SKKN sử DỤNG điểm đặc BIỆT HƯỚNG dẫn học SINH lớp 11 TRƯỜNG THPT hàm RỒNG GIẢI các bài TOÁN TÍNH KHOẢNG CÁCH TRONG KHÔNG GIAN

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HOÁ

TRƯỜNG THPT HÀM RỒNG

Mẫu M2

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

SỬ DỤNG ĐIỂM ĐẶC BIỆT HƯỚNG DẪN HỌC SINH LỚP
11 TRƯỜNG THPT HÀM RỒNG GIẢI CÁC BÀI TỐN
TÍNH KHOẢNG CÁCH TRONG KHƠNG GIAN

Người thực hiện: Lưu Thị Minh
Chức vụ: Giáo viên
SKKN thuộc lĩnh mực (mơn): Tốn

0


MỤC LỤC
1. MỞ ĐẦU
1.1 Lí do chọn đề tài…………………………………………………… ………...1
1.2 Mục đích nghiên cứu………………………………………………………....1
1.3 Đối tượng nghiên cứu………………………………………………………...2
1.4 Phương pháp nghiên cứu……………………………………………………..2
2. NỘI DUNG
2.1 Cơ sơ lí luận………………………………………………………………….3
2.2 Thực trạng của đề tài…………………………………………………………6
2.3 Biện pháp thực hiện………………………………………………………….6
2.4 Kết quả nghiên cứu…………………………………………… ..………….17
3. KẾT LUẬN

Kết luận…………………………………………………………………………19
Tài liệu tham khảo……………………………………………………..............20

1


1. MỞ ĐẦU
1.1 Lí do chọn đề tài
Hình học khơng gian là mơn học khó đối với nhiều học sinh phổ thơng.
Nhiều học sinh thấy khó và trở nên chán nản khi học môn học này. Các em hầu như
phát biểu rằng “ Trong giờ lí thuyết em hiểu bài nhưng lại khơng áp dụng lí thuyết
vào để tự làm được bài tập”. Vì vậy, khi dạy học sinh phần hình học khơng gian,
người giáo viên đặc biệt phải quan tâm, kiên nhẫn hướng dẫn các em từng bước
cách tìm ra hướng giải cho từng loại bài toán và để các em tự làm được chứ không
áp đặt kết quả hoặc cách làm cho học sinh.
Sách giáo khoa Hình học 11 nâng cao và cơ bản đều viết bài “ Khoảng cách”
rất đơn giản nhưng bài tập yêu cầu với học sinh thì lại khơng đơn giản đối với học
sinh. Nếu người dạy chỉ đưa ra định nghĩa như sách giáo khoa và cho học sinh làm
bài tập ví dụ thì chắc chắn nhiều học sinh sẽ rất lúng túng khi làm bài tập.
Trong cấu trúc đề thi trung học phổ thơng quốc gia hiện nay ln có một câu
hình học không gian và “ khoảng cách” là vấn đề rất hay được hỏi đến trong các đề
thi này. Điều này cũng làm cho khơng ít học sinh và giáo viên lo lắng. Đây là bài
tốn tương đối khó đối với tất cả các học sinh, vì nó sử dụng kiến thức tổng hợp
của bài toán giải tam giác và các tính chất của hình học khơng gian.
Để giải quyết cho những khó khăn nêu trên, dựa trên kinh nghiệm dạy học và
ơn thi đại học nhiều năm của mình, tác giả đã đưa ra một số định hướng tương đối
hiệu quả và dễ hiểu cho học sinh, đó là đề tài ”Sử dụng điểm đặc biệt hướng dẫn
học sinh lớp 11 trường THPT Hàm Rồng giải các bài toán tính khoảng cách
trong khơng gian”.
1.2 Mục đích nghiên cứu

