(Sáng kiến kinh nghiệm) một số phương pháp giải bài toán khoảng cách trong hình học không gian

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC
TRƯỜNG THPT SÁNG SƠN
=====***=====

BÁO CÁO KẾT QUẢ
NGHIÊN CỨU, ỨNG DỤNG SÁNG KIẾN

Tên sáng kiến: Một số phương pháp giải bài tốn khoảng cách trong hình
học khơng gian.
Tác giả sáng kiến: Nguyễn Đức Thịnh.
Mã sáng kiến: 18.52.

1


3. Nội dung báo cáo
BÁO CÁO KẾT QUẢ
NGHIÊN CỨU, ỨNG DỤNG SÁNG KIẾN
1.

Lời giới thiệu
Sự phát triển kinh tế - xã hội, khoa học công nghệ đã đặt ra yêu cầu cần phải đổi
mới nội dung, phương pháp dạy học. Bộ GD và ĐT có định hướng: “Phương pháp giáo
dục phải phát huy tính tích cực, tự giác, chủ động, sáng tạo của người học, bồi dưỡng
năng lực tự học, sự say mê học tập và ý chí vươn lên” cho học sinh. Thực hiện theo mục
tiêu của Bộ GD - ĐT đề ra, trường học đã nhanh chóng từng bước đổi mới phương pháp
dạy và học hướng tới đào tạo các thế hệ học sinh thành những con người lao động tích
cực, chủ động, sáng tạo bắt nhịp với xu thế phát triển của tồn cầu.
Hình học khơng gian là bộ mơn tốn học nghiên cứu các tính chất của các hình
trong khơng gian, đặc điểm của hình học không gian là môn học trừu tượng. Chủ đề
quan trọng được đề cập là khoảng cách, khoảng cách từ một điểm đến một đường thẳng,

khoảng cách từ một điểm đến một mặt phẳng, khoảng cách giữa đường thẳng và mặt
phẳng song song với nó, khoảng cách giữa hai mặt phẳng song song, khoảng cách giữa
hai đường thẳng chéo nhau. Vì vậy bài tập khoảng cách trong không gian rất đa dạng và
phong phú. Đặc trưng trừu tượng, đa dạng, phong phú là tiềm năng lớn để phát triển tư
duy cho học sinh khi giải các bài tốn về khoảng cách.
Tính tích cực của học sinh trong q trình học tập là yếu tố cơ bản, có tính quyết
định đến chất lượng và hiệu quả học tập. Mục tiêu của mọi sự đổi mới phương pháp dạy
học, xét đến cùng phải hướng tới việc phát huy tính tích cực nhận thức của học sinh.
Vấn đề cốt lõi là đặt học sinh vào vị trí trung tâm của q trình dạy học. Trong quá trình
dạy học người thầy biết sử dụng phối hợp các phương pháp dạy học một cách hiệu quả
nhằm phát huy cao độ vai trò nội lực của học sinh. Phương pháp dạy học nêu vấn đề,
phương pháp thực hành, phương pháp làm việc theo nhóm, phương pháp tình
huống...nếu được chuẩn bị tốt sẽ thực sự kích thích tính chủ động tích cực của học sinh.
2


Tuy nhiên, theo tôi một thành tố cũng quan trọng khơng kém đó là tạo được tâm lý tốt
cho học sinh, giúp các em tự tin vào khả năng của mình, khả năng giải quyết thành cơng
bài tốn.
Qua tìm hiểu tơi thấy đã có rất nhiều chun đề của các thầy cơ đồng nghiệp nghiên
cứu về hình học khơng gian, trong đó đã đưa ra tương đối đầy đủ các phương pháp giải
tốn. Tuy nhiên, cịn ít thầy cơ đề cập đến định hướng tư duy cho các em trong giải bài
tập, dẫn đến học sinh khó tiếp cận được với lời giải bài tốn, tư duy hình học ít được phát
triển.
Qua chuyên đề này tôi muốn giúp các em có một lối mịn trong định hướng
giải quyết một bài tập hình khơng gian, đó là tư duy đưa lạ về quen, luyện tập tốt bài
toán khoảng cách từ 1 điểm đến một mặt phẳng, từ đó đưa các bài toán khoảng cách
khác về bài toán trên. Đối với nhiều bài tốn thì đây khơng phải là cách giải hay
2.

