SKKN vận dụng tính chất vềtỉsốđoạn thẳng vào giải toán hình học không gian

PHẦN I: ĐẶT VẤN ĐỀ
1. Lí do chọn đề tài
Phù hợp với xu thế hội nhập và đổi mới phương pháp dạy học, phù hợp với
việc đổi mới theo Chương trình Giáo dục phổ thơng 2018, đặc biệt là các phương
pháp dạy học tích cực “lấy học sinh làm trung tâm”, việc rèn luyện cho học sinh
phương pháp tự học và phát triển các năng lực tư duy cho các em là điều cần thiết.
Để làm được điều đó, người giáo viên cần rèn luyện cho học sinh những kĩ năng
khai thác và vận dụng linh hoạt các kiến thức đã có, từ đó tạo tiền đề cho sự phát
triển tồn diện năng lực của người học. Hình thành ở học sinh phẩm chất trung thực,
chăm chỉ, trách nhiệm, nhân ái và u nước.
Trong chương trình tốn học phổ thơng, đặc biệt là trong các kì thi Học sinh
giỏi, kì thi Đại học- Cao đẳng, kì thi THPT quốc gia, …các dạng tốn như: Tính
khoảng cách từ một điểm đến một mặt phẳng; tính khoảng cách giữa hai đường thẳng
chéo nhau; tính thể tích khối đa diện; tính tỉ số thể tích giữa các khối đa diện; …
trong hình học khơng gian thường là các dạng tốn khó và địi hỏi sự kết hợp linh
hoạt kiến thức, tư duy. Việc giải quyết các dạng toán này làm cho học sinh mất rất
nhiều thời gian và gặp rất nhiều khó khăn trong q trình định hướng cách giải, do
đó làm mất đi hứng thú và niềm đam mê của các em đối với mơn Tốn, đặc biệt là
tốn Hình.
Từ thực tiễn giảng dạy và qua quá trình bồi dưỡng cho học sinh trong các kì
thi, đồng thời qua sự trao đổi cùng đồng nghiệp, tôi nhận thấy việc phát hiện và khai
thác được “Mối liên hệ giữa tỉ số độ dài đoạn thẳng với khoảng cách từ một điểm
đến một mặt phẳng, hoặc với tỉ số thể tích giữa hai khối đa diện” giúp ích rất nhiều
cho việc định hướng cách giải các bài tốn về hình học khơng gian nói chung và các
dạng tốn tính khoảng cách, tính thể tích khối đa diện hoặc tính tỉ số thể tích hai khối
đa diện trong hình học khơng gian nói riêng. Qua việc vận dụng và khai thác được
mối liên hệ giữa tỉ số độ dài đoạn thẳng với khoảng cách và thể tích các khối đa diện,
phần nào giúp học sinh giảm bớt được khó khăn trong việc phát hiện và giải quyết
vấn đề, phát huy năng lực và tính sáng tạo vốn có của bản thân học sinh.
Vì những lí do trên, tơi chọn đề tài: “Vận dụng tính chất về tỉ số đoạn thẳng
vào giải tốn hình học khơng gian” làm đối tượng nghiên cứu, nhằm nâng cao chất

lượng dạy học của bản thân, đồng thời góp phần khơi dậy niềm đam mê và tình u
Tốn học cho học sinh, đặc biệt là tốn Hình. Giúp học sinh có phương pháp tự học,
tự nghiên cứu kiến thức, phát huy tối đa năng lực vốn có của học sinh.
Trong đề tài này, tơi tập trung khai thác những tính chất cơ bản về mối liên hệ
giữa tỉ số của hai đoạn thẳng với khoảng cách từ một điểm đến một đường thẳng;
khoảng cách từ một điểm đến một mặt phẳng; khoảng cách giữa hai đường thẳng
chéo nhau và tỉ số thể tích của hai khối đa diện trong khơng gian. Trên cơ sở đó tìm
ra cách giải mới và tạo nên hệ thống các bài tốn điển hình đối với những dạng toán
1


về tính khoảng cách, tính tỉ số thể tích giữa hai khối đa diện, hay tính thể tích một
khối đa diện, … trong không gian liên quan đến tỉ số độ dài của hai đoạn thẳng, đây
là những dạng toán khó và phức tạp. Với các cách giải trước đây, học sinh thường
xác định và tính tốn trực tiếp, …. Tuy nhiên, các cách giải đó học sinh thường phải
kẻ thêm nhiều đường phụ trong một hình vẽ và các bước biến đổi phức tạp, mất rất
nhiều thời gian. Trong khi đó, với việc kết hợp kiến thức về tỉ số đoạn thẳng với
khoảng cách, cũng như tỉ số đoạn thẳng với tỉ số thể tích giữa các khối đa diện trong
khơng gian giúp học sinh chuyển đổi bài tốn cần giải quyết về những bài tốn cơ
bản, dễ tính toán và giải quyết vấn đề đặt ra một cách nhẹ nhàng.
2. Mục đích và nhiệm vụ nghiên cứu.
Nghiên cứu lí luận về kỹ năng giải tốn và một số biện pháp rèn luyện kỹ năng
giải toán cho học sinh THPT.
Rèn luyện kỹ năng giải các bài tốn về tính khoảng cách giữa điểm đến một
đường thẳng hoặc đến một mặt phẳng; Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo
nhau; Tính thể tích khối đa diện; Tính tỉ số thể tích giữa các khối đa diện; … trong
tốn Hình.
Tìm hiểu thực trạng của việc học hình học khơng gian của học sinh, đặc biệt
là dạng tốn tính khoảng cách và thể tích khối đa diện.
Tìm hiểu bài tốn hay về hình học khơng gian.

Xây dựng hệ thống các bài tập điển hình nhằm rèn luyện kỹ năng tổng hợp và
khai thác kiến thức đối với học sinh.
Gợi ý cách vận dụng hệ thống bài tập điển hình trong việc rèn luyện kỹ năng
giải tốn nói chung, và giải tốn Hình nói riêng, từ đó góp phần phát triển trí tuệ và
các năng lực cho học sinh.
3. Phương pháp nghiên cứu
a) Phương pháp nghiên cứu lý luận:
Nghiên cứu một số giáo trình về phương pháp dạy học mơn tốn, sách giáo
khoa (SGK) phổ thơng, sách bài tập hình học 11,12 cả hai ban (cơ bản và nâng cao),
sách Bồi dưỡng giáo viên trung học phổ thông (THPT), các mô đun bồi dưỡng
thường xuyên, các tài liệu tham khảo, các đề thi Học sinh giỏi tỉnh của các Tỉnh và
Thành phố trên cả nước, đề thi Đại học- Cao đẳng, đề thi THPT quốc gia và các tạp
chí Tốn học liên quan khác.
b) Phương pháp tổng kết kinh nghiệm:
Tổng kết kinh nghiệm qua nhiều năm trực tiếp giảng dạy, trao đổi kinh nghiệm
với đồng nghiệp, …. Từ đó xây dựng được hệ thống bài tập điển hình.
c) Phương pháp quan sát, điều tra:

2


Quan sát thực trạng việc học tốn Hình của học sinh qua các năm học, khảo
sát kết quả qua các đợt kiểm tra và khảo sát chất lượng, trao đổi với đồng nghiệp về
ý thức học tập và kết quả học tập tốn Hình của học sinh, …
4. Đối tượng và phạm vi nghiên cứu
Học sinh các khối lớp 11 và khối lớp 12; Học sinh thi Học sinh giỏi; Học sinh
thi THPT quốc gia; Giáo viên giảng dạy môn Toán trường THPT Nguyễn Đức MậuQuỳnh Lưu- Nghệ An.
5. Thời gian nghiên cứu.
Đề tài được nghiên cứu và thử nghiệm trong các năm học: 2018  2019;
2019  2020 và 2020  2021.