Để giải bài toán này chúng ta thường sử dụng các phương pháp như: Phương
pháp tính trực tiếp, phương pháp sử dụng cơng thức tính thể tích, phương pháp tọa
độ,..tuy nhiên người sử dụng các phương pháp đó dưới mỗi góc độ và cách nhìn
khác nhau. Trong các phương pháp nêu trên thì phương pháp tính trực tiếp là
phương pháp cơ bản, sử dụng được cho cả học sinh lớp 11 và học sinh ơn thi đại
học, cao đẳng. Và để tính trực tiếp khoảng cách từ một điểm đến một mặt phẳng
chúng ta thường phải xác định được hình chiếu của điểm đó lên mặt phẳng rồi tính
đoạn thẳng nối từ điểm đó đến hình chiếu của nó. Tuy nhiên, việc xác định và tính
2


không phải lúc nào cũng đơn giản, nên khi gặp bài tốn khó học sinh rất khó để
định hướng cho việc tìm lời giải.
Qua thực tế giảng dạy, tác giả rút ra được một số kinh nghiệm nhỏ về việc
hướng dẫn học sinh xác định các loại khoảng cách. Một thao tác rất quan trọng mà
học sinh cần có là tìm đúng hình chiếu của một điểm trên một mặt phẳng xác định,
gọi là “điểm đặc biệt” của bài toán. Vì vậy, trong bài viết này tác giả giúp học sinh
phát hiện, xác định “điểm đặc biệt” của bài toán và kĩ năng quy khoảng cách cần
tìm về tính khoảng cách đối với “điểm đặc biệt”.
1.3 Đối tượng nghiên cứu
Đề tài nghiên cứu một số vấn đề như sau:
Nêu hướng giải quyết các bài tốn tìm khoảng cách trong khơng gian:
1.3.1 Khoảng cách từ một điểm đến một mặt phẳng.
1.3.2 Khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau.
1.4 Phương pháp nghiên cứu
1.4.1 Tìm hiểu thực tế giảng dạy, học tập ở một số trường trong tỉnh.
1.4.2 Nghiên cứu tài liệu.
1.4.3 Thực nghiệm.
1.4.4 Nhận xét.

2. NỘI DUNG
3


2.1 Cơ sở lí luận
Để đơn giản cho việc hiểu và vận dụng phương pháp, trước tiên bài viết xin đưa
ra khái niệm “ điểm đặc biệt” và đưa vào một số tính chất cơ bản nhằm sử dụng để
quy khoảng cách cần tìm về khoảng cách đối với điểm hình chiếu.
2.1.1 “Điểm đặc biệt” trong phương pháp
“ Điểm đặc biệt” của mặt phẳng ( P) là điểm mà dễ tính được khoảng cách từ nó
đến mặt phẳng ( P) .
Ví dụ 1: Nếu hai mặt phẳng ( P) và (Q) vng góc với nhau thì mọi điểm A
thuộc (Q) mà không nằm trên ( P) đều là điểm đặc biệt của ( P) .
Q

A

H

P

Ví dụ 2: Cho hình chóp S . ABC . Gọi H là hình chiếu của S lên mặt phẳng ( ABC ) .
Khi đó H là điểm đặc biệt của mặt phẳng ( SBC ) .
S

K
C

A
H

E
B

2.1.2 Khoảng cách từ một điểm đến một đường thẳng và một mặt phẳng
Khoảng cách từ điểm M đến mặt phẳng ( P) (hoặc đến đường thẳng d ) là
khoảng cách giữa hai điểm M và H , trong đó H là hình chiếu của M trên mặt
phẳng ( P) (hoặc trên đường thẳng d ).
(Định nghĩa 1- SGK Hình học nâng cao 11- trang 113).

4


M

M

H

H

P

d

2.1.3 Khoảng cách giữa một đường thẳng và một mặt phẳng song song, giữa
hai mặt phẳng song song.
Khoảng cách giữa đường thẳng a và mặt phẳng ( P) song song với a là khoảng
cách từ một điểm nào đó của a đến mặt phẳng ( P) .
(Định nghĩa 2- SGK Hình học nâng cao 11- trang 113).
B

A

a

K
H

P

Khoảng cách giữa hai mặt phẳng song song là khoảng cách từ một điểm bất kì
của mặt phẳng này đến mặt phẳng kia.
(Định nghĩa 3- SGK Hình học nâng cao 11- trang 114).
A
B
P

H
K

Q

2.1.4 Khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau
Khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau là độ dài đoạn vng góc chung
của hai đường thẳng đó.(Định nghĩa 4- SGK Hình học nâng cao 11- trang 115).
J

a

P

K

b

Q

2.1.5 Một số tính chất cần lưu ý
Tính chất 1:
5


Nếu

A , B , I thẳng
d ( A, (Q))  kd ( B, (Q)) .