nhưng đây là một hướng giải quen, có tư duy mạch lạc.
Tên sáng kiến: Một số phương pháp giải bài toán khoảng cách trong hình học khơng
gian
3. Tác giả sáng kiến:
- Họ và tên: Nguyễn Đức Thịnh
- Địa chỉ tác giả sáng kiến: Trường THPT Sáng Sơn.
- Số điện thoại: 0984490608. E_mail:

4. Chủ đầu tư tạo ra sáng kiến: Đây là chuyên đề được tôi tổng hợp, xây dựng
lại theo suy nghĩ của tơi, có tham khảo bài viết của một số đồng nghiệp qua mạng
Internet. Chuyên đề được tôi sử dụng trong bồi dưỡng học sinh giỏi và dạy chuyên đề ôn
thi đại học.
5. Lĩnh vực áp dụng sáng kiến: Giảng dạy mơn Tốn lớp
6. Ngày sáng kiến được áp dụng lần đầu hoặc áp dụng thử: Năm học 2017 –
2018, tơi được giao nhiệm vụ dạy học mơn tốn lớp 11A1,11A4 và 12A2. Chuyên đề
này đã được tôi dạy thử nghiệm trong các tiết học chuyên đề 11A1 tháng 4/2018.

3


7.

Mô tả bản chất của sáng kiến:
Sáng kiến kinh nghiệm tập trung vào một cách tiếp cận bài toán khoảng cách trong

không gian theo hướng lôgic, hệ thống và gần gũi hơn. Đề tài tập trung khai thác bài toán
khoảng cách từ một điểm đến một mặt phẳng, sau đó đưa các dạng bài toán khoảng cách
khác về bài toán trên.
7.1. Các dạng tốn khoảng cách trong hình học khơng gian
7.1.1. Khoảng cách từ một điểm đến một đường thẳng

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 đường thẳng ∆. Kí
hiệu

d (O, ∆)
M

∆
H

Dùng MH ⊥ ∆ : d(M,∆ ) =MH

* 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.
7.1.2. Khoảng cách từ một điểm đến một mặt phẳng
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 ))
7.1.3. Khoảng cách từ một đường thẳng đến một mặt phẳng song song với nó
4


Cho 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 ))
Việc tính khoảng cách từ đường thẳng ∆ đến mặt phẳng (α) song song với nó
được quy về việc tính khoảng cách từ một điểm đến một mặt phẳng.
7.1.4. 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.
7.1.5. Khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau

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 M và cắt b tại N 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

5


+ Tìm một mặt phẳng (P) chứa a và song song với b. Khi đó

d (a, b) = d (b,( P))

+ 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.
7.2. Bài tốn tính khoảng cách từ một điểm đến một mặt phẳng
Cách 1. Tính trực tiếp.
Cách 2. Sử dụng cơng thức thể tích
Cách 3. Sử dụng phép trượt điểm
Cách 4. Sử dụng tính chất của tứ diện vuông
Cách 5. Sử dụng phương pháp tọa độ
Cách 6. Sử dụng phương pháp vectơ
7.2.1.

