PHƯƠNG PHÁP TIẾP CẬN CÁC BÀI TOÁN TÍNH KHOẢNG
CÁCH TRONG HÌNH HỌC KHÔNG GIAN LỚP 12
I. LÍ DO CHỌN ĐỀ TÀI
Trong hình học không gian của lớp 12, bài toán tính khoảng cách thường là những bài
toán khó đối với đa số học sinh, vì vậy học sinh thường rất ngại những bài toán này. Có
những em chỉ làm ý dễ còn khi gặp ý tìm khoảng cách thì bỏ, mà trên thực tế trong các đề
thi tốt nghiệp hay thi đại học cao đẳng thì phần tìm khoảng cách rất thường gặp trong câu
hình học không gian, nó chiếm nửa số điểm của câu này. Học sinh một phần do ý nghĩ
phần hình khó nên bỏ qua phần này để dồn sức cho những câu khác, một phần nhiều học
sinh gặp khó khăn về phương pháp, không biết bắt đầu từ đâu. Những câu hỏi thường đặt
ra với các em: tại sao lại nghĩ đến kẻ đường này, vẽ đường kia,… . Với đặc điểm đó tôi
muốn đem đến cho học sinh cái nhìn thân thiện, gần gũi và hứng thú với hình học không
gian, đặc biệt là phần tính khoảng cách. Trong đợt thi trung học phổ thông quốc gia sắp tới
tôi muốn trình bày một số cách tiếp cận bài toán dạng này.
II. CƠ SỞ LÝ LUẬN VÀ THỰC TIỄN
Bài toán tính khoảng cách trong hình học không gian lớp 12 thường xuất hiện trong các
đề thi, nhất là trong các đề thi tuyển sinh và thường nằm ở ý khó của bài toán hình học
không gian. Vì thế rất nhiều học sinh xác định đây là phần khó nên không chú tâm lắm đến
phần này và thường bỏ để làm phần khác. Trong các sách về hình học không gian các tác
giả trình bày tốt các phương pháp, tuy vậy trong các ví dụ cụ thể thì các tác giải chỉ trình
bày lời giải mà không nêu hướng tiếp cận bài toán, làm cho người đọc phân vân và thường
đặt câu hỏi “ Làm sao tác giả dùng phương pháp đó? Xuất phát điểm từ đâu?...” . Nói
chung trong các ví dụ đó thường nghiêng về trình bày kĩ thuật giải nhiều hơn, chưa nói
được những dấu hiệu để có được điểm xuất phát và từ đó có được hướng tiếp cận bài toán.
Trước các thực trạng đó tôi đưa ra một số cách tiếp cận bài toán hình học không gian
của lớp 12.
III. TỔ CHỨC THỰC HIỆN CÁC GIẢI PHÁP
Một số giải pháp được trình bày trong đề tài:
 Giải pháp 1: Phương pháp tiếp cận bài toán tính khoảng cách từ một điểm đến một
đường thẳng.
 Giải pháp 2: Phương pháp tiếp cận bài toán tính khoảng cách từ một điểm đến một

2
AB
AC 2
Trong tam giác ABC vuông ở A có đường cao AH thì: AH
AH =

Trong tam giác thường ABC, thì ta đi tính diện tích ∆ABC , từ đó:

2 S ABC
BC

3
2
là tam
giác đềucóthìđáy
AHABCD
bằng tích
của cạnh
tam giác
Ví dụ- 1: Nếu
Cho hình chóp
S.ABCD
là hình
chữ nhật
tâmvới
O, cạnh
SA ⊥ ( ABCD )

, cạnh AB = 6a, BC = 8a . Góc giữa SC và mặt phẳng đáy bằng 300


=
+
2
2
AC
AS2
Ta có AH
Trang 2


AC 2 = BA2 + BC 2 = ( 6a ) + ( 8a ) = 100a 2 ⇒ AC = 10a
2

Mà trong tam giác vuông ABC:

2

0
·
Hình chiếu của SC trên (ABCD) là AC, suy ra góc SCA = 60 .
0
Trong tam giác SAC: SA = AC tan 60 = 10a 3

Từ đó suy ra:

1
1
1
1
1

2

2

là đường trung bình nên

OK =

1
5a 3
AH =
2
2 .

