(Sáng kiến kinh nghiệm) hướng dẫn học sinh rèn luyện kĩ năng tính khoảng cách trong hình học không gian lớp 11

1. MỞ ĐẦU
1.1. LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI.
Trong mơn tốn ở trường phổ thơng phần hình học khơng gian giữ một vai
trị, vị trí hết sức quan trọng. Ngồi việc cung cấp cho học sinh kiến thức, kĩ năng
giải toán hình học khơng gian, cịn rèn luyện cho học sinh đức tính, phẩm chất của
con người lao động mới: cẩn thận, chính xác, có tính kỉ luật, tính phê phán, tính
sáng tạo, bồi dưỡng óc thẩm mĩ, tư duy sáng tạo cho học sinh.
Trong chương trình giáo dục phổ thơng nói chung và trong các kỳ thi chính
thức của các trường THPT và của Bộ Giáo Dục về mơn Tốn tơi thấy phần Hình
học khơng gian hay có trong đề thi, do vậy đây cũng là một vấn đề rất đáng quan
tâm và chú ý.
Trong thực tế quá trình giảng dạy ở trường THPT, tôi nhận thấy học sinh lớp
11 rất e ngại học mơn hình học khơng gian vì các em nghĩ rằng nó trừu tượng, thiếu
tính thực tế. Chính vì thế mà có rất nhiều học sinh học yếu mơn học này, vì vậy đa
số các em học sinh gần như không làm tốt được bài thi về Hình học khơng gian.
Đây là một điều rất đáng tiếc vì phần này sẽ giúp các em có thêm một lượng điểm
trong bài thi mơn tốn. Và điều tất yếu là không chỉ ảnh hưởng đến kết quả đậu trượt của học sinh mà còn ảnh hưởng tới tương lai của các em và của gia đình các
em.
Trong chương trình tốn THPT, mà cụ thể là Hình học khơng gian lớp 11,
các em học sinh đã được tiếp cận với hình học khơng gian và được biết các mối
quan hệ trong không gian. Tuy nhiên trong thực tế các bài tốn khơng gian rất
phong phú và đa dạng và đặc biệt là trong các đề thi Trung học phổ thông Quốc
gia, các em sẽ gặp một lớp các bài toán về thể tích, góc, khoảng cách.. mà chỉ có số
ít các em biết phương pháp và tính được góc, khoảng cách và thể tích; nhất là các
bài tốn về khoảng cách. Tại sao lại như vậy?
- Lý do chính ở đây là: Trong SGK Hình học lớp 11 nâng cao hiện hành bài
“Khoảng cách” được trình bày ở phần cuối chương III rất là ít và hạn hẹp chỉ có hai
tiết cả lý thuyết và bài tập. Nên trong quá trình giảng dạy, các giáo viên khơng thể
đưa ra đưa ra được nhiều bài tập cho nhiều dạng để hình thành kỹ năng giải cho
học sinh. Nhưng trong thực tế, để tính được các loại khoảng cách trong khơng gian
địi hỏi học sinh phải nắm vững nhiều kiến thức, phải có tư duy ở mức độ cao và

phải có năng lực biến đổi toán học nhanh nhẹn thuần thục.
+ Từ những thực tế nên trên nên tôi lựa chọn vấn đề này mong muốn phần
nào giúp học sinh có kiến thức và tự tin giải quyết tốt vấn đề về khoảng cách trong
khơng gian góp phần nâng cao chất lượng giáo dục.
1


1.2. MỤC ĐÍCH NGHIÊN CỨU.
- Giúp học sinh nắm vững và có kỹ năng tốt giải quyết bài tốn khoảng cách trong
khơng gian để vận dụng bài thi mơn tốn trong kỳ thi THPT Quốc Gia.
- Nhằm nâng cao nghiệp vụ chun mơn và rút kinh nghiệm trong q trình giảng
dạy
- Qua nội dung của đề tài này tôi mong muốn sẽ cung cấp cho học sinh một số
phương pháp tổng quát, một số kỹ năng cơ bản và phát hiện được vấn đề. Hy vọng
với đề tài nhỏ này sẽ giúp các bạn đồng nghiệp cùng các em học sinh có một cái
nhìn tồn diện cũng như phương pháp giải một lớp các bài tốn về khoảng cách
trong khơng gian.
1.3. ĐỐI TƯỢNG NGHIÊN CỨU :
- Khoảng cách trong không gian.
- Học sinh hai lớp 11C, 11Đ.
- Một số bài toán khoảng cách trong các tài liệu tham khảo và trong các đề thi Đại
học - Cao đẳng - TCCN và đề thi THPT Quốc Gia của Bộ Giáo Dục.
- Từ lý do chọn đề tài, từ cơ sở thực tiễn giảng dạy khối lớp 11 và ôn thi THPT
Quốc Gia ở trường THPT, cùng với kinh nghiệm trong thời gian giảng dạy. Tôi đã
tổng hợp, khai thác và hệ thống hoá lại các kiến thức thành một chuyên đề:
“Hướng dẫn học sinh rèn luyện kỹ năng tính khoảng cách trong hình học
khơng gian lớp 11’’.
1.4. PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU:
Phương pháp:
- Nghiên cứu xây dựng cơ sở lý thuyết.