hàng, I thuộc mặt phẳng

(Q) và

AI  k .BI

thì ta có

A
B

A'

B'

I

Q
A

A'

B'

I
Q

B

Tính chất 2:
Nếu AB song song với mặt phẳng (Q) thì d ( A, (Q ))  d ( B, (Q)) .
A

B

B'

A'
Q

Tính chất 3:
Nếu đường thẳng b nằm trong mặt phẳng (Q) và a là đường thẳng song
song với mặt phẳng (Q) thì d (a, b)  d ( M , (Q)) , với M là điểm tùy ý thuộc a .
a

M

b
Q

Tính chất 4:
Nếu đường thẳng b nằm trong mặt phẳng (Q) , đường thẳng a nằm trong
mặt phẳng (Q ') và mặt phẳng (Q) song song với mặt phẳng (Q ') thì
d (a, b)  d ( M , (Q )) , với M là điểm tùy ý thuộc (Q ') .

6


M
Q'

b
Q

2.2 Thực trạng của đề tài
Như tác giả đã trình bày ở trên, hình học khơng gian là bài tốn khó, đặc biệt
là bài tốn tính khoảng cách. Nhiều học sinh không biết bắt đầu từ đâu, dùng
phương pháp nào, tại sao lại nghĩ đến kẻ đường này, vẽ đường kia… Một số học
sinh khá hơn thì mày mị tìm ra được cách giải bài tốn có khi được có khi khơng.
Một số học sinh khác gần như khơng có “lối đi” cho loại bài toán này. Đề tài này
tác giả mong muốn giúp các em từng bước giải quyết vấn đề trên.
2.3 Biện pháp thực hiện
2.3.1 Tính khoảng cách từ một điểm đến một mặt phẳng
Để tính khoảng cách từ điểm M đến mặt phẳng ( P) . Chúng ta thực hiện các

bước suy luận như sau:
Tìm điểm đặc biệt của mặt phẳng ( P) .
Tìm cách quy việc tính khoảng cách từ điểm M đến mặt phẳng ( P) về tính
khoảng cách từ điểm đặc biệt đến mặt phẳng ( P) . (nhờ tính chất 1, 2).
Ví dụ 1:
Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a , cạnh bên SA
vng góc với mặt đáy và cạnh bên SB tạo với đáy một góc bằng 600 . Tính khoảng
cách từ A đến mặt phẳng ( SBC ) theo a .
Phân tích:
Trong trường hợp này điểm A chính là điểm đặc biệt của mặt phẳng ( SBC ) . Nên ta
thực hiện việc xác định hình chiếu của điểm A lên mặt phẳng ( SBC ) và tính. Cụ thể
ta có lời giải như sau:
Giải:

7


S

H

A

C
I
B

Gọi I là trung điểm BC , H là hình chiếu của A lên SI .
Ta có BC  AI , BC  SA � BC  ( SAI ) . Suy ra BC  AH , do đó AH  (SBC )
Nên d ( A, ( SBC ))  AH . Mặt khác do SA vng góc với đáy.

Nên �SBA  600 � SA  AB.tan 600  a 3 , và AI 
SA. AI

Suy ra d ( A, ( SBC ))  AH 
Ví dụ 2:

SA2  AI 2



a 3
.
2

a 15
.
5

3a
Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vng cạnh a , SD  ,
2

hình chiếu vng góc của S lên mặt phẳng ( ABCD) là trung điểm cạnh AB . Tính
theo a khoảng cách từ A đến mặt phẳng ( SBD) .
Phân tích:
Trường hợp này điểm A không là điểm đặc biệt của mặt phẳng ( SBD) nên sẽ
gặp khó khăn cho việc tìm hình chiếu của điểm A lên ( SBD ) . Nếu gọi H là hình
chiếu của S lên ( ABCD) , thì điểm H mới chính là điểm đặc biệt của mặt phẳng
( SBD) . Nên ta tìm cách quy việc tính khoảng cách từ A đến mặt phẳng ( SBD) về
tính khoảng cách từ điểm đặc biệt H đến mặt phẳng ( SBD) , (nhờ tính chất 1,2). Cụ

