MỤC LỤC

Trang
PHẦN I : ĐẶT VẤN ĐỀ
A . Lý do chọn đề tài

2

B . Phạm vi nghiên cứu đề tài

2

PHÂN II : NỘI DUNG ĐỀ TÀI
A . Cơ sở lý luận

3

B . Thực trạng vấn đề

4

C . Một số giải pháp

6

I . Bài toán 1 : Khoảng cách từ một điểm đến một đường thẳng

6

II . Bài toán 2 : Khoảng cách từ một điểm đến một mặt phẳng


trung thành các quan hệ như quan hệ vuông góc, quan hệ bằng nhau, … của các
đối tượng. Đó là một khó khăn rất lớn đối với học sinh .
- Sau khi giới thiệu 2 quan hệ: Quan hệ song song, quan hệ vuông góc
trong không gian, sách giáo khoa hình học lớp 11 có đưa ra hai khái niệm quan
trọng là “Khoảng cách” và “Góc” trong đó các bài toán liên quan đến hai khái
niệm này được khai thác rất nhiều trong các kỳ thi như thi Đại học, Cao đẳng,
thi học sinh giỏi. Ngoài ra việc giải quyết được các bài toán về khoảng cách còn
giúp ta giải quyết được các bài toán về thể tích khối đa diện ở lớp 12.
- Trong bài “ Khoảng cách”: Do yêu cầu về thời lượng chương trình,
SGK hình học lớp 11 mới chỉ đưa ra các khái niệm về khoảng cách và nêu lên
mối liên hệ giữa các khái niệm đó bằng một chú ý ở cuối bài và 2 ví dụ cơ bản
về khoảng cách . Do đó, khi đứng trước một bài toán yêu cầu tính khoảng cách
học sinh thường rất bối rối. Từ đó dẫn đến học sinh có tâm lý sợ và ngại học
hình học không gian rồi âm thầm bỏ không học phần này .
Từ những lý do trên cùng với kinh nghiệm trong thời gian giảng dạy, tôi
xin mạnh dạn đưa ra đề tài: “ Một số phương pháp giải các bài toán về khoảng
cách trong hình học không gian lớp 11”. Thông qua nội dung của đề tài tôi
muốn sẽ cung cấp cho học sinh một cái nhìn tổng quan hơn về phương pháp
giải, từ dó có định hướng tốt để tìm ra lời giải các bài toán về khoảng cách . Hy
vọng đề tài nhỏ này sẽ làm cho học sinh yêu môn hình học không gian hơn và sẽ
giúp đồng nghiệp có thêm một tư liệu tham khảo bổ ích trong qúa trình giảng
dạy của mình .
B . PHẠM VI NGHIÊN CỨU ĐỀ TÀI :
Trong chương trình phổ thông để giải các bài toán về khoảng cách còn có
phương pháp “ Gán hệ trục tọa độ trong hình học không gian” sau đó sử dụng
tọa độ trong không gian để làm việc nhưng do khuôn khổ không cho phép nên
trong đề tài này tôi chỉ khai thác vấn đề dưới góc độ nghiên cứu hình học không
gian một cách thuần túy .
2


để giải các bài toán này .
Vì vậy, tôi thấy việc đưa ra “Một số phương pháp giải các bài toán về
khoảng cách trong hình học không gian lớp 11” là một việc rất cần thiết và bổ
ích cho việc dạy của giáo viên cũng như việc học hình học không gian của học
sinh .
3


B . THỰC TRẠNG VẤN ĐỀ :

Trong qúa trình giảng dạy của mình tôi nhận thấy phần lớn học sinh
trường THPT Thiệu Hóa cũng như học sinh THPT nói chung còn rất lơ mơ về
hình học không gian. Đặc biệt khi gặp các bài toán về khoảng cách thường
không định hình được cách giải, lúng túng khi xác định hình chiếu của điểm lên
đường thẳng, mặt phẳng hoặc xác định được hình chiếu nhưng lại không tính
được khoảng cách, vì không biết cách tìm mối liên hệ giữa các yếu tố đã biết
trong bài tập với yếu tố cần tìm, hoặc tìm được nhưng cách làm còn dài chưa kể
đến việc chưa biết vẽ hình hay vẽ hình sai. Mặt khác thời lượng dành cho phần
này lại ít nên học sinh không biết định hình cách làm thế nào khi đứng trước một
bài toán . Cụ thể :
Khi dạy cho học sinh tôi nhận thấy :
S
1. Khi gặp bài toán :
Bài toán : Cho hình chóp S.ABCD có đáy
là hình vuông cạnh a . Mặt bên (SAB) là tam giác
cân tại S và mặt phẳng (SAB ) vuông góc với mặt
phẳng (ABCD), cạnh bên SC tạo với mặt phẳng
A
D
đáy một góc  .Tính khoảng cách từ trung điểm

