SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO LÀO CAI
TRƯỜNG THPT SỐ I THÀNH PHỐ LÀO CAI

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP TÍNH KHOẢNG CÁCH
TRONG HÌNH HỌC KHÔNG GIAN

Giáo viên: Hà Thị Tố Nga
Chức vụ: Tổ trưởng chuyên môn
TỔ: TOÁN – TIN
Đơn vị: Trường THPT số 1 TP Lào Cai

NĂM HỌC: 2013-2014


PHẦN MỞ ĐẦU.
1. Lí do chọn đề tài.
Trong chương trình dạy học bộ môn Toán nói chung và ôn thi Đại học- Cao
đẳng, HSG cho học sinh khối THPT nói riêng chúng ta thường hay gặp các bài toán
tính khoảng cách.
Loại toán tính khoảng cách trong hình học không gian là một trong những loại
toán hay, đòi hỏi tư duy đối với học sinh THPT và thường gặp trong các đề thi đại
học. Khi gặp loại toán này, đặc biệt đối với bài toán tính khoảng cách giữa hai đường
thẳng chéo nhau, học sinh thường lúng túng không biết hướng giải quyết. Có nhiều
nguyên nhân để dẫn đến tình trạng này như: học sinh giải toán chưa tốt, chưa phát
huy được tính tư duy sáng tạo của mình, học tập còn thụ động, đối phó...Điều này
liên quan đến người dạy, người học và nhiều vấn đề khác nữa.
Nhằm giúp các em có thêm kiến thức, phát triển năng lực tư duy sáng tạo và gợi
cho các em hướng giải quyết tốt khi gặp loại toán này. Tôi xin trình bày suy nghĩ của
mình trong việc giải các bài toán tính khoảng cách trong hình học không gian dưới
dạng một bài viết nhỏ, với hy vọng phần nào giúp các em học sinh bớt lúng túng khi

Dưới đây tôi xin được trao đổi với quý đồng nghiệp một số bài toán và
phương pháp giải cho những bài toán về: ‘‘ Phương pháp tính khoảng cách trong
hình học không gian”.
PHẦN NỘI DUNG
I. LÝ THUYẾT:
1. Một số khái niệm về khoảng cách trong không gian.
1.1. Khoảng cách từ 1 điểm tới 1 đường thẳng , đến 1
mặt phẳng:
Khoảng cách từ điểm M đến đường thẳng a (hoặc đến
mặt phẳng (P)) là khoảng cách giữa hai điểm M và H,
trong đó H là hình chiếu của điểm M trên đường thẳng a
( hoặc trên mp(P))
d(O; a) = OH; d(O; (P)) = OH

O

O

P

1.2. Khoảng cách giữa đường thẳng và mặt phẳng
song song:
Khoảng cách giữa đường thẳng a và mp(P) song song với
a là khoảng cách từ một điểm nào đó của a đến mp(P).
Ta có: d(a,(P)) = OH
1.3. Khoảng cách giữa hai mặt phẳng song song:
Là khoảng cách từ một điểm bất kỳ trên mặt phẳng này
đến mặt phẳng kia. Ta có d((P),(Q)) = OH

a


a

• Khoảng cách giữa 2 đường thẳng chéo nhau:

b

N

 Nếu đường vuông góc chung ∆ cắt 2 đường
thẳng chéo nhau a và b lần lượt tại M và N thì
độ dài đoạn thẳng MN gọi là khoảng cách giữa 2
đường thẳng chéo nhau a và b.
 Khoảng cách giữa 2 đường thẳng chéo nhau
bằng khoảng cách giữa một trong hai đường
thẳng đó và mặt phẳng song song với nó chứa
đường thẳng còn lại.

M

a

b
a'

α

Ta có: d ( a, b ) = d ( a, ( α ) )
 Khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau
bằng khoảng cách giữa hai mặt phẳng song song

d ( E , ( α ) ) EM
=
= k (*)
• Khi đó:
d ( A, ( α ) ) AM

E

A

M

P

H

α

P

A

M
H

α

E



+ Dựng ( P ) ⊃ b , ( P ) ⊥ a tại H
+ Trong (P) dựng HK ⊥ b tại
K.
Đoạn HK là đoạn vuông góc
chung của a và b

b) Khi a và b không vuông góc
( Sử dụng mp song song):
+ Dựng ( P ) ⊃ b , ( P ) / / a .