- Khảo sát điều tra từ thực tế dạy và học .
- Tổng hợp so sánh, đúc rút kinh nghiệm.
Cách thực hiện:
- Tham khảo các tài liệu.
- Trao đổi với đồng nghiệp, tham khảo ý kiến giáo viên cùng bộ môn.
- Liên hệ thực tế trong nhà trường, áp dụng đúc rút kinh nghiệm qua q trình
giảng dạy.
- Thơng qua việc giảng dạy trực tiếp ở các lớp khối 11.
- Tham gia đầy đủ các buổi sinh hoạt tổ, nhóm chun mơn.
2. NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
2.1. CỞ SỞ LÍ LUẬN
- Nhiệm vụ trung tâm trong trường học THPT là hoạt động dạy của thầy và
hoạt động học của trò, xuất phát từ mục tiêu đào tạo “Nâng cao dân trí, đào tạo
2


nhân lực, bồi dưỡng nhân tài”. Giúp học sinh củng cố những kiến thức phổ thông
đặc biệt là bộ môn tốn học rất cần thiết và khơng thể thiếu trong đời sống của con
người. Mơn Tốn là một mơn học tự nhiên quan trọng và khó với kiến thức rộng,
đa phần các em ngại học môn này.
- Muốn học tốt mơn tốn các em phải nắm vững những kiến thức cơ bản của
mơn tốn một cách có hệ thống, biết vận dụng lý thuyết linh hoạt vào từng dạng bài
tập. Điều đó thể hiện ở việc học đi đơi với hành, địi hỏi học sinh phải có tư duy
logic và cách biến đổi. Giáo viên cần định hướng cho học sinh học và nghiên cứu
mơn tốn học một cách có hệ thống trong chương trình học phổ thơng, vận dụng lý
thuyết vào làm bài tập, phân dạng các bài tập rồi tổng hợp các cách giải.
- Do vậy, tôi mạnh dạn đưa ra sáng kiến kinh nghiệm này với mục đính giúp
cho học sinh THPT vận dụng và tìm ra phương pháp giải khi gặp các bài toán về
khoảng cách trong chương trình hình học khơng gian lớp 11.
Trong giới hạn của SKKN tôi đề cập đến một số giải pháp cụ thể như sau:

Giải pháp 1:
* Hướng dẫn học sinh nắm được các định nghĩa về khoảng cách.
Giải pháp 2:
* Hướng dẫn học sinh tính khoảng cách từ một điểm đến một mặt phẳng.
Giải pháp 3:
* Hướng dẫn học sinh tính khoảng cách từ một đường thẳng, mặt phẳng đến
một mặt phẳng song song.
Giải pháp 4:
* Hướng dẫn học sinh tính khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau.
2.2. THỰC TRẠNG CỦA ĐỀ TÀI
Học sinh nói chung và học sinh trường THPT Hà Trung bên cạnh một số học
sinh có nhận thức tốt cũng cịn khơng ít học sinh nhận thức còn chậm, chưa hệ
thống được kiến thức và có cảm giác “sợ” hình học khơng gian.
- Trong sách giáo khoa Hình học 11 chỉ nêu định nghĩa các loại khoảng cách
trong khơng gian, một vài ví dụ minh họa và thời gian thì ít. Tuy nhiên khi gặp bài
tốn khoảng cách có nhiều bài tốn địi hỏi học sinh phải biết vận dụng kết hợp
nhiều kiến thức kĩ năng để đưa các bài toán khoảng cách dạng phức tạp về dạng
đơn giản.
- Khi giảng dạy phần khoảng cách trong khơng gian hình học lớp 11cho học
sinh tơi nhận thấy:

3


+ Khi gặp bài tốn: “Tính khoảng cách từ một điểm đến một mặt thẳng” thì
học sinh thường lúng túng khi đi xác định hình chiếu của điểm đó trên mặt phẳng
cần tính khoảng cách.
+ Khi gặp bài tốn: “Tính khoảng cách từ một đường thẳng, mặt phẳng đến
một mặt thẳng song song” thì học sinh thường lúng túng khơng biết sử dụng điểm
nào trên đường thẳng hoặc mặt phẳng để tính khoảng cách tới mặt phẳng cịn lại.

+ Khi gặp bài tốn: “Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau” thì
học sinh khơng xác định được đoạn vng góc chung của hai đường thẳng chéo
nhau đó hoặc có những bài sử dụng được tính chất thì lại loay hoay đi dựng đường
vng góc chung dẫn đến mất thời gian và cịn tính tốn sai.
Lúc này vai trị của người giáo viên là rất quan trọng, phải hướng dẫn chỉ rõ
cho học sinh phương pháp giải từng dạng toán, nên giải như thế nào cho hợp lý đối
với từng loại toán để được một bài toán đúng, tránh được các tình huống rườm rà
phức tạp dễ mắc sai lầm. Trên cơ sở đó hình thành cho học sinh kỹ năng tốt khi giải
quyết các bài toán về khoảng cách.
2.3. CÁC GIẢI PHÁP GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ.
Qua nghiên cứu trao đổi và đúc rút kinh nghiệm từ thực tế và ý kiến của
đồng nghiệp tôi mạnh dạn đưa ra hướng giải quyết các vấn đề trên của học sinh với
những giải pháp cụ thể giúp học sinh giải quyết các bài tốn về khoảng cách trong
khơng gian.
2.3.1. Giải pháp 1:
* Hướng dẫn học sinh nắm được các định nghĩa về khoảng cách.
- Định nghĩa 1: Khoảng cách từ điểm M đến mặt phẳng (P) là khoảng cách giữa
hai điểm M và H, trong đó H là hình chiếu của M trên mặt phẳng (P).
Kí hiệu: d ( M ;( P))
- Định nghĩa 2: 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).
Kí hiệu: d (a;( P ))
- Định nghĩa 3: Khoảng cách giữa hai mặt phẳng song song là khoảng cách từ một
điểm bất kỳ của mặt phẳng này đến mặt phẳng kia.
Nếu (P)//(Q) thì khoảng giữa hai mặt phẳng (P) và (Q) kí hiệu: d (( P);(Q))
- Định nghĩa 4: Khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau là độ dài đoạn
vng góc chung của hai đường thẳng đó.
Nếu a,b là hai đường thẳng chéo nhau thì khoảng giữa hai đường thẳng a và
b kí hiệu: d (a; b)
Nhận xét:

