(SKKN 2022) Thêm một giải pháp để xử lí nhanh các bài toán liên quan đến khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau trong không gian

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HOÁ TRƯỜNG THPT VĨNH LỘC SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM THÊM MỘT GIẢI PHÁP ĐỂ XỬ LÝ NHANH CÁC BÀI TOÁN LIÊN QUAN ĐẾN KHOẢNG CÁCH GIỮA HAI ĐƯỜNG THẲNG CHÉO NHAU TRONG KHÔNG GIAN Người thực hiện: Hoàng Văn Hoan Chức vụ: Giáo viên SKKN thuộc lĩnh vực: Tốn học THANH HỐ NĂM 2022 MỤC LỤC Trang MỞ ĐẦU 1.1 LÍ DO CHỌN ĐỀ TÀI 1.2 MỤC ĐÍCH NGHIÊN CỨU 1.3 ĐỐI TƯỢNG NGHIÊN CỨU 1.4 PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU NỘI DUNG SKKN 2.1 CƠ SỞ LÝ LUẬN 2.1.1 Khái niệm khoảng cách hai đường thẳng chéo 2.1.2 Khoảng cách từ điểm tới đường thẳng 2.1.3 Khoảng cách từ điểm tới mặt phẳng 2.1.4 Khoảng cách từ đường thẳng tới mặt phẳng 2.1.5 Một số kết cần ghi nhớ 2.2.THỰC TRẠNG VẤN ĐỀ TRƯỚC KHI ÁP DỤNG SKKN 2.3 GIẢI PHÁP 2.3.1 Xây dựng cơng thức tính nhanh khoảng cách hai đường thẳng chéo 2.3.2 Mơ hình kỹ thuật song chiếu 2.4 HIỆU QUẢ CỦA SKKN TRONG GIẢI TOÁN 2.4.1 Các ví dụ minh họa phần 2.4.2 Các ví dụ minh họa phần 2.4.3 Các ví dụ minh họa phần 2.4.4 Hiệu SKKN 2.4.5 Một số tập tương tự KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ 3.1 KẾT LUẬN 3.2 KIẾN NGHỊ TÀI LIỆU THAM KHẢO 1 2 3 3 3 5 7 11 14 17 18 20 20 MỞ ĐẦU 1.1 LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI Trong chương trình giáo dục phổ thơng nói chung, mơn tốn nói riêng, môn HHKG cổ điển thường gây cho học sinh nhiều khó khăn Đặc biệt tốn tính khoảng cách hai đường thẳng chéo không gian Thực tế, nội dung xuất thường xuyên kỳ thi, kỳ thi THPTQG, thi chọn HSG thường mức độ VD - VDC Các câu hỏi tính khoảng cách hai đường thẳng chéo dù hình thức (TNKQ, Tự luận) gây nhiều khó khăn cho đa số học sinh Hiện nay, để giải tốn tính khoảng cách hai đường thẳng chéo nhau, học sinh có hướng giải chủ yếu: - Hướng 1: Dựng tính đoạn vng góc chung hai đường thẳng chéo - Hướng 2: Dựng mặt phẳng chứa đường thẳng song song với đường thẳng kia, từ quy tính khoảng cách từ điểm đến mặt phẳng - Hướng 3: Tọa độ hóa Có thể thấy hướng đầu khó với đa số học sinh phổ thơng thường học sinh “bí” việc liên kết giả thiết tốn với kiến thức hình học để phát dựng đối tượng Còn hướng 3, đỡ mặt tư trừu tượng nặng tính tốn hạn chế dành cho học sinh học kỹ phương pháp tọa độ khơng gian Do vậy, nhu cầu tìm kiếm, phát thêm phương pháp giải nhanh gọn dễ hiểu toán cấp thiết Hơn nữa, nội dung kiến thức phương pháp giải loại tốn khơng có SGK tốn phổ thơng Các tài liệu tham khảo vấn đề hạn chế Rất nhiều đồng nghiệp tâm huyết có phát hiện, phương pháp tính sáng tạo để giải khó khăn Tuy nhiên, hầu hết dừng lại việc giải toán cụ thể, chưa có viết hay chuyên đề cung cấp cho học sinh phương pháp giải nhanh loại toán 1.2 MỤC ĐÍCH NGHIÊN CỨU Qua thực tế giảng dạy, tơi thấy việc dùng kỹ thuật song chiếu (sử dụng hai phép chiếu vng góc) kết hợp cơng thức tính nhanh khoảng cách hai đường thẳng chéo thực có nhiều ưu điểm hiệu rõ rệt so với phương pháp khác Kỹ làm cho đa số học sinh hứng thú, dễ hiểu mà cịn nhanh chóng tính khoảng cách hai đường thẳng chéo nhau, để từ tìm lời giải, đáp số toán Dù nội dung nhỏ kinh nghiệm thân hạn chế, mạnh dạn coi đề tài SKKN với tên gọi: “ Thêm giải pháp để xử lí nhanh tốn liên quan đến khoảng cách hai đường thẳng chéo không gian” Đề tài trình bày trước tổ chun mơn triển khai dạy ơn đội tuyển HSG, nhóm ơn thi THPTQG, nhóm học sinh đại trà, nhiều đem lại hiệu rõ nét 1.3 ĐỐI TƯỢNG NGHIÊN CỨU Nghiên cứu tốn tính khoảng cách hai đường thẳng chéo nhau, toán