Phương pháp tính trực tiếp

Xác định hình chiếu H của O trên (α) và tính OH
* Phương pháp chung.
-

Dựng mặt phẳng (P) chứa O và vng góc với (α)

-

Tìm giao tuyến ∆ của (P) và (α)

-

Kẻ OH ⊥ ∆ (

H ∈∆

). Khi đó

d (O,(α )) = OH

. Đặc biệt:

+ 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
6


+ 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
Ví dụ 1: Cho hình chóp SABCD có đáy ABCD là hình thoi tâm O, cạnh a, góc

·
BAD
= 600

, có SO vng góc mặt phẳng (ABCD) và SO = a. Tính khoảng cách từ O
S

đến mặt phẳng (SBC).
Lời giải. Hạ

OK ⊥ BC ⇒ BC ⊥ ( SOK )

F

Trong (SOK) kẻ

OH ⊥ SK ⇒ OH ⊥ ( SBC )

⇒ d ( O, ( SBC ) ) = OH
E

B

Ta có

∆ABD

H

A

D

.

K
O

⇒ BD = a ⇒ BOC =
đều

a
2 AC = a 3
;

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

OK
OB
OC
3a
13

B

D

Trong tam giác vng SOK có:
1
1
1
16
a 3
=
+
= 2 ⇔ OH =
2
2
2
OH
OS
OK
3a
4

d ( O, ( SBC ) ) = OH =

Vậy

a 3
4

7


Ví dụ 2: (A-2013) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A,

·ABC = 300 ∆SBC
,
là tam giác đều cạnh a,
( SBC ) ⊥ ( ABC )

. Tính

d (C ,( SAB))

Giải: + Trong mặt phẳng (ABC) vẽ hình chữ
nhật ABDC. Gọi M, I, J lần lượt là trung điểm
của BC, CD và AB. Lúc đó, CD//(SAB) hay

d (C ,( SAB)) = d (CD,( SAB)) = d ( I ,( SAB))
+
Trong mặt phẳng (SIJ) kẻ

IH ⊥ SJ , (H ∈ SJ) (1)
IJ ⊥ AB



SM ⊥ ( ABC ) ⇒ AB ⊥ SM 
Mặt khác, ta có:

⇒ AB ⊥ ( SIJ ) ⇒ AB ⊥ IH (2)

Từ (1) và (2) suy ra:

IH ⊥ ( SAB )
S SIJ =

+ Xét tam giác SIJ có:

IJ = AC = BC.sin 300 =

IH =
Do đó:
7.2.2.

hay

d (C ,( SAB)) = IH

1
1
SM .IJ
IH .SJ = SM .IJ ⇒ IH =
2
2
SJ

. Với:

a 3
a 13
a
SM =
SJ = SM 2 + MJ 2 =
2
2
4
,
,
.

SM .IJ a 39
=
SJ
13

d (C ,( SAB )) =
. Vậy

a 39
13

Phương pháp sử dụng cơng thức tính thể tích.

8

Thể tích của khối chóp

1
3V
V = B.h ⇔ h =
3
B

. Theo cách này, để tính khoảng cách từ

đỉnh của hình chóp đến mặt đáy, ta đi tính và
Ví dụ 1. 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 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
(AMN) có thể thay bằng khoảng cách từ C đến (SAB)
Lời giải:
Gọi O là tâm của hình vng ABCD, khi đó SO ⊥ (ABCD).
S AMN =

M, N lần lượt là trung điểm của SA và SB nên

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

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

.

S

M

N

D

P
C

A

O
B

9

Vậy:

1
1 1
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
.
.
VAMNP =

Vậy

1 1 2 a 6 a 3 6 ⇒ d ( ( P,( AMN )) ) = 3VPAMN = a 6
. a .
=
S AMN
7
12 2

2
48

Ví dụ 2. 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

. Gọi H, K lần lượt là hình chiếu của A

trên SB, SD. Tính khoảng cách từ điểm O đến mặt phẳng (AHK).
Phân tích. Khối chóp AOHK và ASBD có chung đỉnh, đáy cùng nằm trên một mặt
phẳng nên ta có thể tính được thể tích khối chóp OAHK, hơn nữa tam giác AHK cân nên
ta tính được diện tích của nó.
Lời giải.

