BM 01-Bia SKKN

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỒNG NAI
Đơn vị: TRƯỜNG THPT LONG KHÁNH
Mã số: ................................
(Do HĐKH Sở GD&ĐT ghi)

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

PHÁT HUY TÍNH TÍCH CỰC CỦA HỌC SINH

VỀ BÀI TOÁN KHOẢNG CÁCH
TRONG CHƯƠNG TRÌNH HÌNH HỌC 11

Người thực hiện: LƯƠNG HỒNG LỘC
Lĩnh vực nghiên cứu:
- Quản lý giáo dục

- Phương pháp dạy học bộ môn: TOÁN

x
(Ghi rõ tên bộ môn)

- Lĩnh vực khác: ....................................................... 
(Ghi rõ tên lĩnh vực)

Có đính kèm: Các sản phẩm không thể hiện trong bản in SKKN
 Mô hình
 Đĩa CD (DVD)
 Phim ảnh  Hiện vật khác
(các phim, ảnh, sản phẩm phần mềm)

- Chuyên ngành đào tạo: Toán-Tin
III. KINH NGHIỆM KHOA HỌC
- Lĩnh vực chuyên môn có kinh nghiệm: Giảng dạy Toán
Số năm có kinh nghiệm: 15
- Các sáng kiến kinh nghiệm đã có trong 5 năm gần đây:
Ứng dụng PPTĐ Giải bài toán hình học không gian Góc và Khoảng cách.

2


PHÁT HUY TÍNH TÍCH CỰC CỦA HỌC SINH
VỀ BÀI TOÁN KHOẢNG CÁCH
I. LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI
Trong chương trình toán phổ thông lớp 11, 12, hình học không gian là một
môn học rất thú vị, song đây cũng là môn học khó đối với một số học sinh. Các em
cần phải nắm thật kỹ các định lý về lý thuyết, có óc tưởng tượng phong phú, đặc
biệt là khả năng vẽ và nhìn được hình trong không gian khi vẽ chúng trên mặt
phẳng. Điều này rất khó đối với phần lớn học sinh. Từ đó làm cho kết quả học tập
của các em còn thấp.
Nhằm giúp các em tìm kiếm một phương pháp khác để có thể giải quyết tốt
các bài toán hình học không gian, năm học 2012 – 2013 tôi đã đưa ra một phương
pháp là dùng tọa độ để giải quyết các bài toán hình học không gian, nhất là các bài
toán về khoảng cách. Song, vẫn còn đó một số trở ngại:
+ Hệ trục tọa độ trong không gian lên đến giữa chương trình 12 mới học.
+ Việc thiết lập hệ trục tọa độ không phải lúc nào cũng dễ dàng, không phải
học sinh nào cũng làm được.
+ Chuyển từ ngôn ngữ hình học không gian thuần túy sang hình học giải tích
là một vấn đề khó khăn. Nó đòi hỏi các em phải có kỹ năng tính toán nhất định, bài
giải thường dài và rườm rà.
Để các em có thêm một công cụ nữa trong việc giải các bài toán khoảng

Một, nếu là bài toán tính khoảng cách từ một điểm đến mặt phẳng:
+ Chưa nhìn ra được cách xác định hình chiếu của 1 điểm trên mặt phẳng.
+ Chưa linh hoạt trong việc quy đổi giữa các khoảng cách mà đã vội vàng,
“máy móc” vận dụng phương pháp đi tìm hình chiếu của điểm xuống mặt phẳng,
chưa kể đến đôi khi bế tắc trong phần tính toán.
Hai, nếu là bài toán tính khoảng cách giữa 2 đường thẳng chéo nhau:
+ Chưa nhận ra được “mặt phẳng chứa đường thẳng này song song với
đường thẳng kia”.
+ Hoặc lúng túng, mặt phẳng chứa đường nào và song song với đường nào?
với việc chọn như vậy tối ưu chưa? là liệu có tính được khoảng cách không?
b) Để tìm lời giải bài toán tính khoảng cách trong không gian thì trước hết
phải trải qua các bước tư duy như sau:
+ Xác định được các loại khoảng cách.
+ Quy đổi khoảng cách giữa các điểm.
+ Xác định hình chiếu của 1 điểm trên mặt phẳng.
+ Biết cách chọn đúng mặt phẳng trong bài toán khoảng cách 2 đường thẳng
chéo nhau.
Và bước cuối cùng là tính toán dựa vào kiến thức tỉ số lượng giác và các hệ
thức lượng trong tam giác.
Qua thực tế giảng dạy, tôi rút ra được một số kinh nghiệm nhỏ về việc hướng
dẫn học sinh xác định các loại khoảng cách.
4