4


+ Khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau bằng khoảng cách giữa một trong
hai đường thẳng đó và mặt phẳng song song với nó, chứa đường thẳng cịn lại.
+ Khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau bằng khoảng cách giữa hai mặt
phẳng song song lần lượt chứa hai đường thẳng đó.
Sau khi học sinh nắm vững các định nghĩa và tính chất về khoảng cách, giáo
viên hướng dẫn học sinh tính các loại khoảng cách thường gặp trong không gian
thông qua việc phân loại và cách giải cụ thể như sau:
2.3.2. Giải pháp 2:
* Hướng dẫn học sinh tính khoảng cách từ một điểm M đến một mặt phẳng (P).
Để tính khoảng cách từ một điểm đến một mặt mặt phẳng ta có các cách sau:
Cách 1:
+ Tìm mp(Q) chứa M và vng góc với mp(P) theo giao tuyến ∆
+ Từ M hạ MH vng góc với ∆ ( H   )
+ MH = d(M,(P))
Cách 2:
+ Kẻ ∆//(P). Ta có: d(M,(P))= d(∆,(P))
d M,  P    d( ,(P))=d  N ,  P  
+ Chọn N   . Lúc đó, 
Cách 3:
d  M,  P   MI

d
N
,
P
NI





+ Nếu MN  ( P)  I . Ta có:
MI
d  N , P 
+ Tính
và NI
d  M,  P   

MI
.d  N ,  P  
NI

+
Chú ý: + Điểm N ở đây ta phải chọn sao cho tìm khoảng cách từ N đến mặt phẳng
(P) dễ hơn tìm khoảng cách từ M đến mp(P).
+ Ta có thể dùng cơng thức thể tích để tính khoảng cách từ một điểm đến
một mặt phẳng. Cách làm này sẽ được đề cập đến trong lớp 12.
Ví dụ 1: Cho hình chóp đều S.ABC, đáy ABC có cạnh bằng a, mặt bên tạo với đáy
một góc α. Tính d ( A,( SBC )) theo a và α.
Phân tích: Đây là một bài tốn quen thuộc tuy nhiên khi gặp học sinh trung bình
thường lúng túng vì khơng xác định được góc giữa mặt bên và mặt đáy, thêm vào
đó việc xác định hình chiếu H của điểm A trên mặt phẳng (SBC) làm cho học sinh
khó định hình là điểm H nằm ở đâu. Vì vậy để giải quyết bài tốn này học sinh cần
5


trả lời được câu hỏi: Góc giữa mặt bên và mặt đáy là góc nào? Mặt phẳng nào
chứa A và vng góc với (SBC)? Từ đó sẽ xác định được hình chiếu của A trên mặt

phẳng (SBC).
Lời giải:
S
+ Gọi I là trung điểm của BC.
SI  BC 
  BC  ( SAI )

AI  BC 
+ Ta có:
và SIA  
H
+ Kẻ AH  SI (H  SI) mà SI  ( SAI )  ( SBC )
C

nên AH  ( SBC ) . Do đó, d ( A,( SBC ))  AH
+ Mặt khác, xét tam giác vuông AHI có:

AH  AI .sin  

A

I

a 3
.sin 
2
.

d ( A,( SBC ))  AH 

B

a 3
.sin 
2

Vậy
Nhận xét:
Khi học sinh giải quyết thành thạo bài toán này các em sẽ giải quyết được
tất cả các bài tốn về hình chóp tam giác hoặc tứ diện có tính chất tương tự để tính
khoảng cách từ một đỉnh của đáy tới mặt bên. Sau đó giáo viên tiếp tục mở rộng
cho hình chóp tứ giác.
Ví dụ 2: Cho hình chóp S.ABCD đáy ABCD là hình vng cạnh a, SA  ( ABCD) ,
SA=2a,
a) Tính d ( A,( SBC ))
b) Tính d ( A,( SBD)) [3].
Phân tích: Đây là dạng hình chóp có một cạnh bên vng góc với mặt đáy. Để tính
khoảng cách theo yêu cầu giáo viên chỉ cần đặt câu hỏi gợi mở để học sinh phát
hiện mặt phẳng (SAB) chứa A và vng góc với (SBC) trong câu a; cũng như mặt
phẳng (SAC) chứa A và vng góc với (SBD)
S
trong câu b.
Lời giải:
a) Kẻ AH  SB (H  SB) (1)
Ta có: SA  ( ABCD)  SA  BC (*)
và AB  BC (gt) (**) .

H

K

D

A
O
B

6
C


Từ (*) và (**) suy ra: BC  ( SAB )  BC  AH (2) .
Từ (1) và (2) ta có:
AH  ( SBC ) hay d ( A,( SBC ))  AH
+ Mặt khác, xét tam giác vuông SAB có:
1
1
1
5
2a
2a




AH

d
(
A
,(

SBC
))

AH 2 AB 2 SA2 4a 2
5 . Vậy
5
b) Gọi O  AC  BD
Kẻ AK  SB (K  SO) (1)
Ta có: SA  ( ABCD)  SA  BD (*) và AC  BD (gt) (**) .
Từ (*) và (**) suy ra: BD  ( SAC )  BC  AK (2) .
Từ (1) và (2) ta có: AK  ( SBD ) hay d ( A,( SBD))  AK
1
1
1
9
2a

 2  2  AK 
2
2
AO
SA
4a
3 .
+ Mặt khác, xét tam giác vng SAO có: AK
2a
d ( A,( SBD)) 
3 .
Vậy
Nhận xét:

Bài tốn có thể u cầu tính khoảng cách từ D đến mặt phẳng (SBC) hoặc
khoảng khoảng cách từ C đến mặt phẳng (SBD) với chú ý:
d ( D,( SBC ))  d ( A,( SBC )) ; d (C ,( SBD))  d ( A,( SBD))
Từ đó giúp học sinh nhận thấy các cách hỏi khác của bài tốn để khi gặp các em
khơng thấy lạ.
Ví dụ 3: Cho hình chóp S.ABCD đáy ABCD là hình vng cạnh a, tam giác SAB
đều, ( SAB )  ( ABCD ) . Gọi I, F lần lượt là trung điểm của AB và AD. Tính

d ( I ,( SFC )) [3].
Phân tích: Đây là dạng hình chóp có một mặt bên vng góc với mặt đáy. Để tính
khoảng cách theo yêu cầu giáo viên cần đặt vấn đề để học sinh học sinh tìm ra:
Hình chiếu của đỉnh S trên mặt đáy là điểm
S
nào? CF và DI có mối quan hệ như thế nào?
Từ đó học sinh sẽ phát hiện ra mặt phẳng nào
chứa I và vuông góc với (SFC).
Lời giải:
Gọi K  FC  ID
B
C

H
I
A

K
F

7
D

+ Kẻ IH  SK (H  K) (1)
( SAB)  ( ABCD)

( SAB)  ( ABCD )  AB 
  SI  ( ABCD )
SI  ( SAB)


SI  AB
+ Ta có:
 SI  FC (*)
+ Mặt khác, Xét hai tam giác vng AID và DFC có: AI=DF, AD=DC.