Cách 1:

1
VOAHK = S AHK .d ( O; ( AHK ) )
3

Trong đó:
+

1
1
1
3
a 6

=
+
= 2 ⇒ AH =
2
2
2
AH
AB
AS
2a
3

∆SAD = ∆SAB ⇒ AK = AH =

;

J

G

I

a 6
3

S

K
D

H

10

A
O
B

C


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
=
= ⇒ HK = BD =
BD SO 3
3
3

AG =
của HK nên AG ⊥ HK và
S AHK =

. Tam giác AHK cân tai A, G là trung điểm

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

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
S=

1
1 a 10 2 2a
OG.HK = .
.
=
2
2 6
3

⇒ d ( O; ( AHK ) ) =

3VOAHK
S AHK

Cách 2: Ta chứng minh

5a 2
1
2 a3
⇒ VOAHK = Sh =
9
3
27

2a 3
27 = a
=
2
2 2a 2
9
3×

2
VOAHK = VSABD
9

11


HK =
Ta có:

⇒ VAOHK

2
1
1
1 2
2
BD; OG = SO ⇒ SOHK = HK ×OG = × BD ×SO = S SBD
3
3
2
2 9
9

2
2 1
1
a3 2
= 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 
 0; ;
÷  ;0;
÷  a ; a ;0 ÷
3
3
3
3




2 2 
Tính SH, SK suy ra tọa độ của H
,K
,O

Áp dụng công thức

1
V=
6

uuur uuur uuur
 AH , AK  . AO



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 =

Vậy

a 2

⇒ ∆SAC cân tại A ⇒ I là trung điểm của SC.

1
1
1
a
OJ = IC = SC = .2a =
2
4
4
2

7.2.3 Phương pháp trượt điểm
Ý tưởng của phương pháp này là: bằng cách trượt điểm O trên một đường thẳng
đến một vị trí thuận lợi

O'

, ta quy việc tính

d (O,(α ))

về việc tính

d (O ',(α ))

. Ta thường

sử dụng những kết quả sau:
Kết quả 1. Nếu đường thẳng ∆ song song với mặt phẳng (α) và M, N ∈ ∆ thì
12


d ( M ;(α )) = d ( N ;(α ))
Kết quả 2. Nếu đường thẳng ∆ cắt mặt phẳng (α) tại điểm I và M, N ∈ ∆ (M, N
khơng trùng với I) thì

d ( M ;(α )) MI
=
d ( N ;(α )) NI

Đặc biệt, nếu M là trung điểm của NI thì
điểm của MN thì

1
d ( M ;(α )) = d ( N ;(α ))
2

, nếu I là trung

d ( M ;(α )) = d ( N ;(α ))

Ví dụ 1. Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vng tại B, AB=3a, BC=4a;
mp(SBC) vng góc với mp(ABC). Biết SB=2a, . Tính khoảng cách từ điểm B đến
mp(SAC) theo a.
Lời giải:
Kẻ SH ⊥ BC ⇒ SH ⊥ (ABC). Xét ∆SHB ta có: SH = SB.sin30 = a;
BH = SB.cos30 = 3a
Qua H kẻ HI ⊥ AC tại I

S

⇒ (SHI) ⊥ (SAC). Kẻ HK ⊥ SI tại K
⇒ HK ⊥ (SAC)
⇒ d(H;(SAC)) = HK
Ta có ∆CHI∽∆CAB(g-g)

K

A

⇒ HI = =

B

⇒ d(H;(SAC)) = HK =

B

C
H
I

Mà ⇒ d(B;(SAC)) =
Ví dụ 2. (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
13


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

B1

C1

ta trượt đỉnh B1 về vị trí thuận lợi C và
d ( B1 ; ( A1BD ) )

quy việc tính

A1

D1

thành tính

d ( C ; ( A1 BD ) )

Lời giải.

