skkn tạo hứng thú và nâng cao hiệu quả học tập cho học sinh khi dạy học nội dung khoảng cách trong không gian(1)

CỘNG HÒA XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM
Độc lập - Tự do - Hạnh phúc
ĐƠN YÊU CẦU CÔNG NHẬN SÁNG KIẾN
Kính gửi: HỘI ĐỒNG CHẤM SÁNG KIẾN CÁC CẤP
1. Tên tơi là: Nguyễn Xn Trường
Chức vụ: Phó hiệu trưởng
Đơn vị công tác: Trường THPT Yên Mô A
Là tác giả đề nghị xét công nhận sáng kiến: “Tạo hứng thú và nâng cao hiệu
quả học tập cho học sinh khi dạy học nội dung Khoảng cách trong không
gian”
2. Lĩnh vực áp dụng sáng kiến: Toán học.
3. Các từ viết tắt:
- THPT: Trung học phổ thông
- SGK: Sách giáo khoa
4. Nội dung sáng kiến
4. 1. Thực trạng và giải pháp cũ thường làm - Hạn chế của giải
pháp cũ
4. 1. 1. Thực trạng
Trong chương trình tốn THPT các bài tốn tính khoảng cách trong
không gian( khoảng cách từ điểm đến mặt phẳng, khoảng cách gi ữa hai
đường thẳng chéo nhau) luôn là các bài toán khiến học sinh g ặp nhi ều khó
1


khăn và lúng túng. Các bài tốn trong chương trình SGK l ớp 11 và 12 hi ện
hành viết còn rất sơ sài và chủ yếu dừng lại ở mức độ thông hi ểu. Các d ạng
bài tập trong sách được viết theo dạng tự luận đơn giản, ch ưa nêu b ật đ ược
các phương pháp tính khoảng cách trong khơng gian. Trong khi đó ở kỳ thi
THPT Quốc gia năm 2018 và năm 2019 và trong các đề thi minh h ọa c ủa B ộ
giáo dục và Đào tạo trong hai năm vừa qua, nội dung này được đánh giá ở m ức
độ vận dụng, vận dụng cao. Các bài toán thuộc mức độ vận d ụng và v ận d ụng

cao thì các bài tốn về tính khoảng cách trong khơng gian ph ải đ ược v ận d ụng
một cách khéo léo và vận dụng nhiều kiến thức có liên quan. Đ ể gi ải quy ết
được bài tốn này học sinh khơng những phải nắm được các kiến thức cơ bản
về các loại khoảng cách trong khơng gian, các ph ương pháp tính kho ảng cách
trong không gian mà phải vận dụng linh hoạt các ph ương pháp đó.
Theo thống kê thì gần 80% học sinh của trường THPT Yên Mô A khi
tham gia thi THPTQG khơng giải quyết được các bài tốn thuộc m ức độ v ận
dụng và vận dụng cao của dạng tốn này. Bên cạnh đó với nh ững dạng bài tập
này đòi hỏi học sinh phải tư duy, phân tích, nhìn nh ận bài tốn d ưới nhi ều góc
độ khác nhau, biết vận dụng nhiều kiến thức liên quan. Khi học phần tính
khoảng cách trong khơng gian nói riêng và hình học khơng gian nói chung, h ọc
sinh rất ngại học, khơng có hứng thú để học và cảm th ấy khó khăn trong vi ệc
giải quyết bài tốn, từ đó hiệu quả học tập nội dung này không cao. H ầu h ết
các em không muốn làm và ngại làm, do đó trong các kỳ thi th ường hay b ỏ qua
nếu câu hỏi ở mức vận dụng hay vận dụng cao.
4. 1. 2. Giải pháp cũ thường làm
Trong sách giáo khoa hiện hành nội dung bài tập liên quan còn s ơ sài,
chưa định hướng được lời giải cho học sinh. Các bài toán mới dừng lại ở m ức
độ vận dụng trực tiếp lý thuyết vào giải trực tiếp, ch ưa có s ự g ắn k ết logic
2


giữa các dạng bài tốn. Nội dung tính khoảng cách trong không gian ch ỉ đ ược
nêu ra thuộc chương trình Hình học lớp 11 và các em ch ỉ có 01 ph ương pháp
duy nhất để tính tốn.
Sang chương trình lớp 12, học sinh được học khái niệm th ể tích kh ối đa diện
và học phương pháp tọa độ trong không gian. Nếu coi hai mảng kiến thức này
độc lập với nội dung Tính khoảng cách trong khơng gian của lớp 11 thì thật là
thiếu sót. Hiện nay sách giáo khoa các các tài liệu tham kh ảo ch ưa n ối k ết
được hai mảng kiến thức này với việc tính khoảng cách trong khơng gian c ủa