 Cơ sở lyù thuyết.
1/. Khoảng cách từ điểm A đến mp(P).
Khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng (P) là độ dài của AH, với H là hình
chiếu của A lên (P).
Ký hiệu: d(A,(P)) = AH
* Phương pháp xác định khoảng cách:



phẳng chứa b và song song với a thì:
d(a,b) = d(a,(P)) = d(A,(P)) với A ∈ a.
TH 2: Đặc biệt nếu a, b chéo nhau và a ⊥ b.
Tìm mp(P) chứa b và ⊥ a tại điểm A.
Kẻ AH ⊥ b ⇒ d(a,b) = AH
AH gọi là đoạn vuông góc chung của a và b

III. TỔ CHỨC THỰC HIỆN CÁC GIẢI PHÁP.
1. Giải pháp 1: Phát huy tính tích cực qua Bài toán khoảng cách từ một
điểm đến một mặt phẳng.
Khi gặp bài toán tính khoảng cách từ 1 điểm A đến mặt phẳng (P) ta thực
hiện lần lượt các bước tư duy sau:
• Bước 1: Tìm một đường thẳng đi qua A và vuông góc với (P) tại H.

⇒ d(A,(P)) = AH.
Nếu không có thì ta chuyển sang bước 2.
• Bước 2: Tìm một mặt phẳng (Q) đi qua A và (Q) ⊥ (P) theo giao tuyến d.

Từ A kẻ AH ⊥ d tại H, suy ra AH ⊥ (P). Ta có: d(A,(P)) = AH.
* Dấu hiệu nhận ra mp(Q): (Q) đi qua A và (Q) có chứa sẵn 1 đường
thẳng a vuông góc với 1 đường thẳng b chứa trong (P).

6


Từ A kẻ đường thẳng vuông góc với b, ta xác định được mp(Q).
Nếu không có dấu hiệu nhận ra mặt phẳng đi qua A và vuông góc với (P) thì
ta chuyển sang bước 3.

Bình luận
Theo dấu hiệu nêu trên ta có:
Nhận thấy SA ⊥ BC, từ A kẻ AI ⊥

Lời giải
Ta có: SA ⊥ BC, kẻ AI ⊥ BC ⇒(SAI)⊥ BC
⇒(SAI)⊥ (SBC) theo giao tuyến SI.
Từ A kẻ AH ⊥ SI ⇒ AH ⊥ (SBC)
7


⇒ d(A,(SBC)) = AH
BC, ta thiết lập nên mp(Q) là (SAI)
∗ Tính AH:
đi qua A và ⊥ (SBC).
∆SAI vuông tại A, AH là đường cao.
Cần nắm vững bài toán gốc này,
A S .A I
nó là cốt lõi, mọi bài toán khoảng
AH =
cách đều quy về dạng này.
AS 2 + AI 2
 Bài toán 2: Bài toán minh họa các bước tư duy
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông tâm O, cạnh a; SA ⊥
(ABCD), SA = a 2 . Gọi H, G lần lượt là trọng tâm tam giác SAB và SBD Tính
các khoảng cách:
a/. d(S,(ABCD))

b/. d(B,(SAD))



c/. Nhận thấy có thể chứng minh
được CB ⊥ (SAB).

c/. Vì CB ⊥ AB, CB ⊥ SA

d/. Không có bước 1, chuyển sang
bước 2, có thể tìm được mp đi qua
A và vuông góc với (SBC), đó là
mặt (SAB) vì mp(SAB) đã chứa sẵn
SA ⊥ BC ⊂(SBC).

d/. Ta có: SA ⊥ BC, AB ⊥ BC

⇒BA ⊥ (SAD)⇒d(B,(SAD)) = BA = a
⇒CB ⊥ (SAB)⇒d(C,(SAB)) = CB = a
⇒(SAB) ⊥ BC
⇒(SAB) ⊥ (SBC) theo giao tuyến SB.
Từ A kẻ AJ ⊥ SB⇒AJ⊥ (SBC)
8


⇒d(A,(SBC)) = AJ.
* Tính AJ:
∆SAB vuông tại A, AJ là đường cao
AJ =

A B .A S
AB2 + AS2


2
AK =
=
=
5
AO2 + AS 2
2a 2
+ 2a 2
4
a 10
⇒d(A,(SBD)) = 5

f/. Không có bước 1, chuyển sang
bước 2, có thể tìm được mp đi qua
A và vuông góc với (SCD), đó là
mặt (SAD), vì mp(SAD) đã chứa
sẵn SA ⊥ CD ⊂(SCD).
Tương tự như câu d

f/. Ta có: SA ⊥ CD, AD ⊥ CD
⇒(SAD) ⊥ CD
⇒(SAD) ⊥ (SCD) theo giao tuyến SD.
Từ A kẻ AL ⊥ SD ⇒ AL⊥ (SCD)
⇒d(A,(SCD)) = AL.
* Tính AL:
∆SAD vuông tại A, AL là đường cao