thể lời giải như sau:
Giải:
S

B

K
C
I

H

A

D

8


Gọi H là trung điểm của AB , khi đó điểm H là hình chiếu của S lên ( ABCD ) . Do
H là trung điểm của AB nên d ( A, ( SBD))  2d ( H , ( SBD)) .
Gọi I là hình chiếu của điểm H lên BD , K là hình chiếu của H lên SI .
Ta có BD  SH , BD  HI � BD  (SHI ) � BD  HK , do đó HK  ( SBD )
Suy ra d ( H , ( SBD))  HK .
Mặt khác: SH  SD 2  HD 2  SD 2  ( HA2  AD 2 )  a
Vì HI  HB.sin 450 
.
Ví dụ 3:

a 2

. Suy ra HK 
4

SH .HI
SH  HI
2

2



a
2a
d ( A, ( SBD ))  2 HK 
.
Vậy
3
3

Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B ,

BA  3a, BC  4a ;
mặt phẳng ( SBC ) vng góc với mặt phẳng ( ABC ) . Biết SB  2a 3 và �SBC  300 .
Tính khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng ( SAC ) theo a

Phân tích:
Trường hợp này điểm B cũng không là điểm đặc biệt của mặt phẳng ( SAC ) ,
nên đầu tiên ta cần tìm điểm đặc biệt của mặt phẳng ( SAC ) . Giả sử H là hình chiếu
của S lên đáy thì H là điểm đặc biệt của mặt phẳng ( SAC ) . Nên bước tiếp theo ta
tìm cách quy việc tính khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng ( SAC ) về tính khoảng

cách từ H đến mặt phẳng ( SAC ) , (nhờ tính chất 1,2). Cụ thể ta có lời giải như sau:
Giải:
S

K
C

H

B

I

A

Gọi H là hình chiếu của S lên BC , do ( SBC )  ( ABC ) � SH  ( ABC ) .
Ta có BH  BS .cos300  3a, HC  a � BC  4 HC nên d ( B, ( SAC ))  4d ( H , ( SAC )) .
Gọi I là hình chiếu của H lên AC , K là hình chiếu của H lên SI .
Ta có AC  HI , AC  SH � AC  ( SHI ) � AC  HK do đó HK  ( SAC ) .
Suy ra d ( H , ( SAC ))  HK
Mặt khác, sử dụng tính chất đồng dạng của hai tam giác HIC và ABC ta có
HI HC
AB.HC 3a

� HI 
 , SH  SB.sin 300  a 3 . Suy ra HK 
AB AC
AC
5

SH .HI
SH 2  HI 2



3a 7
.
14

9


Vậy d ( B, ( SAC ))  4 HK 

6a 7
.
7

Ví dụ 4: Cho lăng trụ ABC. A ' B ' C ' có đáy là tam giác vng tại A , AB  a , BC  2a .
Hình chiếu vng góc của A ' lên mặt phẳng ( ABC ) là trọng tâm của tam giác ABC ,
0
góc giữa đường thẳng CC ' với mặt đáy bằng 60 . Tính theo a khoảng cách từ điểm
B ' đến mặt phẳng (AA'C'C) .
Phân tích:
Ở ví dụ này B ' không phải là điểm đặc biệt của mặt phẳng (AA'C'C) , mà điểm
đặc biệt của mặt phẳng này là trọng tâm G của tam giác ABC . Như vậy, để tính
được khoảng cách từ B’ đến mặt phẳng (AA’C’C) ta cần thực hiện liên tiếp các
bước quy từ việc tính khoảng cách điểm B’ về điểm B, rồi tiếp là về điểm đặc biệt
G.
(nhờ tính chất 1, 2). Cụ thể ta có lời giải như sau:

Giải:
B'

C'
A'

H
B
G

C

M
I

A

Gọi G là trọng tâm của tam giác ABC , khi đó A ' G  ( ABC ) .
Ta có d ( B ', AA ' C ' C ))  d ( B, AA ' C ' C ))  3d ( H , AA ' C ' C )) .
Gọi I là hình chiếu của G lên AC , H là hình chiếu của G lên A’I.
Khi đó AC  GI , AC  A ' G � AC  ( A ' GI ) � AC  GH .
Mà GH  A ' I � GH  (AA ' C ' C ) , suy ra d (G, AA ' C ' C ))  GH .
1

a

2

2a

Mặt khác GI song song AB nên GI  3 AB  3
Gọi M là trung điểm BC, ta có GA  3 AM  3 .
10


Do CC’ song song AA’ và A ' G  ( ABC ) � �A ' AG  600 � A ' G  AG.tan 600 
Suy ra GH 

A ' G.GI
A ' G 2  GI 2



2a 3
.
3

2a 39
2a 39
. Vậy d ( B ', AA ' C ' C ))  3GH 
.
39
13

Ví dụ 5: Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình thang,
�ABC  �BAD  900 , BA  BC  a, AD  2a .Cạnh bên SA vng góc với mặt đáy và
SA  a 2 . Gọi H là hình chiếu vng góc của A lên SB . Tính theo a khoảng cách
từ H đến mặt phẳng ( SCD) .