liên quan đến khoảng cách hai đường thẳng chéo không gian 1.4 PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU - Dựa sở lý thuyết đề cập SGK: Khái niệm khoảng cách từ điểm đến mặt phẳng, khoảng cách hai đường thẳng chéo để xây dựng cơng thức tính nhanh - Ngồi ra, tơi sử dụng phương pháp sau để hoàn thành sáng kiến kinh nghiệm này: + Phương pháp điều tra, khảo sát trực triếp + Phương pháp thống kê, xử lí số liệu + Phương pháp nêu vấn đề NỘI DUNG 2.1 CƠ SỞ LÍ LUẬN 2.1.1 Khái niệm khoảng cách hai đường thẳng chéo nhau: Cho hai đường thẳng chéo a, b Độ dài đoạn vng góc chung MN a b gọi khoảng cách hai đường thẳng a b M a  MN ⊥ a   MN ⊥ b  M ∈ a, N ∈ b  b ⇒ d (a, b) = MN N 2.1.2 Khoảng cách từ điểm tới đường thẳng: Cho điểm M đường thẳng ∆ Trong mp ( M , ∆) gọi H hình chiếu vng góc M ∆ Khi khoảng cách MH gọi khoảng cách từ điểm M đến ∆ : M ∆ H d ( M , ∆) = MH α 2.1.3 Khoảng cách từ điểm tới mặt phẳng: Cho mặt phẳng (α ) điểm M Gọi H hình chiếu điểm M mặt phẳng (α ) Khi khoảng cách MH gọi khoảng cách từ điểm M đến mặt phẳng (α ) : d ( M ,(α )) = MH M α H β 2.1.4 Khoảng cách từ đường thẳng tới mặt phẳng: Cho đường thẳng ∆ mặt phẳng (α ) song song với Khi khoảng cách từ điểm ∆ đến mặt phẳng (α ) gọi khoảng cách đường thẳng ∆ mặt phẳng (α ) : d (∆,(α )) = d ( M ,(α )), M ∈ ∆ - Nếu ∆ cắt (α ) D nằm (α ) thì: M ∆ d (∆,(α )) = α H 2.1.5.Một số kết cần ghi nhớ: - Đường thẳng ∆ cắt mặt phẳng (α ) H Khi đó: Nếu A, B hai điểm ∆ ∆ ta ln có: A d (A ,(α )) AH = d (B ,(α )) BH B H α - Cho 3a vuông A, đường cao AH Ta có: AH = AB AC AB + AC - Định lý Ta-let: Cho A1B1 / / BC ⇔ 3a , B H A A1 ∈ AB , B1 ∈ AC : C A AA1 AB1 A1B1 = = AB AC BC A1 B1 B - Hai tam giác đồng dạng: ∆ABC : ∆MNP ⇔ C AB AC BC AB MN = = , = , MN MP NP AC MP - Định lý Menelaus: A Cho tam giác ABC Các điểm D, E, F F nằm đường thẳng BC, CA, AB E Khi D, E, F thẳng hàng khi: FA DB EC =1 FB DC EA B C D 2.2 THỰC TRẠNG VẤN ĐỀ TRƯỚC KHI ÁP DỤNG SKKN - Như nói trên, gặp tốn tính khoảng cách hai đường thẳng chéo ∆1 , ∆ , học sinh thường giải theo hướng: +) Dựng tính đoạn vng góc chung ∆1 , ∆ +) Dựng (tìm) mặt phẳng (α ) chứa ∆1 song song ∆ Khi đó: M ∈∆ d (∆1 , ∆ ) = d (∆ ,(α )) = d ( M ,(α )) +) Chọn hệ trục tọa độ (Oxyz ) hợp lý Từ tính tọa độ điểm cần thiết sử dụng công thức tính khoảng cách hai đường thẳng chéo hệ tọa độ (Oxyz ) Các hướng gặp phải khó khăn lớn Và qua khảo sát trực tiếp, thấy em bí tìm hướng giải làm dễ sai sót phải tính tốn nhiều với biểu thức phức tạp 2.3 GIẢI PHÁP Để giúp học sinh giải khó khăn trên, tơi xin đưa giải pháp sau: 2.3.1 Xây dựng cơng thức tính nhanh khoảng cách hai đường thẳng chéo Cho hình chóp tam giác S ABC ( hiển nhiên SA BC chéo nhau) Gọi H hình chiếu vng góc S ( ABC ) , I hình chiếu vng góc A BC Gỉa sử AH ∩ BC = K Ký hiệu: AH d = d ( SA, BC ) , p = AI , h = SH , k = Khi ta ln có: AK 1 k2 = + d p2 h2 S ( pkh) Chứng minh: A C H P A H K O I D O C B K M I D B Dựng hình bình hành ACBD ⇒ BC / / AD ⇒ BC / /( SAD) ⇒ d = d ( SA, BC ) = d ( BC ,( SAD )) = d ( K ,( SAD)) = AK d ( H ,( SAD)) = d ( H ,( SAD)) AH k Kẻ HO ⊥ AD ⇒ AD ⊥ ( SHO ) ⇒ ∆SHO vuông H Kẻ HP ⊥ SO ⇒ HP ⊥ ( SAD) ⇒ d ( H ,( SAD)) = HP = Kẻ KM / / HO ⇒ HO.HS HO + HS HO AH AH AH = ⇒ HO = KM = d ( K , AD ) = k d ( I , AD ) KM AK AK AK = k d ( A, BC ) = k p Do đó: d = (k p) + h 1 k p.h p.h d ( H ,( SAD )) = = ⇒ = k k (k p) + h d p.h (k p) + h ⇔ k p + h2 k2 = = + d2 p 2h2 p h2 * Trong trường hợp AH / / BC ta dễ thấy AI ⊥ ( SAH ) ⇒ AI ⊥ SA Nghĩa AI đường vng góc chung SA BC nên d = p Vậy công thức (pkh) chứng minh * Ưu điểm cơng thức (pkh) giúp em học sinh tìm nhanh khoảng cách hai đường thẳng