B

* Gọi O là giao điểm của AC và
BD

C

K
O

⇒ AO
⊥ ( ABCD )
1

H
A

E

D

Gọi E là trung điểm AD

⇒ OE ⊥ AD & A1 E ⊥ AD
⇒ ·A1EO = 600

a 3
AO
= OE.tan ·A1EO =
1
2

S ABCD = a 2 3

Vlt = AO
.S ABCD
1

* Tính

3a 3
=
2

d ( B1; ( A1BD ) )

:

Cách 1:
Do B1C // (A1BD)

⇒ d ( B1 ; ( A1BD ) ) = d ( C ; ( A1BD ) )

14


CH ⊥ BD ⇒ CH ⊥ ( A1BD )

Hạ

⇒ d ( C; ( A1BD ) ) = CH =

CB.CD
CB 2 + CD 2

=

a 3
2

Cách 2:

d ( B1 ; ( A1 BD ) ) = d ( C ; ( A1 BD ) ) = d ( A; ( A1 BD ) ) =

3VA ABD
1

S A BD
1

VA ABD

1

Trong đó:
S ∆A BD =
1

1
a3
= Vlt =
6
4

1
1 a 3
a2 3
AO
.
BD
=
×
×
2
a
=
1
2
2 2
2

a3

3×
a 3
⇒ d ( B1; ( A1 BD ) ) = 2 4 =
2
a 3
2
Ví dụ 3.
Cho hình chóp SABCD 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
d ( A, ( SBC ) )
d ( E , ( SAC ) )

OA ∩ ( SBC ) = C

, nên thay vì việc tính

, tương tự như vậy ta có thể quy việc tính
hay

d ( O, ( SBC ) )

d ( G, ( SAC ) )

ta đi tính

thơng qua việc tính

d ( B, ( SAC ) )

Lời giải.

15


S

a) Ta có:

OA ∩ ( SBC ) = C

nên:

G

H

A

D

F
E

O

B

d ( O, ( SBC ) )
d ( A, ( SBC ) )

=

C

OC 1
1
= ⇔ d ( O, ( SBC ) ) = d ( A, ( SBC ) )
AC 2
2

Gọi H là hình chiếu của A trên SB ta có:

 AH ⊥ SB
⇒ AH ⊥ ( SBC )

AH
⊥
BC


Trong tam giác vuông SAB có:
1
1

1
4
a 3
=
+
= 2 ⇔ AH =
2
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

Ta có:

d ( G, ( SAC ) )

nên

d ( E , ( SAC ) )

=

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

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

⇒ d ( E , ( SAC ) ) =

2 a 2 a 2
1
1
a 2
⇒ d ( G , ( SAC ) ) = ×

=
d ( B, ( SAC ) ) = BO =
3 4
6
2
2
4

16


Câu 4 (Đề HSG lớp 12 tỉnh Vĩnh Phúc năm học 2017 - 2018). Cho hình chóp
S . ABCD

S

ABCD

có đáy

là hình vng cạnh

. Góc giữa đường thẳng

mặt phẳng đáy bằng

600.

SA

2a 2

và mặt phẳng đáy bằng

Tính khoảng cách từ

C

SAB

và tam giác

đến

450

là tam giác cân tại đỉnh

, góc giữa mặt phẳng

( SAD )

( SAB )

và

.

Lời giải:

Gọi
∆SAB

H

là hình chiếu vng góc của

cân tại
Vậy

MH

S

nên

SM ⊥ AB

S

lên mặt đáy,

và kết hợp với

là trung trực của

AB MH

,

cắt

M

là trung điểm

SH ⊥ ( ABCD )

CD

tại

suy ra

N⇒N

AB

AB ⊥ ( SMH )

là trung điểm của

.
CD.

Nên theo giả thiết ta được:
+

·
= 450 ⇒ SA = SH

(·SA, ( ABCD) ) = SAH

2

·
= 60
(·(SAB), ( ABCD ) ) = (·SM , MH ) = SMH

+

Trong tam giác

SAM

0

⇒ SM = SH .