Suy ra: AID  DFC  AID  DFC , ADI  DCF
0
0




mà AID  ADI  90  DFC  ADI  90 hay FC  ID (**)
+ Từ (*) và (**) ta có: FC  ( SID )  IH  FC (2).
Từ (1) và (2) suy ra: IH  ( SFC ) hay d ( I ,( SFC ))  IH .
Ta có:

SI 

 IK 

Vậy

a 3
a 5 1
1
1
5
a 5
, ID 
,


 2  DK 
2
2
2
2
2 DK
DC
DF
a
5

3a 5
1
1

1
32
3a 2

 2  2  2  IH 
2
10
IH
SI
IK
9a
8 .

d ( I ,( SFC )) 

3a 2
.
8

Ví dụ 4: Cho lăng trụ ABCD.A’B’C’D’, ABCD là hình chữ nhật, AB  a, AD  a 3
Hình chiếu vng góc của A’ trên (ABCD) trùng với giao điểm của AC và BD. Tính
d ( B ',( A ' BD)) [1].
Lời giải:
+ Gọi O là giao điểm của AC và BD.
Vì B’C//A’D nên B’C//(A’BD). Do đó,

B'

d ( B ',( A ' BD))  d ( B ' C ,( A ' BD))
 d (C ,( A ' BD))

+ Trong mặt phẳng (ABCD) kẻ
CH  BD, (H  BD) (1) .

C'

A'
D'

A ' O  ( ABCD)  A ' O  CH (2)
Mặt khác,
Từ (1) và (2) suy ra:
CH  ( A ' BD)  d ( B ',( A ' BD ))  CH

B

C
O

A

H
D

8


1
1
1
4

a 3


 2  CH 
2
2
2
BC
CD
3a
4 .
+ Xét tam giác vng BCD có: CH
Vậy:

d ( B ',( A ' BD))  CH 

a 3
4

0

Ví dụ 5: Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vng tại A, ABC  30 ,
SBC là tam giác đều cạnh a, ( SBC )  ( ABC ) . Tính d (C ,( SAB)) [1].

Lời 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

S

+ Trong mặt phẳng (SIJ) kẻ
IH  SJ , (H  SJ) (1)
Mặt khác, ta có: IJ  AB ;

D

SM  ( ABC )  AB  SM
 AB  ( SIJ )  AB  IH (2)
Từ (1) và (2) suy ra: IH  ( SAB )

H

I

B

C

M
J

hay d (C ,( SAB ))  IH
+ Xét tam giác SIJ có:
S SIJ 

Với:

A

1
1
SM .IJ
IH .SJ  SM .IJ  IH 
2
2
SJ .

IJ  AC  BC.sin 300 

IH 

a 3
a 13
a
SM 
SJ  SM 2  MJ 2 
2,
2 ,
4 .

SM .IJ a 39
a 39

d (C ,( SAB )) 
SJ
13 . Vậy
13

Do đó:

Nhận xét:
Trong ví dụ 4, ví dụ 5 ta đã sử dụng cách 2
để tính khoảng cách. Việc tính theo cách 1 sẽ
phức tạp hơn và khó khăn hơn.
Ví dụ 6: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là
hình thang vng tại A và D, AB=AD=a, CD=2a,
SD  ( ABCD) , SD=a.
a) Tính d ( D,( SBC ))

S

H

M

D

A

C

B

9
E


b) Tính d ( A,( SBC )) [3].
Lời 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) .

1
BM  AD  CD 
2
+ Vì
Tam giác BCD vng tại B hay BC  BD (*) .
Mặt khác, vì SD  ( ABCD)  SD  BC (**) . Từ (*) và (**) ta có:

BC  (SBD )  BC  DH (2) . Từ (1) và (2) suy ra: DH  ( SBC ) hay
d ( D,( SBC ))  DH
1
1
1
3
2a 3




DH

2
SD 2 BD 2 2a 2
3 .
+ Xét tam giác vng SBD có: DH
Vậy

d ( D,( SBC )) 

2a 3
3

d ( A,( SBC )) AE AB 1



d
(
D
,(
SBC
))
DE
CD
2
b) Ta có:

1
a 3
a 3
 d ( A,( SBC ))  d ( d ,( SBC )) 
d ( A,( SBC )) 
2
3 . Vậy
3
Ví dụ 7: Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B, BA=3a,
0

BC=4a, ( SBC )  ( ABC ), SB  2a 3, SBC  30 . Tính d ( B,( SAC )) [1].

Lời giải:
+ Trong mặt phẳng (SBC) kẻ SM  BC (M  BC) ; trong mặt phẳng (ABC) kẻ

MN  AC (N  AC) ; trong mặt phẳng (SMN) kẻ

S

MH  SN (N  SN ) .
Suy ra, MH  ( SAC )  d ( M ,( SAC ))  MH
0
+ Ta có: SM  SB.sin 30  a 3 ,

BM  SB.cos300  3a  CM  a ,

H
B

C

M
N

AB.CM 3a
 MN 

AC
5 .
A

10

1
1
1
28


 2
2
2
2
MH
SM
MN
9a
3a
3a
 MH 
 d ( M ,( SAC )) 
28
28
Xét tam giác vng SMN có:
d ( B,( SAC )) BC
6a

 4  d ( B,( SAC ))  4.d ( M ,( SAC )) 
7
+ Mặt khác, ta có: d ( M ,( SAC )) MC

d ( B,( SAC )) 

6a
7.