9



a 6
d(D,(SBC)) = d(A,(SBC)) = 3

h/. Vì O là trung điểm AC, nên:
1
a 6
d (O , (SCD )) = d (A , (SCD )) =
2
6

Giải sử đến đây, chưa có d(A,
(SCD)) đã tính sẵn, ta quay về thực
hiện các bước tư duy 1,2,3,.. cho
điểm A.
Hỏi: vậy tại sao không quy về B
trên đường thẳng BD mà quy về A?
Vì ở B không có dấu hiệu có mặt
phẳng đi qua và vuông góc với
(SCD).
i/. Không có bước 1, 2, 3, suy ra chỉ
có thể là bước 4. Phát hiện C nằm
trên đường thẳng AC, cắt (SBD) tại
trung điểm O của AC.

i/. Vì O là trung điểm của AC, nên:
a 10
d(C,(SBD)) = d(A,(SBD)) = 5

Tương tự như lí luận trên, nếu ở đây
chưa có d(A,(SBD)) ta quay về từng

thành điểm A đến mp(SCD).
k/. Tương tự, nhận thấy bước 1,2,3
thất bại, ta chuyển qua bước 4.
Nhận thấy H thuộc SM cắt (SBD)
tại S và trên SM có tỉ lệ, vì H là
trọng tâm.
Tương tự, quy d(M,(SBD)) về d(A,
(SBD)).

Mà: AC = 2OC
1
Þ d (O ,(SCD )) = d (A ,(SCD ))
2
1
a 6
Þ d (G , (SCD )) = d (A ,(SCD )) =
3
9
=

HS
2
=
3
Ta có: MS
2
Þ d (H ,(SBD )) = d (M , (SBD ))
3

Mà: AB = 2MB


·
0
∆SAM vuông có SMA = 45 , nên là tam giác

Không xảy ra bước 1, 2, chuyển
sang bước 3. Phát hiện AD //(SBC)
Nên đổi d(D,(SBC)) về d(A,
(SBC)). Tại sao chọn điểm A?
Vì qua A có dấu hiệu mặt phẳng
(SAM) đi qua và vuông góc với
(SBC), vì có chứa SA ⊥ BC.

vuông cân tại A ⇒

SA = A M =

a 3
2

Vì A D / / (SBC ) Þ d (D ,(SBC ) = d (A,(SBC ))
Ta có AM ⊥ BC, SA⊥ BC
⇒ (SAM) ⊥ BC
⇒ (SAM) ⊥ (SBC) theo giao tuyến SM
Kẻ AH ⊥ SM ⇒AH ⊥ (SBC)
⇒ d(A,(SBC)) = AH
* ∆SAM vuông cân tại A, AH là đường cao
a 6
a 6
Þ d (D,(SBC ) =

·
BH = SB . cos SBH
= 2a 3. cos 30o = 3a
12


định mp vuông góc với mp(SBC)
vì đã có sẵn SH ⊥ AC ⊂(SBC).

Vì BC = 4HC
Þ d (B ,(SA C ) = 4d (H ,(SA C ))
Kẻ HM ⊥ AC ⇒ (SHM) ⊥ AC
⇒ (SHM) ⊥ (SAC) theo giao tuyến SM
Kẻ HK ⊥ SM ⇒ HK ⊥ (SAC)
⇒ d(H,(SAC)) = HK
* Hai tam giác ABC và HMC đồng dạng
AC
AB
AB
3
=
Þ HM =
.HC = a
HM
AC
5
⇒ HC

HK =


Tính khoảng cách từ I đến mp(SCD).

Bình luận

Lời giải
Tam giác IAB và ICD đồng dạng

- Phát hiện ra I nằm trên đường
thẳng AC, có tỉ số biết trước
13


⇒ quy về d(A,(SCD).
- Nhận thấy mặt phẳng (SAD) qua
A và ⊥(SCD).
- Bài toán này điểm mấu chốt là
cần nhìn ra tỉ số giữa AC và IC.