+ Dựng a ' = hch( P ) a , bằng cách lấy

M ∈a

+ Dựng đoạn MN ⊥ ( α ) tại N, lúc
đó a’ là
đường thẳng đi qua N và song song
a.
Gọi H = a '∩ b , dựng HK / / MN
Đoạn HK là đoạn vuông góc chung
của a và b


c, Khi a và b không vuông góc(Sử dụng mặt phẳng vuông góc).
• Dựng mặt phẳng (P) ⊥ a tại O. (chứa hình chiếu của b)
• Dựng hình chiếu b′ của b trên (P).
• Dựng OH ⊥ b′ tại H.
• Từ H, dựng đường thẳng song song với a, cắt b tại B.
• Từ B, dựng đường thẳng song song với OH, cắt a tại A.
⇒ AB là đoạn vuông góc chung của a và b.

K

Suy ra khoảng cách từ A tới mặt phẳng (BCD).
−12

d ( A, ( BCD )) =

42 + 32 + 32

=

12
34

y

C

B
x

Cách 2: Tính trực tiếp
Từ A hạ AH ⊥ (BCD), H là trực tâm của tam giác BCD
Dễ thấy BC ⊥ AK. Ta có:
Vậy: AH =

1
1
1
1

34

Cách 3: Dùng thể tích
1
1
3
3
Dễ thấy: BC=BD=5; CD= 4 2 . Suy ra diện tích của tam giác BCD là S=3 34

Thể tích tứ diện ABCD: V= AB. AC. AD = .4.3.3 = 12
Suy ra khoảng cách từ A tới mặt phẳng (BCD).
d ( A, ( BCD )) =

3V
12
=
S
34

Bài tập 2: Cho hình chóp đều S.ABCD có tất cả các cạnh đều bằng a. Tính khoảng
cách từ điểm O đến mp(SBC).


Giải:
z

Cách 1: Tính trực tiếp
S.ABCD là hình chóp đều nên SO ⊥ (ABCD).
Qua O kẻ OI vuông góc với BC
Dễ thấy (SOI) ⊥ (SAB). Kẻ OH ⊥ SI ⇒ OH ⊥ (SBC)

=
4 3
2
24
2
3V
a 3
=a 6.
Diện tích của tam giác SBC là S=
. Vậy: d(O; (SBC)) = S
4
6
∆SBC

Thể tích của khối chóp SOBC là V= . a 2 .

Cách 3: Dùng phương pháp tọa độ
Lập hệ tọa độ như hình vẽ
a 2
a 2
a 2
; 0; 0); B(0;
; 0); S(0; 0;
)
2
2
2
a 2
Phương trình của mp(SBC): x+y+z =0
2


Nhận xét: Qua bài tập trên ta có thể rút ra cách tính khoảng cách từ 1 điểm bất kì đến
mặt bên của khối chóp như sau:
- Tính khoảng cách từ hình chiếu của đỉnh lên mặt đáy đến mp đó rồi sử dụng bổ đề
(*) để suy ra khoảng cách cần tính.

y


Bài tập 3( ĐH khối D - 2011). Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông
·
tại B, AB=3a, BC=4a; mp(SBC) vuông góc với mp(ABC). Biết SB=2a, SBC
=30.
Tính khoảng cách từ điểm B đến mp(SAC) theo a.
Giải:
Cách 1: Tính trực tiếp
Kẻ SH ⊥ BC ⇒ SH ⊥ (ABC). Xét ∆SHB ta có:
z
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
⇒ HI = =
y
= + = ⇒ HK =

∆SAC
Cách 3: Dùng phương pháp tọa độ
Kẻ SH ⊥ BC ⇒ SH ⊥ (ABC). Lập hệ tọa độ như hình vẽ
Ta có: B(-3a;0;0), C(a;0;0), A(-3a;3a;0), S(0;0;a)
Tính được d(B;(SAC))=
· D=
Bài tập 4(ĐH_D_2007). Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thang, ·ABC = BA
90, BA=CB=a, AD=2a. Cạnh SA vuông góc với mặt đáy, SA=a. Gọi H là hình chiếu
của A lên SB. Tính khoảng cách từ điểm H đến mp(SCD) theo a.