Vậy
Nhận xét:
Trong ví dụ 6, ví dụ 7 ta sử dụng cách 3 để tính khoảng cách. Việc đi tìm hình
chiếu sẽ phức tạp và tính tốn khó khăn hơn, dễ mắc phải sai lầm trong tính tốn.
2.3.3. Giải pháp 3:
* Hướng dẫn học sinh tính khoảng cách từ một đường thẳng, mặt phẳng đến
một mặt phẳng song song.
Phương pháp:
- Dùng định nghĩa khoảng cách từ một đường thẳng, mặt phẳng đến một mặt
phẳng song song.
- Tính khoảng cách đó dựa vào khoảng cách từ một điểm đến một mặt
phẳng.
Ví dụ 8: Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có đáy ABCD là hình vng cạnh a,
cạnh bên bằng a 2 . Tính d ( AD,( SBC )) [2].
Phân tích: Đây là dạng hình chóp đều và AD//(SBC) nên d ( AD,( SBC )) là khoảng
cách từ một điểm bất kỳ thuộc AD đến mặt phẳng (SBC). Vấn đề đặt ra là sử dụng
điểm nào trên AD để khoảng cách tính là đơn giản nhất? Khi đó giáo viên cần lưu ý
cho học sinh thấy được đối với dạng này ln sử dụng tới đường cao của hình chóp
từ đó học sinh sẽ phát hiện ra điểm cần sử dụng là trung điểm của AD.
Lời giải:
+ Gọi O là giao điểm của AC và BD. I, J lần lượt là trung điểm của AD và BC.
+ Vì

AD / /  SBC   d ( AD,( SBC ))  d ( I ,( SBC ))

+ Trong mp(SIJ) kẻ IH  SJ ,( H  SJ ) (1) .

11


S

Theo giả thiết ta có:
SO  ( ABCD )  SO  BC 
  BC  ( SIJ )
IJ / / AB  IJ  BC

 IH  BC (2)

H

IH  ( SBC ) hay
Từ (1), (2) suy ra:
d ( AD,( SBC ))  d ( I ,( SBC ))  IH

A

I

+ Xét tam giác SIJ có:
S SIJ

Với: IJ=a,
IH 

J

O

D

1
1
SO.IJ
 IH .SJ  SO.IJ  IH 
2
2
SJ .

SO  SA2  AO 2  a.

B

C

3
a. 7
, SJ  SB 2  BJ 2 
2
4 . Suy ra:

SO.IJ 2a 21
2a 21

.

d ( AD,( SBC )) 
SJ
7
7
Vậy

Nhận xét: Giáo viên nên nêu vấn đề để học sinh phát hiện ra được
d ( AD,( SBC ))  d ( I ,( SBC ))  2.d (O,( SBC ))  2.OH . Khi đó bài tốn sẽ gọn gàng

hơn nhiều.
Ví dụ 9: Cho hình hộp thoi ABCD.A’B’C’D’ có tất cả các cạnh đều bằng a và các
0



góc BAD  BAA '  DAA '  60 . Tính khoảng cách giữa hai mặt đáy (ABCD) và
(A’B’C’D’) [4].
Lời giải:
Gọi H là hình chiếu của A’ trên mặt phẳng
B'
C'
(ABCD).
Vì (ABCD)//(A’B’C’D’)
 d  ( ABCD ), ( A’B’C’D’)   d  A’, ( ABCD)   A ' H

eo bài ra ta có:
Tam giác ABD

Th
A'

cân

tại

A

và

D'

góc


BAD
 600  ABD đều  BD  a

Chứng minh tương tự A’B=A’D=a
Do A’A=A’B=A’D và tam giác ABD đều suy ra
H là trọng tâm tam giác ABD.

B

2
2 a 3 a 3
AH  AO  .

3
3 2
3

Ta có:

Trong tam giác A’AH vng tại H ta có:

C
O

600

A

H
D

12


2

a 3
a 6
a  
 
3
 3 
2

A ' H  A ' A2  AH 2 =

a 6

Vây khoảng cách giữa hai mặt đáy (ABCD) và (A’B’C’D’) là 3 .

Nhận xét:
Qua ví dụ 8, ví dụ 9 ta nhận thấy để tính khoảng cách từ một đường thẳng,
mặt phẳng đến một mặt phẳng song song ta đi tính khoảng cách từ một điểm bất kỳ
thuộc đường thẳng hoặc mặt phẳng đến mặt phẳng. Việc lựa chọn điểm đó phụ
thuộc vào dữ kiện của bài toán sao cho khoảng cách đó tính được thuận lợi nhất.
2.3.4. Giải pháp 4:
* Hướng dẫn học sinh cách tính khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau
d và d’
Cách 1:
+ Xác định đường thẳng vng góc chung của d và d’
+ Tính độ dài đoạn vng góc chung.
Cách 2:
+Tìm mp(P) chứa d’ và song song với d
+ Khi đó d ( d , d ')  d (d ,( P))  d ( A,( P)) với A là một điểm bất kỳ thuộc d
Chú ý: mp(P) có thể có sẵn hoặc chúng ta phải dựng (Cách dựng: qua một điểm
B  d ' dựng đường thẳng ∆ song song với d, lúc đó mp(P)≡(d’,∆)).
Ví dụ 10:
Cho tứ diện ABCD có AB=a, tất cả các cạnh cịn lại bằng 3a. Tính d ( AB, CD)
Lời giải:
A
+ Gọi I, J lần lượt là trung điểm của CD và AB.
+ Vì ACD và ACD là các tam giác đều nên:
CD  AI , CD  BI  CD  ( AIB )  CD  IJ (1) Mặt
J
khác, ACD  ACD nên tam giác AIB cân tại I. Do
đó, IJ  AB (2)
+ Từ (1), (2) suy ra: IJ là đường vng góc chung của
AB và CD.

2

 3a 3   a 2 a 26
IJ  AI  AJ  
   
2
2

 2
+ Ta có:
.
2

2

D
B

I
C

13


d ( AB, CD) 

a 26
2

Vậy

Ví dụ 11: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vng cạnh a. Gọi M, N
lần lượt là trung điểm của AB và AD, H là giao điểm của CN và DM,
SH  ( ABCD ), SH  a 3 . Tính d ( DM , SC ) [1].
Lời giải:
+ Trong mp(SCH) kẻ HK  SC (1), (K  SC) .