 Nhận xét:
- Giả sử không có câu hỏi ở câu a mà chỉ có câu hỏi ở câu b thì để tính khoảng cách từ O
đến SC ta đi tính khoảng cách từ A đến SC trước rồi từ đó suy ra khoảng từ O đến SC.
- Học sinh có thể tính OK bằng cách áp dụng vào tam giác vuông OKC có cạnh OC = 5a
3 5a 3
OK = OC.sin 600 = 5a.
=
µC = 600
2
2 .
và có góc
suy ra

Ví dụ 2: Cho tứ diện ABCD có tam giác DAB và DAC là hai tam giác đều cạnh 2a ,
tam giác ABC vuông ở A. Gọi M là trung điểm của AD, hãy tính khoảng cách
từ diện tích tam giác MBC và khoảng cách từ B đến CM.

=a 2
2

Ta có MK là đường cao của tam giác ABC, ta cần đi tính MK
Trong tam AMK vuông ở K

AD ⊥ ( MBC ) ⇒ AD ⊥ MK

(vì

)

MK = AK 2 − AM 2 = a

 Vậy diện tích tam giác MBC là

S MBC =

1
1
MK .BC = a.2a 2 = a 2 2
2
2

2S
1
2a 2 2 2a 6
S MBC = CM .d ( B, CM ) ⇒ d ( B, CM ) = MBC =
=
2

·
2. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi tâm O, SA=SB= 2a , ABC = 60 và

SA ⊥ ( ABCD )

.

a) Chứng minh BD ⊥ SC , suy ra
b) Tính

d ( O, SB )

( Gợi ý: Câu a)

và

d ( D, SB )

d ( O, SC ) =

d ( O, SC )

.

.

1
d ( A, SC )
d A, SC )
2

Gọi

E là trung điểm của cạnh CD. Tính theo a khoảng cách từ S đến đường thẳng BE.
⇒ d ( S , BE ) = SH
( Gợi ý: Kẻ AH ⊥ BE tại H, chứng minh BE ⊥ SH

Kéo dài BE cắt AD tại M ⇒ AM = 2a . Xét ∆ABM tính được AH
Dựa vào tam giác SAH để tính SH)

GIẢI PHÁP 2: PHƯƠNG PHÁP TIẾP CẬN BÀI TOÁN TÍNH KHOẢNG CÁCH

TỪ MỘT ĐIỂM ĐẾN MỘT MẶT PHẲNG
Tính khoảng cách từ một điểm đến một mặt phẳng có thể xem là phần quan trọng nhất
trong bài toán tính khoảng cách bởi vì không những được hỏi trực tiếp mà còn dùng để tính
các loại khoảng cách khác.
Những khó khăn của đa số học sinh:
- Lúng túng không biết hình chiếu của M nằm trên đường nào trong mặt phẳng (P).
- Lúng túng trong suy nghĩ: có thể tính được khoảng cách từ M đến (P) mà không cần dựng
hình chiếu của M trên (P) hay không?
 Để giải quyết một bài toán thì cần có kết kợp của nhiều yếu tố như: đọc và hiểu đề, vẽ
hình, chọn phương pháp giải. Vì vậy để giải quyết một phần sự lúng túng của học sinh, tôi
trình hai phương pháp giải những bài toán này: tính khoảng cách trực tiếp, tính khoảng
cách gián tiếp, để học sinh có hướng tiếp cận bài toán một cách nhanh chóng.
I. TÍNH KHOẢNG CÁCH TRỰC TIẾP
- Là ta phải dựng được khoảng cách từ một điểm đến mặt phẳng, sau đó mới đi tính toán.
- Cơ sở để dựng được hình chiếu của một điểm trên mặt phẳng là: hai mặt phẳng vuông
góc với nhau theo giao tuyến d, trong mặt này kẻ đường thẳng a vuông góc với d thì a
vuông góc với mặt phẳng kia. Cho học sinh ghi nhớ các bước xác định khoảng cách từ
điểm M đến mặt phẳng (P).
Trang 5

A

60 0

I

B

Gọi I là trung điểm của cạnh BC, khi đó AI ⊥ BC và

AI =

a 3
2

(1)

 BC ⊥ AI
⇒ BC ⊥ ( SAI )

SBC ) ⊥ ( SAI )
Ta có:  BC ⊥ SA
suy ra (
.