S

Giải:
Gọi I là trung điểm của AD ta có CI = AD
⇒ ∆ACD vuông tại C hay AC ⊥ CD
⇒ (SAC) ⊥ (SCD).
Kẻ AE vuông góc SC tại E

H

A

E

I

D


⇒ AE ⊥ (SCD) ⇒ d(A;(SCD)) = AE

Giải:

Gọi H là trung điểm BC, ta có tam giác SBC đều cạnh a
nên SH ⊥ BC , vì ( SBC ) ⊥ ( ABC ) nên
SH ⊥ ( ABC ) ⇒ SH =

S

a 3
là đường cao của khối chóp S.ABC .
2

Ta có :
AC = AH =

BC a
= (∆ACH đều) ;
2
2

AB = a.cos 300 =

⇒

a 3
1
a2 3
⇒ S∆ABC = AB.AC =
2
2

1
1 a 13 a 3 a 2 39
⇒ S∆SAB = SI .AB = .
.
=
2
2 4
2
16
3
3a
3VS . ABC
a 39
Suy ra : d (C ,(SAB )) =
= 16 =
2
S∆SAB
13
a 39
16
1
a
Cách 2: Ta có: HI = AC =
2
4

K
B



13

Bài tập 6: (ĐH khối B – 2013) 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 thể tính của khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ điểm A đến mặt
phẳng (SCD).
Giải: Cách 1:
SH ⊥ AB

Gọi H là trung điểm của AB , khi đó : 
a 3 ; (Do ∆SAB đều cạnh a)
SH =
2

Mặt khác (SAB ) ⊥ ( ABCD ) ⇒ SH ⊥ ( ABCD ) ⇒ SH là đường cao của hình chóp S .ABCD
1
3

Vậy VS . ABCD = .a 2 .

a 3 a3 3
=
2
6

Do AB//CD nên d(A,(SCD)) = d(AB,(SCD)) = d(H,(SCD)). Khi đó: Gọi I là trung
điểm của CD và K là hình chiếu của H lên SI, ta có:
 HK ⊥ SI
⇒ HK ⊥ (SCD ) ⇒ d ( H ,(SCD )) = HK

2

a 3 


 2 
a 3
Vậy d(A, SCD) = HK =
7

+

1

[ a]

2

⇒ HK =

a 3

S

7

K

A'
B

 H (0; 0; 0), S (0; 0;
2
2
2
2
2

uur  a
uu
r
uur
 a
 a
a 3
a 3
a 3  uur  a
a 3
÷, SB =  − ; 0; −
÷, SC =  − ; a; −
÷, SD =  ; a; −
÷
Ta có: SA =  ; 0; −
 2
 2

2 ÷
2 ÷
2 ÷
2 ÷
2

Mặt khác : mp(SCD ) cóVTPT n
= SC , SD  = (0; a 2 3; 2a 2 )


2
2
3
⇒ pt (SCD) có dạng : a 3y + 2 a z − a 3 = 0
1
= 
6

SCD



a
x = 2


⇒ ptđt ∆ đi qua A và vuông góc (SCD ) có dạng : y = a 2 3t , t ∈ ¡
z = 2 a2 t




⇒t =

3
a 3a 2a 3

3a + 4 a
Bài tập 7 (ĐH khối D – 2013): Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi
·
cạnh a, cạnh bên SA vng góc với đáy, BAD
= 1200 , M là trung điểm cạnh BC và
·
SMA
= 450 . Tính theo a thể tích của khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ D đến mặt
phẳng (SBC).
Giải: * Tính VS.ABCD
· D = 1200 ⇒ ABC
·
Do BA
= 60 0 ⇒ ∆ABC đều ⇒ AC = a và
4

4

=

· D = a 2 + a 2 − 2a.a.cos1200 = 2a 2 + a 2 = 3a 2 ⇒ BD = a 3
BD2 = AB 2 + AD2 − 2AB. AD.cos BA