chéo việc tính nhanh đại lượng h, k , p mà không cần dựng khoảng cách chúng Để tìm đại lượng h, k , p ta cần thực phép chiếu vng góc mà tơi gọi kỹ thuật song chiếu 2.3.2 Mơ hình kỹ thuật song chiếu d = d ( SA, BC ) Mơ hình bước h = SH SA, BC (Sắp xếp đường thẳng, thứ tự điểm S,A hợp lý cho việc tìm hình chiếu điểm thứ (giả sử S) mp chứa điểm lại - (ABC) dễ thấy nhất) nhất) Tìm hình chiếu A BC Tìm hình chiếu S (ABC) H I AH ∩ BC = K ⇒ k = p = AI AH AK 1 k2 = 2+ 2 d p h Trong mơ hình trên, việc xếp thứ tự hai đường thẳng chéo thứ tự điểm quan trọng, việc tìm hình chiếu điểm mặt phẳng tạo ba điểm lại quan trọng (nghĩa phải xếp cho việc tìm hình chiếu điểm mặt phẳng tạo ba điểm cịn lại dễ dàng) Để làm tốt cơng việc này, phải đọc kỹ đề bài, giả thiết đề cho, đặc biệt ý đến yếu tố vng góc: đường vng góc với mặt (đặc biệt đường cao hình chóp, lăng trụ ), mặt vng góc với mặt, hình chiếu vng góc (sau gọi tắt hình chiếu) Sau xác định hình chiếu điểm(ở ta giả thiết điểm S) mặt phẳng chứa điểm lại ( mặt (ABC)) ta tiến hành theo bước sau: +)Bước 1: Gọi hình chiếu S (ABC) H Ký hiệu h = SH Tiến hành tính SH Phần cần ý đến giả thiết cho h = SH thường gắn với (hoặc liên quan) chiều cao hình chóp, lăng trụ +)Bước 2: Nối A với H: AH ∩ BC = K Ký hiệu k = AH Tiến hành tính k AK Phần cần lưu ý đến tính chất song song (Ta-let), thẳng hàng (Menelaus), tam giác đồng dạng để thiết lập tỉ số lên quan đến k Chú ý: Nếu AH / / BC cần tính p bước kêt luận d ( SA, BC ) = d = p +)Bước 3: Tìm hình chiếu A BC: Kẻ AI ⊥ BC , I ∈ BC Ký hiệu p = AI Tiến hành tính AI Phần cần ý đến hệ thức lượng tam giác 1 k2 = + ⇒ d ( SA, BC ) = d Cuối sử dụng công thức pkh: d p h2 2.4 HIỆU QUẢ Để thấy ưu điểm công thức (pkh) hiệu việc giải toán liên quan đến khoảng cách hai đường thẳng chéo nhau, tơi xin lấy số ví dụ chọn lọc minh họa sau trình bày phần: +) Phần 1: Các từ đến trình bày cách giải khác ( Trong cách giải sử dụng kỹ thuật song chiếu với cơng thức pkh phân tích kỹ bước 1- bước quan trọng kỹ thuật song chiếu) để quý thầy cô em tiện so sánh thấy đa dạng việc giải toán HHKG cổ điển +) Phần 2: Các trình bày cách giải bước kỹ thuật song chiếu kết hợp công thức pkh để tính khoảng cách hai đường thẳng chéo +) Phần 3: Các trình bày cách giải sử dụng cơng thức pkh để giải tốn liên quan đến khoảng cách Phần tốn tính thể tích khối lăng trụ, khối chóp mà chiều cao “ dấu” liên quan đến khoảng cách hai đường thẳng chéo Sử dụng kỹ thuật song chiếu với công thức pkh phương trình để tìm chiều cao khối lăng trụ, khối chóp +) Để làm sáng tỏ ưu điểm giải pháp trình bày SKKN, phần phụ lục trình bày thêm ví dụ minh họa điển hình tốn trích đề thi KSCL HSG, thi thử TN THPT QG tồn quốc 2.4.1 Các ví dụ minh họa phần 1: Bài ( KSCL Khối 12- Lần 1- 2021- THPT Hậu Lộc 2- Thanh Hóa): Cho hình lăng trụ ABC A' B 'C ' có tất cạnh 2a Tính khoảng cách d hai đường thằng CM A' B , với M trung điểm AB A d = 2a a B d = C d = a a D d = A’ C’ B’ N H A M C B Lời giải (Phương pháp truyền thống – đáp án đề): Gọi N trung điểm AA′ Suy MN / / A′B Khi đó: d ( A′B, CM ) = d ( A′B, ( CMN ) ) = d ( A′, ( CMN ) ) = d ( A, ( CMN ) ) Kẻ AH ⊥ MN với H ∈ MN Do CM ⊥ ( AMN ) ⇒ CM ⊥ AH Suy AH ⊥ ( CMN ) Vậy d ( A' B, CM ) = d ( A, (CMN )) = AH Xét ∆AMN vng A ta có: 1 1 1 a2 a 2 = + ⇔ = + ⇔ AH = ⇒ AH = 2 2 2 AH AN AM AH a a 2 a Vậy d ( A′B, CM ) = Chọn đáp án B Lời giải (Phương pháp tọa độ) : 2a = a Chọn hệ trục tọa độ Oxyz với Trong tam giác ABC ta có CM = M ≡ O Chọn a = ta có B ( 1; 0; ) , C 0; 3; , A′ ( −1; 0; ) ( Khi ta có: ) uuuu r uuur uuuu r A′B = ( 2;0; − ) , CM = 0; 3; , BM = ( −1;0;0 ) A’ uuur uuuu r uuur uuuu r uuuu