Giao tuyến của mặt phẳng (SBC) và (SAI) là SI . Vậy trong (SAI) ta kẻ AH vuông góc với
SI tại H, suy ra AH là khoảng cách từ A đến (SBC).
Trang 6



Suy ra

AH 2 =

)

2

+

(3)
1
2

a 3

÷
 2 

=

5
3a 2

3a 2
3
⇒ AH = a
5
5.



A

I
B

Mặt phẳng chứa SA và vuông góc với (SBC) là (SAI).
Giao tuyến của (SAI) và (SBC) là SI. Kẻ AH vuông góc với SI tại H =>

d ( A, ( SBC ) ) = AH

1
1
1
=
+ 2
2
2
AS
AI
Trong tam giác SAI ta có : AH
2
2
2
2
Trong tam giác ABC : AB = BC − AC = 5 − 4 = 3 , suy ra :

1
1
1

Vậy AH

=>

AH =

12
12
d ( A, ( SBC ) ) =
34 =>
34 .

Ví dụ 3: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi tâm O, cạnh a , đường
chéo AC = a . SAB là tam giác cân tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc
với đáy; góc giữa SC và mặt phẳng (ABCD) bằng 600. Gọi I là trung điểm của
AB. Hãy tính khoảng cách từ I đến mặt phẳng (SBC) theo a .
Phân tích

Trang 8


Đầu tiên ta xem SI có vuông góc với mặt phẳng (ABCD) hay không, nếu vuông góc thì
SI sẽ vuông góc với một đường nằm trong (SBC). Khi đó ta dựng được mặt phẳng chứa SI
và vuông góc với mặt phẳng (SBC) như ví dụ 1 và ví dụ 2.
Lời giải:
S

H

D

⊥
SI

Ta có:

Trong mặt phẳng (SIF), dựng IH ⊥ SF với H ∈ SF .
 IH ⊥ SF
⇒ IH ⊥ ( ABC ) ⇒ d ( I , ( SBC ) ) = IH .

IH
⊥
BC

Ta có:
a 3
3a
·
·SCI
·SCI = 600 CI = 2 ⇒ SI = CI .tan SCI = 2 .
Góc giữa SC và (ABCD) là
nên
,
AE =

a 3
AE a 3
⇒ IF =
=
2
2

1
1
1
1
= 2+ 2
= 2+ 2+ 2
2
2
IB
IC , từ đó suy ra IF
IS IB
IC .
IF theo công thức IF

II. TÍNH KHOẢNG CÁCH GIÁN TIẾP
Khi tính khoảng cách từ điểm M đến mặt phẳng (P) thì không phải lúc nào ta cũng
dễ dàng dựng được đoạn vuông góc từ M đến (P), hoặc khi dựng được thì việc tính toán
phức tạp, trong trường hợp đó ta có thể tính khoảng cách từ M đến (P) bằng một trong
các cách sau:
Phương pháp:
3V
1
d ( A, ( SBC ) ) = A.SBC
VA.SBC = S SBC .d ( A, ( SBC ) )
S SBC .
3
1) Dựa vào công thức
để suy ra

2) Các trường hợp đặc biệt:

A'
P

=

B'

I

Trang 10


3V
1
d ( A, ( SBC ) ) = A.SBC
VA.SBC = S SBC .d ( A, ( SBC ) )
S SBC .
3
1. Dựa vào công thức
để suy ra

- Chúng ta thường dùng cách này khi đa giác đối diện của đỉnh A là một đa giác đặc biệt
mà ta có khả năng tính ngay được diện tích của đa giác đó.
Ví dụ 1:
Cho khối chóp S.ABC có có tam giác ABC vuông cân tại A và tam giác SBC là
SA ⊥ ( ABC )
tam giác đều cạnh a 2 và
. Tính thể tích khối chóp S.ABC và khoảng

cách từ A đến mặt phẳng (SBC).