 AM ⊥ BC

∆ABC đều, cạnh = a ⇒ 
a 3
 AM =

2

⇒ d (A, (SBC)) = AH
D
∆SAM vng cân tại A

H
A

B
0

120

450

M

C

3a 2 3a 2
3a 2
+
⇒
SM
SA + AM
4
4 =
2 =a 6
AH =
=
=

.
3
6
∆SHO vuông góc: SO = HO.tgϕ =

S

a 3
tgϕ
6

HO
a 3
=
cos ϕ 6.cos ϕ
Thể tích hình chóp S.ABC:
và SH =

A

C

j

O

H
B

1

AB=a. Gọi I là trung điểm của BC, hình chiếu vuông góc H của S lên (ABC) thỏa
mãn IA = -2 , góc giữa SC và mp(ABC) bằng 60. Tính khoảng cách từ trung điểm E
của SB đến mp(SAH).
Giải:
BC = AB + AC = 4a ⇒ BC = 2a ⇒ BI = a
Kẻ BK vuông góc với AH tại K ⇒ BK ⊥ (SAH)
⇒ d(B;(SAH)) = BK
Mà = + =
⇒ d(B;(SAH)) = BK =
= =
⇒ d(E;(SAH)) =

S
I
K

B

H

C

A

Bài tập 10 (ĐH_B_2011). Cho hình lăng trụ ABCD.A’B’C’D’ có đáy ABCD là hình
chử nhật. AB=a, AD=a. Hình chiếu vuông góc của A’ lên mp(ABCD) trùng với
giao điểm của AC và BD. Góc giữa mp(ADD’A’) và (ABCD) bằng 60. Tính khoảng
cách từ điểm B’ đến mp(A’BD).



điểm M đến mp(α), bằng cách kẻ MH ⊥ d tại M ⇒ MH ⊥ (α) ⇒ d(M;(α)) = MH
Bước 3: Sử dụng bổ đề (*) để suy ra
Bài tập 11: Cho hình lập phương ABCD . A'B'C'D' cạnh a. M, N lần lượt là trung điểm
của AB và C'D'. Tính khoảng cách từ B' đến (A'MCN).
Giải: Bốn tam giác vuông:
AA ' M, BCM, CC' N, A ' D' N bằng nhau (c.g.c)
N
D/
C/
⇒ A ' M = MC = CN = NA '

⇒ A 'MCN là hình thoi.
Hai hình chóp B’.A’MCN và B’.A’NC có chung
đường cao vẽ từ đỉnh B/ và SA/ MCN = 2.SA / NC
nên: VB/ .A / MCN = 2.VB/ .A/ NC.

A/

B/

D
A

1
1 1
a3
a3
/
=
V

Ta có: SA/ MCN = .A / C.MN, với A / C = a 3; MN = BC / = a 2 ⇒ SA/ MCN =
.
2
2

1
3

Gọi H là hình chiếu của B/ trên (A/MCN), ta có: VB'.A'MCN = .B'H.SA'MCN
⇒ B/ H =

3.VB/ .A/ MCN
SA / MCN

= 3.

a3 a 2 6 a 6
:
=
.
3
2
3

2. Khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau.
·
Bài 12: Cho hình chóp S.ABCD với ABCD là hình thoi cạnh a có BAD
= 60o . Gọi O
là giao điểm của AC và BD , biết SO ⊥ (ABCD) và SO =


( SIJ ) ⊥ AD ⇒

SI ⊥ AD  SI ⊥ d
(do d / /AD / /BC)
⇒
SJ ⊥ AD  SJ ⊥ d

⇒ ∠ISJ = ∠((SAD), (SBC))

Ta có được:  IJ = 2.OI =

3
a
2

 SI = SJ = SO2 + OI 2 =
⇒VSIJ đều

9 2 3 2
3
a + a =
a
16
16
2

¶ = 60o
⇒ ISJ

¶ = 60o


+ Mặt khác : VS.ABD =
Trong đó:  SB =

1
SO.SVABD
3

(1)


9 2 3 2
21
a + a =
a
16
4
4
 AD // BC ⇒ ∠(AD,SB) = ∠(BC,SB) = ∠SBC
13 2
21
a + a2 − a2
2
2
2
SB
+
BC
−
SC

a, đường cao SA = a. Dựng đường vuông góc chung của BD, SC ; xác định
chân đường vuông góc trên các cạnh SC và BD. Tính độ dài đoạn vuông góc
chung đó.
Giải :Cách 1
Qua C kẻ đường thẳng song song với BD và cắt AB và AD lần lượt tại K và E.
Kẻ BH ⊥ SK ( H ∈ SK ) . Từ H kẻ đường thẳng song song với BD cắt SC tại J, từ
J kẻ đường thẳng song song với BH và cắt BD tại I.
+ Do ABCD là nửa hình lục giác đều cạnh a nên BD ⊥ AB
⇒ KE ⊥ AB
 ⇒ KE ⊥ (SAK) ⇒ KE ⊥ BH
KE ⊥ SA 