S

SH  ( ABCD) 
  SH  DM (*)
DM  ( ABCD ) 

K

+ Mặt khác
Xét hai tam giác vuông AMD và DNC có AM=DN,
AD=DC  AMD  DNC .

D


 AMD  DNC



 ADM  DCN và: AMD  ADM  900
Từ đó ta có 

 DNC
 ADM  900  NHD  900

N

A

C
H
M

hay

B

DM  CN (**) .

Từ (*), (**) suy ra: DM  ( SCH )  DM  HK (2) .
Từ (1), (2) suy ra: HK là đoạn vng góc chung của DM và SC.
CD 2
a2
2a 3
 HC 


CN
3
CD 2  DN 2
+ Ta có: HCD  DCN
.
1
2

Xét tam giác vng SHC ta có: HK

d ( DM , SC )  HK 



1
HC 2



1
HS 2



5
3a 2

 HK 

a 15
5

a 15
5 .

Vậy
Nhận xét:
Trong ví dụ 10, ví dụ 11 để tính khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo

nhau ta đi xác dịnh đoạn vng góc chung của hai đường thẳng đó. Ở ví dụ 10 đay
là hai cạnh đối diện của tứ diện có tính chất đặc biệt nên thường nghĩ tới đoạn
thẳng nối trung điểm của hai cạnh đó. Cịn trong ví dụ 11 hai đường thẳng chéo
nhau vng góc với nhau nên việc dựng đoạn vng góc chung cũng đơn giản.

14


Ví dụ 12: Cho hình lăng trụ đứng ABC.A’B’C’, đáy ABC là tam giác đều cạnh a,

a 2
2 . Tính d ( AB, CB ') [2].
Phân tích: Ở ví dụ này việc dựng đoạn vng
góc chung khá phức tạp. Nhưng chú ý rằng :
AB / /(CA ' B ')  d ( AB, CB ')  d ( AB,(CA ' B '))
Nên ta giải quyết bài toán như sau:
Lời giải:
+ Gọi I, J lần lượt là trung điểm của AB và A’B’.
AB / /(CA ' B ')  d ( AB, CB ')  d ( AB,(CA ' B '))
có:  d ( I ,(CA ' B '))
AA ' 

C

A
I

B
H
C'

A'

Ta

J

B'
+ Trong mp(CIJ) kẻ IH  CJ (1), (H  CJ)
Ta có: A ' B '  ( IJ ) (vì ABC. A’B’C’ là hình lăng trụ đứng) và IC  A ' B ' (vì ∆ABC
là tam giác đều) nên A ' B '  (CIJ )  IH  A ' B ' (2) .

IH  (CA ' B ') hay d ( AB, CB ')  IH
Từ (1), (2) suy ra:
1

+ Xét tam giác vng CIJ có: IH
d ( AB, CB ')  IH 

2



1
IC

2



1
IJ

2



4
3a

2



2
a

2



10
3a

2

 IH 

a 30
10

a 30
10

Vậy
Nhận xét:
Trong ví dụ 12 ta đã sử dụng cách 2 để tính khoảng cách. Việc tính theo cách
1 sẽ phức tạp hơn và khó khăn hơn. Điều này cịn thể hiện ở ví dụ 13 đến ví dụ 15.
Ví dụ 13: Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có đáy ABCD là hình vng cạnh a,
cạnh bên bằng a 2 . Tính d ( AD, SB) [2].
Lời giải:

S

AD / /  SBC   d ( AD, SB)  d ( AB,( SBC ))

+ Vì
+ Gọi O là giao điểm của AC và BD. I, J lần lượt là
trung điểm của AD và BC.
+ Trong mp(SIJ) kẻ IH  SJ ,( H  SJ ) (1) .

H
A

I
D

B
J

O
C

15


SO  ( ABCD)  SO  BC 
  BC  ( SIJ )  IH  BC (2)
IJ / / AB  IJ  BC

Theo giả thiết ta có:

Từ (1), (2) suy ra:

IH  ( SBC ) hay d ( AD, SB )  IH

+ Xét tam giác SIJ có:

S SIJ 

3
a. 7
SO.IJ 2a 21
, SJ  SB 2  BJ 2 
IH 

.
2
4 . Suy ra:
SJ

7

SO  SA2  AO 2  a.
d ( AD, SB )  IH 

1
1
SO.IJ
IH .SJ  SO.IJ  IH 
2
2
SJ . Với: IJ=a,

2a 21
7

Vậy
Ví dụ 14: Cho hình chóp S.ABCD, có đáy ABCD là hình vng cạnh a, tam giác
SAD là tam giác đều, (SAD) vng góc với mặt phẳng đáy. Tính d ( SA, BD) [2].
Phân tích: Ở ví dụ này việc dựng đoạn vng góc chung khá phức tạp. Hơn nữa
trong hình vẽ chưa có sẵn một mặt phẳng nào chứa một đường thẳng và song song
với đường thẳng cịn lại trong hai đường thẳng cần tính khoảng cách. Nhưng chú ý
rằng ta có thể dựng được một mặt phẳng như vậy dựa vào hình chiếu của S trênmặt
phẳng (ABCD).
S
Lời giải:
+ Qua A kẻ đường thẳng d song song với BD.
Gọi O là giao điểm của AC và BD; I, M lần lượt
là trung điểm của AD và OD; N là giao điểm
H

D
của d và IM.
C
+ Ta có:
d ( SA, BD)  d (( SA, d ), BD)  d ( M ,( SA, d ))
+ Trong mp(SMN) kẻ MH  SN (1), (H  SN)

I
N
A

M
O
B

Theo giả thiết:

SI  AD

  SI  ( ABCD)  SI  d (*)
( SAD )  ( ABCD) 



BD  AO   d  MN (**)

Mặt khác ta có: AO / / MN 
.
Từ (*), (**) suy ra: d  ( SMN )  d  MH (2) .
Từ (1), (2) suy ra: MH  ( SA, d ) .