G
A
D

1
 d  O;  SBC    d  A;  SBC  
2

O
B

C

4


b)

d  G;(ASC)  GN 1


d  B;(ASC)  BN 3
1
 d  G;(ASC)   d  B;(ASC) 
3

để đưa việc tính khoảng cách cần tìm về việc tính một số khoảng cách đơn giản
hơn.
Theo tôi đến đây giáo viên nên hướng dẫn cho học sinh một số quy trình
dựng hình chiếu thường gặp; quy trình dựng hình chiếu trong các trường hợp

2

A
D

V ì AD  ( SAB) nên AD  AI
 AK 

AI . AD
a

DI
3

B

C

* Đây cũng là lời giải mà sách bài tập trình bày. Tuy nhiên tôi thấy việc
tính khoảng cách từ A đến (SDB’) như thế này vẫn dài. Ta có thể tính
d(A;(SDB’)) theo một cách ngắn gọn hơn như sau:
Dễ dàng suy ra A.SDB’ là hình chóp đều có AS, AD, AB’ đôi một
vuông góc với nhau nên d(A; (SDB’)) chính là đường cao của hình chóp hạ từ A
5


xuống mp(SDB’)

S


D

C

3V
S

3. Khi gặp bài toán:
Bài toán : Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a .
Gọi M, N lần lượt là trung điểm của các cạnh AB, AD . H là giao điểm của CN
và DM. Biết SH vuông góc với mặt phẳng (ABCD) và SH  a 3 . Tính khoảng
cách giữa 2 đường thẳng DM và SC theo a .
S
* Học sinh thường không nhận ra được
vị trí tương đối giữa DM và SC có điểm đặc
biệt là vuông góc với nhau nên loay hoay
dựng đường vuông góc chung không được .
Đưa về khoảng cách từ đường thẳng đến mặt
N
D
A
phẳng song song chứa đường còn lại, lại càng
H
khó và cũng dẫn đến bế tắc .
M
Lúc này vai trò của người giáo viên là
B
C
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

M

5
a
2
5
CM  MB 2  BC 2 
a
2
SM  SA2  AM 2 

H

SC  SA  AC  3a
2

2

C

2

SC
Suy ra MSC cân tai M  MI  MS     2a
 2 

S

I


2

a
3 2
6
1
1
1
20
a


 2  OH 
2
2
2
OH
OK
OC
a
20

A

1
3

M

Ta có: OK  OB 

D

O

K
H

B

C

7


ii)

d ( S ; CM ) SC
a 30

 2  d ( S ; CM )  2d ( I ; CM )  2 IH 
d ( I ; CM ) IC
5

Nhận xét :
1 . Ở ý i) giáo viên nên đưa thêm cách 2 để học sinh biết thêm: Trong
nhiều trường hợp để tính khoảng cách OH từ O đến d mà trong mp (O;d ) khó
tính thì có thể chọn một mặt phẳng khác chứa OH mà có nhiều yếu tố dễ tính
hơn. Thường mặt phẳng đó là mặt phẳng chứa OH và một đường thẳng khác qua
O vuông góc với d xuất hiện trong bài toán .
2 . Để tính khoảng cách từ S đến CM ở ý ii) học sinh có thể làm theo cách

A

b2  a 2  c 2  2ac.cos B

O

c 2  a 2  b 2  2ab.cos C

Các công thức về diện tích
1
1
1
S  a.ha  b.hb  c.hc
2
2
2
1
1
1
S  ab.sin C  bc.sin A  ac.sin B
2
2
2
abc
S
4R
S  pr

H


S  p  p  a  p  b  p  c 

c 2  a.c '

d

K

b 2  a.b '

B

c'

b'
H

a.ha  b.c

C

a

8


1
1 1
 2 2
2

Ta có CD  ( SHK )  CD  HI  HI  (SCD)
Vậy HI là khoảng cách từ H đến mp(SCD)
ˆ 
S
Ta có  SC;  ABCD    SCH
BH 2  BC 2 