Xét tam giác SAB vuông ở A ta có:

SA = SB 2 − AB 2 =

( a 2)

2

− a2 = a

1
a2
AB. AC =
2
Suy ra diện tích tam giác ABC bằng: 2
1
1 a2
a3
VS . ABC = S ABC .SA = . .a =
3
3 2
6
Vậy thể tích khối S.ABC bằng
Trang 11


3V
1
d ( A, ( SBC ) ) = A.SBC

bài tập nhằm làm quen với cách nhận diện đa giác tính diện tích đa giác đó.
·

Ví dụ 2: Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác vuông tại A, ABC = 30 , SBC là tam
giác đều cạnh a và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt đáy. Tính theo a
khoảng cách từ C đến mặt phẳng (SAB).
(2013-Khối A)
0

Hướng giải quyết:
- Nhận dạng tam giác SAB.
- Tính thể tích khối S.ABC và diện tích tam giác SAB.
Lời giải:
S

A

K
B
H
C

Ta có:

d ( C , ( SAB ) ) =

3VS . ABC
S ABC .

Trang 12

a3
AB. AC =
⇒ VS . ABC = SH .S ABC =
2
8
2
16

 HA = HB = HC
⇒ SA = SB ⇒ SK ⊥ AB.

SH ⊥ ( ABC )


Gọi K là trung điểm của AB, ta có :
3a 2 a 13
1
a 2 39
SK = SB − KB = a −
=
S SAB = SK . AB =
16
4 suy ra
2
16
2

Do đó

2


B

C

Lời giải
Gọi I là trung điểm của đoạn AB, ta có SI là đường cao trong tam giác đều cạnh a nên có
a 3
SAB ) ⊥ ( ABCD )
SI ⊥ ( ABCD )
độ dài bằng 2 . Do (
theo giao tuyến AB nên
.

Trang 13


1
1
a 3 a3 3
VS . ABCD = .S ABCD .SI = .a 2 .
=
3
3
2
6 .
Suy ra
1
a3. 3
VS . ACD = VS . ABCD =

a 21
= 2 12 =
7
a . 7
4
.
3.

2. Sử dụng các trường hợp đặc biệt
- Giả sử đang cần tính khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng (P), ta phát hiện được hình
chiếu của đỉnh hình chóp trên mặt phẳng đáy là I và điểm A cùng nằm trên một đường
thẳng song song với mặt phẳng (P) thì khi đó ta thường hướng tới việc thay cho việc tính
khoảng cách từ A đến (P) thì ta đi tính khoảng cách từ I đến (P). Ta thường vận dụng trong
các trường hợp sau:
d A, P = d ( B, ( P ) )
và ∀A, B ∈ a thì ( ( ) )

— Nếu

a / / ( P)

— Nếu

( P ) / / ( Q ) và ∀A, B ∈ ( Q ) thì d ( A, ( P ) ) = d ( B, ( P ) )

Ví dụ 1: Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a , mặt bên SAB là tam
giác đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng đáy. Tính theo a thể
tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng (SCD).
(2013-khối B)


SI ⊥ ( ABCD )

ta đi tính khoảng cách từ I đến

(SCD).
Lời giải
Gọi I là trung điểm của đoạn AB, ta có SI là đường cao trong tam giác đều cạnh a nên
a 3
SAB ) ⊥ ( ABCD )
SI ⊥ ( ABCD )
có độ dài bằng 2 . Do (
theo giao tuyến AB nên
.

Suy ra

VS . ABCD

1
1 2 a 3 a3 3
= .S ABCD .SI = .a .
=
3
3
2
6

Nhận thấy AI//(SCD) nên

d ( A, ( SCD ) ) = d ( I , ( SCD ) )


Nhận xét:
- Giả sử câu hỏi là tính khoảng cách từ điểm B đến (SCD) hoặc một điểm M bất kì nằm
trên đường thẳng AB thì các khoảng cách này cũng bằng với khoảng cách từ điểm I đến
(SCD) vì vậy ta cũng quy về tính khoảng cách từ I đến (SCD).
Ví dụ 2: Cho hình lăng trụ đứng ABC. A ' B ' C ' có đáy là tam giác cân AB = AC = a ,
·
BAC
= 1200 . Mặt phẳng ( AB ' C ') tạo với đáy góc 600. Tính thể tích khối lăng
Trang 15


AB ' C ')
trụ ABC. A ' B ' C ' và khoảng cách từ đường thẳng BC đến mặt phẳng (

theo a .
Hướng giải quyết:
- Xác định góc giữa hai mặt phẳng.