d / / BD

16


+ Xét tam giác SMN có:
SI 

S SMN 

1
1
SI .MN
MH .SN  SI .MN  MH 
2
2
SN với

a 3
a 2
a 10
SI .MN a 15
, MN  AO 
, SN  SI 2  IN 2 
MH 

2
2
4 . Do đó,
SN

5

d ( SA, BD) 

a 15
5

Vậy
Ví dụ 15: Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vng tại B, AB=BC=2a,
hai mặt phẳng (SAB) và (SAC) cùng vng góc với mặt phẳng (ABC). Gọi M là
trung điểm của AB, mặt phẳng qua SM và song song với BC cắt AC tại N, góc giữa
hai mặt phẳng (SBC) và (ABC) bằng 600. Tính d ( AB, SN ) [1].
Giải:
+ Gọi I là trung điểm của BC.
Do MN//BC nên N là trung điểm của AC. Do đó, IN//
AB hay d ( AB, SN )  d ( AB,( SNI )) .
+ Trong mp(ABC) kẻ AJ  IN ,( J  IN ) (*)
Trong mp(SAJ) kẻ AH  SJ ,( H  SJ ) (1)

S

H
J
A

+ Theo giải thiết ta có:
( SAB)  ( ABC ) 
  SA  ( ABC )  SA  IN (**)
( SAC )  ( ABC ) 

Từ (*), (**) ta có: IN  ( SAJ )  IN  AH (2) . Từ (1),
(2) ta có: AH  (SIN )  d ( AB, SN )  AH .

N
C
M

I
B

0
0

+ Ta có: (( SBC ),( ABC ))  SBA  60  SA  AB.tan 60  2a 3 ; AJ  BI  a .
+ Xét tam giác vng SAJ có:

1
AH

2



1
SA

2



1
AJ

d ( AB, SN )  AH 

2



13
12a

2

 AH  a.

12
13 .

a. 156
13

Vậy
Lời bình:
Qua các ví dụ về tính khoảng cách nói chung và khoảng cách giữa hai đường
thẳng chéo nhau trong khơng gian nói riêng chúng ta thấy rằng đây là một dạng bài
toán hay, mặc dù việc tính tốn khơng đơn giản. Để giải quyết bài tốn khơng
những địi hỏi học sinh có kỹ năng tính tốn mà cịn phải biết tư duy, biết cách nhìn
17

hình khơng gian và biết quy lạ về quen. Khi đó vai trị của người giáo viên là rất
quan trọng trong việc định hướng giải quyết bài toán sao cho ngắn gọn và dễ hiểu
nhất. Đáp ứng được với hình thức thi trắc nghiệm khách quan đang áp dụng.
2.3.5. Một số bài tâp:

a 3
Bài tập 1: Cho hình chóp S.ABCD, SA=a, các cạnh còn lại bằng 2 . Chứng
minh: SA  SC . Tính d ( S ,( ABCD ))
Bài tập 2: Cho hình lăng trụ đứng ABC.A’B’C’, đáy ABC là tam giác vuông tại B,
AB=a, AA’=2a. Gọi M là trung điểm của A’C’, I là giao điểm của AM và A’C. Tính
d ( A,( IBC ))
0

Bài tập 3: Cho hình chóp S.ABC, SA  3a, SA  ( ABC ), AB  2a, ABC  120 . Tính
d ( A,( SBC ))
0


Bài tập 4: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang, ABC  BAD  90
BA=BC=a, AD=2a, SA  ( ABCD) , SA  a 2 . Gọi H là hình chiếu của A trên SB.
Chứng minh rằng tam giác SCD vng và tính d ( H ,( SCD))
Bài tập 5: Cho hình chóp S.ABCD, có đáy ABCD là hình thoi tâm O cạnh a,

BCD
 600 đường cao SO=a. Tính d ( AD, SB)
Bài tập 6: Cho hình lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác vuông cân
tại B, BA=BC=a, AA '  a 2 . Gọi M là trung điểm của BC. Tính d ( AM , B ' C )
Bài tập 7: Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có đáy ABCD là hình vng cạnh a,
E là điểm đối xứng với D qua trung điểm của SA. Gọi M, N lần lượt là trung điểm

của AE và BC. Chứng minh rằng: MN  BD . Tính d ( MN , AC )
Bài tập 8: Cho hình chóp S.ABCD, đáy ABCD là hình vng tâm O, cạnh a,
SA^(ABCD) và SA = a. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng:
a) SC và BD.
b) AC và SD.
Bài tập 9: Cho hình chóp S.ABCD, có SA ^ (ABCD) và SA = a 6 , đáy ABCD là
nửa lục giác đều nội tiếp trong đường tròn đường kính AD = 2a.
a) Tính các khoảng cách từ A và B đến mặt phẳng (SCD).
b) Tính khoảng cách từ đường thẳng AD đến mặt phẳng (SBC).

18


c) Tính diện tích thiết diện của hình chóp S.ABCD với mặt phảng (P) song song
a 3
với mp(SAD) và cách (SAD) một khoảng bằng 4 .

2.4. HIỆU QUẢ CỦA SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
- Sáng kiến kinh nghiệm này giúp cho tôi và các đồng nghiệp thực hiện tốt
nhiệm vụ và nâng cao chất lượng giáo dục, giúp học sinh hình thành tư duy logic
kỹ năng phân tích để đi đến một hướng giải đúng và thích hợp khi gặp bài toán
khoảng cách từ phức tạp đưa về dạng đơn giản, cơ bản và giải được một cách dễ
dàng.
- Đề tài được sử dụng để giảng dạy và bồi dưỡng cho các em học sinh khối
11 và khối 12 hệ THPT và làm tài liệu tham khảo cho các thầy cô giảng dạy mơn
Tốn. Các thầy cơ và học sinh có thể sử dụng các bài toán trong đề tài này làm bài
toán gốc để đặt và giải quyết các bài tập cụ thể.
- Đề tài này tôi đã kiểm nghiệm trong các năm học giảng dạy lớp 11, và ôn
tập cho các em học sinh lớp 12 ôn thi Đại học và THPT Quốc Gia, đã được học
sinh đồng tình và đạt được kết quả cao, nâng cao khả năng giải quyết các bài tốn