3


PHẦN II: NỘI DUNG NGHIÊN CỨU
I. CƠ SỞ LÝ LUẬN
Trong chương trình Hình học lớp 11 và lớp 12, cũng như trong các đề thi học
sinh giỏi; đề thi THPT quốc gia; … chúng ta thường bắt gặp các dạng tốn về: Tính
khoảng cách từ một điểm đến một mặt phẳng; Tính khoảng cách giữa hai đường
thẳng chéo nhau; Tính thể tích khối đa diện; Tính tỉ số thể tích các khối đa diện; …
trong hình học khơng gian. Tuy nhiên, việc khai thác và vận dụng các kiến thức đã
học vào giải quyết các dạng toán trên chưa được đề cập nhiều trong sách giáo khoa
cũng như trong các tài liệu, làm cho học sinh gặp rất nhiều khó khăn trong q trình
định hướng cách giải các dạng tốn đó.
Để giúp học sinh rèn luyện phương pháp tự học và phát huy năng lực sáng tạo
của bản thân, ở đề tài này tôi hướng dẫn cách khai thác các kiến thức về:
1. Mối tương quan giữa tỉ số đoạn thẳng với khoảng cách giữa các điểm
tới một đường thẳng hoặc tới một mặt phẳng.
1.1. Bài tốn I.1: Trong khơng gian, cho hai đường thẳng  và  ' cắt nhau
tại điểm H. Trên đường thẳng  ' lần lượt lấy hai điểm phân biệt A, B khác với H.
Gọi d  A,   , d  B,   lần lượt là khoảng cách từ A và B tới đường thẳng . Chứng
minh rằng

d  A,   AH

.
d  B,   BH

* Chứng minh bài toán I.1:
- Trường hợp 1:  '  

'

A

'

A

B
H

Khi đó, ta có d  A,    AH và d  B,    BH , suy ra

H
B
d  A,   AH

.
d  B,   BH

- Trường hợp 2:  và  ' khơng vng góc với nhau.
Gọi A ', B ' lần lượt là hình chiếu vng góc của A, B trên đường thẳng .
4


'

'

A

A
B

B'
H

A' B'

H

A'

B
Ta có d  A,    AA ' ; d  B,    BB ' và HAA 'HBB '

d  A,   AA ' AH


.
d  B,   BB ' BH

Suy ra

1.2. Bài tốn I.2: Trong khơng gian, cho đường thẳng  cắt mặt phẳng  
tại điểm H. Trên đường thẳng  lần lượt lấy hai điểm phân biệt A, B khác với H.
Gọi d  A,    , d  B,    lần lượt là khoảng cách từ A và B tới mặt phẳng   .
Chứng minh rằng

d  A,   
d  B,   



AH
.
BH

* Chứng minh bài toán I.2:
- Trường hợp 1:    

A

A

B
H
α

H
α
B

Khi đó, ta có d  A,     AH và d  B,     BH , suy ra

d  A,   
d  B,   



AH
.
BH

- Trường hợp 2:  khơng vng góc với   .
Gọi A ', B ' lần lượt là hình chiếu vng góc của A, B trên mặt phẳng   .
5


A

A

B
'

α

H
B'

A'

' B'

A'

H

α
B

Ta có các điểm A ', B ', H thuộc đường thẳng  ' là hình chiếu vng góc của  lên
  , và d  A,     AA ', d  B,     BB '.
Trong mp  ,  '  ta có HAA 'HBB ' , suy ra

d  A,   AA ' AH


.
d  B,   BB ' BH

1.3. Bài tốn I.3: Cho tứ diện ABCD có các cạnh AB, AC, AD đơi một vng
góc với nhau tại đỉnh A (tứ diện vuông đỉnh A ). Gọi h là khoảng cách từ điểm A
1
1
1
1
đến mặt phẳng  BCD  . Chứng minh rằng 2 


.
2
2
h
AB
AC
AD2
* Chứng minh bài tốn I.3:

Gọi K , H lần lượt là hình chiếu vng góc của A
lên BC và DK . Ta có BC  AD và BC  AK suy
ra BC   ADK   BC  AH  AH   BCD 

D

 h  AH.
H

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vng ta có

1
1
1
1
1
1





.
2
2
2
2
2
h
AK

AD
AB
AC
AD2

C

A
K
B

2. Mối liên hệ giữa tỉ số đoạn thẳng với tỉ số thể tích của hai khối đa diện.
2.1. Bài toán I.4: Cho khối chóp tam giác S. ABC. Trên ba đường thẳng
SA, SB, SC lần lượt lấy ba điểm A ', B ', C ' khác với S. Gọi V và V ' lần lượt là thể
V ' SA ' SB ' SC '
tích của các khối chóp S. ABC và S. A ' B ' C '. Chứng minh rằng

.
.
.
V SA SB SC
(Dạng bài tập 23, trang 29- SGK Hình học 12 nâng cao và bài tập 4, trang 25- SGK
Hình học 12 cơ bản)
6


* Chứng minh bài tốn I.4:
- Kí hiệu V H  là thể tích của khối đa diện  H  và S D  là diện tích của đa giác  D  .

A

A

B'

A'

K

S

C'

S

C'

C

C
H

K

A'

H

B

B'
B

HÌNH 2

HÌNH 1
A

B'

A

A'

A'
C'

C'

S

C

C

K

HÌNH 3

S

H

B'

K

H

B

B
HÌNH 4

- Ta có VS . ABC  VA. SBC và VS. A ' B ' C '  VA '. SB ' C '
- Gọi H, K lần lượt là hình chiếu vng góc của các điểm A, A ' lên mặt phẳng  SBC 
 AH / / A ' K.
- Vì ba điểm S , A, A ' thẳng hàng nên các điểm S, H, K thẳng hàng và SHASKA '
SA ' A ' K


SA AH
- Mặt khác, trong mọi vị trí của các điểm A ', B ', C ' lần lượt trên các đường thẳng
SA, SB, SC khác điểm S thì trong các tam giác SBC và SB ' C ' ta đều có:

1
1
; S

  sin B


sin BSC
' SC ' và SSBC  SB.SC.sin BSC
SB '.SC '.sin B
' SC '.
SB ' C ' 
2
2
- Do đó

V ' VA '. SB ' C '

V
VA. SBC

1
A ' K .SSB ' C ' SA ' SB ' SC '
3


.
.
.
1
SA
SB
SC
AH.SSBC
3
7

2.2. Bài toán I.5: Cho khối lăng trụ tam giác ABC. A ' B ' C '. Trên các tia
AA ', BB ', CC ' lần lượt lấy các điểm M, N, P khác các đỉnh A, B, C của lăng trụ. Gọi
V, V ' lần lượt là thể tích của khối lăng trụ ABC. A ' B ' C ' và khối đa diện lồi có các
V ' 1  AM BN CP 
đỉnh là A, B, C, M, N, P. Chứng mhinh rằng
 


.
V 3  AA ' BB ' CC ' 
* Chứng minh bài toán I.5:
- Kí hiệu V H  là thể tích khối đa diện  H  ; S D là diện tích đa giác  D  ; d  M,   
là khoảng cách từ điểm M đến mặt phẳng   và d  ,  '  là khoảng cách giữa các
đường thẳng  và  '.