IA
AB
1
=
= 2 Þ IC = A C
3
⇒ IC CD
1
Þ d (I , (SCD ) = d (A , (SCD ))
3

Ta có: SA ⊥ CD , AD ⊥ CD⇒ (SAD) ⊥ CD

bước 2, nhưng phải nhìn ra được
mp(BCD’) mở rộng chính là
mp(ABCD’).

a 2
a
⇒ AA’ = AC = 2 ⇒ AB = 2
Vì AD // (BCD’)
Þ d (A , (BCD ') = d (D, (BCD '))

Ta có: DD’ ⊥ BC , CD ⊥ BC
14


⇒ (CDD’C’) ⊥ BC
⇒ (CDD’C’) ⊥ (BCD’) theo giao tuyến CD’
Kẻ DK ⊥ CD’ ⇒ DK ⊥ (BCD’)
⇒ d(D,(BCD’)) = DK
* ∆CDD’ vuông, DK là đường cao.
DK =

Ta có:

DC .DD '
DC 2 + DD '2

=

a 6
6

(MNB), tuy nhiên khi đó hình
chiếu nằm ở miền ngoài hình lăng
trụ, ở phía dưới đáy (ABC) sẽ khó
khăn khi đi thực hiện phép tính.

⇒(MKI) ⊥ BN⇒ (MKI) ⊥ (MNB) theo giao
tuyến MI.

Bài toán này thực chất khó ở phần
biết cách nhìn ra quy khoảng cách
từ A về khoảng cách từ K.

Kẻ KI ⊥ BN, MK ⊥ BN

Kẻ KJ ⊥ MI ⇒ KJ ⊥ (MNB)
⇒ d(K,(MNB)) = KJ.
* Tính KJ.
A ' H = A A '2 - BH 2 =

a 14
a 14
MK =
2 ⇒
4

Hai tam giác vuông GHB và GIK đồng dạng
⇒

IK =


20

∆MKI vuông, KJ là đường cao.
KJ =

Ta có:

MK .KI
MK 2 + KI 2

=

a 14
4 71

• Kết quả thực nghiệm giải pháp: Cho thí điểm kiểm tra với 2 lớp 11C2 chưa
triển khai và lớp 11C9 đã triển khai. Có sĩ số bằng nhau 38 học sinh, mức độ đề 15
phút ngang tầm nhau.
Kết quả

Vậy khi đi giải bài toán Khoảng cách giữa 2 đường thẳng chéo nhau, ta cần
lưu yù: a, b có vuông góc hay không, nếu không vuông góc thì ta thực hiện theo giải
pháp trên. Sau đây là một số ví dụ minh họa, tôi chỉ nêu rõ về giải pháp, các bước
tính khoảng cách từ điểm đến mặt phẳng như ở giải pháp 1.
 Bài toán 8: (ĐH khối A|2011).Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC 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 của AB; mặt phẳng qua SM và song
song với BC, cắt AC tại N. Biết góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (ABC) bằng 60 o.
Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và SN theo a.

17


Bình luận

Lời giải
* Vì (SAB), (SAC) cùng vuông góc với
(ABC), nên: SA ⊥(ABC)
0
* Góc giữa (SBC) và (ABC) bằng 60

Tại sao phải chọn mp(SNP)?
SN có đi qua S, AB đi qua A
Nên mặt phẳng ta chọn là: Chứa
·
Þ SBA
= 600
SN và song song AB.
Gọi P trung điểm BC ⇒ AB//(SPN)
⇒d(AB,SN) = d(AB, (SPN)) = d(A,(SPN))

1
a 2
HI = OA =
2
4
⇒

HK =

HS .HI
HS 2 + HI 2

=

a 21
14

 Bài toán 10: (ĐH khối A|2012).Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác đều
cạnh a. Hình chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng (ABC) là điểm H thuộc cạnh
AB sao cho HA = 2HB. Góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng (ABC) bằng 60 0.
Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng SA và BC

Bình luận

Lời giải
·
0
*Góc giữa SC và (ABCD) là góc SCH = 60
* Gọi I trung điểm của AB, ta có :
a

d (B ,(SA, d )) = d (H ,(SA , d ))
2
⇒

Kẻ HE ⊥ d, HK ⊥ SE ⇒ HK⊥ (SAE)
⇒ d(H,(SAE)) =HK
a 3
HE = AH. sin 60 = 3
0

HK =

HS .HE
HS 2 + HE 2

=

a 42
12

a 42
⇒d(BC,SA) = 8

 Bài toán 11: (ĐH khối A|2010). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình
vuông cạnh a. Gọi M, N là trung điểm AB, AD; H là giao điểm CN và DM. Biết
SH ⊥(ABCD) và SH = a 3 . Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng DM và SC.