r Suy  A′B; CM  = 3; 0; ⇒  A′B; CM  BM = −2 uuur uuuu r 2  A′B; CM  = + + =   uuur uuuu r uuuu r  A′B, CM  BM a   A = = = uuur uuuu r Vậy d ( A′B, CM ) = 2  A′B, CM    ( ( ) ( ) ( z ) C’ N B’ ) y M C B x Chọn đáp án B Lời giải (Sử dụng kỹ thuật song chiếu với cơng thức pkh): *Phân tích: Bài tốn u cầu tính khoảng cách CM , A' B Trong điểm C, M, A’, B ta dễ dàng nhận thấy hình chiếu A’ mặt phẳng chứa điểm lại B, C, M (mặt phẳng (ABC)) A Do ta xếp lại A' B, CM việc tìm ' hình chiếu A' ( BCM ) dễ dàng có sẵn (do A A ⊥ ( ABC ) ) Ta ký hiệu: d (CM , A ' B) = d ( A' B, CM ) = d A’ +) Hình chiếu A’ (BCM) A ⇒ h = A' A = 2a +) BA ∩ CM = M ⇒ k = BA =2 BM C’ B’ +) Hình chiếu B CM M ⇒ p = BM = a 2) ( 1 k2 a2 a = ⇒d = = Vậy = + = + d p h 2 ( a ) (2a) a 2 A C M Chọn đáp án B B *) Nhận xét: +) Ưu điểm rõ rệt cách giải thứ khơng nặng tính tốn dựng hình Bài ( KSCL Đội tuyển HSG 12- Lần - 2021 -THPT Đơng Sơn I- Thanh Hóa): +) BA ∩ AC = A ⇒ k = BA = Gọi M trung điểm AB: BA CM ⊥ AB, CM = a ⇒ CB = MC + MB = a ( ∆ACB có CA2 + CB = a ) +( a 2) 2 = 4a = AB ⇒ ∆ACB vuông C ⇒ BC ⊥ CA , hay hình chiếu B AC C ⇒ p = BC = a 1 k2 = Vậy: d p + h = a ( ) + ( 1) (a 6) = 3a a ⇒ d = = 3a 2 Chọn đáp án C Bài (KSCL Đội tuyển HSG 12- Lần - 2021 -THPT Hậu Lộc - Thanh Hóa): Cho hình chóp S.ABCD có SAB tam giác nằm mặt phẳng vng góc với đáy, đáy ABCD hình vuông cạnh a Gọi M, N trung điểm BC SD Khoảng cách DM CN là: a a C 2a a D A B S N I P A J H B D K E M C L Lời giải (Phương pháp truyền thống – đáp án đề) Gọi H trung điểm AB, ta có H đường cao hình chóp S.ABCD Gọi I trung điểm SA, ta có CN / / IM ⇒ CN / /( IMD ) ⇒ d (CN , DM ) = d (CN , ( IMD )) = d (C , ( IMD )) Gọi L = DM ∩ AB, P = IL∩ SH , E = CH ∩ MD, dựng HK ⊥ PE K Vì ABCD hình vng, M, H trung điểm BC, AB nên DM ⊥ HC E, mà DM ⊥ PH nên DM ⊥ ( PHE ) ⇒ HK ⊥ DM ⇒ HK ⊥ ( IMD ) ⇒ d( H , ( IMD )) = HK Ta có: HE = HC = a2 3a HE + a2 = , = 5 CE 2 PH LH 6 a 3a = = ⇒ P H = IJ = SH = = IJ HJ 7 7 14 Lại có MB / / = AD ⇒ LB = BA = a Gọi J trung điểm HA, suy PH / / IJ , Trong tam giác vng PHE có: mà 1 256 3a = + = ⇒ HK = 2 2 HK HP HE 27a 256 d (C, ( IMD )) CE 2 a = = ⇒ d (C , ( IMD)) = d ( H , ( IMD )) = d ( H , ( IMD )) HE 3 Chọn đáp án A Lời giải 2(Sử dụng kỹ thuật song chiếu công thức pkh) *Phân tích: Bài tốn u cầu tính khoảng cách DM , CN Rõ ràng giữ nguyên thứ tự việc xác định hình chiếu D, M mặt phẳng chứa điểm lại khó khăn ( chưa nhìn thấy được) Tuy nhiên,ta nhận thấy dựa vào giả thiết ( SAB ) ⊥ ( ABCD ) dễ dàng tìm hình chiếu N mặt phẳng chứa điểm lại D, C, M (mặt phẳng đáy (ABCD)) Vậy ta phải đổi thứ tự đường thẳng, điểm ký hiệu: d ( DM , CN ) = d ( NC , DM ) = d S A D N I H A I H P K B P B K D M C M C +) Gọi H trung điểm AB, ta có SH đường cao hình chóp S.ABCD Gọi I hình chiếu N (CDM) 1 a SH ⇒ h = NI = SH = 2 CI IK IM = +) CI ∩ DM = K ⇒ k = Ta có ∆KIM : ∆KCD ⇒ CK CK CD CD + BH 3CD IK CI − CK CI 7 = ⇒ = ⇔ = ⇒ = ⇒k = Do IM = CK CK CK 4 ⇒ NI / / SH , NI = CM CD a a a = +) Gọi P hình chiếu C DM ⇒ p = CP = CM + CD = a   + a2  ÷ 2 7  ÷ 1 k   = 64 ⇒ d = 3a = a = + = + 2 Vậy d p h  3a 64 Chọn đáp án A a 5 a 3  ÷  ÷     Bài (KSCL Đội tuyển HSG 12- Lần 1- 2021- THPT Nguyễn Quán NhoThanh Hóa ): Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình thoi cạnh 4a , ∆SAB tam giác nằm mặt phẳng vng góc với đáy, ·ABC = 60o Gọi M điểm cạnh CD cho CM = 3a Khoảng cách hai đường thẳng SB AM bằng: 4a 51 17 8a 39 C 13 4a 39 13 8a 51 D 17 A B S A D M I H B K F C E Lời giải 1(Phương pháp truyền thống – đáp án đề) ( SAB ) ⊥ ( ABCD )  Ta có: ( SAB ) ∩ ( ABCD ) = AB ⇒ SH ⊥ ( ABCD )  Trong ( SAB ) , SH ⊥ AB Theo giả thiết ta có: AB = BC = 4a ·ABC = 600 nên ∆ABC tam giác đều, cạnh ( 4a ) 4a 4a = 3a Ta có: AM = AD + DM − AD.DM cos ·ADM = ( 4a ) + a − 2.4a.a.cos 60° = 13a ⇒ S ABC = = 3a SH = ⇒ AM = a 13 Trên tia đối tia CD lấy điểm E cho CE = a Khi đó, tứ giác AMEB hình bình hành ⇒ BE = AM = a 13 Mặt khác, ∆ADM = ∆BCE ⇒ S AMEB = S ABCD = 2S ABC = 2.4 3a = 3a  AM ⊄ ( SBE )  ⇒ AM // ( SBE ) Do d ( AM , SB ) = d ( AM , ( SBE ) ) = d ( A, ( SBE ) ) Ta có:  AM // BE  BE ⊂ SBE ( )  d ( A, ( SBE ) ) AB = = ⇒ d ( A, ( SBE ) ) = 2d ( H , ( SBE ) ) Ta lại có: d ( H , ( SBE ) ) HB Trong ( ABCD ) , gọi K F hình chiếu H A lên BE 1 S 3a 39a (do AF = AMEB = = HK đường trung bình ∆ABF ) 2 EB a 13 13  BE ⊥ HK   BE ⊥ SH ( Do SH ⊥ ( ABCD ) ⊃ BE ) ⇒ BE ⊥ ( SHK ) Ta có:  HK , SH ⊂ SHK ( )   HK ∩ SH = H  ⇒ HK = Mà BE ⊂ ( SBE ) ⇒ ( SBE ) ⊥ ( SHK ) Ta lại có: ( SBE ) ∩ ( SHK ) = SK Trong ( SHK ) , kẻ HI ⊥ SK ( I ∈ SK ) ⇒ HI ⊥ ( SBE ) ⇒ d ( H , ( SBE ) ) = HI Tam giác SHK vuông H , đường cao HI nên HI = 1 1 = + = 2 HI SH HK 3a ( ) +  39a   ÷  13  = 17 48a Do đó: 51 51 a Vậy d ( AM , SB ) = a 17 17 Chọn đáp án D Lời giải 2(Sử dụng kỹ thuật song chiếu công thức pkh) *Phân tích: Bài tốn u cầu tính khoảng cách SB, AM Ta nhận thấy dựa vào giả thiết ( SAB ) ⊥ ( ABCD ) dễ dàng tìm hình chiếu S mặt phẳng chứa điểm lại A, B, M (mặt phẳng đáy (ABCD)) Vậy ta giữ nguyên thứ tự ký hiệu: d ( SB, AM ) = d S I A I K A D K D M M H B B 600 C C +) Chiếu vuông góc điểm S xuống mặt phẳng ( ABM ) ta điểm H trung điểm AB ⇒ h = SH = S∆SAB = AB BH = +) BH ∩ AM = A ⇒ k = BA (4a) = 2a 4a +) Chiếu vng góc điểm B xuống AM ta điểm I ⇒ p = BI Tính BI: Trong ∆ACM kẻ CK ⊥ AM ⇒ ∆BIA : ∆CKM ⇒ Mặt khác ,ta có: = ( 4a ) + a − 2.4a.a.cos 60° = 13a 2 BI CK BA.CK = ⇒ BI = BA CM CM 2 AM = AD + DM − AD.DM cos ·ADM 4a.3a 2.S∆ACM 2 CA.CM sin 60 = 6a 39 ⇒ AM = a 13 ⇒ CK = = = AM AM 13 a 13 1 6a 39 4a  ÷   = 17 13 = 8a 39 ⇒ = + k = p = BI = + 2 2 2 Do : 3a 13 d p h  8a 39  (2a 3) 192a  ÷  13  Vậy: d ( SB, AM ) = d = 192a 8a 51 = Chọn đáp án D 17 17 Các ví dụ minh họa thêm phần 2: Bài (Đề THPT QG Mã 101- 2018- Bộ GD&ĐT): Cho hình chóp S ABCD có đáy hình chữ nhật, AB = a, BC = 2a, SA vng góc với mặt phẳng đáy SA = a Khoảng cách hai đường thẳng AC SB bằng: A 6a B 2a C a D a S Giải: Ký hiệu d ( AC , SB ) = d ( SB, AC ) = d +) Hình chiếu S (ABC) A ⇒ h = SA = a +) BA ∩ CA = A ⇒ k = BA =1 BA +)Gọi H hình chiếu B AC ⇒ p = BH = BA.BC BA2 + BC = A a.2a 2a = 2 a + (2a ) D H B C ( 1) = ⇒ d = 4a = 2a 1 k2 = + = + p h2  2a  ( a ) 4a Chọn đáp án B + Vậy d  ÷   Bài (Đề thi thử THPTQG Chuyên Lam Sơn Thanh Hóa- 2019): Cho hình chóp S ABC , có SA = SB = SC , đáy tam giác cạnh a Biết thể tích a3 khối chóp S ABC Khoảng cách hai đường thẳng SA BC bằng: 4a A 13a B 13 6a C S a D Giải: Ký hiệu d ( SA, BC ) = d +) Gọi H hình chiếu S (ABC): H tâm ∆ABC a3 3 3V ⇒ h = SH = S ABC = = 4a S∆ABC a AH = +) AH ∩ BC = M ⇒ k = AM +) Ta có M hình chiếu A BC C A H B M 2  ÷ 1 k   = 49 ⇒ d = 36a = 6a a = + = + 2 ⇒ p = AM = Vậy d p h  36a 49 a  ( 4a )  ÷   Chọn đáp án C Bài (Đề Minh Họa 2020- Lần 1- Bộ GD&ĐT): Cho hình chóp S ABCD có đáy hình thang, AB = 2a , AD = DC = CB = a , SA vng góc với mặt phẳng đáy SA = 3a Gọi M trung điểm AB Khoảng cách hai đường thẳng SB DM bằng: A 3a B 3a 13a 13 C D S Giải: Ký hiệu d ( SB, DM ) = d +) A hình chiếu S (BDM) ⇒ h = SA = 3a +) BA ∩ DM = M ⇒ k = 13a 13 BA =2 BM +)Gọi H hình chiếu B DM ⇒ p = BH Tứ giác ADCM hình thoi H M A CM = MA = MB = a AC ⊥ CB ⇒ AC = AB − BC = a AC a D p = BH = d ( B, DM ) = d (C , DM ) = = 2 2) ( 1 k2 16 9a 3a = + = + = ⇒ d = = d p h  a  ( 3a ) 9a 16 Chọn đáp án A  ÷   2 B C Bài (Đề Tham Khảo 2020- Lần 2- Bộ GD&ĐT): Cho