Phân tích:

Tương tự như ví dụ 4, để tính khoảng cách từ H đến mặt phẳng (SCD) chúng ta
thực hiện liên tiếp các bước quy về việc tính khoảng cách từ điểm H về điểm B, rồi
tiếp đến là về điểm đặc biệt A, nhưng ở mức độ khó hơn ví dụ 4. Cụ thể lời giải như
sau:

Giải:
S

H
K
A

B

M

D

C

I
2

SH SH .SB
SA
2
2

 2
 � SH  SB .

2
2
SB
SB
SA  AB
3
3
2
Do đó d ( H , (SCD))  3 d ( B, ( SCD)) .

Ta có

Gọi I là giao điểm của hai đường thẳng AB và CD, ta có B là trung điểm AI.
Suy ra
d ( B, ( SCD )) 

1
1
d ( A, ( SCD)) � d ( H , ( SCD ))  d ( A, ( SCD ))
2
3

11


Gọi M là trung điểm AD. Ta có MA  MD  MC � AC  CD .
Gọi
K
là
hình

chiếu
của
A
lên
CD  AC , CD  SA � CD  ( SAC ) � CD  AK .
Mà AK  SC � AK  ( SCD) , suy ra d ( A, ( SCD))  AK .
1

SC.

Khi

AK

đó

a

2
2
Mặt khác: AC  AB  BC  a 2 � AK  2 SC  a . Vậy d ( H , ( SCD))  3  3 .
Ví dụ 6: Cho lăng trụ ABCD.A ' B ' C ' D ' có đáy ABCD là hình chữ nhật,
AB  a, AD  a 3 . Hình chiếu vng góc của điểm A ' lên mặt phẳng ( ABCD ) trùng
với giao điểm của AC và BD . Tính theo a khoảng cách từ điểm B ' đến mặt phẳng
( A ' BD) .
Phân tích:
Do mặt phẳng ( ABCD)  ( A ' BD) nên mọi điểm nằm trong mặt phẳng đáy đều là
điểm đặc biệt của mặt phẳng (A’BD). Nên ta sẽ quy việc tính khoảng cách từ điểm
B’ đến mặt phẳng (A’BD) về một điểm nào đó trong mặt phẳng (ABCD), ở ví dụ
này ta có thể quy về tính khoảng cách từ A hoặc C đến mặt phẳng (A’BD), tác giả

sẽ trình bày lời giải quy khoảng cách từ điểm B’ đến mặt phẳng (A’BD) về tính
khoảng cách từ điểm C đến mặt phẳng (A’BD). Cụ thể lời giải như sau:

Giải:

D'

A'

C'

B'

D

A
O

E

C

B

Do B’C song song A’D nên B’C song song mặt phẳng (A’BD).
Do đó d ( B ', ( A ' BD))  d (C , ( A ' BD)) .
Gọi O là giao điểm của AC và BD, suy ra A ' O  ( ABCD) .
Gọi E là hình chiếu của C lên BD suy ra CE  ( A ' BD) � d (C , ( A ' BD))  CE .
Mà CE 

CD.CB
CD 2  CB 2



a 3
a 3
. Vậy d ( B ', ( A ' BD ))  CE 
.
2
2

2.3.2 Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau
Để tính khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau  và  ' . Chúng ta sẽ
thực hiện các bước suy luận như sau:
12