lớp 11. Và khi gặp các dạng bài toán tương tự thì đại bộ phận các em đ ều suy
nghĩ hướng đến lời giải theo một lối mòn định sẵn, khơng biết vận dụng th ể
tích khối đa diện và phương pháp tọa độ trong không gian đ ể gi ải quy ết bài
tốn tính khoảng cách trong khơng gian. Điều này cũng giúp đ ược các em
trong việc rèn kỹ năng trình bày và hệ thống được một phần nào đó các kiến
thức cơ bản. Tuy nhiên với việc giải quá nhiều các dạng bài nh ư th ế sẽ làm
cho các em mất đi sự tư duy, sáng tạo trong việc hình thành cũng nh ư ti ếp
nhận các kiến thức.
4. 1. 3. Hạn chế của giải pháp cũ
- Học sinh khơng tự mình giải quyết bài tốn trên phương diện cách
nhìn vấn đề khác nhau. Khi thực hiện theo giải pháp cũ h ầu h ết h ọc sinh
khơng làm được các bài tốn mà yếu tố đề bài cho ở dạng suy lu ận.
- Học sinh chỉ nắm được 01 phương pháp tính khoảng cách trong khơng
gian, do đó thấy thiếu hụt về mặt phương pháp và mặt t ư duy tổng h ợp. V ới
các cách tiếp cận bài toán như giải pháp cũ học sinh rất th ụ động. Trong quá
trình làm bài tập học sinh khơng tìm được hứng thú và t ự giác. H ọc sinh
không nghĩ suy độc lập mất đi sự sáng tạo.
3


4. 2. Giải pháp mới:
Sáng kiến được hình thành theo dạng một chủ đề dạy học. Hệ thống lý
thuyết được trình bày một cách cơ đọng và ngắn gọn nhất. Các d ạng bài t ập
được xây dựng một cách hệ thống, có phân chia các m ức đ ộ. Sáng ki ến đ ược
trình bày theo hướng đưa ra ba phương pháp tính kho ảng cách trong khơng
gian. Các phương pháp này được hình thành trong quá trình h ọc sinh t ự tìm
hiểu, tự đúc rút và trình bày sản phẩm hoặc trao đổi nhóm.
4.3. Tính mới, tính sáng tạo:
- Sáng kiến phân tích lời giải và tư duy để hình thành con đường đi đến
lời giải một cách tự nhiên nhất. Liên kết giữa các dạng toán giúp h ọc sinh

hình thành những suy luận hợp lý, tổng quát được bài toán theo nhi ều h ướng
khác nhau.
- Sáng kiến cung cấp quy trình dạy học trải nghiệm có hiệu qu ả. Cho
học sinh hoạt động theo nhóm, trình bày sản phẩm, t ừ đó tạo ra nhiều kỹ
năng cho học sinh. Từ đó kích thích, tạo hứng thú cho h ọc sinh khi h ọc t ập.
- Giải pháp mới nhằm giúp học sinh giảm bớt gánh nặng trong quá trình
học tập. Khi tiếp cận cách học theo giải pháp mới, học sinh có th ể tự chủ
động tìm lời giải độc lập cho một bài tốn dựa trên lượng kiến th ức đã có
sẵn. Do đó học sinh có thể chủ động và linh hoạt tr ước m ột bài tốn khơng
phải áp đặt theo một khn mẫu định sẵn.
- Giáo viên có thể dựa vào các kết quả quen thuộc trong sách giáo khoa
ra đề bài cho học sinh một cách chủ động không trùng lặp.
5. Hiệu quả kinh tế và xã hội dự kiến đạt được
5. 1. Hiệu quả về kinh tế:
4


- Học sinh không phải sử dụng quá nhiều tài liệu nh ư việc sử dụng các
phương pháp khác. Có thể tự sáng tạo hoặc giải các bài toán khác theo
phương pháp này. Thời gian nghiên cứu và h ọc tập tương đ ối phù h ợp. Các em
học sinh có thể dựa vào những phân tích về các bài tốn trong sáng kiến đ ể đi
tìm lời giải cho một bài tốn khác, có thể tránh được tình trạng học thêm tràn
lan vừa tốn kém vừa không mang lại hiệu quả cao.
5. 2. Hiệu quả xã hội
Giải pháp cũ