hình chóp S ABC có đáy tam giác vng A , AB = 2a , AC = 4a , SA vuông góc với mặt phẳng đáy SA = a Gọi M trung điểm AB Khoảng cách hai đường thẳng SM BC bằng: S A 2a B 6a C 3a D a Giải: Ký hiệu d ( SM , BC ) = d +) Hình chiếu S (MBC) A ⇒ h = SA = a A MA =1 +) MA ∩ BC = C ⇒ k = MB +) Hình chiếu M BC H ⇒ h = MH Tacó: BC = AB + AC = (2a )2 + (4a ) = 2a ∆BHM : ∆BAC ⇒ C M B H HM AC BM AC a.4a 2a 2a = ⇒ HM = = = ⇒ p= BM BC BC 5 2a 1) ( 1 k2 4a 2a = + = + = ⇒d = = d p h  2a  ( a ) 4a Chọn đáp án A  ÷   Bài (Đề KSCL Toán 12 - THPT Đặng Thai Mai - Thanh Hóa - 2020 - Chun Vĩnh Phúc - 2019): Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình thoi cạnh a , AC = a Tam giác SAB cân S nằm mặt phẳng vng góc với mặt phẳng đáy Tính khoảng cách hai đường thẳng AD SC , biết góc đường thẳng SD mặt đáy 600 a 906 29 a 609 C 19 a 609 29 a 600 D 29 A S B K A I H 600 D B C Giải: +) Ký hiệu d ( AD, SC ) = d (SC , AD ) = d Gọi H trung điểm AB Vì ∆SAB cân S ( SAB) ⊥ ( ABCD) ⇒ SH ⊥ ( ABCD) ⇒ h = SH · Dễ có: (·SD,( ABCD)) = SDH = 600 ⇒ SH = DH tan 600 = DH Vì ABCD hình thoi cạnh a , AC = a ⇒ ∆ADC · ⇒ DAH = 1200 ⇒ DH = DA2 + AH − 2.DA AH cos1200 = a a 21 ⇒ h = SH = DH = 2 CH Do CK HK AH CK − CH CH AH / /CD ⇒ = = ⇔ = ⇔ = =k CK CD CK CK a +) Hình chiếu C AD I ⇒ p = CI = ( ∆ADC cạnh a) 2 1  ÷ 1 k2 29 21a a 609 2 = + = + = ⇒ d = = d p h  a   a 21 2 21a 29 29 Chọn đáp án B  ÷  ÷     +) CH ∩ AD = K ⇒ k = Bài (Đề thi thử THPTQG Chuyên KHTN-2020): S Cho hình chóp S ABCD có đáy hình chữ nhật AB = a, AD = 2a , SA vng góc với mặt phẳng đáy SA = a Gọi M trung điểm AD Tính khoảng cách hai đường thẳng BM SD A a B a 2 C 2a 5 D a 6 A B I M D C Giải: Ký hiệu d ( BM , SD ) = d (SD, BM ) = d +) Hình chiếu S (BDM) A ⇒ h = SA = a +) DA ∩ BM = M ⇒ k = DA =2 DM +) Hình chiếu D BM I ⇒ p = DI Hai tam giác vng MID MAB đồng dạng nên ta có DI MD = = AB MB ⇒ DI = MD MA2 + AB = a a2 + a2 = 2 a a AB = ⇔ p= 2 2) ( 1 k2 a2 a = + = + = ⇒d = = d p h2  a 2 ( a ) a 6 Chọn đáp án D  ÷   Bài (Đề thi thử THPTQG 2021-THPT Hậu Lộc 1- Thanh Hóa): a · Cho hình chóp S ABCD có đáy hình thoi cạnh a , BAD = 1200 , SA = vng góc với đáy Gọi G1 , G2 trọng tâm tam giác ABC SAB Khoảng cách hai đường thẳng CD G1G2 bằng: S a a C A a a D B G2 A M D O H I N Giải: C B Ký hiệu d (CD, G1G2 ) = d (G1G2 , CD) = d K +) Gọi M trung điểm AB, O tâm hình thoi ABCD Trong tam giác SAB, kẻ G2 H / / SA, H ∈ AB ⇒ G2 H ⊥ ( ABCD) ⇔ G2 H ⊥ (G1CD) G1 ⇒ h = G2 H Ta có G2 H = G2 M = ⇒ G2 H = SA = a = a ⇒ h = a SA SM 3 12 12 G1 H BH / / CD G1 B +) G1 H ∩ CD = K ⇒ k = G K = G D = 1 +) Gọi I,N hình chiếu G1 , O CD ⇒ p = G1I GI GD 4 Do G1I / /ON ⇒ = = ⇒ G1I = ON Mặt khác ∆ACD cạnh a nên ta có: ON OD 3 1a a 4 a a ON = d (O, CD ) = d ( A, CD ) = = ⇒ p = G1I = ON = = 2 3 1  ÷ 1 k 2 = ⇒d = a = a = + = + d p h2  a 2  a 2 a Chọn đáp án C  ÷  ÷    12  Bài (KSCL Đội tuyển HSG 12- Lần 2- 2021- THPT Tĩnh Gia 1- Thanh Hóa): Cho hình chóp S ABC có đáy ABC tam giác vng A có AB = cm Tam giác SAB nằm mặt phẳng vng góc với ( ABC ) Lấy M thuộc SC cho CM = 2MS Khoảng cách hai đường AC BM là: S 21 cm 21 cm B 21 21 C cm 21 21 cm D A M C B O H Giải: Ký hiệu: d ( AC , BM ) = d ( MB, AC ) = d K A +) Gọi H trung điểm AB suy SH ⊥ ( ABC ) ⇒ SH = = Trong ∆SHC , từ M dựng MO / / SH Do CM = 2MS H trung điểm AB nên O 2 trọng tâm ∆ABC , đồng thời MO ⊥ ( ABC ) ⇒ h = MO = SH = = 3 BO = +) BO ∩ AC = K ⇒ k = BK +) Hình chiếu B AC A ⇒ p = AB = 2  ÷ 1 k 48 21 = 2+ = +   = ⇒d = = 2 d p h 7 Chọn đáp án A ( )   48  ÷   Bài 9( KSCL Đội tuyển HSG 12- Lần 1- 2021- THPT Thọ Xuân 5- Thanh Hóa): Cho tứ diện ABCD có cạnh 2 Gọi G trọng tâm tứ diện ABCD M trung điểm AB Khoảng