Bình luận
Nhận ra: DM ⊥ NC đây là 1 tính
chất trong hình vuông. Từ đó thấy

ND 2 + DC 2
vẫn đưa khoảng cách về bằng HK.
HK =

HS .HC
HS 2 + HC 2

=

2 57a
19

 Bài toán 12: Cho lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác vuông tại
B, AB = a, cạnh AA’ = a 2 , góc giữa AC’ với (BCC’B’) bằng 30 0, M là trung
điểm BC. Tính khoảng cách giữa AM và B’C.

Bình luận

Lời giải
*AB⊥(BB’C’C) nên BC’ là hình chiếu của
AC’ trên mp(BB’C’C), Suy ra góc giữa AC’
·
0
và (BB’C’C) là góc A C ' B = 30
AB
= 2a
0
AC’ = s in30

Tại sao phải chọn mp(AMN)?

7

a 7
⇒d(B’C,AM) = 7

Kết quả thực nghiệm giải pháp: Cho thí điểm kiểm tra với 2 lớp 11C2 chưa triển
khai và lớp 11C9 đã triển khai. Có sĩ số bằng nhau 38 học sinh, mức độ đề 15 phút
ngang tầm nhau.
Kết quả

Bài 5.

(ĐH 2013|A). Cho hình chóp S.ABC có đáy là

0
·
tam giác vuông tại A, ABC = 30 , SBC là tam giác đều cạnh a và mặt bên SBC

vuông góc với đáy. Tính khoảng cách từ điểm C đến mặt phẳng (SAB).
Bài 6.

(ĐH 2014|B). Cho lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy

là tam giác đều cạnh a. Hình chiếu vuông góc của A’ trên mặt phẳng (ABC) là
trung điểm của cạnh AB, góc giữa đường thẳng A’C và mặt đáy bằng 60 0. Tính
khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng (ACC’A’).
Bài 7.

(ĐH 2014|A). Cho hình chóp S.ABCD có đáy

3a
ABCD là hình vuông cạnh a, SD = 2 , hình chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng
(ABCD) là trung điểm của cạnh AB. Tính khoảng cách từ A đến mặt phẳng
(SBD).
Bài 8.

(ĐH khối B|2007).Cho hình chóp tứ giác đều

S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a. Gọi E là điểm đối xứng của D qua trung
điểm SA, M là trung điểm AE, N là trung điểm BC.Chứng minh MN ⊥ BD và tính

học này.
Thứ nhất, hiện tại lớp 11C2 và 11C9 không lo ngại như trước khi các em
giải một bài toán HHKG nữa. Thay vào đó là thái độ tích cực, tìm hiểu, phân tích,
xem xét kỹ vấn đề để chuyển sang bài toán khoảng cách cơ bản. Phần lớn học sinh
tiếp cận với phương pháp này thì các em tìm tòi những tài liệu, đề thi có câu hình
học tính khoảng cách trong không gian để giải và chia sẻ với bạn bè, với giáo viên
bộ môn.
Thứ hai, từ kết quả thực nghiệm cho thấy, hiệu quả sau khi có tác động của
phương pháp này là rất cao, kết quả học tập của đa số học sinh tăng lên rõ rệt; điểm
trung bình của cả lớp tăng lên đáng kể. Đặc biệt qua hai lần kiểm tra trên cùng một
đối tượng thì tôi thấy phương pháp này có tác động rất lớn đối với kết quả học tập
của học sinh
Kết quả thực nghiệm giải pháp:
Kết quả kiểm tra 1 tiết với 2 lớp 11C2 và lớp 11C9. Có sĩ số bằng nhau 38
học sinh, mức độ đề 45 phút ngang tầm nhau.
• Kết quả trước khi thực hiện đề tài:
Kết quả
5 ≤ điểm ≤ 7
8 ≤ điểm ≤ 10
11C2
24
7
11C9
25
3
• Kết quả sau khi thực hiện đề tài:
Kết quả
5 ≤ điểm ≤ 7
8 ≤ điểm ≤ 10
11C2

6. Diễn đàn Toán học Việt Nam: Mathvn.com

VII. PHỤ LỤC
PHIẾU ĐIỂM THỰC NGHIỆM LỚP 11C9
Họ và
Diệp Đại Liên
Nguyễn Thị Minh
Nguyễn Thiện
Bùi Thị Thu
Phạm Thị Thảo
Phạm Hoàng
Hoàng Minh
Nguyễn Minh
Nguyễn Ngọc Thiên
Đỗ Như
Bùi Nguyễn Phương
Huỳnh Hoàng

Tên
Bảo
Đức
Hảo
Hiền
Hiền
Hiệp
Hiếu
Huy
Kiều
Lan
Long

9