5
a
2

I

Tam giác SHC vuông tại H
 SH 

a 5
tan 
2

A
D

Trong  SHK vuông với HK = a , ta có:
1
1
1
5 tan   4



hành giải toán nếu mp(P) không có sẵn ta
d
thường hay chọn mp(P) như sau:
Dựng đường thẳng d qua O vuông
M
P I
góc với đường thẳng  có sẵn trong (  ),
H


cắt mp (  ) tại I. Từ I kẽ một đường thẳng
vuông góc với  cắt  tại M     MOI   ( )   MOI  . Vậy mp (MOI) là mp
(P) cần dựng
Ví dụ 2 : Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông tâm O
cạnh bằng a, SA = a 3 và vuông góc với mặt phẳng (ABCD)
i) Tính khoảng cách từ trung điểm M của SC tới mặt phẳng (ABCD)
ii) Tính khoảng cách từ A đến mp (SBC), từ đó suy ra khoảng cách từ O
đến mp (SBC)
iii) Tính khoảng cách từ trọng tâm G của tam giác SAB đến mp (SAC)
Giải
i) Ta có MO // SA  MO vuông góc (ABCD)
S

1
a 3
 d ( M ;( ABCD))  MO  SA 
2
2

ii) Nhận xét rằng

4
a 3
 2




AH

2
2
2
2
AH
SA
AB
3a
2
(a 3) 2 a

Vậy khoảng cách từ A đến ( SBC ) bằng

a 3
2

Vì AO  ( SBC ) = C nên
d ( A;( SBC )) OC 1
1
1
a 3

Nhân xét:
1 . Nếu trong bài toán đã có sẵn đường

O

H



thẳng d    thì chỉ cần dựng OH//d với H  d
2 . Nếu OA//  thì d (O;(  )) = d (A; (  ))
3 . Nếu OA cắt  tại I thì có thể sử
dụng tỉ số khoảng cách

d



O

A

H

K
A

d (O;( )) OI

d ( A;( )) AI

11


Giải
Vì E là trung điểm của BB’
 d  B ';  AME    d ( B;( AME))

Dễ thấy hình chóp B.AME có BA, BE, BM đôi một vuông góc . Khoảng cách từ
B đến (AME) bằng độ dài đường cao của hình chóp S.AME hạ từ A xuống
mp(AME). Gọi hB là đường cao hạ từ B xuống (AME)
1
1
1
1
1
1
1
7



 2
 2  2
2
2
2
2
1
hB BE
BM

Để tính khoảng cách từ B đến mp (EMA) thì có nhiều cách nhưng cách
làm như đáp án trên là tối ưu nhất . Từ đây GV đưa ra
Chú ý: Khi tính độ dài đường cao của hình chóp ta cần lưu ý :
Nếu đó là hình chóp đều thì chân đường cao trùng với trọng tâm của tam
giác đáy
Nếu đó là hình chóp có 3 cạnh xuất phát từ một đỉnh đôi một vuông góc

thì sử dụng công thức

1
1
1
1



2
2
2
OH
OA OB OC 2

Ví dụ 2: Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thang, tam giác
ˆ  900 , BA =BC = a, AD = 2a .Cạnh bên SA vuông góc với đáy và SA
ˆ  BAD
ABC

= a 2 . Gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên SB. Chứng minh tam giác
SCD vuông và tính khoảng cách từ H đến mặt phẳng (SCD)
Giải


SH .SB SA2
SH SA2 2




SB 2
SB 2
SB SB 2 3

Gọi V là thể tích hình chóp B.SCD, hB là độ dài đường cao hạ từ B xuống (SCD)
d  B;  SCD    hB 

SA.S BCD
3V

SSCD
SSCD

a2
2 a

1
2a.a 2 2
2
a 2.

1
1

B1 : Chọn 1 điểm A trên d (hoặc điểm A
trên (  )) sao cho các khoảng cách ấy dễ tính nhất
B2 : Kết luận d (d ;( ))  d ( A;( ))
(hoặc d (( );(  ))  d ( A;(  )) )

H





A

H


̃

a . Một số ví dụ :
Ví dụ 1: Cho hình hộp thoi ABCD .A’B’C’D’có tất cả các cạnh đều bằng
ˆ  BAA
ˆ '  DAA
ˆ '  600 . Tính khoảng cách giữa 2 mặt phẳng đáy (ABCD)
a và BAD
và (A’B’C’D’) .