Giải pháp mới

+ Chưa mang tính thực tiễn cao: Kiến + Có tính thực tiễn cao: Kiến thức chỉ nằm
thức trình bày còn nặng, thiên về việc trong SGK hiện hành. Sáng kiến tập trung

giải bài tập. Hệ thống bài tập chưa phù vào việc phân tích tư duy giúp học sinh tìm
hợp với phương châm đổi mới giáo dục lời giải. Hệ thống ví dụ và bài tập mang
hiện nay.

tính sáng tạo, đáp ứng được yêu cầu về đổi
mới.

+ Học sinh bị động trong tiếp cận bài + Học sinh chủ động, sáng tạo trong học
toán. Phải đọc và học quá nhiều dẫn tập. Phát huy được sự hứng thú và niềm
đến áp lực trong học tập.

đam mê trong học tập.

+ Việc trình bày các nội dung trong sách + Kiến thức đơn giản, khơng cần học thêm.
tham khảo cịn quá nặng về kiến thức Học sinh có thể tự học theo phương pháp
khiến học sinh khó hiểu dẫn đến tình nghiên cứu mà sáng kiến hướng dẫn.
trạng học sinh học thêm tràn lan gây
bức xúc cho gia đình và xã hội.
+ Giáo viên lúng túng trong việc lựa
chọn bài tập, chọn dạng tốn vừa đảm
bảo tính hệ thống của chương trình vừa
đảm bảo đáp ứng được sự đổi mới về
kiểm tra đánh giá.

- Giúp giáo viên trong việc dạy học theo
phương pháp mới, xác định được các nội
dung trọng tâm của bài, giáo viên sử dụng
như tài liệu tham khảo, nó giúp cho giáo
viên giảm bớt được nhiều cơng sức trong
việc soạn bài, chuẩn bị bài lên lớp.

5


+ Chưa đáp ứng được yêu cầu đổi mới + Chú trọng vào việc phát triển năng lực,
giáo dục. Học sinh phụ thuộc vào giáo phương pháp tiếp cận đa dạng, khả năng
viên và các phương pháp, phải ghi nhớ vận dụng thực tiễn cao.
và tái hiện nội dung của các phương
pháp. Khả năng vận dụng thực tiễn
thấp.

6. Điều kiện và khả năng áp dụng:
6.1. Điều kiện áp dụng:
Sáng kiến: “Tạo hứng thú và nâng cao hiệu quả học tập cho học sinh khi
dạy học nội dung Khoảng cách trong khơng gian ” mà tác giả trình bày dễ
dàng áp dụng trong thực tế, phù hợp với cả giáo viên, học sinh trung h ọc ph ổ
thông. Không những hữu ích với học sinh ơn thi đại học mà cịn hi ệu qu ả v ới
học sinh đại trà khác, giúp các em nâng cao khả năng tư duy gi ải quy ết các
vấn đề liên quan.
6.2. Khả năng áp dụng:
Sáng kiến đã được nhóm tác giả sử dụng trong quá trình giảng d ạy, là
tài liệu tham khảo cho các em học sinh, các thầy cơ trong q trình ôn thi h ọc
sinh giỏi, thi THPT Quốc gia tại trường THPT n Mơ A và có th ể áp dụng cho
các trường THPT trong tỉnh. Do đó khả năng áp dụng sáng ki ến này vào th ực
tế là khả quan và dễ thực hiện.
7. Kết luận :
Sáng kiến “Tạo hứng thú và nâng cao hiệu quả học tập cho học sinh khi
dạy học nội dung Khoảng cách trong không gian ” mà tôi đã học hỏi đúc rút
6

