm số cosin trong ∆SMN ta có cos SMN
Vậy S SMN =

2

23
·
⇒ sin SMN
=
3 3
3 3

1
23
·
(2).
×SM ×MN ×sin SMN
=
2
4

Thay (1), (2) vào ( ∗) ta được d (CD, SM ) =

3 ×VC .SMN
S∆SMN

3 15
15
= 12 =

.
23
23
4

Bài tập 2. (Đề thi Đại học khối A năm 2010). Cho hình chóp S.ABCD có đáy
ABCD là hình vng 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 vng góc với mặt phẳng (ABCD) và SH = a 3
. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng DM và SC theo a.
Giải.
·
Ta có: ∆MAD = ∆NCD ⇒ ·ADM = DCN
⇒ MD ⊥ NC
S

Do SH ⊥ ( ABCD ) ⇒ MD ⊥ SH
MD ⊥ ( SHC )
Kẻ HK ⊥ SC ( K ∈ SC )
Suy ra HK là đoạn vng góc chung của
DM và SC nên d ( DM , SC ) = HK

N

A

D
H

Ta có:


M

CD 2 2a
HC =
=
CN
5
HK =

K

SH ×HC
SH 2 + HC 2

B

=

2 3a
×
19
22

C


Vậy d ( DM , SC ) =

2 3a
19


Bài tập 3. 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 ,
B'

tiếp theo ta dùng các phép trượt để quy việc tính khoảng

M

cách từ một điểm đến một mặt phẳng về việc tính khoảng

N

D

cách trong tứ diện vuông.

C

A

Giải.


O

Gọi O, D lần lượt là trung điểm của BC và CN thì

B

OACD là tứ diện vng tại O. AMB ' N là hình bình hành ⇒ NA / / B ' M . Mặt phẳng
(ACN) chứa 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
Vậy d ( B ' M , CN ) =

1
h2

=

1
OA2

+

1
OC 2

+

1
OD 2


=

64
3a 2

⇔h=

a 3
.
8

a 3
4

Bài tập 4. 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 .
Giải.
Gọi N là trung điểm của BB ' thì
A ' NCM



hình

bình

hành

D'


C'

nên

A ' N / / CM . Mặt phẳng ( A ' ND ) chứa

A'

A ' D và song song với CM nên

B'

M
O

d (CM , A ' D ) = d (CM ,( A ' ND ))
= d ( M ,( A ' ND)) = d ( M ,( A ' DE ))

với

E = AB ∩ A ' N .

Gọi

G

C

A


23

N

D

B

E


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
d 2 ( A,( A ' DE ))

=

1
AA '2

+

1
AD 2


+

1
AE 2

=

9
4a 2

⇒ d ( A,( A ' DE )) =

2a
.
3

1
a
Vậy d (CM , A ' D ) = d ( M ,( A ' DE )) = d ( A,( A ' DE )) =
2
3
7.1.4. Bài tập đề nghị
Bài tập 1. (Đề thi Đại học khối D năm 2011). Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam
giác vng tại B, BA = 3a, BC = 4a; mặt phẳng (SBC) vng góc với mặt phẳng (ABC).
·
Biết SB = SB = 2a 3 và SBC
= 300 . Tính thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách từ
điểm B đến mặt phẳng (SAC) theo a.
Bài tập 2. Cho hình chóp tứ giác S.ABCD, đáy ABCD là hình thoi cạnh a, tâm O, góc
BAD = 600 . Các cạnh bên SA = SC; SB = SD = a 3 .

a) Tính khoảng cách từ điểm O đến mặt phẳng (SBC).
b) Tính khoảng cách giữa các đường thẳng SB và AD.
Bài tập 3. Cho tứ diên OABC có OA, OB, OC đơi một vng góc và OA = OB = OC = 1 .
Gọi M, N theo thứ tự là trung điểm các cạnh AB, OA. Tính khoảng cách giữa hai đường
thẳng OM và CN.
Bài tập 4. (Đề thi Đại học khối A năm 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 vng góc với
mặt phẳng (ABC). Gọi M là trung điểm của AB; mặt phẳng qua SM và song song với BC,
cắt AC tại N. Biết góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (ABC) bằng 60o. Tính thể tích khối
chóp S.BCNM và khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và SN theo a.
Bài tập 5. (Đề thi Đại học khối D năm 2008). Cho lăng trụ đứng ABC.A'B'C' có đáy
ABC là tam giác vng, AB = BC = a, cạnh bên AA' = a 2 . Gọi M là trung điểm của
cạnh BC. Tính theo a thể tích của khối lăng trụ ABC.A'B'C' và khoảng cách giữa hai
đường thẳng AM, B'C.

24


Bài tập 6. (Đề thi Đại học khối D năm 2009). Cho hình lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có
đáy ABC là tam giác vuông tại B, AB = a, AA’ = 2a, A’C = 3a. Gọi M là trung điểm của
đoạn thẳng A’C’, I là giao điểm của AM và A’C. Tính theo a thể tích khối tứ diện IABC và
khoảng cách từ A điểm đến mặt phẳng (IBC).
7.2. Về khả năng áp dụng sáng kiến
Sáng kiến đã được áp dụng vào dạy bồi dưỡng cho HS giỏi thi vượt cấp lớp 11 và
thi HSG lớp 12 – Trường THPT Yên Lạc 2 – huyện Yên Lạc – tỉnh Vĩnh Phúc.
Ngoài ra sáng kiến có thể áp dụng để dạy để dạy bồi dưỡng cho HS giỏi thi vượt
cấp lớp 11 và thi HSG lớp 12 – THPT trên toàn quốc.
8. Những thông tin cần được bảo mật
Sáng kiến này tôi muốn được áp dụng rộng rãi trong các trường THPT nên không
sử dụng các thông tin cần được bảo mật.

9. Các điều kiện cần thiết để áp dụng sáng kiến
- Tài liệu tham khảo:

[ 1] . Sách giáo khoa hình học 11
[ 2] . Đề thi Đại học các năm 2002-2019
[ 3] . Đề thi Đại học các năm 2002-2019
[ 4] .
[ 5] .
[ 6] .
- Đối với giáo viên: Đã dạy xong bài “Khoảng cách”
- Đối với học sinh cần nắm được: các dạng khoảng cách trong không gian
- Sáng kiến được áp dụng đối với đối tượng là HS lớp 11 thi vượt cấp và HS lớp 12
của trường THPT Yên Lạc 2.
- HS tích cực và chủ động tham gia trả lời
10. Đánh giá lợi ích thu được
Trong nhiều năm trực tiếp bồi dưỡng học sinh giỏi của trường dự thi cấp tỉnh tôi đã
áp dụng SKKN và kết quả thu được như sau:
+ Giải nhì: 07 giải
+ Giải ba: 14 giải
+ Giải khuyến khích: 7 giải

25


×