BH ⊥ SK 
 ⇒ BH ⊥ (SKE) 
+ BH ⊥ KE 
 ⇒ IJ ⊥ (SKE) ⇒ IJ ⊥ KE ⇒ IJ ⊥ BD (do BD / /KE)

IJ / / BH

+ IJ ⊥ (SKE) ⇒ IJ ⊥ SC

Vậy IJ là đường vuông góc chung của SC và BD.
a
2

Dễ thấy : KB = , KC =

a 3
3a
a 13

SK KC 13
13
13
5a 3
Vì BI = HJ nên BI = 13 = 5 . Điểm I được xác định trên BD
BD a 3 13
BH BK
1
a 13
=
=
⇒ BH = IJ =
SA SK
13
13
( BH // IJ , HJ // BI ⇒ HJIB là hình bình hành )

+Ta có:


Cách 2: Chọn hệ tọa độ Oxyz như sau: A ≡ O, B∈ Ox, D ∈ Oy; S ∈ Oz và giải bằng
phương pháp tọa độ
Bài tập 14 (Đề thi đai học khối A năm 2011)
Cho hình chóp SABC có đáy là tam giác vuông cân tại B, AB = BC = 2a.
Hai mặt phẳng (SAB) và (SAC) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABC). Gọi M là
trung điểm AB, mặt phẳng qua SM và song song với BC cắt AC tại N. Biết góc giữa
hai mặt phẳng (SBC) và (ABC) bằng 600. Tính thể tích khối chóp S.BCNM và
khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và SN theo a.
Giải:
S


N

C

A

M

60°

B

 Qua N, vẽ a // AB.Suy ra : d(AB; SN) = d(AB; (SND))
Hạ AD ⊥ a ( D ∈ a) . Vì (SAC) ⊥ ( ABC ) và ( SAB) ⊥ (ABC)
nên SA ⊥ ( ABC ) . Mà AD ⊥ a ⇒ SD ⊥ a hay a ⊥ ( SAD )
* Hạ AH ⊥ SD ⇒ AH ⊥ ( SND)
Vậy AH là khoảng cách giữa A và (SND) hay AH là khoảng cách giữa AB và SN.
·
= 900 ; AD = MN = a;
Xét ∆SAD : SAD
SA = tgSBA.AB = tg 600 ×2a = 2 3a
AH =

SA2 ×AD 2
12a 2 ×a 2
2 39a
=
=
2

Vậy VS ×CDNM = ×SCDNM
1 1 
= × ×
3 2 


5a
a
a + ÷ =
.
2
2
1 1

×SH = × ×MD ×NC ÷×SH
3 2

2
5a  ÷
5 3a 3
×
a
3
=
÷
2 ÷
24
 ÷

2

2

1
1+  ÷
2

=

2 5
5

2 5a
5

Áp dụng hệ thức lượng. Ta có :

HK =

SH ×HC
SH 2 + HC 2

2 5a
a 3×
5

=

( a 3)

2


·
·
Ta có SCH
là góc giữa SC và mp(ABC) ⇒ SCH
= 60.
Xét ∆ACH ta có: CH = AH + AC - 2AH.AC.cos60 = ⇒ CH =
⇒ SH = CH.tan60 =
Qua A kẻ đường thẳng ∆ song song với BC, gọi (α) là mp chứa SA và ∆

⇒ BC ∥ (α) ⇒ d(SA,BC) = d(B,(α)) = d(H,(α))
Kẻ HI ⊥ ∆ tại I ⇒ (SHI) ⊥ (α), kẻ HK ⊥ SI tại K ⇒ HK ⊥ (α) ⇒ d(H,(α)) = HK
Ta có HI = AH.sin60 = ⇒ = + = ⇒ HK =
⇒ d(H,(α)) = ⇒ d(B,(α)) =
Vậy: d(SA,BC) =
Bài tập 17: Cho tứ diện OABC có đáy là ∆ OBC vuông tại O, OB = a, OC = a 3,
(a > 0) và đường cao OA = a 3 . Gọi M là trung điểm cạnh BC. Tính khoảng cách giữa
hai đường thẳng AB và OM.
Giải: Gọi N là điểm đối xứng của C qua O. Ta có: OM // BN(tính chất đường trung bình)
⇒ OM // (ABN)⇒ d(OM; AB) = d(OM; (ABN)) = d(O; (ABN)).