được trong quá trình giảng dạy tại trường THPT Yên Mô A. Đề tài th ực s ự là
một bước đổi mới trong quá trình hướng dẫn học sinh tự học, tự nghiên c ứu.
Khi triển khai sáng kiến cho học sinh thuộc các lớp giảng d ạy đã t ạo đ ược
niềm tin, say mê hứng thú cho các em học sinh. Các em học sinh ch ủ đ ộng
sáng tạo trong việc phân tích bài tốn, dự đốn tính chất và định h ướng l ời
giải cho bài toán. Khi tiếp cận với phương pháp này một số em học sinh khá
giỏi cảm thấy rất thích thú, ham mê tìm tịi phát hiện và đơi khi đ ưa đ ến
những cách giải sáng tạo và linh hoạt hơn nhiều.
Thông qua các tiết dạy trên lớp, các tiết ôn tập khi triển khai n ội dung
của sáng kiến hầu hết các học sinh đều nhiệt tình tham gia. Đ ặc bi ệt là quá
trình xây dựng và hình thành nên lời giải của bài toán, các em đều r ất ch ủ
động và sáng tạo. Điều này cho thấy việc áp dụng sáng ki ến trong quá trình
giảng dạy đã góp một phần vào việc đổi mới ph ương pháp gi ảng d ạy hi ện
nay.
Sáng kiến của tôi đã được áp dụng trong các năm học giảng dạy lớp 12,
được học sinh đồng tình và đạt được một số kết quả. Các em h ứng thú h ọc
tập hơn, ở những lớp có hướng dẫn kỹ các em học sinh với m ức học trung
bình trở lên đã có kỹ năng giải các bài tập. Học sinh biết áp d ụng tăng rõ r ệt.
`

Việc áp dụng những cải tiến mới đã giúp học sinh giảm đ ược áp l ực h ọc

tập, giáo viên thoát khỏi cách trình bày hàn lâm về lí thuy ết, ch ất l ượng h ọc
tập của học sinh tăng, góp phần đẩy mạnh nâng cao chất l ượng giáo d ục.
Xin chân thành cám ơn!
Ninh Bình, ngày 25 tháng 05 năm 2020
TÁC GIẢ
7

NGUYỄN XUÂN TRƯỜNG

PHỤ LỤC SÁNG KIẾN
PHẦN I: NỘI DUNG TÍNH KHOẢNG CÁCH TRONG KHƠNG GIAN
PHẦN THỨ NHẤT: TÍNH KHOẢNG CÁCH TRONG KHƠNG GIAN BẰNG
PHƯƠNG PHÁP DỰNG HÌNH
A. LÝ THUYẾT CHUNG:
Tóm tắt phương pháp xác định khoảng cách từ một điểm đến m ột mặt
phẳng bằng sơ đồ sau:
I.

KHOẢNG CÁCH TỪ MỘT ĐIỂM ĐẾN MỘT MẶT PHẲNG

8


II.

KHOẢNG CÁCH GIỮA HAI ĐƯỜNG THẲNG CHÉO NHAU

Tóm tắt phương pháp xác định khoảng cách giữa hai đường th ẳng chéo nhau
bằng sơ đồ sau:

9


B. HỆ THỐNG BÀI TẬP
I. Bài tập dưới dạng câu hỏi tự luận
Câu 1: [TH] Cho hình chóp đều S . ABCD có cạnh đáy bằng 2a , cạnh bên bằng
3a .Tính khoảng cách từ A đến mặt phẳng  SCD  ?

Hướng dẫn giải
10


Ta có AC  2a 2 � OC  OD  a 2 .
Xét tam giác SOD có SO  SD  OD
2

2

Đặt d  d  O;  SCD  



 3a 

2



 a 2



2

a 7.

1

1
1
1



2
2
2
2
Xét tam diện vuông OSCD ta có d OC OD OS
1
1
1



a 14
16
2
2
2

a 2
a 2
a 7 
2
d

d

O
;
SCD

 
14a . Vậy
4



 

 



AC
a 14
d  A;  SCD    OC .d  O;  SCD    2
Ta có
.
Câu 2: [TH] Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A
và B với AB  BC  a , AD  2a . Cạnh bên SA  a vng góc với mặt

phẳng  ABCD  .Tính khoảng cách từ A đến mặt phẳng  SCD  ?
Hướng dẫn giải

Ta có AC  CD

Gọi H là hình chiếu của A trên SC AH  SC � AH   SCD 

� d  A;  SCD    AH

.
11


Xét tam giác SAC vng tại A có AC  a 2 , SA  a .
1
1
1
1
1  a2 


a 2
AH 2 SA2 AC 2

a 6
3 .
Câu 3: [VD] Cho hình hộp chữ nhật có AB  a , AD  2a và AA '  3a Gọi lần
D , DD ' . Tính khoảng cách từ đến .
lượt là trung điểm của BC , C ��





2

� AH 

Hướng dẫn giải

Gọi K  NP �CC ' , E  NP �CD , I  AC �ME , Q  ME �AD .
1
DE PD

 1 � DE  ND�
 CD
2
Ta có ND� PD�
QD DE 1
1
1
5

 � QD  MC  BC � AQ  BC
MC CE 3
3
6
6
KC � NC � 1
3
9a

 � KC  CC �

KC CE 3
2
2

d  A,  MNP  
AI
AQ 5
�



d
C
,
MNP
MNP






AC cắt
CI MC 3
tại I
5
� d  A,  MNP    .d  C ,  MNP  
3
.
CM
,
CK
,
CE

Tứ diện CMKE có
đơi một vng góc

1
1
1
121


1
1
1  2
2
2
a �9a � �3a � 81a 2
�



2
2
2
2
CM
CK
CE
�2 � �2 �
�
d  C ,  MNP   �
� � � �

�
�
9
5 9
15
� d  C ,  MNP    a � d  A,  MNP    . a  a
11
3 11
11 .
Câu 4: [VD] (Cụm 5 các trường Chun 1718) Cho hình chóp S . ABCD có đáy
ABCD là hình chữ nhật, AB  a , AD  2a . Tam giác SAB cân tại S và
nằm trong mặt phẳng vng góc với đáy. Góc giữa đường thẳng SC và

1

12


o
ABCD 
mặt phẳng 
bằng 45 . Gọi M là trung điểm của SD . Tính theo

a

SAC 
khoảng cách d từ điểm M đến mặt phẳng 
.

Hướng dẫn giải

AB  a , BC  2a ,

HB 

Gọi H là trung điểm

a
a 17
HC 
2,
2 , AC  a 5 .
AB � SH  AB � SH   ABCD 

.

DK DC

2
Gọi K là giao điểm của HD và AC . Theo Talet HK AH

� DK  2 HK .

� AC   SHE  �  SAC    SHE 
Vẽ HE  AC tại E
.
1
 d  D,  SAC  
�
HN


SAC
�
d
M
,
SAC






2
Vẽ HN  AE tại N
 d  H ,  SAC    HN

.

�
ABCD 
Góc giữa SC và 
là góc SCH � SHC vng cân
� SH  HC 

a 17
2 .

a
2  a

� HE 
a 5
5.
Ta có HE. AC  CB.AH
a 17 a
.
2
5

2
SH .HE
17 a a 2 a 1513
HN 


2
2
d  M ,  SAC   
4
5
SH

HE
89 .
Vậy
2a.

13

Câu 5:

B C có đáy là
[TH] (Lý Nhân Tơng) Cho hình lăng trụ đứng ABC. A���

tam giác vng và AB  BC  a, AA� a 2 , M là trung điểm của BC . Tính
C.
khoảng cách d của hai đường thẳng AM và B�
Lời giải

MN //B�
C � B�
C //  ANM 
Gọi N là trung điểm của BB�suy ra

  

Do đó 
Xét tam diện vng BAMN có
d B�
C , AM  d C , AMN

 d  B,  AMN    d

.

1
1
1
1

4
1
2
7
a 7



 2  2  2  2 �d 
2
2
2
2
d
BM
BN
BA
a
a
a
a
7 .

Câu 6: [VD] (Chuyên Thái Bình - Lần 1 - 2019) Cho hình chóp S . ABCD có
đáy ABCD là hình vng cạnh a , SA vng góc với đáy và SA  2a . Gọi
M là trung điểm của SD . Tính khoảng cách giữa hai đường th ẳng SB
và CM .
Lời giải

Gọi O  AC �BD . I là trung điểm của AD .

14


Xét SAD có MI là đường trung bình của tam giác � MI / / SA và
MI 

1
SA  a
2
.

Suy ra MI   ABCD  .

Ta có SB // MO � SB //  AMC 

� d  SB;  AMC    d  B;  AMC    d  D;  AMC    2d  I ;  AMO  

Đặt d  I ;  AMO    d
Xét tam diện vng IAMO , ta có
�d 

a
3.

d  SB;  AMC   

.

1

4
4
9
1
1
1
1

 2 2  2 2 2  2
2
2
d
IM
IO
IA
a
a
a
a

2a
3

Vậy
.
Câu 7: [VD] (Le-Xoay-1718L3) Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình

SA   ABCD 
chữ nhật có AB  2a , AD  4a ,
, cạnh SC tạo với đáy góc

60o . Gọi M là trung điểm của BC , N là điểm trên cạnh AD sao cho
DN  a . Khoảng cách giữa MN và SB là

Hướng dẫn giải

Xét tam giác ABC , có AC 

AB 2  BC 2 

 2a 

2

  4a 2   2a 5

SBK 
Lấy K trên AD sao cho AK  a thì MN // 
.