A

A

C

C
B

M
B

A'

P

C'

N
A'

C'

B'

M

P

N

B'
HÌNH 1

HÌNH 2

A

A

C

C

M

B
P

B
A'

A'
M

N
B'
HÌNH 3

C'

C'

B'
N

P

HÌNH 4

Trong tất cả các vị trí của các điểm M, N , P lần lượt thuộc các tia AA ', BB ', CC ' và
V ' VM . ABC  VM. BCPN VM . ABC VM. BCPN
khác các đỉnh A, B, C ta ln có




V
V
V
V
8


Mặt khác

VM. ABC
V

1
d  M,  ABC   .SABC 1 d  M,  ABC   1 MA
3

 .
 .
3 d  A ',  ABC   3 A ' A
d  A ',  ABC   .SABC

và diện tích hình thang BCPN là SBCPN 

1
 BN  CP .d  B, CC ' 
2

1

1
  BN.d  B, CC '   CP.d  B, CC '     BN.d  C, BB '   CP.d  B, CC '  
2
2

1  BN
CP
CP
 1  BN

 
. BB '.d  C, BB '  
.CC '.d  B, CC '    
.S BCC ' B ' 
.S BCC ' B ' 
2  BB '
CC '
CC '
 2  BB '

1  BN CP 
 

 .SBCC ' B '
2  BB ' CC ' 
2
Đồng thời VA. BCC ' B '  V và AM / /  BCC ' B '  suy ra thể tích khối chóp M. BCPN
3

1

1
1  BN CP 
VM . BCPN  d  M,  BCC ' B '   .SBCPN  d  A,  BCC ' B '   . 

 .SBCC ' B '
3
3
2  BB ' CC ' 

1  BN CP 
1  BN CP 
 


 .VA. BCC ' B '  
 .V.
2  BB ' CC ' 
3  BB ' CC ' 
Do đó

VM. BCPN 1  BN CP 
 

.
V
3  BB ' CC ' 

Từ đó suy ra

V ' 1  AM BN CP 

 


.
V 3  AA ' BB ' CC ' 

II. CƠ SỞ THỰC TIỄN
Hình học nói chung và hình học khơng gian nói riêng là mơn học địi hỏi tư
duy cao, u cầu ở người học phải có năng lực liên kết và khai thác kiến thức một
cách linh hoạt, có tư duy logic và trí tưởng tượng khơng gian.
Các tài liệu và các chuyên đề viết về cách khai thác và vận dụng tỉ số đoạn
thẳng vào giải các dạng toán như: Tính khoảng cách từ một điểm đến một đường
thẳng; Tính khoảng cách từ một điểm đến một mặt phẳng; Tính khoảng cách giữa
hai đường thẳng chéo nhau; Tính thể tích khối đa diện; Tính tỉ số thể tích hai khối
đa diện; … có nhưng mang tính rời rạc và chưa được đề cập nhiều.
Việc định hướng cách giải các dạng tốn trong hình học khơng gian thường
rất phức tạp, gây rất nhiều khó khăn cho học sinh, làm mất đi sự hứng thú và niềm
đam mê ở các em đối với môn học.
Một số giáo viên khi dạy học chưa chú trọng đến việc dạy cho học sinh phương
pháp tự học, tự nghiên cứu thông qua việc khai thác và vận dụng các kiến thức đã
9


có; chưa định hướng cho các em cách phân tích và tổng hợp kiến thức, từ đó tạo nên
hệ thống các bài tốn điển hình trong khi học và nghiên cứu. Điều này, làm hạn chế
năng lực sáng tạo của người học, làm cho các em không thể khai thác hết tiềm năng
vốn có của mình.
III. THỰC TRẠNG CỦA ĐỀ TÀI
Trong quá trình giảng dạy và trao đổi với đồng nghiệp, tơi nhận thấy đối với
các bài tốn hình học khơng gian nói chung và các dạng tốn “tính khoảng cách” hay

các dạng tốn về “tính tỉ số thể tích hai khối đa diện” trong hình học khơng gian nói
riêng, thì học sinh gặp rất nhiều khó khăn trong q trình định hướng cách giải.
Cụ thể, khi giảng dạy tại lớp 12C1 và phối hợp với đồng nghiệp dạy tại lớp
12C2 (hai lớp khá nhất khối 12) của trường THPT Nguyễn Đức Mậu- Quỳnh LưuNghệ An, chúng tôi đã tiến hành cho học sinh làm bài khảo sát chất lượng trong
khoảng thời gian 45 phút và nắm bắt được kết quả như sau:
1. Đề bài kiểm tra.
Cho hình chóp S. ABCD có đáy là hình chữ nhật; AB  a; AD  a 2; SA  a 3
và SA   ABCD  . Gọi M là trung điểm của SD.
a) Tính theo a thể tích khối chóp S. MAC.
b) Tính theo a khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng  MAC .
c) Tính theo a khoảng cách giữa các đường thẳng SC và AM.
d) Gọi   là mặt phẳng qua BM và song song với AC lần lượt cắt các cạnh

SA, SC tại E và F. Tính theo a thể tích khối chóp S. BEMF.
2. Kết quả thu được:
2.1. Tại lớp 12C1:
- Số học sinh giải quyết được ý a): 38/38.
- Số học sinh giải quyết được ý a) và b): 36/38.
- Số học sinh giải quyết được ý a), ý b) và ý c): 16/38, trong đó chỉ có 2 học
sinh áp dụng cách sử dụng tỉ số đoạn thẳng để tính khoảng cách từ điểm đến mặt
phẳng.
- Số học sinh giải quyết được cả 4 ý a), b), c) và d): 1/38.
2.2. Tại lớp 12C2:
- Số học sinh giải quyết được ý a): 38/38.
- Số học sinh giải quyết được ý a) và b): 30/38.
- Số học sinh giải quyết được ý a), ý b) và ý c): 11/38, trong đó tất cả các em
giải theo cách sử dụng thể tích khối chóp để tính khoảng cách từ điểm đến mặt phẳng.
- Số học sinh giải quyết được cả 4 ý a), b), c) và d): 0/38.
10

Ngoài sự khảo sát trực tiếp tại hai lớp trên, qua quá trình giảng dạy và tìm hiểu
từ các đồng nghiệp đã dạy tại các lớp 11 và các lớp 12 tại trường trong các năm học,
thì việc giải quyết ý c) và ý d) của bài toán trên đối với đại đa số học sinh là quá phức
tạp, các em hầu như khơng có định hướng cách giải quyết vấn đề.
Từ kết quả bài kiểm tra và tìm hiểu qua học sinh cùng đồng nghiệp, tôi được
biết các em chưa phát hiện và liên kết được các kiến thức về mối liên hệ giữa tỉ số
độ dài đoạn thẳng với khoảng cách cũng như với tỉ số thể tích hai khối đa diện vào
giải tốn.
Mặt khác, qua q trình tìm tịi và nghiên cứu, tơi cũng biết được các tài liệu
viết về các dạng tốn như: Tính khoảng cách trong khơng gian; Tỉ số thể tích các
khối đa diện, … tuy có nhưng chưa nhiều, chưa hình thành được một phương pháp
mang tính hệ thống, để qua đó hình thành ở học sinh khả năng tư duy sáng tạo, năng
lực tự học và tự nghiên cứu, cách liên kết và tổng hợp các kiến thức đã có trong q
trình phát hiện và giải quyết vấn đề.
Một số giáo viên khi giảng dạy chưa có sự định hướng cách giải toán, chưa
cung cấp thêm cho học sinh một số phương pháp, cách thức tiếp cận vấn đề phù hợp,
do đó các em thiếu đi sự tự tin trong việc định hướng, phát hiện và giải quyết vấn đề.
Qua thực trạng trên, tôi nhận thấy việc rèn luyện và phát triển năng lực tư duy,
khả năng sáng tạo của học sinh trong việc khai thác và phát huy các kiến thức đã học
là rất cần thiết. Trên cơ sở đó, tơi đưa ra giải pháp sau:
IV. GIẢI PHÁP NGHIÊN CỨU
Một bài tốn có thể có nhiều cách giải khác nhau, tuy nhiên việc vận dụng
cách giải nào có thể giúp học sinh dễ dàng chiếm lĩnh kiến thức mới, từ đó tạo tiền
đề cho các em có thể hình thành và phát huy phương pháp tự học, tự nghiên cứu,
đồng thời khai thác hết tiềm năng vốn có của bản thân là điều chúng ta cần chú trọng.
Trong chuyên đề này, tác giả chủ yếu tập trung vào “Khai thác cách giải toán dựa
vào mối liên hệ giữa tỉ số đoạn thẳng với khoảng cách từ một điểm đến một mặt
phẳng trong khơng gian và với tỉ số thể tích của hai khối đa diện”, các cách giải khác
chỉ mang tính chất tham khảo. Và để dễ dàng phát hiện cách khai thác kiến thức đã