Dựng OK ⊥ BN, OH ⊥ AK (K ∈ BN; H ∈ AK)
Ta có: AO ⊥ (OBC); OK ⊥ BN ⇒ AK ⊥ BN

A

BN ⊥ OK; BN ⊥ AK ⇒ BN ⊥ (AOK) ⇒ BN ⊥ OH

OH ⊥ AK; OH ⊥ BN ⇒ OH ⊥ (ABN) ⇒ d(O; (ABN) = OH

=
⇒
OH
=
5
3a2 a2 3a2 3a2

N

H

O

C
M

K
B

a 15
Vậy, d(OM; AB) = OH =
.
5

Bài tập 18: Cho hình chóp SABC có đáy ABC là tam giác đều có cạnh bằng 2a 2 , SA
vuông góc với (ABC) và SA = a. Gọi E, F lần lượt là trung điểm của cạnh AB, BC. Tính
góc và khoảng cách giữa hai đường thẳng SE và AF.
Giải: Gọi M là trung điểm của BF ⇒ EM // AF
S
· AF) = (EM;

B

SF 2 = SA 2 + AF 2 = a2 + 6a2 = 7a2 ⇒ SF = a 7
1
Áp dụng định lý đường trung tuyến SM trong ∆ SBF có: SB2 + SF 2 = 2.SM2 + BF 2
2
2
1
15a
⇔ 9a2 + 7a2 = 2SM 2 + .2a2 ⇔ SM 2 =
2
2
Gọi a là góc nhọn tạo bởi SE và AF. Áp dụng định lý hàm Côsin vào ∆ SEM có:
3a2 15a2
2
3a
+
−
2
2
2
ES + EM − SM
2
2 = − 2 = 2.
·
cos α = cosSEM =
=
2.ES.EM
2
2

a a
a
a 3
.
3


Bài tập 19. Cho hình chóp S . ABCD có SC ⊥ ( ABCD), đáy ABCD là hình thoi có cạnh
bằng a 3 và ·ABC = 1200. Biết rằng góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và ( ABCD) bằng
450. Tính theo a thể tích của khối chóp S . ABCD và khoảng cách giữa hai đường
thẳng SA, BD.
Giải

Kẻ SK ⊥ AB (K ∈ AB) ⇒ CK ⊥ AB (định lí 3 đường
vuông góc)
Khi đó góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và
·
( ABCD) là góc giữa SK và CK . Do SKC
nhọn
·
·
nên SKC
= 450 ; ·ABC = 1200 ⇒ CBK
= 600
Trong tam giác vuông CBK : CK = CB sin 600 =
Tam giác SCK vuông cân tại C nên SC =

3a
2


O
A

a

B

3

K

chung của SA và BD.
Dùng hai tam giác đồng dạng AOI và ASC suy ra
OI =

3 5a
3 5a
. Vậy d ( SA, BD ) =
10
10

Bài tập 20. Cho lăng trụ ABC.A'B'C' các các mặt bên đều là hình vuông cạnh a. Gọi D, F
lần lượt là trung điểm của các cạnh BC, C'B'. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng A'B
và B'C'.
Giải
Cách 1:
Vì các các mặt bên của lăng trụ đều là hình vuông nên AB = BC = CA = A ' B ' = B ' C ' = C ' A ' = a
⇒ các tam giác ABC, A’B’C’ là các tam giác đều.
z
C’

; − a ÷; A ' C =  − ;
; −a÷
2 2

 2 2

2
uuuur uuuur
r 





 A ' B, A ' C  =  0; a 2 ; a 3 ÷ = a 2  0; 1; 3 ÷ = a 2 .nr , với n =  0; 1; 3 ÷

 
2 
2 
2 


r
’
’
Phương trình mặt phẳng (A BC) qua A với vectơ pháp tuyến n :

