Sáng kiến kinh nghiệm Một số phương pháp giải bài toán khoảng cách trong hình học không gian

 SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC
 TRƯỜNG THPT SÁNG SƠN
 =====***=====
 BÁO CÁO KẾT QUẢ 
 NGHIÊN CỨU, ỨNG DỤNG SÁNG KIẾN
Tên sáng kiến: Một số phương pháp giải bài toán khoảng cách trong hình học 
không gian.
Tác giả sáng kiến: Nguyễn Đức Thịnh.
Mã sáng kiến: 18.52.
 1
 Vĩnh phúc, năm 2018
 ..............., Năm.......... chuẩn bị tốt sẽ thực sự kích thích tính chủ động tích cực của học sinh. Tuy nhiên, theo tôi 
 một thành tố cũng quan trọng không kém đó là tạo được tâm lý tốt cho học sinh, giúp các 
 em tự tin vào khả năng của mình, khả năng giải quyết thành công bài toán.
 Qua tìm hiểu tôi thấy đã có rất nhiều chuyên đề của các thầy cô đồng nghiệp nghiên 
cứu về hình học không gian, trong đó đã đưa ra tương đối đầy đủ các phương pháp giải 
toán. Tuy nhiên, còn ít thầy cô đề cập đến định hướng tư duy cho các em trong giải bài tập, 
dẫn đến học sinh khó tiếp cận được với lời giải bài toán, tư duy hình học ít được phát triển.
 Qua chuyên đề này tôi muốn giúp các em có một lối mòn trong định hướng giải 
quyết một bài tập hình không gian, đó là tư duy đưa lạ về quen, luyện tập tốt bài toán 
khoảng cách từ 1 điểm đến một mặt phẳng, từ đó đưa các bài toán khoảng cách khác 
về bài toán trên. Đối với nhiều bài toán thì đây không phải là cách giải hay nhưng đây 
là một hướng giải quen, có tư duy mạch lạc. 
 2. Tên sáng kiến: Một số phương pháp giải bài toán khoảng cách trong hình 
học không gian
 3. Tác giả sáng kiến:
 - Họ và tên: Nguyễn Đức Thịnh
 - Địa chỉ tác giả sáng kiến: Trường THPT Sáng Sơn.
 - Số điện thoại: 0984490608. E_mail: 
 nguyenducthinhgv.c3songlo@vinhphuc.edu.vn
 4. Chủ đầu tư tạo ra sáng kiến: Đây là chuyên đề được tôi tổng hợp, xây dựng lại 
 theo suy nghĩ của tôi, có tham khảo bài viết của một số đồng nghiệp qua mạng Internet. 
 Chuyên đề được tôi sử dụng trong bồi dưỡng học sinh giỏi và dạy chuyên đề ôn thi đại 
 học.
 5. Lĩnh vực áp dụng sáng kiến: Giảng dạy môn Toán lớp 
 6. Ngày sáng kiến được áp dụng lần đầu hoặc áp dụng thử: Năm học 2017 – 
 2018, tôi được giao nhiệm vụ dạy học môn toán lớp 11A1,11A4 và 12A2. Chuyên đề 
 này đã được tôi dạy thử nghiệm trong các tiết học chuyên đề 11A1 tháng 4/2018.
 3 Cho đường thẳng song song với mặt phẳng ( ). Khoảng cách giữa đường thẳng 
và mặt phẳng ( ) là khoảng cách từ một điểm bất kì của đến mặt phẳng ( ). Kí hiệu 
 d( ,( ))
 * Nhận xét
 - M , N ( ),MN d( ,( ))
 - Việc tính khoảng cách từ đường thẳng đến mặt phẳng ( ) song song với nó được 
quy về việc tính khoảng cách từ một điểm đến một mặt phẳng.
 7.1.4. Khoảng cách giữa hai mặt phẳng song song. 
 Khoảng cách giữa hai mặt phẳng song song là khoảng cách từ một điểm bất kì của 
mặt phẳng này đến mặt phẳng kia. Kí hiệu d(( );( ))
 * Nhận xét
 - M ( ), N ( ),MN d(( );( ))
 - Việc tính khoảng cách giữa hai mặt phẳng song song được quy về việc tính khoảng 
cách từ một điểm đến một mặt phẳng.