13


Giải:


H

O
C

a 6
3

Ví dụ 2 : Cho hình chóp S.ABCD có SA = a 6 và vuông góc với mặt
phẳng (ABCD). Đáy ABCD là lục giác đều nội tiếp trong đường tròn đường
kính AD = 2a. Tính khoảng cách từ AD đến mặt phẳng (SBC)
Giải
Vì tứ giác ABCD là nửa lục giác đều đường kính AD
 DA//BC  AD// (SBC)
S
 d ( AD;( SBC))  d ( A;( SBC))

Hạ AK vuông góc với BC ta được
BC  AK 
  BC   SAK    SAK    SBC 
BC  AS 

H

A

Hạ AG vuông góc với SK suy ra AG   SBC 
 d  A;  SBC    AG


 AG 

2
a
3



1

2

3

 2
2
2a
a 3


 2 

A

O

I
D

K

vuông với a tại I. Trong mặt phẳng (P) hạ

a

J

I

b

P
a

b
P

J

I

IJ  b  J  b  . Suy ra IJ là đường vuông góc chung

B2 : Tính độ dài đoạn vuông góc chung IJ
a . Một số ví dụ:
Ví dụ 1 : Cho hình hộp đứng ABCD. A’B’C’D’ có đáy là hình thoi cạnh
a, Â = 600 . Góc của đường chéo A’C’ và mặt phẳng đáy bằng 600. Tìm đường
vuông góc chung của A’C và BB’. Tính khoảng cách giữa 2 đường thẳng đó
Giải
Ta có BB '/ /( A ' AB) và BO  ( A ' AC ) với
O là tâm của hình thoi ABCD. Kẽ OI//AA’ và

15


Vậy d ( BB '; A ' C ) 

a
2

Chú ý: Cần phân biệt 2 khái niệm “tính khoảng cách” và “dựng đường
vuông góc chung”. “Dựng đường vuông góc chung” là bắt buộc phải dựng
đường thẳng cắt và vuông góc với cả 2 đường thằng (Quy trình như trong SGK).
Còn “tính khoảng cách” thì có thể không cần dựng đường vuông góc chung mà
có thể tính thông qua một khoảng cách khác bằng khoảng cách đó.
Ví dụ 2 : Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a .
Gọi M, N lần lượt là trung điểm của các cạnh AB và AD. H là giao điểm của CN
và DM. Biết SH vuông góc với mặt phẳng (ABCD) và SH= a 3 . Tính khoảng
cách giữa 2 đường thẳng DM và SC theo a
Giải

S

Trong mặt phẳng (ABCD) ta có
ADM  DCN (c.g .c )

 Dˆ1  Cˆ1  Dˆ 2  Cˆ1  Dˆ 2  Dˆ1  900
ˆ  900  DM  CN
 DHC

K
N

19
2 3



 HK 
a
2
2
2
2
HK
HS
HC
12a
19

1
B

2 3
a
Vậy khoảng cách từ DM đến SC bằng
19

D
1

2


A
I
2 . Phương pháp 2 : Để tính khoảng cách giữa 2
a
đường thẳng a,b chéo nhau ta có thể:
b
▪ Quy d(a; b) về d(a; (  )), với (  ) là mặt
J

phẳng chứa b, song song với a
▪ Quy d(a; b) về d ((  ); (  )) với (  ), (  ) là

I

a



2 mặt phẳng song song với nhau lần lượt chứa 2
đường thẳng a và b

b
J



a . Một số ví du
Ví dụ 1 : Cho hình lập phương ABCD. A’B’C’D’ có cạnh bằng a . Tính
khoảng cách giữa hai đường thẳng BC’ và CD’
Giải

B'

Ví dụ 2 : Cho hình chóp tứ giác đều
C'
S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a . Gọi E D'
là điểm đối xứng của D qua trung điểm của SA, M là trung điểm của AE, N là
trung điểm của BC. Tính khoảng cách giữa 2 đường thẳng MN và AC
Giải
Gọi P là trung điểm của SA
1
2

Suy ra MP / / AD / / NC và MP  NC  AD
17


 d ( MN ; AC )  d ( MN ;( SAC))  d ( N ;( SAC)) 

1
d ( B;( SAC))
2

Vì S.ABCD là hình chóp tứ giác đều

S

 BO  ( SAC)