khoảng cách trong khơng gian. Các em hứng thú học tập hơn, ở những lớp có
hướng dẫn kỹ các em học sinh với mức học từ trung bình hay trung bình khá trở lên
đã có kỹ năng giải các bài tập. Học sinh biết áp dụng tăng rõ rệt.
- Đợt đầu mới học theo SGK tôi tiến hành kiểm tra trên cả hai lớp với nội
dung như nhau đã có kết quả thu được như sau:
Điểm Giỏi
Điểm Khá
Điểm TB
Điểm yếu kém
Lớp Sĩ số
Số Hs
%
Số Hs
%
Số Hs
%
Số Hs
%
11C 42
1
2,4
3
7,1
15
35,7
23
54,8
11D 39
1
2,6

4
10,3
14
35,9
20
51,2
Sau một thời gian dạy theo chuyên đề này tôi tiếp tục tiến hành kiểm tra trên
cả hai lớp cũng với nợi dung như nhau đã có kết quả thu được như sau:
Điểm Giỏi
Điểm Khá
Điểm TB
Điểm yếu kém
Lớp Sĩ số
Số Hs
%
Số Hs
%
Số Hs
%
Số Hs
%
11C
42
7
16,7
12
28,6
17
40,5
6

14,2
11Đ
39
8
20,5
13
33,3
13
33,3
5
12,8
Nhận xét:
* Tỉ lệ học sinh đạt loại khá, giỏi tăng nhiều so với kết quả kiểm tra trước.

19


* Tỉ lệ học sinh đạt loại trung bình đã giảm nhiều so với kết quả kiểm tra trước. và
đặc biệt tỉ lệ học sinh chưa đạt yêu cầu đã giảm rõ rệt.
- Với kết quả như trên đối với các lớp có lực học trung bình hay trung bình khá, kể
cả các lớp có lực học dưới trung bình đã làm cho đa số học sinh đều cảm thấy
mình đã học giỏi hơn, mình có hứng thú học tập cao hơn trước. Điều này đã làm
cho các bậc phụ huynh yên lòng về kết quả học tập của con em mình, từ đó đã thúc
đẩy phong trào học tập của nhà trường và của cả các địa phương trong khu vực.
3. KẾT LUẬN, KIẾN NGHỊ
3.1. Kết luận:
- Trên đây là những giải pháp mà tôi đúc rút được trong q trình giảng dạy
tại trường THPT.
- Như vậy tơi thấy các phương pháp nêu trên đã có hiệu quả cao hơn. Theo
tơi khi dạy phần khoảng cách trong hình học không gian lớp 11 giáo viên cần chỉ rõ

các dạng toán và cách giải tương ứng để học sinh nắm được bài tốt hơn.
- Trong chương trình giáo dục phổ thơng nói chung và trong các kỳ thi chính
thức của các trường THPT và của Bộ Giáo Dục về môn Tốn tơi thấy phần kiến
thức liên quan đến khoảng cách rất hay có trong đề thi (có thể trực tiếphoặc gián
tiếp), do vậy đây cũng là một vấn đề rất đáng quan tâm và chú ý cho đa số các em
học sinh và giáo viên trong việc ôn luyện thi THPT Quốc Gia. Tơi thấy vấn đề này
có rất nhiều khả năng để nghiên cứu và mở rộng hơn, sâu hơn trong lĩnh vực
nghiên cứu khoa học.
+ Mặc dù cố gắng tìm tịi, nghiên cứu song chắc chắn cịn có nhiều thiếu sót và
hạn chế. Tơi rất mong được sự quan tâm của tất cả các đồng nghiệp bổ sung và góp
ý cho tơi để bản sáng kiến kinh nghiệm này ngày càng được hoàn thiện và ứng
dụng trong thực tế tốt hơn nữa.
3.2. Kiến nghị:
- Đề nghị các cấp lãnh đạo tạo điều kiện giúp đỡ học sinh và giáo viên có
nhiều hơn nữa tài liệu sách tham khảo đổi mới và phòng thư viện để nghiên cứu
học tập nâng cao kiến thức chuyên môn nghiệp vụ .
- Nhà trường cần tổ chức các bổi trao đổi phương pháp giảng dạy. Có tủ sách
lưu lại các tài liệu chuyên đề bồi dưỡng ôn tập của giáo viên hàng năm để làm cơ
sở nghiên cứu phát triển chuyên đề.

20


- Các bản sáng kiến kinh nghiệm được xếp loại cấp Tỉnh cần được phổ biến
rộng rãi hơn và cần được áp dụng nhiều hơn trong giảng dạy và cho các đồng
nghiệp cùng học tập.
- Học sinh cần tăng cường học tập trao đổi, học nhóm nâng cao chất lượng
học tập.

XÁC NHẬN CỦA NHÀ TRƯỜNG

Thanh Hóa, ngày 10 tháng 5 năm 2017
Tơi xin cam đoan đây là SKKN của mình,
khơng sao chép nội dung của người khác.

NGUYỄN MẠNH HÙNG

21


TÀI LIỆU THAM KHẢO
1. Đề thi Đại học- Cao đẳng và đề thi THPT Quốc gia của Bộ giáo dục và đào tạo
các năm 2010, 2011, 2013, 2014.
2. Phân loại và phương pháp giải tốn hình học khơng gian - Trần Văn Thương,
Phạm Đình, Lê Văn Đỗ, Cao Quang Đức - Nhà xuất bản đại học quốc gia Thành
phố Hồ Chí Minh năm 2001.
3. Tài liệu tổng ơn tập hình học không gian - Nguyễn Anh Trường - Nhà xuất bản
đại học quốc gia hà nội năm 2013.
4. Hình học Nâng cao11- Đoàn Quỳnh (Tổng chủ biên), Văn Như Cương (Chủ
biên), Phạm Khắc Ban, Tạ Mân - Nhà xuất bản giáo dục Việt Nam năm 2015.

22