2
3

SA2 = AM 2 + SM 2 ⇔ 2 SH 2 =

ta có:

4SH 2
+ 2a 2 ⇔ SH = a 3
3

Từ đó tính được:

17


d (C , ( SAD )) = 2d ( H , ( SAD)) = 2 HP =

2a 30
5

7.2.4. Phương pháp sử dụng tính chất của tứ diện vng
Định nghĩa. Tứ diện vng là tứ diện có một đỉnh mà ba góc phẳng ở đỉnh đó đều

1.

là góc vng.
Tính chất. Giả sử OABC là tứ diện vuông tại O (

2.

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

=

2

OA

+

1
OB

2

1

+

OC

A

2

Chứng minh.
Giả sử

AH ∩ BC = D

,

H

OH ⊥ ( ABC ) ⇒ OH ⊥ BC
O

(1)
OA ⊥ OB, OA ⊥ OC ⇒ OA ⊥ BC

Từ (1) và (2) suy ra

BC ⊥ OD

C
D

(2)

B

. Trong các tam giác

vng OAD và OBC ta có
1
OH 2

=

1
OA2

1

Vì vậy

OH

2

+

=

1
OD

,
2

1
2

OA

1
OD 2

+

1
OB

2

=

+

1
OB 2

+

1
OC 2

1
OC 2

Mục tiêu của phương pháp này là sử dụng các phép trượt để quy việc tính khoảng
cách từ một điểm đến một mặt phẳng về việc tính khoảng cách từ đỉnh của tam diện
vng đến mặt huyền của nó và vì vậy áp dụng được tính chất trên.
Ví dụ 1: Cho hình chóp S.ABCD đáy ABCD là hình vng cạnh a,

SA ⊥ ( ABCD)

,

SA=2a,
18

d ( A,( SBC ))

a) Tính
b) Tính

d ( A,( SBD ))

Giải: a) Kẻ
Ta có:

AH ⊥ SB (H ∈ SB) (1)

SA ⊥ ( ABCD ) ⇒ SA ⊥ BC (*)

AB ⊥ BC (gt) (**)
Từ (1) và (2) ta có:

và

. Từ (*) và (**) suy ra:

AH ⊥ ( SBC )

hay

Vậy,
b) Gọi
Kẻ

1
1
1
5
2a
=
+ 2 = 2 ⇒ AH =
2
2
AH
AB
SA
4a
5

.

2a
5

O = AC ∩ BD

AK ⊥ SB (K ∈ SO) (1)

Ta có:

SA ⊥ ( ABCD ) ⇒ SA ⊥ BD (*)

BD ⊥ ( SAC ) ⇒ BC ⊥ AK (2)
Từ (1) và (2) ta có:

và

d ( A,( SBD)) =

AK ⊥ ( SBD )

2a
3

AC ⊥ BD (gt) (**)

. Từ (*) và (**) suy ra:

.
hay

d ( A,( SBD)) = AK

+ Mặt khác, xét tam giác vng SAO có:

Vậy,

.

d ( A,( SBC )) = AH

+ Mặt khác, xét tam giác vng SAB có:

d ( A,( SBC )) =

BC ⊥ ( SAB ) ⇒ BC ⊥ AH (2)

1
1
1
9
2a
=
+
=
⇒
AK
=
AK 2 AO 2 SA2 4a 2
3

.

.

19


Ví dụ 2: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vng tại A và D,

SD ⊥ ( ABCD )

AB=AD=a, CD=2a,

, SD=a.

a) Tính d ( D,( SBC ))
b) Tính d ( A,( SBC ))
Giải: Gọi M là trung điểm của CD, E là
giao điểm của hai đường thẳng AD và BC.
a) Trong mặt phẳng (SBD) kẻ

DH ⊥ SB, (H ∈ SB) (1)

+ Vì

1
BM = AD = CD ⇒
2

vng tại B hay
vì

.