Tìm cách quy việc tính khoảng cách giữa hai dường thẳng chéo nhau về tính
khoảng cách từ một điểm đến một mặt phẳng ( nhờ tính chất 3,4).
Bước tiếp theo là tiếp tục cơng việc của bài tốn tính khoảng cách từ một điểm
đến một mặt phẳng như trình bày ở mục 2.3.1.
Ví dụ 7: Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vng cạnh a, SA vng
góc với mặt phẳng ABCD , góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng ABCD bằng 450.
Tính theo a khoảng cách giữa hai đường thẳng SB, AC .
Phân tích:
Đây là bài toán khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau và hai đường
thẳng này khơng vng góc với nhau nên ta cần quy về bài tốn tính khoảng cách
từ một điểm đến một mặt phẳng nhờ tính chất 3 hoặc 4. Ta chọn một mặt phẳng (P)
chứa SB và song song với AC để quy bài tốn về tính khoảng cách từ điểm A đến

mặt phẳng (P) vì mặt phẳng (P) này có điểm đặc biệt A. Từ đó ta có lời giải cụ thể
như sau:
Giải:
S

H
A

D

M
d
B

Gọi d là đường thẳng qua B và song song với AC.
Ta
có
AC
song
song
mặt

C

phẳng

(SB,d),

suy

ra

d ( SB, AC )  d ( AC , ( SB, d ))  d ( A, ( SB, d )) .

Gọi M là hình chiếu của A lên d, H là hình chiếu của A lên SM.
Ta có SA  BM , MA  BM � AH  BM � AH  (SBM ) .Do đó d ( A, ( SB, d ))  AH
a 2

0
0
0
Vì �SCA  45 nên SA  AC.tan 45  a 2; MA  AB cos 45  2 .

a 10
a 10
. Vậy d ( SB, AC ) 
.
5
5
SA  AM
Ví dụ 8:
Cho hình chóp S . ABC có đáy là tam giác đều cạnh a. Hình chiếu
vng góc của S trên mặt phẳng ABC là điểm H thuộc cạnh AB sao cho HA  2 HB

Mà AH 

SA. AM
2

2



13


. Góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng ( ABC ) bằng 600. Tính khoảng cách giữa
hai đường thẳng SA và BC theo a.
Phân tích:
Trường hợp này ta cũng chọn một mặt phẳng (P) chứa SA và song song với BC
để quy bài tốn về tính khoảng cách từ một điểm trên đường thẳng BC đến (P). Vì
điểm đặc biệt của mặt phẳng (P) là điểm H nên ta có thể chọn điểm B thuộc đường
thẳng BC để dễ dàng quy về điểm H. Từ đó ta có lời giải cụ thể như sau:
Giải:

M

Gọi d là đường thẳng qua A và song song với BC.
Gọi N, K lần lượt là hình chiếu của H lên d và SN.
3
2
d

(
SHN
)
�
d

HK

�
HK

(
SAN
) . Suy ra d ( H , ( SAN ))  HK .
Ta có

3
2

Theo giả thiết HA = 2HB nên BA  HA .Khi đó d (SA, BC )  d ( B, (SA, d ))  d ( H ,( SA, d ))

a
6

a 3
a 7
a 21
� HC 
� SH  HC.tan 600 
.
2
3
3
SH .HN
a 42

.
2

2
12
SH  HN

Gọi M là trung điểm AB , có MH  ; MC 
Mà AH 

2a
a 3
, HN  AH .sin 600 
, HK 
3
3

Vậy d ( SA, BC ) 

a 42
.
8

Ví dụ 9: Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, AB  a, AD  a 2 .
Gọi M , N là trung điểm của AB, SD . Hình chiếu của S lên mặt phẳng ABCD trùng
với giao điểm của DM và AC . Biết góc giữa đường thẳng SA với đáy bằng 600.
Tính theo a khoảng cách giữa hai đường thẳng SC và AN .
Phân tích:
Đây là bài tốn tìm khoảng cách của hai đường thẳng chéo nhau SC và AN, ta cần
tìm một mặt phẳng chứa đường này và song song với đường kia để đưa bài toán về
14

tìm khoảng cách từ một điểm đến một mặt phẳng. Ở ví dụ này ta sẽ chọn mặt phẳng
(SMC) vì mặt phẳng này chứa điểm S đã biết hình chiếu và sẽ lấy điểm hình chiếu
này làm điểm đặc biệt. Lời giải cụ thể như sau:

Giải:
S

N

E
K

A

D
H

M
I
B

C

Gọi E là trung điểm của SC, ta có AMEN là hình bình hành, suy ra AN song song
ME nên AN song song mặt phẳng (SMC).
Do đó d ( AN , SC )  d ( AN ,( SMC ))  d ( A, ( SMC )) .
3
2