học, tác giả xin đưa ra các dạng tốn sau:
Dạng tốn 1. Vận dụng tính chất về tỉ số đoạn thẳng vào giải các bài tốn
tính khoảng cách từ một điểm đến một mặt phẳng trong khơng gian.
* Phương pháp chung: Để tính khoảng cách d  M,    từ điểm M đến mặt
phẳng   mà việc xác định hình chiếu vng góc của điểm M trên mặt phẳng  
khó thực hiện, ta tiến hành các bước:
Bước 1: Xác định mặt phẳng    sao cho giao tuyến  '        và hình
chiếu vng góc H của điểm N    trên mặt phẳng    dễ xác định.
Bước 2: Xác định đường thẳng  đi qua M và H, khi đó:
11


- Nếu  / /   thì d  M,     d  H,    .
- Nếu  cắt mặt phẳng   tại điểm I thì tính tỉ số

MI
.
HI

Bước 3: Áp dụng Bài tốn I.2. ta có tỉ số khoảng cách

d  M,   
d  H,   



MI
HI

- Tính khoảng cách d  H,    từ điểm H đến mặt phẳng   và suy ra

MI
.d  H,    .
HI
Bài tốn 1: Cho hình chóp S. ABC có đáy ABC là tam giác vng cân tại B,
  SCB
  900. Gọi M là trung điểm của cạnh SC.
cạnh AC  a 2, SB  a 3 và SAB
Tính theo a khoảng cách từ điểm S đến mặt phẳng  MAB  .
khoảng cách d  M ,    

Phân tích: Việc xác định hình
chiếu của điểm S trên mặt phẳng
 MAB  khó thực hiện và phức tạp, vì
vậy để giải quyết bài tốn chúng ta
cần xác định một điểm H nào đó dễ
xác định khoảng cách đến mặt phẳng
 MAB  hơn.
Mặt khác, theo giả thiết ta có các
điểm A và C cùng nhìn đoạn thẳng
SB dưới một góc vng nên bốn điểm
S, A, B, C cùng thuộc mặt cầu đường
kính SB. Từ đó chúng ta sử dụng tính
chất về trục đường trịn ngoại tiếp tam
giác ABC để tìm ra điểm H. Cụ thể:

S

I

M
K
G

F

B
E

C
H

A

Gọi I , H lần lượt là trung điểm các cạnh SB và AC. Theo giả thiết ta có

  SCB
  900 , suy ra IA  IB  IC và H là tâm đường tròn ngoại tiếp tam
ABC  SAB
giác ABC, do đó IH là trục đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC  IH   ABC  .
Gọi G là trọng tâm tam giác SAC, trong mặt phẳng  SBH  ta có IH cắt BG
tại K  KH   ABC  và

SG
 2.
HG

Theo Bài toán I.2. suy ra khoảng cách

d  S,  MAB  

d  H,  MBA  



SG
 2.
HG

12


Vì tam giác ABC vng cân tại B và AC  a 2 suy ra BA  BC  a. Gọi E
là trung điểm của AB ta có HE là đường trung bình tam giác ABC  HE / / BC

 HE  AB và HE 

BC a
 . Kẻ HF  KE,  F  KE  ta có: AB   KHE 
2
2

 AB  HF , suy ra HF   MAB   d  H,  MAB    HF.
 1  1 
 HK  3 HK 
HI  1  3 
Và HI  HB  HS 
. HK  . HB  . HG  HK 
. HB 
. HG
2

2
HK
2
2
2 HI
2 HI
đồng thời có các điểm B, K , G thẳng hàng nên ta có

 HK 

1
1
1 SB 2 AC 2 a
HI 
IB 2  BH 2 


2
2
2 4
4
4

Trong tam giác HKE vng tại H ta có

 HF 

HK 3 HK

1

2 HI 2 HI

a
2 5

 d  H ,  MAB   

a
2 5

1
1
1
20


 2
2
2
2
HF
HK
HE
a

suy ra d  S ,  MAB   

a
.
5

* Cách giải khác: Gọi I , H lần lượt là trung điểm các cạnh SB và AC. Theo
  SCB
  900 , suy ra IA  IB  IC và H là tâm đường trịn
giả thiết ta có 
ABC  SAB
ngoại tiếp tam giác ABC, do đó IH là trục đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC
 IH   ABC  .
Khoảng cách d  S ,  MAB   từ đỉnh S đến mặt phẳng  MAB  được tính theo
cơng thức d  S,  MAB   

3VS . MAB
SMAB

* .

Vì tam giác ABC vng cân tại B và AC  a 2 suy ra BA  BC  a. Dựa
vào các tam giác vuông SAB và SCB ta có SA  SB 2  AB 2  a 2 và
a 6
SC  SB 2  BC 2  a 2 suy ra tam giác SAC đều cạnh bằng a 2  AM 
.
2

a 6
nên tam giác MAB cân tại M , suy ra với
2
1
1
a2 5
2

2
E là trung điểm của AB ta có SMAB  AB. ME  AB. MB  BE 
2
2
4
Và có MB  MC 2  BC 2 

Mặt khác, áp dụng Bài toán I.4. ta có

VS. MAB SM 1


VS .CAB SC 2

13


1
1
1
1
a3
 VS. MAB  VS .CAB  IH.SABC 
IB 2  BH 2 . . BA. BC 
2
6
6
2
24
Từ đó suy ra d  S,  MAB   

3VS . MAB
a

SMAB
2 5

Kết luận: Qua hai cách giải trên chúng ta thấy được việc vận dụng tính chất
SG
SM
về tỉ số đoạn thẳng
hoặc
thì bài tốn đã được chuyển về bài tốn quen
HG
SC
thuộc và thực hiện dễ dàng. Mặt khác, trong bài toán chúng ta xác định hình chiếu
H của điểm K   MAB  trên mặt phẳng  ABC  dựa vào tính chất trục đường trịn
ngoại tiếp tam giác ABC . Trên cơ sở đó, chúng ta có thể giải quyết các dạng toán
tương tự. Cụ thể, xét bài toán:
Bài tốn 2: Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là nửa lục giác đều nội
  SDA
  900 và SC  a 6. Gọi M là
tiếp đường tròn đường kính AB  2a; SBA
trọng tâm tam giác SBC. Tính theo a khoảng cách từ S đến mặt phẳng  MAD  .
Phân tích: Gọi I , H lần lượt là trung
điểm các cạnh SA và AB. Theo giả thiết ta có
  SDA
  900 , suy ra IA  IB  ID và H là
SBA
tâm đường tròn ngoại tiếp hình thang cân