Tam giác BCD

BC ⊥ BD (*)

. Mặt khác,

SD ⊥ ( ABCD) ⇒ SD ⊥ BC (**)

Từ (1) và (2) suy ra:

DH ⊥ ( SBC )

+ Xét tam giác vng SBD có:
d ( D,( SBC )) =
Vậy,

b) Ta có:

hay

BC ⊥ ( SBD) ⇒ BC ⊥ DH (2)

.

d ( D,( SBC )) = DH

1
1
1
3
2a 3
=
+
= 2 ⇒ DH =
2
2
2
DH
SD

BD
2a
3

.

2a 3
3

d ( A,( SBC )) AE AB 1
1
a 3
=
=
= ⇒ d ( A,( SBC )) = d ( d ,( SBC )) =
d ( D,( SBC )) DE CD 2
2
3

d ( A,( SBC )) =
Vậy,

. Từ (*) và (**) ta có:

.

a 3
3

7.2.5. Sử dụng phương pháp tọa độ.

20


* Phương pháp:
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.
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
A2 + B 2 + C 2

uuur r
MA ∧ u
d ( M , ∆) =
r
u

với

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

với ∆ là đường thẳng đi qua A và có vectơ chỉ phương
r ur uuur
u ∧ u '. AA '
d (∆, ∆ ') = r ur

ur
u ∧ u'
u
'
∆'
A'
với
là đường thẳng đi qua
và có vtcp
Ví dụ 1 . Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có các cạnh đều bằng

a

r
u

. Tính khoảng

cách từ điểm A đến mặt phẳng (SCD)
Lời giải:
Chọn hệ trục tọa độ Oxyz như hình vẽ.

Phương trình mặt phẳng (SCD):
−
d ( A, ( SCD) ) =

a 2 a 2
−
2
2

3

=

S

a 2
x+ y+ z−
=0
2

a 2 a 6
=
3
3

A

D
O

B

C

y

x

Ví dụ 2. ( Trích đề thi tuyển sinh ĐH&CĐ khối D năm 2002 )

21


Cho hình tứ diện ABCD có cạnh AD vng góc với mặt phẳng(ABC);
AC = AD = 4cm

;

AB = 3cm BC = 5cm

;

. Tính khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng (BCD)

Lời giải :
∆ABC

có :

O ≡ A(0;0;0)

Tính :

AB 2 + AC 2 = BC 2 = 25

;

nên vuông tại A Chọn hệ trục toạ độ

B(3;0;0) C (0;4;0) D (0;0;4)

;

Oxyz

như sau

;

AH = d ( A, ( BCD) )

z
D

A

H

C

y

I

B

x

Phương trình tổng quát của mặt phẳng (BCD):

( BCD) :

x y z
+ + = 1 ⇔ 4 x + 3 y + 3z − 12 = 0
3 4 4

d ( A, ( BCD) ) =

− 12
16 + 9 + 9

=

12
6 34
=
17
34

Ví dụ 3 . ( Trích đề thi tuyển sinh ĐH &CĐ khối D năm 2007 )
Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thang ,
SA vng góc với đáy và

SA = a 2

·ABC = BAD
·
= 900 AB = BC = a

,

AD = 2a

,

. Gọi H là hình chiếu của A trên SB. Chứng minh

a

tam giác SCD vng và tính theo khoảng cách từ H đến mặt phẳng (SCD)
22


Lời giải: Chọn hệ trục toạ độ Đêcac vng góc

Oxyz

như sau :

S

H

y

D

I

A

C

B

A(0; 0;0)

;B

( a;0;0 )

uur
SB = a; 0; −a 2

(

)

;C

( a; a;0 )

; D

uuu
r
SC = a; a; −a 2

;

(

)