E


đường thẳng
i) SC và AD
ii) SB và AC
Giải
i) Nhận thấy AB / / BC  AD / /( SBC)
S

 d ( AD; SC)  d ( AD;( SBC))  d ( A;( SBC ))

Gọi M là hình chiếu của A xuống SB
 d ( A;( SBC)  AM 

a 2
2

Vậy khoảng cách giữa SC và AD bằng

M

a 2
2

A
D

D'
O

ii) Từ B kẽ Bx song song AC cắt AD tại D’
 d ( SB; AC)  d ( AC ;(SBD '))  d ( A;( SBD '))

3

Ví dụ 4 : Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác vuông tại C, CA = b,
CB = a, cạnh SA = h vuông góc với đáy . Gọi D là trung điểm của AB . Tính
i) Khoảng cách giữa 2 đường thẳng AC và SD
ii) Khoảng cách giữa BC và SD
18


Giải
i) Từ D kẽ Dx // AC
 d ( AC ; SD)  d ( AC ;( S , Dx)) = d ( A;( S , Dx))

Trong mp (ABC) vẽ AE // CB với E thuộc Dx
 DE  EA
DE  SA  DE  ( SEA)

S

Hạ AH vuông góc với SE  AH   SDE 
 d ( A;  S , Dx )  d ( A;(SDE))  AH

Trong tam giác vuông SAE có AE 
 AH 



AS . AE
AS 2  AE 2


Vậy khoảng cách giữa AC và DS là

a  4h 2
2

ii) Gọi I là trung điểm của AC. Suy ra CB//ID
 d (CB; SD)  d (CB;( SID))  d (C;( SID))  d ( A;( SID))

Gọi K là hình chiếu của A lên SI. Ta có:
AK  BC  AK  ID 
  AK   SID 
AK  SI 
 d  A;  SID    AK 

AS . AI
AS  AI
2

2



Vậy khoảng cách giữa BC và SD bằng

b
.h
2
1
4h 2  b 2
2

sau khi áp dụng sáng kiến này vào giảng dạy thì kết qủa qua các bài kiểm tra
thử như sau :
Lớp

Điểm 8 trở lên
Số
Tỷ lệ
lượng
7
15%

Điểm từ 5 đến 7 Điểm dưới 5
Số
Tỷ lệ
Số
Tỷ lệ
lượng
lượng
20
42,5%
20
42,5%

Năm
học
2012

11M

Tổng


20

40,8%

9

18,4%

20


PHẦN III : KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ
A . KẾT LUẬN :
Trên đây là những giải pháp mà tôi đúc rút được trong suốt qúa trình
giảng dạy tại trường THPT Thiệu Hóa. Trong quá trình kiểm nghiệm, tôi thấy
các phương pháp có hiệu qủa tương đối tốt.
Khoảng cách là một nội dung quan trọng trong chương trình môn toán lớp
11 nói riêng và bậc THPT nói chung . Nhưng đối với học sinh lại là một mảng
tương đối khó, đây cũng là phần nhiều thầy, cô giáo quan tâm . Vì vậy theo tôi
khi dạy phần hình học không gian, giáo viên cần chỉ rõ các dạng toán và cách
giải tương ứng để học sinh nắm được bài toán tốt hơn .
Mặc dù đã cố gắng tìm tòi, nghiên cứu, song chắc chắn không thể tránh
khỏi những thiếu sót và hạn chế. Vì vậy, tôi rất mong được sự quan tâm của tất
các các đồng nghiệp để bổ sung và góp ý cho đề tài của tôi dược hoàn thiện hơn.
Tôi xin chân thành cảm ơn !
B . KIẾN NGHỊ VÀ ĐỀ XUẤT :
- 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 để chúng tôi có thể nghiên cứu,
học tập nâng cao kiến thức chuyên môn nghiệp vụ .


+ Taì liệu tập huấn sách giáo khoa

- Nhà xuất bản giáo dục

+ Các bài giảng luyện thi môn toán

- Nhà xuất bản giáo dục

( TG: Phan Đức Chính - Vũ Dương Thụy - Đào Tam - Lê Thống Nhất )
+ Học và ôn tập toán hình học 11

- NXB Đại học Quốc gia Hà Nội

(TG: Lê Bich Ngọc (chủ biên), Lê Hồng Đức)
+ Báo Toán học tuổi trẻ

- Nhà xuất bản giáo dục

+ Các đề thi đại học các năm trước .

22