ABCD, do đó IH là trục đường trịn ngoại
tiếp hình thang cân ABCD  IH   ABCD 
  900.
và SCA
Gọi J là giao điểm giữa AD và BC, ta
có JM cắt SB tại E và IH cắt AE tại K , suy
JC CD 1
ra KH   ABCD  và

 .
JB BA 2
Gọi N là trung điểm của cạnh BC, ta có
 NB  NJ 
SN 
.SJ 
.SB
JB
JB
3  1  3 SB 
 SM  SJ  . .SE
2
4
4 SE

S

I
E
K

M

H'

A

B
H

F

N
C

D

J

 1  1 SB 
 SM  SJ  . .SE
6
2 SE
Và có các điểm J , M, E thẳng hàng, suy ra



1 1 SB
 .
1
6 2 SE

SB 5
SE 3
 
 .
SE 3
BE 2
14


Từ đó, theo Bài tốn I.2. suy ra khoảng cách

d  S,  MAD  
d  B,  MAD  



SE 3

BE 2

Lại có H là trung điểm của AB nên d  B,  MAD    2d  H,  MAD   , do đó

d  S ,  MAD    3d  H,  MAD  
Gọi F, H ' lần lượt là hình chiếu vng góc của H lên AD và KF , ta có
AD   KHF  , suy ra AD  HH '. Do đó HH '   MAD   d  H,  MAD    HH '.

2
2a
Và có SA2  SC 2  AC 2  9a2  SB 2  SA2  AB 2  5a2  BE  SB 

5
5
1
a
a 3
 KH  BE 
và HF 
, suy ra trong tam giác HKF vng tại H ta có
2
2
5
1
1
1
19
a 57
3a 57

HH
'

suy
ra
d
S
,
MAD

.








19
19
HH '2 HK 2 HF 2 3a2
Kết luận: Ở bài toán này chúng ta đã sử dụng đến tính chất về tỉ số

SE
và
BE

BA
của độ dài các đoạn thẳng để chuyển đổi việc tính khoảng cách từ S đến mặt
HA
phẳng  MAD  về tính khoảng cách từ H đến mặt phẳng  MAD  . Và từ đó việc tính
tốn đơn giản hơn. Tương tự, xét bài tốn:
Bài tốn 3: Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật,
AB  a, SA  AD  2a và SA   ABCD  . Gọi M, N lần lượt là trung điểm của các
cạnh SB và SD. Tính theo a khoảng cách từ C đến mặt phẳng  AMN  .
Phân tích: Vì SA   ABCD  và
M, N lần lượt là trung điểm của các cạnh
SB, SD  MN / / BD  MN  SA.

S

E

N
Gọi O là giao điểm của AC và BD,
I
M
khi đó đường thẳng đi qua A và giao điểm
K
giữa
SO với
cắt 
SC tại 
E. Ta có
 
 MN 
SB
SO 
và SA  SC  2 SO , suy ra
  SD
  2
A
D
SB  SD  SA  SC
H
O

  SC 
C
B
 2 SM  2 SN  SA 
.SE

SE


 SC 
SC
 SA  2 SM  2 SN 
.SE . Và có A, M, E, N đồng phẳng nên 2  2 
1
SE
SE
SC
CE

3 
 2.
SE
SE
15


Do đó, theo Bài tốn I.2. suy ra khoảng cách

d  C,  AMN  
d  S ,  AMN  



CE
2
SE

Trong mặt phẳng  ABCD  kẻ AH  BD,  H  BD  ta có BD   SAH  và
MN / / BD  MN   SAH    AMN    SAH  . Khi đó, gọi K là giao điểm giữa
các đường thẳng SH và MN, ta có  SAH    AMN   AK .
Từ đó kẻ SI  AK ,  I  AK  suy ra SI   AMN  , do đó d  S ,  AMN    SI.
Lại có MK là đường trung bình tam giác SBH và tam giác SAH vuông tại

A nên AK 

SH
SA2  AH 2

và AH. BD  AD. AB  AH 
2
2

suy ra AK 

a 30
và diện tích tam giác SAH là SSAH
5

Từ đó ta có SI 

AB. AD

AB 2  AD2
1
2a2
.

 .SA. AH 
2
5



2a
,
5

2 SSAK SSAH 2a
4a


 d  C,  AMN   
.
AK
AK
6
6

Kết luận: Như vậy, bằng cách sử dụng tỉ số đoạn thẳng thì các bài tốn về
khoảng cách liên quan đến hình chóp được thực hiện một cách nhẹ nhàng. Từ đó ta
có thể mở rộng cách giải cho các hình đa diện khác, cụ thể xét bài tốn:
Bài tốn 4: Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC. A ' B ' C ' có AB  a và
AA '  2a. Gọi M, N , P lần lượt là trung điểm của các đoạn thẳng BC, BB ' và A ' C '.
Tính theo a khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng  MNP  .
Phân tích: Trong mặt phẳng
 BCC ' B ' hai đường thẳng MN và B ' C '
cắt nhau tại E. Nối PE cắt A ' B ' tại điểm

J . Như vậy, mặt phẳng  MNP  chính là

A

C
M

B

mặt phẳng  MPE  .

H'

K

N

Mặt khác, gọi H là trung điểm của
B ' C ' thì MH / / AA '  MH   A ' B ' C '  .

J

Và trong mặt phẳng  AMHA '  ta có A ' H
cắt PE tại I ; AH cắt MI tại K.

A'
F

P
C'

I

H

B'
E

Và có hai tam giác NBM và NB ' E bằng nhau nên B ' E  BM  B ' H, suy ra
1
1
3
B ' J là đường trung bình tam giác EPH  B ' J  HP  B ' A '  A ' J  A ' B '
2
4
4



PH 2
IH PH 2
IH
2
IH 2
 . Và IPHIJA ' 

 
 

A' J 3

IA ' JA ' 3
A' H 5
AM 5
16


Lại có KHIKAM 

d  A,  MNP  
d  H,  MNP  



AK AM 5

 do đó, theo Bài toán I.2 suy ra
HK HI 2

AK 5
 .
HK 2

Gọi F, H ' lần lượt là hình chiếu vng góc của H trên PE và MF ta có
PE   MHF   PE  HH ' suy ra HH '   MPE   d  H,  MNP    HH '.
Mặt khác ta có

HE 2
2
4 S
  HF  d  H, PE   d  C ', PE   . C ' PE , và có

C'E 3
3
3 PE

1
3 3a2
a 7
SC ' PE  C ' E.C ' P.sin600 
; PE  C ' E 2  C ' P 2  2C ' E.C ' P.cos600 
2
16
2
a 21
1
1
1
115
2 3a
suy ra HF 




 HH ' 
2
2
2
2
14
HH '

HF
HM
12 a
115
Do đó, khoảng cách d  A,  MNP   

5
345a
HH ' 
2
23

AK
HE
và
HK
C' E
của các đoạn thẳng để tính khoảng cách từ một điểm đến một đường thẳng và khoảng
cách từ một điểm đến một mặt phẳng. Và giả thiết cho mặt phẳng qua trung điểm
của các cạnh, vậy khi thay giả thiết bởi các điểm khác liệu cách xác định khoảng
cách có cịn dễ dàng hay khơng, ta xét bài tốn:
Kết luận: Như vậy, trong bài toán chúng ta đã sử dụng các tỉ số

Bài tốn 5: Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC. A ' B ' C ' có AB  2 a và
AA '  3a. Gọi G là trọng tâm tam giác A ' B ' C ' và E, F lần lượt là tâm của các hình
bình hành ABB ' A ', BCC ' B '. Tính theo a khoảng cách từ A đến mặt phẳng  GEF  .
Phân tích: Theo tính chất của tâm
hình bình hành ta có EF là đường trung
bình của tam giác BA ' C ' nên EF / / A ' C '.
Suy ra mặt phẳng  GEF  cắt mặt đáy

A

C
Q

P
B

 A ' B ' C ' của hình lăng trụ

ABC. A ' B ' C '
theo giao tuyến là đường thẳng đi qua G
và song song với A ' C ' và lần lượt cắt các
cạnh A ' B ', B ' C ' tại M và N.
Và có ME cắt AB tại Q; NF cắt BC
tại P. Qua Q kẻ đường thẳng song song
với AA ' và cắt A ' B ' tại H, khi đó ta có
QH   A ' B ' C '  và AH cắt QM tại I.