3

2

Gọi H là giao điểm của AC và DM, ta có AC  HC � d ( A, ( SMC ))  d ( H , ( SMC )) .
Gọi I là hình chiếu của H lên MC và K là hình chiếu của H lên SI
Ta có MC  HI , MC  SH � MC  (SHI ) � MC  HK � HK  (SMC ) .
Suy ra d ( H , ( SMC ))  HK .
1
3

Mặt khác: SH  AH .tan 600  a; HI  d ( D, MC ) 

2a 178
3
3a 178
. Vậy d ( AN , SC )  HK 
.
89
2
89
HI  HS
Ví dụ 10:
Cho hình chóp tứ giác S . ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật,
AB  2a, BC  a . Các cạnh bên của hình chóp bằng a 2 . Gọi M , N , P lần lượt là
trung điểm của các cạnh SB, CD, SD . Tính theo a khoảng cách giữa hai đường thẳng
MN và SP .

Suy ra HK 

HI .HS

1 2 S DMC 2a 2

.
3 MC
9

2

2



Phân tích:
Đây là bài tốn tìm khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau MN và SP,
đối với bài tốn này ta cần tìm hai mặt phẳng song song lần lượt chứa MN và SP.
Sau đó sử dụng tính chất 4 để quy bài tốn tính khoảng cách giữa hai đường thẳng
chéo nhau về bài tốn tính khoảng cách từ một điểm đến một mặt phẳng.
15


Giải:
S

P
K

M
A
E

I

D

H

N

B

C

Gọi H là giao điểm của AC và BD, do SA = SB = SC = SD nên H là hình chiếu của
S lên (ABCD).
Gọi E là trung điểm của AB, khi đó NE song song với AD, EM song song với SA.
Suy ra d ( MN , SP)  d (( MNE ), (SAD))  d ( H , ( SAD)) .
Gọi I là trung điểm của AD, K là hình chiếu của H lên SI.
Khi đó AD  HI , AD  SH � AD  ( SHI ) � AD  HK � HK  ( SAD) .
Suy ra d ( H , ( SAD))  HK .
Mặt khác: SH  SA2  AH 2 
Vậy d ( MN , SP)  HK 

a 3
, HI  a � HK 
2

HI .HS
HI  HS
2

2



a 21
7

a 21
.
7

16


2.3.2 Bài tập đề xuất
Bài 1: Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vng cạnh a, mặt bên SAB là tam
giác đều và nằm trong mặt phẳng vng góc với mặt phẳng đáy. Tính theo a
khoảng cách từ điểm SA đến mặt phẳng (SCD).
Bài 2: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vng cạnh a. Gọi M và N lần
lượt là trung điểm cạnh AB và AD; H là giao điểm của CN và DM. Biết SH vng
góc với mặt phẳng (ABCD) và SH  a 3 . Tính theo a khoảng cách giữa hai đường
thẳng DM và SC.
Bài 3: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang cân, AD là đáy lớn, AD
= 2a, AB = BC = CD = a. Hình chiếu vng góc của S lên mặt phẳng (ABCD) là
điểm H thuộc đoạn thẳng AC sao cho HC = 2HA. Góc giữa hai mặt phẳng (SCD) và
(ABCD) bằng 600. Tính theo a khoảng cách giữa hai đường thẳng SA và CD.
Bài 4: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a, góc �ABC  600 .
Cạnh bên SA vng góc với đáy, cạnh bên SC tạo với đáy một góc bằng 60 0. Gọi G
là trọng tâm tam giác SAB. Tính theo a khoảng cách từ điểm G đến mặt phẳng
(SCD).

Bài 5: Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC.A’B’C’ có cạnh đáy bằng a, góc giữa
hai mặt phẳng (A’BC) và (ABC) bằng 600. Gọi M là trung điểm cạnh BC, N là trung
điểm cạnh CC’. Tính theo a khoảng cách từ M đến mặt phẳng (AB’N).
Bài 6: Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vng tại B,
AB  2a, �BAC  600 , cạnh bên SA vng góc với mặt phẳng đáy và SA  a 3 . Gọi M
là trung điểm của AB. Tính theo a khoảng cách giữa hai đường thẳng SB và CM.