� d  MN , SB   d  MN ,  SBK    d  N ,  SBK    2d  A,  SBK  

.
Hình chiếu vng góc của SC xuống mặt phẳng đáy là AC
�  60�
SC , AC   SCA
� �
SC ,  ABCD    �
15

Ta có SA  AC. 3  2a 15 .

Đặt d  A;  SBK    d
Xét tam diện vng ASBK , ta có
1
1
1
1
 2 2 
1
1
1
1 
2
a
4a



2a 15
2a 15
d 2 SA2 AK 2 AB 2
a 285
2a 285
�d 

�
d
MN
,

SB


19
19 .









2



1
1
 2
2
a 4a

Câu 8: [VD] (Chuyen-Thai-Binh-1718L5) 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 vuông

 và SH  a 3 . Tính khoảng cách giữa hai
góc với mặt phẳng 

đường thẳng DM và SC theo a .
Lời giải
ABCD

Gọi K là hình chiếu của H trên SC .
Do ABCD là hình vng nên DM  CN .
Ta có

SH   ABCD  � SH  DM

.


 � DM  HK .
Suy ra
Vậy HK là đoạn vng góc chung của DM và SC .
2
Có DH là đường cao của tam giác vuông CDN nên CH .CN  DC
DM  SHC

DC 2 2a

CN
5.
Lại có HK là đường cao trong tam giác vuông SHC nên
2a 3
1
1
1
1

5
19 � HK  2a 3
d  SC , DM  





19 . Vậy
19 .
HK 2 SH 2 HC 2 3a 2 4a 2 12a 2
� CH 

16


Câu 9:

[VDC] (CHUYEN-HV-PHU-THO-1718L1) Cho tứ diện ABCD đều có
cạnh bằng 2 2 . Gọi G là trọng tâm tứ diện ABCD và M là trung điểm
AB . Khoảng cách giữa hai đường thẳng BG và CM bằng

Lời giải

Gọi N là trung điểm CD , khi đó G là trung điểm MN và AG đi qua
2
2
AH   BCD 
trọng tâm H của tam giác BCD . Ta có
và AH  AB  BH

2

�2 6 �
4 3
 2 2 �
�3 �
�
�
�
3
1
3
GH  AH 
4
3 .
Ta có:





2

CM //  BGK 
Gọi K là trung điểm CN thì GK //CM nên
.
3
d  BG; CM   d  C ;  BGK    d  N ;  BGK    2 d  H ;  BGK  
Do đó
.

17


HJ   BGK 
Kẻ HI  BK , HJ  GI với I �BK , J �GI . Khi đó
và
HJ  d  H ;  BGK  

.
2

�2�
26

6 �
�2 �
�
2
2
� �
2 .
Ta có BK  BN  NK
2
2 6 2

.
3
KN
26  2 6


BH
.
�
3 13 .
BK
2
Ta có HI  BH .sin KBN
2 6 3
.
3
3
13

2
2
�2 6 � � 3 � 2 2
HI .HG
�
� � � 
HJ 
�3 13 � �3 � 3 7
HI 2  HG 2

 

2

Do đó:

.

3 2 2
2
3
3

d  H ;  BGK    HJ  .
2 3 7
14 .
2
2
Vậy
Câu 10: [VDC] Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình thoi cạnh bằng a ,
�
 SAB    SBC 
ABC  60� SD   ABCD 
d  BG; CM  

,

và

thẳng SA và BD bằng

. Khoảng cách giữa hai đường

Lời giải

IK  SB  K �SB  � �

AKC  90�
 SAB  ,  SBC    �

Gọi I  AC �BD . Dựng
Dựng hình chữ nhật AIDE .
Ta có:

.

BD //AE � BD //  SAE  � d  BD; SA   d  BD;  SAE    d  D;  SAE  
18

.