E

F

J

I

M'
A'

K

C'

M

G

N

H
B'

17


Mặt khác, khoảng cách từ H đến mặt phẳng  GEF  dễ xác định. Do đó
chuyển đổi việc tính khoảng cách d  A,  GEF   từ điểm A đến mặt phẳng  GEF  về
tính khoảng cách d  H,  GEF   từ điểm H đến mặt phẳng  GEF  .
Với M ' là trung điểm của cạnh A ' C ', ta có MN / / A ' C ' và G là trọng tâm
A' M M ' G 1
tam giác A ' B ' C ' suy ra

 .
A' B ' M ' B ' 3

1
1
1

Và EA ' M  EBQ  BQ  A ' M  A ' B '  HB '  A ' B ' suy ra MH  A ' B ' và
3
3
3
2
2
AI AQ
QA  AB  A ' B '. Và có IHMIAQ 

 2 , dó đó theo Bài tốn I.2
3
3
HI HM
d  A,  GEF   AI
suy ra

 2.
d  H,  GEF   HI
Gọi K , J lần lượt là hình chiếu vng góc của H trên MN và QK ta có
MN   QHK   MN  HJ suy ra HJ   GEF  , do đó d  H,  GEF    HJ .

1
1
B' M' a 3
HK  d  H , MN   d  B ', MN   d  B ', A ' C '  

2
3
3
3

1
1
1
28
3a
nên trong tam giác vng QHM ta có



 HJ 
HJ 2 HK 2 HQ2 9a2
2 7
3a
 d  A,  GEF   
.
7
Mặt khác

Nhận xét: Ở các bài toán trên ta xét các hình lăng trụ có tính chất đặc biệt
(cạnh bên vng góc với đáy) nên dễ dàng xác định được tỉ số đoạn thẳng. Vậy, nếu
thay đổi giả thiết bởi các hình lăng trụ khơng có các tính chất đặc biệt đó liệu việc
tính khoảng cách có gì phức tạp hay khơng, ta xét bài tốn sau:
Bài tốn 6: Cho hình lăng trụ ABC. A1 B1C1 có đáy là tam giác đều cạnh bằng
a và BA1  BB1  BC1  a 3. Tính theo a khoảng cách từ C đến mặt phẳng
(Câu 4a, đề thi học sinh giỏi tỉnh Nghệ An, năm học 2020 - 2021)
 ABB1 A1 .
Phân tích: Gọi H là trọng tâm tam
giác đều A1 B1C1 , ta có H là tâm đường trịn
ngoại tiếp tam giác A1 B1C1. Và có
BA1  BB1  BC1 nên B thuộc trục đường

tròn ngoại tiếp tam giác A1 B1C1 , suy ra
BH   A1 B1C1  .
Vậy, khoảng cách từ điểm H đến mặt
phẳng  ABB1 A1  xác định dễ hơn, dó đó
chuyển tính khoảng cách d  C,  ABB1 A1  

C

B

A

K
B1

C1
H

M
A1

18


từ điểm C đến mặt phẳng  ABB1 A1  về tính khoảng cách d  H,  ABB1 A1   từ điểm
H đến mặt phẳng  ABB1 A1  dựa vào tỉ số đoạn thẳng.
Theo tính chất hình lăng trụ ta có CC1 / /  ABB1 A1  nên khoảng cách
d  C,  ABB1 A1    d  CC1 ,  ABB1 A1    d  C1 ,  ABB1 A1   .
Gọi M là trung điểm của cạnh A1 B1 ta có C1 M  A1 B1 , và có A1 B1  BH , suy
CM

ra A1 B1   BHM  , và theo tính chất trọng tâm của tam giác ta có 1  3, dó đó
HM
d  C1 ,  ABB1 A1   C1 M
theo Bài toán I.2 suy ra

 3.
d  H,  ABB1 A1   HM
Kẻ HK  BM,  K  BM  ta có HK   ABB1 A1   d  H,  ABB1 A1    HK .

8a2
a2
2
Mặt khác BH  BB  B1 H 
và MH  , suy ra trong tam giác
3
12
1
1
1
99
2 22 a
vuông BHM ta có


 2  HK 
.
2
2
2
HK

HM
HB
8a
33
2

2
1

2

Từ đó suy ra d  C,  ABB1 A1   

2 22 a
.
11

* Cách giải khác:
Chia khối lăng trụ tam giác ABC. A1 B1C1 thành các khối chóp C. A1 B1C1 và
2VABC. A1B1C1
C. ABB1 A1 ta có thể tích khối chóp C. ABB1 A1 là VC. ABB1 A1 
. Từ đó định
3
hướng cách giải bằng cách sử dụng cơng thức tính thể tích của khối chóp.
Gọi H là trọng tâm tam giác đều A1 B1C1 , ta có H là tâm đường trịn ngoại
tiếp tam giác A1 B1C1. Và có BA1  BB1  BC1 nên B thuộc trục đường tròn ngoại
tiếp tam giác A1 B1C1 , suy ra BH   A1 B1C1  .
Gọi M là trung điểm của cạnh A1 B1 ta có C1 M  A1 B1 và có A1 B1  BH , suy
ra A1 B1   BHM   A1 B1  BM .

8a2
11a2
2
2
2
Và có BH  BB1  B1 H 
và BM  BB1  B1 M 
, suy ra diện
3
4
a 2 11
tích hình bình hành ABB1 A1 là S ABB1A1  A1 B1. BM 
và thể tích khối lăng trụ
2
a3 2
, suy ra thể tích khối chóp C. ABB1 A1 là
ABC. A1 B1C1 là V  SA1B1C1 . BH 
2
2 a 3 2 a3 2
VC . ABB1A1  .

. Từ đó suy ra khoảng cách từ C đến mặt phẳng  ABB1 A1 
3 2
3
là
2

2

2

19


d  C,  ABB1 A1   

3VC. ABB1A1
SABB1A1



2 22 a
.
11

Kết luận: Trong bài tốn này chúng ta có thể sử dụng hai phương pháp đã
nêu, tuy nhiên đối với cách giải 1 chúng ta chỉ cần chuyển đổi về khoảng cách từ H
và áp dụng cách tính độ dài đường cao tam giác vuông kẻ từ đỉnh vuông là có giá trị
cần tìm. Cịn khi sử dụng cách giải 2 chúng ta cần phải tính tốn đến diện tích đa
giác, thể tích khối đa diện và sử dụng kiến thức liên hệ giữa tỉ số thể tích giữa các
khối đa diện, như vậy sẽ mất rất nhiều thời gian. Qua đó, ta có thể thấy được ưu thế
của việc vận dụng tính chất về tỉ số đoạn thẳng trong bài tốn tính khoảng cách.
Như vậy, với việc vận dụng tỉ số độ dài các đoạn thẳng chúng ta có thể tính
khoảng cách từ một điểm đến một mặt phẳng trong không gian, cũng tương tự như
vậy chúng ta sẽ vận dụng tính chất đó vào các bài tốn tính khoảng cách giữa hai
đường thẳng chéo nhau trong khơng gian. Xét dạng tốn:
Dạng tốn 2. Vận dụng tính chất về tỉ số đoạn thẳng vào giải các bài tốn
tính khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau trong không gian.
* Phương pháp chung: Để tính khoảng cách d  ,  '  giữa hai đường thẳng
 và  ' chéo nhau trong khơng gian khi khó xác định đoạn vng góc chung của