cách hai đường thẳng BG CM D bằng: A 10 B 14 C D Giải: Ký hiệu: d ( BG , CM ) = d (GB, CM ) = d +) Gọi H hình chiếu G (BCM) ⇒ H tâm G A C M H B tam giác ABC h = GH = DH Ta có: CM = 2 2 = ⇒ CH = CM = 3 3 ⇒ h = DH = BH =1 +) BH ∩ CM = H ⇒ k = BH +) Hình chiếu B CM M ⇒ p = BM = ⇒ DH = DC − CH = 1 k2 = 2+ = p h Vậy: d ( 2) + ( 1) 2  3  ÷   = 2 ⇒d= = 14 Chọn đáp án B Bài 10 ( HSG NGHỆ AN –BẢNG B- 2021-2022): Cho hình hộp ABCD A1B1C1D1 có đáy ABCD hình thoi cạnh a, ·ABC = 600 B1 A ⊥ ( ABCD ) Gọi M trung điểm CD, góc đường thẳng B1M mặt phẳng ( A1B1C1 D1 ) α với cot α = Tính khoảng cách hai đường thẳng B1 M A1C1 A 2a 51 17 B a 51 C a 51 D a 51 17 K H B1 α C1 B1 I a D1 A1 I A1 M a C1 C B A H 600 D1 D Giải: Ký hiệu: d ( B1M , A1C1 ) = d (MB1 , A1C1 ) = d +) Gọi H hình chiếu M ( B1 A1C1 ) ⇒ h = MH = B1 A( MH / / = B1 A) · M = α ⇒ HM = tan α = = ⇒ h = HB ⇒ (· B1M , A1 B1C1D1 ) = (·B1M , B1H = HB 1 HB1 cot α K a a a a Dễ thấy C1 H = , B· 1C1 H = 600 ⇒ HB1 = a +  ÷ − 2.a .cos 600 = ⇒h=a 2 2 BH +) B1 H ∩ A1C1 = K ⇒ k = = BK a +) Hình chiếu B1 A1C1 I = B1D1 ∩ A1C1 ⇒ p = B1I = (do ∆A1B1C1 đều) 2 1  ÷ 1 k2   = 17 ⇒ d = 12a = 2a 51 = + = + 2 Vậy: d p h  12a 17 17 Chọn đáp án A a 3 a  ÷   ( ) Các ví dụ minh họa thêm phần 3: Bài (Đề Giao lưu đội tuyển HSG khối trườngTHPT Hậu Lộc- Thanh – Hóa- 2021): · Cho hình chóp S ABC có BAC = 90° , AB = 3a , AC = 4a , hình chiếu đỉnh S điểm H nằm ∆ABC Biết khoảng cách cặp đường thẳng chéo hình chóp d ( SA, BC ) = d ( SC , AB ) = A 9a 12a 6a 34 , d ( SB, CA) = , 17 12a 13 Tính thể tích khối chóp S ABC 13 B.12a C 18a D 6a Lời giải ( người đề) ∆ABC vuông A ⇒ BC = AB + AC = ( 3a ) + ( 4a ) = 25a = 5a Vẽ ∆MNP cho AB , BC , CA đường trung bình ∆MNP ⇒ ACBN ; ABCP hình bình hành; ABMC hình chữ nhật MP = 6a ; MN = 8a ; NP = 10a Ta có: BC // ( SNP ) S ⇒ d ( SA, BC ) = d ( BC , ( SNP ) ) = d ( B, ( SNP ) ) Lại có: d ( B, ( SNP ) ) d ( M , ( SNP ) ) = BN = MN ⇒ d ( M , ( SNP ) ) = 2d ( B, ( SNP ) ) = 2d ( SA, BC ) = 12a 34 17 Tương tự ta tính được: d ( P, ( SMN ) ) D 24a = 2d ( SB, CA ) = d ( N , ( SMP ) ) = 2d ( SC , AB ) = P A 24a 13 13 N E C H F B Gọi D , E , F hình chiếu H lên NP , MP , MN đặt h = SH = d ( S , ( MNP ) ) Ta có: SH ⊥ NP HD ⊥ NP ⇒ NP ⊥ ( SHD ) Chứng minh tương tự: HE ⊥ ( SMP ) ; HF ⊥ ( SMN ) M Do đó: 3VSMNP = d ( M , ( SNP ) ) S SNP = d ( N , ( SMP ) ) S SMP = d ( P, ( SMN ) ) S SMN = d ( S , ( MNP ) ) S MNP = h S MNP 2 Mặt khác: S SNP = SD NP = 5a SD ; S SMP = SE MP = 3a SE ; 1 SF MN = 4a SF ; S MNP = MN MP = 24a 2 12a 34 24a 13 24a ⇒ ×5a ×SD = ×3a ×SE = ×4a ×SF = 24a h 17 13 5h h 34 h 13 ⇒ SD = ; SE = ; SF = S SMN = Ta lại có: HD = SD − SH = 34h 9h2 3h − h2 = = 25 25 13h 4h 2h − h2 = = 9 HE = SE − SH = 25h 9h2 3h − h2 = = 16 16 1 Mà S MNP = S HNP + S HMP + S HMN = HD ×NP + HE ×MP + HF ×MN 2 3h 2h 3h ⇒ × ×10a + × ×6a + × ×8a = 24a ⇒ 8ah = 24a ⇒ h = 3a 1 Vậy thể tích khối chóp S ABC VS ABC = h ×S ABC = ×3a × ×3a ×4a = 6a 3 HF = SF − SH = Chọn đáp án D Lời giải 2(sử dụng kỹ thuật song chiếu công thức pkh) B S K Q P A Q H C H K I A M P B +) Gọi I hình chiếu A BC ⇒ AI = AB AC = 12a AB + AC 12a , p2 = d ( B, AC ) = 3a, p3 = d (C , AB ) = 4a +) Ký hiệu: p1 = d ( A, BC ) = AI = h = SH , d1 = d (SA, BC ), d = d (SB, AC ), d = d (SC , AB ) k1 = AH BH CH , k2 = , k3 = AK BP CQ +) Áp dụng cơng thức pkh ta có: 2 C 1 k12  17 25 k12  k1 = + = +  2   2  h = 4a p1 h 72 a 144 a h  d1  h = 4ak1   2   k2 k  25 k = + 22 ⇔  = ⇔  k2 = k1  = + ⇔ 9a h  d p2 h 144a  h 4a  2 k 1    k3 = k1 k 13 k1 = +   = 2+   h = 6a 2  h 144a 16a  d3 p3 h Ký hiệu: S = S ABC , S1 = S HBC , S = S HAC , S3 = S HAB ⇒ S1 + S + S = S S HM HP BP − BH BH = = = 1− = − k2 +)Ta có: S2 = HM AC ⇒ = S AB BP BP BP S S S S S +)Tương tự: = − k1 , = − k3 ⇒ + + = − (k1 + k2 + k3 ) ⇔ k1 + k2 + k3 = S S S S S 1 ⇔ k1 + k1 + k1 = ⇔ k1 = ⇔ h = 4ak1 = 3a ⇒ VS ABC = h.S ABC = 3a 3a.4a = 6a 3 Chọn đáp án D Bài (ĐỀ THAM KHẢO SỐ – THI THỬ TN THPT 2020 – VTV7): Cho khối lăng trụ ABC A ' B ' C ' đáy tam giác vuông cân A Hình chiếu A ' lên mặt phẳng ( ABC ) trung điểm H đoạn AB , khoảng cách A ' H BC ' A 5 AA ' = Thể tích khối lăng trụ ABC A ' B ' C ' bằng: 16 B C 16 D A' C' Giải: Ký hiệu d ( A ' H , BC ') = d (C ' B, A ' H ) = d = 3a 14 B' +) Hình chiếu C’ (HBA’) A’ ⇒ h = C ' A' +) BA '∩ A ' H = A ' ⇒ k = BA ' =1 BA ' +) Hình chiếu B A’H H ⇒ p = BH = A C H AB A ' C ' h = = 2 B Thay vào công thức pkh: 1 k2 1 12 = + ⇔ = + ⇔ = + ⇒ h = ⇒ AB = AC = 2 2 2 d p h 16 h h 4 5  h  ( h)  ÷  ÷ 2   ⇒ AH = ⇒ A ' H = AA '2 − AH = 32 − 2 = ⇒ VABC A ' B ' C ' = A ' H S ABC = 5.4.4 = Chọn đáp án B Bài (ĐỀ HSG 2019– SỞ GD&ĐT ĐÀ NẴNG ): Cho hình chóp S ABC có góc mặt bên mặt đáy ( ABC ) 600 Biết khoảng cách hai 3a đường thẳng SA BC , tính theo a thể tích V khối chóp S ABC 14 A V = a3 12 B V = a3 16 C V = a3 18 D V = a3 24 S Giải: Ký hiệu d ( SA, BC ) = d = 3a Gọi M trung điểm BC 14 +) Gọi H hình chiếu S (ABC) ⇒ H tâm tam giác ABC h = SH ⇒ HM = SH cot 600 = +) AH ∩ BC = M ⇒ k = h 3 AH = AM C A 600 H +) Hình chiếu A BC M ⇒ p = AM = 3HM = h Từ cơng thức pkh ta có: M B 1 k2 1 = 2+ ⇔ = 2 d p h  3a  h  ÷  14  ( ⇒ BC = ) 2  ÷ 28 a a +  2 ⇔ = + ⇒ h = ⇒ SH = 9a 3h 9h 2 ( h) AM 2h a2 1 a a a3 = = a ⇒ S ABC = ⇒ VS ABC = SH S ABC = = 3 24 3 Chọn đáp án D Bài (ĐỀ HSG12 SỞ GD&ĐT Lâm Đồng năm 2018- 2019): Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình vng cạnh a Gọi M , N trung điểm cạnh AB, AD H giao điểm CN DM Biết SH ⊥ ( ABCD ) khoảng cách hai đường thẳng DM SC theo a thể tích khối tứ diện SHMC A a B 3a 5 2a Tính S C a D 3a 10 10 Giải: Ký hiệu d ( DM , SC ) = d ( SC , DM ) = d = 2a A a a Theo đề ta có: CN ⊥ DM , CN = DM = a +  ÷ = 2 DN DC a 3a DH = = ⇒ HM = DM − DH = 2 10 DN + DC 2a CH = DC − DH = Ta có h = SH CH =1 +) CH ∩ DM = H ⇒ k = CH +) Hình chiếu C DM H ⇒ p = CH = B M N H D 2a 5 C Từ cơng thức pkh ta có: 1 k2 1 = + ⇔ = + ⇔ = + ⇒ h = a ⇒ SH = a 2 2 d p h 4a 4a h  2a   2a  h  ÷  ÷    5 1 1 3a 2a a = Vậy VSHMC = VS HMC = SH S HMC = a HM HC = a 3 10 10 Chọn đáp án C Bài (ĐỀ THI THỬ TN THPT- 2022- Lần 1- SỞ GD&ĐT BẮC GIANG ): Cho hình chóp S ABC có đáy tam giác vuông cân A , BC = 2a M trung điểm BC Biết SA ⊥ ( ABC ) khoảng cách hai đường thẳng SB a , tính theo a thể tích V khối chóp S ABC a3 a3 a3 A V = B V = C V = 3 AM D V = 2a Giải: Trước hết ta có: AB = AC = BC 1 = a ⇒ VS ABC = SH S ABC = SH a 3 Ta cần tính SH thơng qua khoảng cách SB AM kỹ thuật song chiếu với cơng thức (pkh) S +) Hình chiếu S (ABM) A ⇒ h = SH +) BA ∩ AM = A ⇒ k = BA = BA +) Hình chiếu B AM M ⇒ p = BM = a Khi ta có: 1 k2 1 = + ⇔ = + ⇒ h = a ⇒ SH = a 2 2 d p h ( a) h a 6  ÷   3 Vậy: VS ABC = SH a = a 2.a = Chọn đáp án A a3 A C M B ... khoảng cách hai đường thẳng chéo nhau, toán liên quan đến khoảng cách hai đường thẳng chéo không gian 1.4 PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU - Dựa sở lý thuyết đề cập SGK: Khái niệm khoảng cách từ điểm đến. .. phải giải toán liên quan khoảng cách hai đường thẳng chéo - Tính nhanh khoảng cách hai đường thẳng chéo khơng cần phải dựng khoảng cách – cơng việc khó khăn học sinh phổ thơng - Đặc biệt xử lí. .. chiếu kết hợp cơng thức pkh để tính khoảng cách hai đường thẳng chéo +) Phần 3: Các trình bày cách giải sử dụng cơng thức pkh để giải toán liên quan đến khoảng cách Phần tốn tính thể tích khối