( 0; 2a;0 )

uuu
r
SD = 0; 2a; −a 2

(

;

uuu
r uuu
r
 SC , SD  = a 2 2; a 2 2; 2a 2 = a 2 2 1;1; 2



(

)

; S

( 0;0; 2a )

(

)

)

+ Tìm tọa độ điểm H là hình chiếu vng góc của A trên SB

Phương trình tham số của SB :

 x = a + at

y = 0

 z = a 2t

(

t∈R

)

+ Viết phương trình mặt phẳng (SCD)
r
n = 1;1; 2

(

(SCD) đi qua điểm S và nhận vectơ
(SCD) :

)

làm pháp vectơ

1( x − 0) + 1( y − 0) + 2( z − a 2) = 0

+ Chứng minh tam giác SCD vuông
uuu
r
SC = ( a; a; −2a )

;

uuur
CD = ( − a; a; 0 )

=>

uuu
r uuur
SC.CD = 0 ⇒ SC ⊥ CD

23


⇒

Tam giác SCD vng tại C
a

+ Tính ( theo ) khoảng cách từ H đến (SCD)

(

H ( x; y; z ) ∈ SB ⇒ H a + at ;0; a 2t

Tọa độ điểm H :

)

;

uuur
AH = (a + at ; 0; a 2t )

 2a
a 2
1
uuur uur
⇔ 3a 2t + a 2 = 0 ⇔ t = − ⇒ H  3 ;0; 3 ÷
÷


AH ⊥ SB ⇔ AH .SB = 0
3

+ Khoảng cách từ H đến (SCD)
Phương trình mặt phẳng (SCD)

(SCD) :

2a 2a
+
− 2a
a
3
3
d ( H , ( SCD) ) =
=
x + y + 2 z − 2a = 0
2
3

;

7.2.6. Sử dụng phương pháp vecto.
* Phương pháp:
Bước 1: Chon hệ véc tơ gốc, đưa các giả thiết kết luận của bài tốn hình học đã cho
ra ngơn ngữ “vecto”.
Bước 2: Thực hiện các u cầu của bài tốn thơng qua việc tiến hành biến đổi các
hệ thức vecto theo hệ vecto gốc.
Bước 3: Chuyển các kết luận “vecto” sang các kết quả hình học tương ứng.
Ví dụ 1. (Đề thi đại học khối D năm 2007).
Cho hình chóp

S. ABCD

có đáy là hình
S

·ABC = BAD
·
= 900 , BA = BC = a AD = 2a
thang.
,

. Cạnh bên
Gọi

H

SA

vng góc với đáy và

là hình chiếu vng góc của

Tính khoảng cách từ

H

SA = a 2

A

đến mặt phẳng

trên

SB

( SCD)

.

N
E

H

.

K

A

Q

D

P

.

B

C

M

24


Lời giải.
uuur r uuur r uuu
r r
AB = a; AD = b; AS = c
Đặt
r r
r r
r r
a ×c = 0; b ×c = 0; a ×b = 0
Ta có:
uur r r uuu
r r 1 r r uuu
r r r
SB = a − c; SC = a + b − c; SD = b − c
2
Gọi

N

là chân đường vng góc hạ từ

H

lên mặt phẳng (SCD)

⇒ d ( H ;( SCD)) = HN
SH 2

=
SB 3

Dễ dàng tính được
uuur uuur uuu
r
uuu
r
uuu
r
2 uur
HN = HS + SN = − SB + xSC + ySD
3
Khi đó :
2r  x

=  x − ÷a +  +
3

2

Ta có:

r  2
y ÷b +  − x −

3

r
y ÷c



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

a
+
+
y
b


x

y
c = 0 x = 5

ữ

ữ

ữ

3
2 2
HN ìSC = 0 

3

6
⇒
⇒
r
 uuur uuu


r
r
 HN ×SD = 0  x + y  b 2 −  2 − x − y  c 2 = 0
y = −1


÷

÷


3


3

 2

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 , d2

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
25