chúng, ta tiến hành các bước:
Bước 1: Xác định mặt phẳng   chứa đường thẳng  và song song với
đường thẳng  '. Khi đó d  ,  '   d   ',    .
Bước 2: Tính khoảng cách d  M,    từ điểm M thuộc đường thẳng  ' đến
mặt phẳng   , suy ra d  ,  '   d   ',     d  M,    .
Ngồi ra ta có thể xác định các mặt phẳng   ,    lần lượt chứa các đường
thẳng  ,  ' và song song với nhau. Khi đó d  ,  '   d    ,      d  M,     với
điểm M    . Cụ thể, xét bài toán:
Bài toán 7: Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật,
AB  2a, AD  3a. Gọi H, M lần lượt là trung điểm của các cạnh AB và SA. Các mặt
phẳng  SHC  và  SHD  cùng vng góc với  ABCD  ; mặt phẳng  SCD  tạo với
đáy một góc bằng 600. Tính theo a khoảng cách giữa hai đường thẳng CH và DM.
Phân tích: Vì hai mặt phẳng  SHC  và  SHD 
cắt nhau theo giao tuyến SH và cùng vng góc với
mặt phẳng  ABCD  suy ra SH   ABCD  .

S

M

Với I là trung điểm cạnh CD ta có HI  CD,
và có SH  CD nên CD  SI , do đó góc giữa  SCD 

 , (vì tam giác
với  ABCD  bằng góc SI
, HI  SIH



J

E



  600.
SIH vng tại H )  SIH

N

A

K
D
I

H
B

C

20


Gọi E là đỉnh thứ tư hình bình hành CHED , ta có CH / / ED và CH   MED 
 CH / /  MED   Khoảng cách d  CH, DM   d  CH ,  MED    d  H,  MED   .
Mặt khác, với N là trung điểm của HA ta có MN / / SH  MN   ABCD 
và khoảng cách từ N đến mặt phẳng  MED  dễ xác định, do đó chuyển đổi tính
khoảng cách d  H,  MED   từ điểm H đến mặt phẳng  MDE  về tính khoảng cách
d  N ,  MED   từ điểm N đến mặt phẳng  MDE  dựa vào tỉ số các đoạn thẳng.
Ta có CHED là hình bình hành và H, N lần lượt là trung điểm của AB, HA

d  H,  MDE   HE 4
HE 4
nên có
 , dó đó theo Bài tốn I.2 suy ra

 .
NE 3
d  N ,  MDE   NE 3
Gọi K , J lần lượt là hình chiếu vng góc của N lên ED và MK ta có
ED   MNK   ED  NJ , suy ra NJ   MED   d  N ,  MED    NJ .
Trong tam giác SHI vng tại H có SH  HI .tan 600  3 3a  MN 

SH 3 3a

.
2
2

3
3
3
Và có NK  d  N, ED   d  H, ED   d  CH, ED   d  D, CH  , (vì CH / / DE )
4
4
4
Lại có d  D, CH  

S
  SAHD  SBHC  6a
2 SDCH

9a
 2. ABCD

 NK 
CH
10
2 10
BC 2  BH 2

Trong tam giác MNK vuông tại N có

1
1
1
52
9a



 NJ 
2
2
2
2
NJ
MN
NK
81a
2 13

4
6a
Suy ra khoảng cách giữa CH và MD là d  CH, DM   NJ 
.
3
13

HE 4
 ta tính được khoảng cách từ điểm H
NE 3
đến mặt phẳng  MDE  và cũng tính được khoảng cách từ điểm N đến đường thẳng
Kết luận: Việc vận dụng tỉ số

DE thông qua chuyển đổi khoảng cách dựa vào tỉ số độ dài các đoạn thẳng, từ đó
tính được khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau trong khơng gian. Trên cơ
sở đó, khi thay giả thiết của khối đa diện ta có hệ thống các bài tốn tính khoảng
cách giữa hai đường thẳng chéo nhau trong khơng gian, cụ thể xét bài tốn:
Bài tốn 8: Cho hình chóp S. ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại B,
AC  a 2. Gọi M là trung điểm của cạnh 
AC. Biết
hình chiếu vng góc của S
lên mặt phẳng  ABC  là điểm H sao cho BM  3MH và góc giữa hai mặt phẳng
 SAB  ,  SBC  bằng 600. Tính theo a khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và
SM.
Phân tích: Vì tam giác ABC vng cân tại B có M là trung điểm của AC và
21


  
BM

BM  3HM  0 nên AC  BH và
 3.
HM

S

Gọi N là trung điểm của cạnh BC , ta có
AB / / MN và AB   SMN  suy ra
AB / /  SMN  . Từ đó, ta có khoảng cách
d  AB, SM   d  AB,  SMN    d  B,  SMN   .

K

A

Và có SH   ABC  nên khoảng cách
d  H,  SMN   từ điểm H đến mặt phẳng
 SMN  dễ xác định hơn khoảng cách
d  B,  SMN   từ điểm B đến  SMN  , từ đó
áp dụng Bài tốn I.2 ta có:

d  B,  SMN  
d  H ,  SMN  



B

J
I

N

M

H
C

BM
 3.
HM

Kẻ HI  MN ,  I  MN  và HJ  SI ,  J  SI  , ta có MN   SHI  do đó
MN  HJ , suy ra HJ   SMN   d  H,  SMN    HJ .
Mặt khác, ta có AC   SHB   AC  SB. Từ đó, kẻ MK  SB,  K  SB  ta có

SB   KAC  suy ra SB  KA và SB  KC , do đó góc giữa hai mặt phẳng  SAB  và

, KC  600.
 SBC  bằng góc giữa hai đường thẳng KA và KC, suy ra góc KA





Và có BHA  BHC  HA  HC  SHA  SHC  SA  SC  SBA  SBC
 KA  KC.
Theo tính chất về số đo góc giữa hai đường thẳng, ta cần xét hai trường hợp
về số đo góc 
AKC .

- Trường hợp 1: Nếu 
AKC  600 thì KAC là tam giác đều cạnh bằng a 2 ,
a 6
AC a 2
suy ra MK 
. Và có BM 

 MK  BM nên loại.
2
2
2

a
- Trường hợp 2: Nếu 
AKM  600  MK  MA.cot 600 
AKC  1200 thì 
6
2
SH BH
a
 AC 
2
2
2
.Và

BKM


BHS



 BK  BM  MK  

MK


MK BK
3
 2 
BH. MK 2 a
1
BN a
 SH 

. Mặt khác, ta có HI  d  H, MN   d  B, MN  
 ;
BK
3
3
3
6
1
1
1
153
2a
nên trong tam giác SHI vuông tại H, ta có

 2  2  HJ 

2
2
HJ
SH
HI
4a
3 17
 d  AB , SM  

2a
.
17
22


Nhận xét: Qua bài tốn này, ngồi việc vận dụng tỉ số đoạn thẳng để tính
khoảng cách, chúng ta cần chú ý về tính chất số đo góc của hai đường thẳng. Để thấy
rõ ưu thế khi sử dụng tính chất tỉ số độ dài các đoạn thẳng liên quan đến bài tốn
tính khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau và khắc sâu kiến thức về số đo
góc trong khơng gian, ta xét bài tốn:
Bài tốn 9: Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là hình vng tâm O, cạnh
bằng a . Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AB và SO. Biết hai mặt phẳng  SDM 
và  SAC  cùng vng góc với mặt phẳng  ABCD  ; góc giữa  SBD  và  ABCD 
bằng 600. Tính theo a khoảng cách giữa hai đường thẳng SB và CN.
Phân tích: Gọi H là giao điểm giữa
AC và MD , ta có hai mặt phẳng  SAC  và
 SMD  cắt nhau theo giao tuyến SH và cùng
vng góc với mặt phẳng  ABCD  nên
SH   ABCD  . Đồng thời H là trọng tâm tam
giác ABD.