 7.1.5. Khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau
 Cho hai đường thẳng chéo nhau a và b. Đường thẳng cắt cả a và b đồng thời vuông 
góc với cả a và b được gọi là đường vuông góc chung của a và b. Đường vuông góc chung 
 cắt a tại M và cắt b tại N thì độ dài đoạn thẳng MN gọi là khoảng cách giữa hai đường 
thẳng chéo nhau a và b. Kí hiệu d(a,b) .
 * Nhận xét
 - M a, N b,MN d(a,b)
 -Để tính khoảng cách hai đường thẳng chéo nhau a và b ta làm như sau:
 + Tìm H và K từ đó suy ra d(a,b) HK
 + Tìm một mặt phẳng (P) chứa a và song song với b. Khi đó d(a,b) d(b,(P))
 + Tìm cặp mặt phẳng song song (P), (Q) lần lượt chứa a và b. Khi đó 
 d(a,b) d((P),(Q))
 + Sử dụng phương pháp tọa độ
 5 Ví dụ 1: Cho hình chóp SABCD có đáy ABCD là hình thoi tâm O, cạnh a, góc 
 B· AD 600 , có SO vuông góc mặt phẳng (ABCD) và SO = a. Tính khoảng cách từ O 
đến mặt phẳng (SBC).
 S
Lời giải. Hạ OK  BC BC  SOK 
 Trong (SOK) kẻ OH  SK OH  SBC F
 d O, SBC OH . 
 H
 A
 a D
 Ta có ABD đều BD a BO ; AC a 3 B
 2 E K
 O
 Trong tam giác vuông OBC có:
 B C
 1 1 1 13 a 39
 OK D
 OK 2 OB 2 OC 2 3a 2 13
 Trong tam giác vuông SOK có:
 1 1 1 16 a 3
 OH 
 OH 2 OS 2 OK 2 3a 2 4
 a 3
 Vậy d O, SBC OH 
 4
Ví dụ 2: (A-2013) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A, 
 0
 ·ABC 30 , SBC là tam giác đều cạnh a, S
 (SBC)  (ABC). Tính d(C,(SAB))
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 D
 H
 d(C,(SAB)) d(CD,(SAB)) d(I,(SAB))+ 
 I
Trong mặt phẳng (SIJ) kẻ B
 C M
 IH  SJ, (H SJ) (1)
 J
 A
 7 S
 M N
 D P
 C
 O
 A
 B
 1 1 1
 Vậy:V S .d (P,(AMN)) . S .d (C,(AMN)) 
 P.AMN 3 AMN 3 4 ABS
 1 1 1 1 1 a 6
 V V . S .SO . S a 2 , SO SA2 AO 2 .
 4 C.ABS 4 S.ABC 4 3 ABC ABC 2 2
 3
 1 1 2 a 6 a 6 3VPAMN 6
 Vậy VAMNP . a . d (P,(AMN)) a
 12 2 2 48 SAMN 7
 Ví dụ 2. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông tâm O, SA vuông góc 
với đáy hình chóp. Cho AB = a, SA = a 2 . Gọi H, K lần lượt là hình chiếu của A trên SB, 
SD. Tính khoảng cách từ điểm O đến mặt phẳng (AHK).
 Phân tích. Khối chóp AOHK và ASBD có chung đỉnh, đáy cùng nằm trên một mặt 
phẳng nên ta có thể tính được thể tích khối chóp OAHK, hơn nữa tam giác AHK cân nên 
ta tính được diện tích của nó.
 Lời giải.
 1
 Cách 1: VOAHK SAHK .d O; AHK 
 3
 Trong đó: 
 1 1 1 3 a 6 a 6
 AH ; SAD SAB AK AH 
 AH 2 AB 2 AS 2 2a 2 3 I 3
 G
 J
 9 2
 Cách 2: Ta chứng minh V V
 OAHK 9 SABD
 2 1 1 1 2 2
 Ta có: HK BD;OG SO S HK OG  BD  SO S
 3 3 OHK 2 2 9 9 SBD
 2 2 1 1 a 3 2
 V V  SA  AB  AD 
 AOHK 9 SABD 9 3 2 27
 Cách 3: Giải bằng phương pháp tọa độ như sau:
 Chọn hệ tọa độ Oxyz sao cho O  A, B(a ; 0 ; 0), D(0 ; a ; 0), S(0 ; 0 ; a 2 ).