AB ' C ')
AB ' C ')
- Nhận xét mối quan hệ giữa B ' C ' và mặt (
. Nếu B ' C ' // (
thì khoảng cách
AB ' C ')
AB ' C ')
giữa B ' C ' và mặt (
bằng khoảng cách từ một điểm bất kì trên B ' C ' đến (

C

I

góc ·AIA ' => ·AIA ' =600.
- Tam giác A ' B ' I vuông ở I và có

B'

· ' A ' I = 600
A ' B ' = a, B
nên ta tính được

- Trong tam giác AIA' ta có

AA ' = A ' I tan 600 =

-Ta có diện tích tam giác A ' B ' C ' bằng

S A ' B 'C ' =

a 3
2 .
1
1
3 a2 3
A ' B '. A ' C 'sin1200 = a.a.
=
2
2
2
4

1
1
4
4
16
=
+ 2 = 2+ 2= 2
2
2
KA KI
a 3a
3a
- Trong tam giác KAI (vuông ở K) ta có KH
KH =

a 3
a 3
d ( BC , ( AB ' C ' ) ) = KH =
4 . Vậy
4 .

Nhận xét :

- Trong việc tính khoảng cách trên, ta dễ dàng nhận biết được BC// (
- Có thể thấy

d ( K , ( AB ' C ') ) = d ( A, ( AB ' C ' ) )

AB ' C ')


H

Hướng giải quyết
- Ta nhận thấy đường thẳng OG cắt
d ( O, ( SCD ) )

(SCD) tại A nên

d ( G, ( SCD ) )

=

A

AO
AG

K

G

D

I

O
B
C

Lời giải

Nhận xét: Trong lời giải trên ta đã khai thác được mối quan hệ giữa khoảng cách từ
điểm O đến (SCD) và khoảng cách từ G đến (SCD).
Ví dụ 2: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và D;
AB = AD = 2a, CD = a , góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (ABCD) bằng 600. Gọi

I là trung điểm của đoạn AD, hai mặt phẳng (SBI) và (SCI) cùng vuông góc
với (ABCD). Tính theo a khoảng cách từ A đến mặt phẳng (SBC).
Lời giải:
S

H
A

B

I
K
D

C

E

( SBI ) ⊥ ( ABCD )

( SCI ) ⊥ ( ABCD ) ⇒ SI ⊥ ( ABCD )

( SBI ) ∩ ( SCI ) = SI
Ta có: 


1
AB
2
nên DC là đường trung bình, suy ra C là

1
1
1
BE =
AB 2 + AE 2 =
2
2
2

( 2a )

2

+ ( 4a ) = a 5
2

2 S IBC 3a 2 3a 5
=
=
BC
5
a 5

3a 15
·

d ( I , ( SBC ) )

=

EA 4
=
EI 3

=>

d ( A, ( SBC ) ) =

4d ( I , ( SBC ) )
3

=

2a 15
5

Nhận xét: Sử dụng tỉ số khoảng cách ta có thể tính khoảng cách từ một điểm đến một
mặt phẳng thông qua điểm khác, quan trọng là biết cách xuất phát từ điểm nào
trước. Từ dấu hiệu

SI ⊥ ( ABCD )

, ta chọn khoảng cách từ điểm I đến (SBC) bằng

phương pháp trực tiếp trước. Sau đó dựa vào tỉ số khoảng cách để suy ra khoảng
cách cần tìm.

3. Cho hình chóp S.ABCD có

SA = 3a, SA ⊥ ( ABC )

d ( O, ( SBC ) ) =

1
d ( A, ( SBC ) )
2

d ( A, ( SBC ) ) =

2a
6 ).

. Tam giác ABC có AB = BC = 2a,

·ABC = 1200
. Tính thể tích khối tứ diện S.ABC và tính khoảng cách từ A đến (SBC).
AH ⊥ ( SBC )
( Hướng dẫn: vẽ AI ⊥ BC tại I, vẽ AH ⊥ SI , chứng minh
⇒ d ( A, ( SBC ) ) = AH

. Đáp số

d ( A, ( SBC ) )

3a
= 2
).


6. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình chữ nhật; với AB = 2a, AD = a , tam giác SAB là
tam giác đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Tính theo a thể tích khối
chóp S.ABCD và khoảng cách từ D đến (SBC).
(Hd:

AD / / ( SBC ) ⇒ d ( D, ( SBC ) ) = d ( A, ( SBC ) )

Trang 20


Tính

VA.SBC , S SBC ⇒ d ( A, ( SBC ) )

. Đáp số

d ( D, ( SBC ) ) = a 3

)

GIẢI PHÁP 3: PHƯƠNG PHÁP TIẾP CẬN BÀI TOÁN TÍNH KHOẢNG CÁCH
GIỮA HAI ĐƯỜNG THẲNG CHÉO NHAU
Bài toán tính khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau luôn là bài toán khó với
phần lớn học sinh. Để giải quyết được bài toán này học sinh cần nắm được các kiến thức cơ
bản sau:
1. Cách tìm đường thẳng vuông góc đường vuông góc chung của hai đường thẳng
chéo nhau a và b
- Cho hai đường thẳng chéo nhau a và b. Khi đó có duy nhất một mặt phẳng (P) chứa b và
song song với a. Gọi (Q) là mặt phẳng chứa a và vuông góc với (P). Mặt phẳng (Q) cắt b

- Trong (P) dựng AB ⊥ b tại B. Khi đó độ
dài đoạn thẳng AB là khoảng cách giữa hai

a

b

A
B
P

Trang 21


đường thẳng chéo nhau a và b.
 Trường hợp tổng quát
- Gọi (P) là mặt phẳng chứa b và song song
với a .

a

- Gọi a ' là hình chiếu của vuông góc của a
trên (P).
- Mặt phẳng (Q) chứa a và a ' cắt b tại B.
Qua B dựng đường thẳng ∆ vuông góc với
(P), gọi A = ∆ ∩ a . Khi đó độ dài đoạn thẳng
AB chính là khoảng cách giữa hai đường
chéo nhau a và b

A


B

a)

Ta có

CD ⊥ MN

N

O

 MN / / BC
⇒ MN ⊥ CD

CD
⊥
BC

(vì

( 1)

 MN / / BC

CD ⊥ BC )

CD ⊥ SN ( vì tam giác SCD cân tại S)


Ta có :

Gọi O là tâm của hình vuông ABCD. Vì S.ABCD là hình chóp đều nên SO là chiều
cao của hình chóp, suy ra SO = a .
Trong tam giác SMN ta có : MH.SN=SO.MN
⇒ MH =

Vậy

d ( AB, SC ) =

SO.MN
=
SN

SO.MN
SO 2 + ON 2

=

a2
2a 5
=
5
a 5
2

2a 5
5


- Từ dấu hiệu M là trung
điểm ta nghĩ tới việc chứng
minh quan hệ song song.
- Gọi I là trung điểm của
BD thì IM là đường trung
bình của tam giác SBD nên
SB//IM. Vậy
d(SB,CM)=d(SB,(CMA))
Hướng giải quyết:
- Chứng minh SB//(AMC) =>

M

A
D

I
B

C

d ( SB, CM ) = d ( SB, ( AMC ) ) = d ( B, ( AMC ) ) = d ( D, ( AMC ) )

- Tính VD. AMC , S AMC
Lời giải:

-

0
·


MI =

1
SB
a 2
MI =
2
2 )
(vì

AC
2 . Vậy tam giác AMC vuông ở M (Đường trung tuyến bằng nửa cạnh đối

diện)
a 2
a 2
1
a2
AM =
⇒ CM =
⇒ S MAC = MA.MC =
2
2
2
4
Ta lại có
Trang 24



khoảng cách từ A đến

( α ) . Tương tự ta cũng tính khoảng cách giữa BC và SM bằng

cách tìm mặt phẳng chứa SM và song song với BC.
Lời giải :
a) Trong mặt phẳng (ABC), dựng hình chữ nhật AIMD, với I là trung điểm của AB.
 AB / / DM
  MD ⊥ AD ⇒ AB / / ( SDM )
DM ⊂ ( SDM )
Ta có   MD ⊥ SA ⇒ MD ⊥ ( SAD )
Mặt khác 

(
) ( (
))
Do
đó⊂ ( SDM
MD
) ⇒ ( SAD ) ⊥ ( SDM )
d AB, SM = d A, SDM

Mà

d ( BC , SM ) = d ( B, ( SIM ) )

MD ⊂ ( SDM ) ⇒ ( SAD ) ⊥ ( SDM )

theo giao



5
2

Trang 25