Dựng:

DH  SE  H �SE 

�AE  ED
� AE   SED  �  SEA    SED 
�
AE

SD
�
Vì
� DH   SEA  � d  D;  SEA    DH
SD DB
BKI : SDB �


IK KB
Ta có:

.

a 2
a 6
1
a
KB  IB 2  IK 2 
� SD 
AC 
BD

a
3
2
2;
2
2 .
Với
;
1
1
1
4
4
14
a 42



 2  2  2 � DH 
2
2
2
DE
SD
a
6a
3a
14 .
Trong tam giác SED có DH
a 42
d  SA; BD  
14 .
Vậy
KI 

II. Bài tập dưới dạng câu hỏi trắc nghiệm
Câu 1: [TH] (Nguyễn Viết Xuân - Vĩnh Phúc - Lần 1 - 2019) Cho tứ diện
OABC biết OA , OB , OC đôi một vng góc với nhau, biết OA  3 , OB  4
và thể tích khối tứ diện OABC bằng 6 . Khi đó khoảng cách từ O đến
mặt phẳng  ABC  bằng
41
A. 12 .

Chọn C

144

B. 41 .

12
C. 41 .

Lời giải

Do OA , OB , OC đôi một vuông góc nên OC   OAB  .
19

D. 3 .


1 1
36
VOABC  6 � 3 . 2 OA.OB.OC  6 � OC  OA.OB � OC  3
Mặt khác
.
d  O,  ABC    d

Đặt

.

12
1
1
1
1
1

1 1 1



� 2  2  2  2 �d 
2
2
2
2
41 .
d
3 4 3
Ta có d OA OB OC

Câu 2: [TH] Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình vng, AB  3a , mặt bên

 SAB  đều và nằm trong mặt phẳng vng góc với đáy. Tính khoảng
cách từ A đến  SCD 
a 6
A. 3 .

Chọn

a 2
B. 3 .

C.

3a 21
C. 7 .

Hướng dẫn giải

3a 37
D. 37 .

Gọi H , E lần lượt là trung điểm của AB và CD ; F là hình chiếu H của
lên SE .
Ta thấy d  A,  SCD    d  H ,  SCD    HF

Do tam giác SAB đều cạnh AB  3a nên

SH 

3a 3
2

1
1
1
4
1
7
3a 21



 2 
� HF 
2

2
2
2
2
7 .
Ta có HF SH HE 27a 9a 27a

Câu 3: [VD] (Chuyen-LE-QUY-DON-DA-NANG-1718L1) Cho hình hộp chữ
B C D có AB  a , AD  2a , AA�
 a . Gọi M là điểm trên đoạn
nhật ABCD. A����
AM
3
AD với MD
. Gọi x là độ dài khoảng cách giữa hai đường thẳng
C
 AB�
y
C
AD�B�
M

,
và
là độ dài khoảng cách từ
xy
Tính giá trị .
20

đến mặt phẳng

.


5a 5
A. 3 .

a2
B. 2 .

Chọn B.

C // A�
D
Ta có B�
Suy ra : x  a .

3a 2
C. 4 .

Lời giải

3a 2
D. 2 .

� B�
C //  ADD�
A�
C , AD�
A�

 � d  B�
  d  C ,  ADD�
   CD  a

.

MA 3
3
3
�
 � d  M ,  AB�

d
D
,
AB
C

d  B;  AB�
C 




C

 4
4
Lại có: DA 4
.

d  B;  AB�
C   d

Đặt

1
1
1
1
1
1
1



 2 2 2
2
2
2
2
ABC , ta có d
BA BC
BB� a
4a
a
Xét tam diện vuông B�
9
 2
4a .
2a

3 2a a
a
�d 
� d  B,  AB�
C   .

y
3
4 3 2 . Suy ra :
2

x. y 

a2
2 .

Vậy
Câu 4: [VD] (LôMôNôXốp - Lần 1 - 2019) Cho hình chóp S . ABCD có đáy

�  60�
ABCD là hình thoi cạnh 2a , góc BAD
. Biết tam giác SAB đều nằm
trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Tính khoảng cách d từ điểm C

đến mặt phẳng  SBD  .
A.

d

2a 15

15 .

Chọn B.

B.

d

2a 15
5 .

C.
Lời giải

21

d

a 15
5 .

D.

d

a 15
15 .


�

Hình thoi ABCD có BAD  60�nên ABD đều cạnh 2a .

Gọi O là tâm của hình thoi ABCD . Khi đó AC  BD ,suy ra: AO  3a .
Gọi H , I lần lượt là trung điểm AB, BO .
Khi đó ta có: SH  AB (do tam giác SAB đều); HI  BO (do HI là đường
trung bình của tam giác vng ABO ). Suy ra:

SH  a 3; HI 

Ta có: SH   ABCD  � SH  BD , HI  BD �  SHI   BD . Suy ra:

3
a
2 .

 SHI    SBD  .