17


2.4. Kết quả nghiên cứu
Qua nghiên cứu, ứng dụng đề tài vào thực tiễn giảng dạy, tác giả thấy có
hiệu quả đáng kể. Cụ thể qua một số kết quả thu hoạch khi khảo sát tình hình giải
bài tốn tính khoảng cách trong hình khơng gian như sau:
2.4.1 Về mặt định lượng:
Trước khi sử dụng phương pháp điểm đặc biệt trong bài tốn tính khoảng cách
Lớp 11C8 – sĩ số 42
Số lượng

Phần trăm

Không giải được

31

74%

Giải đúng

11

26%

%

LỚP 11C8
Sau khi sử dụng phương pháp điểm đặc biệt trong giải bài tốn tính khoảng cách
Lớp 11C8 – sĩ số 42
Số lượng

Phần trăm

Không giải được

13

32%

Giải đúng

29

68%

18


%

LỚP 11C8

2.4.2. Về mặt định tính
Tác giả thăm dị ý kiến của HS và GV sau khi sử dụng phương pháp như sau:
- Các em học sinh được hỏi ý kiến đều cho biết phương pháp sử dụng điểm
đặc biệt vừa dễ hiểu vừa dễ nhớ vừa tạo ra hứng thú trong học tập và rèn luyện cho
các em kĩ năng tự lập suy nghĩ giải quyết các vấn đề trong học tập.
- Các giáo viên đánh giá cao về hiệu quả của bài viết.

19


3. KẾT LUẬN
Bài viết đã đưa ra khái niệm “ điểm đặc biệt” nhằm khắc sâu định hướng
cho phương pháp đồng thời đưa vào một số tính chất cơ bản nhằm sử dụng để rèn
luyện kĩ năng quy khoảng cách cần tìm về tính khoảng cách của điểm đặc biệt.
Đồng thời đưa ra một hệ thống ví dụ với sự sắp xếp thứ tự từ các kĩ năng đơn giản
đến phức tạp và tương đối đầy đủ cùng với sự phân tích, nhận xét của từng trường
hợp giúp cho học sinh dễ hiểu và dễ vận dụng. Đề tài đã được tác giả áp dụng dạy
ở lớp 11C8 và thấy kết quả rất khả quan, học sinh rất hứng thú, tiếp thu nhanh và
vận dụng có hiệu quả. Đồng thời với cách định hướng của phương pháp giúp cho
bản thân tôi dễ dàng hơn khi tiếp xúc cũng như định hướng cho học sinh giải các
bài toán về khoảng cách. Bài viết cũng đã được sự đồng tình và ủng hộ rất cao của
các giáo viên trong tổ chuyên môn khi triển khai trình bày ở tổ.
Do phương pháp sử dụng các kĩ năng và kiến thức cơ bản nên có thể áp dụng
cho cả học sinh lớp 11 và ôn thi Tốt nghiệp THPT Quốc gia cũng như tất cả các đối
tượng học sinh từ trung bình đến học sinh giỏi. Đồng thời dựa trên định hướng của
phương pháp mà giáo viên có thể sáng tạo ra các bài tốn từ dễ đến khó tùy vào
mức độ phức tạp của các bước quy khoảng cách cần tìm về tính khoảng cách điểm
đặc biệt.
Mặc dù đã cố gắng, nhưng chắc chắn bài viết này sẽ khơng tránh khỏi những
thiếu xót nhất định. Tác giả rất mong nhận được sự quan tâm, góp ý, bổ sung từ các

thầy cơ và bạn bè đồng nghiệp, để đề tài được hoàn thiện hơn, nhằm nâng cao năng
lực dạy toán cho học sinh.
Xin chân thành cảm ơn!
XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ

Thanh Hóa, ngày 10 tháng 5 năm 2021
Tôi xin cam đoan đây là SKKN của
mình, khơng sao chép nội dung của
người khác.

Lưu Thị Minh

20


Tài liệu tham khảo:
[1]. Bộ sách giáo khoa và bài tập. Hình học 11 (Ban cơ bản 2007. NXBGD).
[2]. Bộ sách giáo khoa và bài tập. Hình học 11 (Ban nâng cao 2007. NXBGD).
[3]. Các đề tuyển sinh Đại học, Cao đẳng từ năm 2002 đến 2020.

21