 2a a 2 2a a 2 a a 
 Tính SH, SK suy ra tọa độ của H 0; ; , K ;0; , O ; ;0 
 3 3 3 3 2 2 
 1    
 Áp dụng công thức V AH, AK .AO
 6 
 Cách 4: SC  (AHK) nên chân đường vuông góc hạ từ O xuông (AHK) có thể xác 
định được theo phương SC.
 * AH  SB, AH  BC (do BC  (SAB)) AH  SC
 Tương tự AK  SC. Vậy SC  (AHK)
 * Giả sử (AHK) cắt SC tại I, gọi J là trung điểm của AI, khi đó OJ // SC 
 OJ  (AHK). 
 SA = AC = a 2 SAC cân tại A I là trung điểm của SC.
 1 1 1 a
 Vậy OJ IC SC .2a 
 2 4 4 2
 7.2.3 Phương pháp trượt điểm
 Ý tưởng của phương pháp này là: bằng cách trượt điểm O trên một đường thẳng đến 
một vị trí thuận lợi O', ta quy việc tính d(O,( )) về việc tính d(O',( )) . Ta thường sử 
dụng những kết quả sau:
 Kết quả 1. Nếu đường thẳng song song với mặt phẳng ( ) và M, N thì
 d(M ;( )) d(N;( ))
 11 Phân tích. Do B1C // (A1BD) nên 
 B1 C1
ta trượt đỉnh B 1 về vị trí thuận lợi C và 
quy việc tính d B1; A1BD thành tính 
 A1
 D1
 d C; A1BD 
 Lời giải.
 * Gọi O là giao điểm của AC và 
 B
 C
 K
BD A1O  ABCD 
 Gọi E là trung điểm AD O
 H
 D
 A E
 OE  AD & A1E  AD
 · 0
 A1EO 60
 a 3
 AO OE.tan ·A EO 
 1 1 2
 2
 S ABCD a 3
 3a3
 V AO.S 
 lt 1 ABCD 2
 * Tính d B1; A1BD :
 Cách 1: 
 Do B1C // (A1BD)
 d B1; A1BD d C; A1BD 
 CB.CD a 3
 Hạ CH  BD CH  A1BD d C; A1BD CH 
 CB2 CD2 2
 Cách 2: 
 3V
 A1ABD
 d B1; A1BD d C; A1BD d A; A1BD 
 S
 A1BD
 1 a3
 Trong đó: V V 
 A1ABD 6 lt 4
 13 1 1 a 3
 d O, SBC d A, SBC AH 
 2 2 4
 b) Gọi E là trung điểm AB, G là trọng tâm tam giác SAB.
 d G, SAC GS 2 2
 Do EG  SAB S nên d G, SAC d E, SAC 
 d E, SAC ES 3 3
 BO  AC
 Ta có: BO  SAC ;BE  SAC A
 BO  SA
 1 1 a 2 2 a 2 a 2
 d E, SAC d B, SAC BO d G, SAC  
 2 2 4 3 4 6
 Câu 4 (Đề HSG lớp 12 tỉnh Vĩnh Phúc năm học 2017 - 2018). Cho hình chóp 
 S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh 2a 2 và tam giác SAB là tam giác cân tại đỉnh
 S . Góc giữa đường thẳng SA và mặt phẳng đáy bằng 4 5 0 , góc giữa mặt phẳng SAB và 
mặt phẳng đáy bằng 60 0. Tính khoảng cách từ C đến (SAD ) .
 Lời giải:
 Gọi H là hình chiếu vuông góc của S lên mặt đáy, M là trung điểm AB 
 SAB cân tại S nên SM  AB và kết hợp với SH  ( ABCD) suy ra AB  SMH .
 Vậy MH là trung trực của AB , MH cắt CD tại N N là trung điểm của CD.
 Nên theo giả thiết ta được: 
 + ·SA,(ABCD) S· AH 450 SA SH 2
 15