B’
a
C

a 21
a 21
2
2
2
=
= 2 =
. Vậy, d ( A ' B; B ' C ' ) =
.
7
3
7
7
1+
4
2

Cách 2:
Vì các các mặt bên của lăng trụ đều là hình vuông nên AB = BC = CA = A ' B’ ' = B ' C ' = C ' A ' = a
A
⇒ các tam giác ABC, A’B’C’ là các tam giác đều.
Ta có: B ' C ' //BC ⇒ B ' C ' //( A ' BC ) .
B’
F
⇒ d ( A ' B; B ' C ') = d ( B ' C '; ( A ' BC ) ) = d ( F ; ( A ' BC ) ) .
H
 BC ⊥ FD
⇒ BC ⊥ ( A ' BC )
Ta có: 
 BC ⊥ A ' D (∆A'BC caân taïi A')

a2

=

7
3a 2

⇒ FH =

D

a 21
.
7

B

Bài tập 21 (ĐH-D-2008). Cho hình lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam
giác vuông, AB=BC=a, cạnh bên A’A=a. Gọi M là trung điểm của BC. Tính
khoảng cách giữa hai đường thẳng B’C và AM theo a.
Giải:

Ta có: AM = AB + BM = ⇒ AM =
Qua C kẻ đường thẳng ∆ song song với AM, gọi (α) là mặt phẳng chứa B’C và ∆
⇒ AM∥(α) ⇒ d(AM,B’C) = d(M,(α)) = d(B,(α))
Kẻ BI ⊥ ∆ tại I ⇒ (B’BI) ⊥ (α), kẻ BK ⊥ B’I tại K ⇒ BK ⊥ (α) ⇒ d(B,(α)) = BK
·
·
Ta có: sin BCI
= sin BMA

B

K
A'

C'

Do (ABC)//(A'B'C'), mà AH ⊥ (A'B'C') do đó

B'

H

C’

C


AH chính là khoảng cách giữa hai mặt phẳng.
Vì AA' tạo với đáy một góc bằng 300 nên tam
1
1
giác AHA' có AH = AA ' = a .
2
2
b) Kẻ KH vuông góc với AA’ thì HK là đoạn vuông góc chung của AA' và B'C' .
Dùng định lý Pitago trong tam giác vuông AKH (vuông tại K) ta tính được KH
Bài tập 22: Cho hình lập phương ABCD.A'B'C'D' có cạnh bằng a .Tính khoảng cách
giữa hai đường thẳng BC' và CD'.
Giải : Ta xét hai mặt phẳng (A'BC') và (ACD')

Gọi G là trọng tâm ∆BCD. Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ điểm
G đến mp(SBC) theo a.
Bài tập 2
Cho hình chóp S.ABCcos đáy ABC là tam giác vuông cân tại C, cạnh huyền bằng 3a.
Gọi G là trọng tâm tam giác ABC, SG vuông góc mp(ABC), SB= . Tính thể tích
khối chóp S.ABC và khoảng cách từ điểm B đến mp(SAC) theo a.
Bài tập 3
Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có AB=2a, BC=a, ABC=30 và thể tích lăng trụ
bằng a. Tính khoảng cách từ điểm A đến mp(A’BC) theo a.
Bài tập 4
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông, tam giác SAB đều và nằm trên
mặt phẳng vuông góc với mặt đáy. Tính thể tích khối chóp S.ABCD biết khoảng
cách giữa hai đường thẳng SC và AB bằng a.
Bài tập 5
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và B với
AB=BC=a
AD=2a, các mặt phẳng (SAC) và (SBD) cùng vuông góc với mặt đáy. Biết góc tạo
bởi (SAB) và (ABCD) bằng 60. Tính thể tích khối chóp và khoảng cách giữa hai
đường thẳng SB và CD theo a.


Bài tập 6
Cho hình chóp S.ABCD có SA=a và SA vuông góc với mặt đáy. Biết ABCD là thang
vuông tại A và B, AB=a, BC=2a và SC vuông góc với BD. Tính thể tích khối chóp
S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và SM theo a với M là trung
điểm của BC.

D. KẾT LUẬN
- Chuyên đề đã rút ra được một phương pháp tính khoảng cách trong hình học không
gian.