Gọi K là hình chiếu vng góc của H lên SI . Suy ra:
HK  SI � HK   SBD 

.

Nên d  H ,  SBD    HK .
Trong tam giác SHI vng tại H , đường cao HK ta có:
�
1
1
1



2
2
HK
HI
HS 2

1
1
1


2
2
HK
�a 3 � a 3
� �
�2 �





2



5
3a 2

d  C ,  SBD    d  A,  SBD    2.d  H ,  SBD   

� HK 

15
a
5
.

2 15
a
5
.

Vậy:
Câu 5: [VD] (Quang Trung - Hải Phịng - Lần 1 - 2019) Cho hình chóp
S . ABCD có đáy ABCD là hình thang vng tại A và B , AD  2 AB  2 BC ,
CD  2a 2 . Hình chiếu của S trên mặt đáy là trung điểm M của CD .
Khoảng cách từ trọng tâm G của tam giác SAD đến mặt phẳng  SBM 
bằng

22


a 10
A. 15 .

3a 10
B. 15 .

Chọn D.

4a 10
D. 15 .

3a 10
C. 5 .

Lời giải

Gọi F là trung điểm của AD .
2
d  F ;  SBM  
3
Ta có:
.
Gọi H là hình chiếu của F trên BM
d  G;  SBM   

. Khi đó, ta có:

FH  BM �
�
FH  SM �� FH   SBM  � d  F ;  SBM    FH

.
Gọi I là giao điểm của FC và BM thì I là trọng tâm tam giác BCD .
Tứ giác ABCF là hình vng nên ta có BCI và FHI đồng dạng với
nhau

�

FH FI

BC BI

Đặt AB  x , ta có: CD  CF  FD  2 x
Ta có:
2

2

2

23

2



� 2 x 2  2a 2



2

� x  2a .





2a 10
1
2a
� IB 
IC  CF 
3
3
3
2
4a
IF  CF 
3
3 .

� FH 

IF
2a 10
4a 10
.BC 
� d  G;  SBM   
IB
5
15 .

Câu 6: [TH] Cho hình chóp
góc với
và SC .

 ABCD 

S.ABCD

có

ABCD

là hình vng cạnh a ,

a 2
B. 2 .

Chọn

C.

Ta có

BD   SAC 

SA

vng

và SA  BC . Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng

a 3
A. 2 .

Có

.

a 6
C. 6 .

BD

D. a .

Hướng dẫn giải

, kẻ

OH  SC � d BD ,SC   OH

a 2
.a
OC.SA
a 6
SAC : OHC � OH 
 2

SC
6
a 3

Câu 7: [VD] Cho hình lăng trụ ABC. A ' B ' C ' có đáy là tam giác đều cạnh a .
Hình chiếu vng góc của A ' lên mặt phẳng ( ABC ) trùng với trọng

24


a3 3
tâm tam giác ABC . Biết thể tích của khối lăng trụ bằng 12 . Khoảng
cách giữa hai đường thẳng A A ' và BC là

2a
A. 3

B.

Chọn D

3a
2

Lời giải

4a
C. 3

a 3
D. 4

Gọi G là trọng tâm tam giác ABC . Theo đề ta có A ' G   ABC  .
Gọi I là trung điểm của BC .

�BC  A ' G

� BC   AA ' I 
�
BC

AI
�
Ta có:
.
Kẻ IH  A ' A . Hơn nữa BC   AA ' I  � BC  IH . Do đó IH là đoạn vng
góc chung của BC và AA ' .

Diện tích tam giác đều:

S ABC  a 2 .

3
4 .

a3 3 a 2 3
a
VABC . A ' B '.C '  S ABC . A ' G � 12  4 . A ' G � A ' G  3
.
G
�
Gọi M là hình chiếu của lên AA .
GM AG 2
3
�

 � HI  GM

HI
AI 3
2
Ta có: GM // HI

G vng tại G , ta có:
Xét tam giác AA�
�
1
1
1


2
2
2
GM
GA GA�

1
1
1
1
1
a 3




� GM 

2
2
2
2
2
GH
GA� GA
6
�a � �a 3 �
�� � �
�3 � � 3 �

3
3 a 3 a 3
� d  AA�
, BC   HI  GM  .

2
2 6
4
Vậy

Câu 8: [VD]

(CHUYEN-DH-VINH-1718L1) Cho hình lập phương
ABCD. A����
B C D cạnh a . Gọi M , N lần lượt là trung điểm của AC và B��
C
25