Với P là trung điểm của đoạn thẳng OB
ta có SB / / PN và SB   CNP  , do đó
SB / /  CNP  . Suy ra khoảng cách
d  SB, CN   d  SB,  CNP    d  B,  CNP   .

S

N

E
J
B

C

I
M

P
O
H

A

D

BP
OC 3
 1 và
 , và áp dụng Bài toán I.2 ta suy ra

OP
HC 4
d  B,  CNP   BP
d  O,  CNP   OC
và


.
d  O,  CNP   OP
d  H,  CNP   HC
Mặt khác ta có

Do đó

d  B,  CPN  
d  H,  CPN  



d  B,  CPN   d  O,  CPN   BP OC 3
.

.
 .
d  O,  CPN   d  H,  CPN   OP HC 4

Gọi E là giao điểm giữa CN với SH ; kẻ HI  CP,  I  CP  và HJ  EI ,
 J  EI  . Khi đó CP   EHI   CP  HJ  HJ   CPN   d  H,  CPN    HJ .
Lại có BD  OH và SH  BD suy ra BD   SOH  , do đó góc giữa hai mặt
phẳng  SBD  và  ABCD  bằng góc giữa hai đường thẳng SO và OH, suy ra góc


  60 (vì tam giác SHO vng tại H ).
, OH   60  SOH
OS
0

0

 OC  OH 
Mặt khác các điểm C, N, E thẳng hàng và có SO 
SH 
SC
HC
HC
 3 SH  1   3 SH  1 
3 SH 1
SH 7
 2 SN  .
SE  SC  SN  .
SE  SC  .
 1

4 SE
4
8 SE
8
8 SE 8
SE 3
23

4
4
2 6a
4
4a
 EH  SH  .OH.tan 600 
và HI  d  H, CP   d  O, CP  
7
7
21
3
3 10


1
1
1
24
a
3
a 6


 2  HJ 
 d  SB, CN   HJ 
.
2
2

2
HJ
HI
HE
a
4
16
2 6

BP
OC
và
chúng ta đã chuyển
OP
HC
đổi được khoảng cách từ B về H và bài tốn trở nên đơn giản hơn, từ đó chúng ta
có thể tạo nên hệ thống các bài tốn điển hình bằng cách thay giả thiết. Cụ thể:
Kết luận: Khi biết tỉ số độ dài các đoạn thẳng

Bài toán 10: Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh bằng
a; 
BAD  600 , SA  SB  SD  a 3. Gọi E là điểm đối xứng của A qua trung điểm
của SB, F là trung điểm của BE và M là trung điểm của CD. Tính theo a khoảng
cách giữa hai đường thẳng BD và MF.
Phân tích: Gọi H là trọng tâm tam giác ABD, ta có ABD đều nên H là tâm
đường trịn ngoại tiếp tam giác ABD; và có SA  SB  SD nên S thuộc trục đường
tròn ngoại tiếp ABD , suy ra SH   ABCD  . Gọi N là trung điểm của SB ta có FN
là đường trung bình tam giác EAB, và M là trung điểm của CD nên có FN song
song và bằng MD . Do đó MDNF là hình bình hành, kéo theo MF / / DN và
MF   SBD   MF / /  SBD  .

Từ đó suy ra khoảng cách giữa BD và
MF là d  MF, BD   d  MF,  SBD  

E

S

 d  M,  SBD   .
Với O là tâm của hình thoi
ABCD và MH cắt BD tại điểm J ta có
 1  1 
HM  HC  HD
2
2
 1 
HM 

. HJ  2 HO  HD
HJ
2
 2 HJ 
HJ 
 HJ 
HO 
HD
HM
2 HM
Và có các điểm D, J , O thẳng hàng nên
Theo Bài tốn I.2. ta có khoảng cách

N
F

I
B

A

O

H

J
C

M

D

2 HJ
HJ
HM 5
MJ 3

1
 

HM 2 HM
HJ
2

HJ 2

d  M,  SBD  
d  H ,  SBD  



MJ 3
 .
HJ 2

Mặt khác ta có BD   SAC  nên với I là hình chiếu vng góc của H trên

SO ta có BD  HI , suy ra HI   SBD   d  H ,  SBD    HI .
24


2

2
8a2
1
 a
2
2
2
Lại có HO   AO  
và SH  SA  HA 
nên trong tam giác
3

3
 12
1
1
1
99
2 22 a
a 22




HI


d
MF
,
BD

.
SHO ta có


HI 2 HO2 HS 2 8a2
33
11
2

Nhận xét: Như vậy, với việc thay đổi giả thiết bài toán đối với hình chóp ta

có hệ thống bài tốn tính khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau, mà việc áp
dụng tính chất về tỉ số đoạn thẳng giúp chúng ta tính khoảng cách một cách gọn nhẹ
và đơn giản. Tương tự cách áp dụng đó, chúng ta xét bài toán về khoảng cách hai
đường thẳng chéo nhau bằng việc thay đổi giả thiết từ hình chóp về các hình đa diện
khác để có hệ thống các bài tốn về khoảng cách. Cụ thể, xét bài toán:
Bài toán 11: Cho hình lăng trụ ABC. A ' B ' C ' có độ dài cạnh bên bằng 2a,
đáy ABC là tam giác vuông tại A, AB  a, AC  a 3 và hình chiếu vng góc của
đỉnh A ' lên mặt phẳng  ABC  là trung điểm của cạnh BC. Gọi M, N lần lượt là
tâm các hình bình hành BCC ' B ' và ABB ' A '. Tính theo a khoảng cách giữa hai
đường thẳng AM và C ' N.
Phân tích: Vì M, N lần lượt là tâm các hình bình hành BCC ' B ' và ABB ' A '
nên M, N lần lượt là trung điểm của
B ' C và B ' A. Do đó với điểm E đối
xứng với B ' qua C ' thì NC ' là
đường trung bình tam giác B ' AE
 NC '/ / AE, và NC '   AME 
 NC '/ /  AME  .
Suy ra khoảng cách giữa C ' N và
AM bằng khoảng cách giữa NC ' và
 AME  và bằng khoảng cách từ C '
đến mặt phẳng  AME  .
Gọi H là trung điểm của BC ta có
A ' H   ABC  và C ' H cắt ME tại
điểm P.

E
C'

A'
B'

P
N

M
I

A

J
C
H

K

B

F

Từ đó chuyển đổi từ tính khoảng cách d  C ',  AME   từ C ' đến mặt phẳng  AME 
về tính khoảng cách d  H,  AME   từ điểm H đến  AME  dựa vào tỉ số
Trong mặt phẳng

 BCC ' B '

C'P
.
HP

đường thẳng EM cắt BC tại F, ta có

MB ' E  MCF  B ' E  CF  B là trung điểm của CF. Và có PC ' EPHF
d  C ',  AME   C ' P 2
C'P C'E 2
suy ra

 , do đó theo Bài tốn I.2. ta có

 .
HP HF 3
d  H,  AME   HP 3
25