Sử dụng phương pháp tọa độ để giải quyết một số bài toán về Góc và Khoảng cách trong Hình học không gian cấp Trung học phổ thông

CỘNG HÒA XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM
Độc lập – Tự do – Hạnh phúc

THUYẾT MINH MÔ TẢ GIẢI PHÁP
VÀ KẾT QUẢ THỰC HIỆN SÁNG KIẾN

1. Tên sáng kiến: Sử dụng phương pháp tọa độ để giải quyết một số bài tốn về Góc và
Khoảng cách trong Hình học khơng gian cấp Trung học phổ thông.
2. Ngày sáng kiến được áp dụng lần đầu hoặc áp dụng thử: từ 06/3/2021 đến
20/3/2021
3. Các thông tin cần bảo mật: không
4. Mô tả các giải pháp cũ thường làm
Nội dung góc và khoảng cách trong hình học khơng gian là một nội dung khó, địi
hỏi học sinh có tư duy tốt, tích cực luyện tập mới có được những kỹ năng cơ bản để giải
quyết bài toán. Đây cũng là nội dung quan trọng thường gặp trong các đề thi toán của
kỳ thi chọn học sinh giỏi các cấp; thi tốt nghiệp THPT hàng năm.
Trước khi thực hiện giải pháp, đã có một số các tài liệu viết về phương pháp tọa
độ hóa, cách vận dụng phương pháp này để giải quyết một số bài tốn về góc, khoảng
cách trong hình học khơng gian, tuy nhiên các tài liệu này chủ yếu viết cho đối tượng
học sinh giỏi nên kiến thức rất rộng và sâu nếu sử dụng tài liệu này cho học sinh khá, tư
duy có hạn thì học sinh sẽ thấy áp lực, không tạo được hứng thú học tập cho học sinh.
Có những tài liệu chỉ đưa ra các câu hỏi và bài tập ngay mà không tổng hợp lại lý thuyết,
không đưa ra phương pháp gắn tọa độ cho từng dạng bài cụ thể nên sẽ gây khó khăn cho
học sinh giải quyết vấn đề vì đây là mảng kiến thức rất rộng và khó.
5. Sự cần thiết phải áp dụng giải pháp sáng kiến
Việc giải bài tốn hình học khơng gian bằng phương pháp hình học thuần túy gặp
nhiều khó khăn đối với học sinh vừa học xong chương trình lớp 12 vì đa phần các em
đang quen với việc giải các bài tốn tọa độ trong khơng gian, hơn thế mảng kiến thức
về góc và khoảng cách nằm trong chương trình lớp 11 nên nhiều em đã qn một phần
kiến thức.
Việc giải bài tốn hình học khơng gian bằng phương pháp tọa độ có rất nhiều ưu

việt, tuy nhiên học sinh cũng gặp khơng ít khó khăn. Bởi vì phương pháp này chưa được


2

đề cập nhiều trong sách giáo khoa, học sinh phổ thơng ít được tiếp cận và cũng khơng
thể áp dụng cho tất các các dạng bài.
Mặc dù có nhiều tài liệu về viết về cách sử dụng phương pháp tọa độ để giải quyết
một số bài tốn hình học khơng gian, nhưng việc áp dụng dạy theo các tài liệu này đạt
kết quả chưa cao, HS lớp 12 ôn thi tốt nghiệp THPT ln cảm thấy khó khi học về phần
kiến thức này, điểm thi về phần này không ổn định. Đặc biệt chưa có tài liệu nào viết về
cách giải quyết bài tốn góc, khoảng cách cụ thể, chi tiết. Trong khi đó thì bài tốn xác
định góc và tính khoảng cách là một bài tốn hình học khơng gian quan trọng, không
thể thiếu trong đề thi tốt nghiệp THPT và đề thi chọn học sinh giỏi. Do vậy việc áp dụng
giải pháp này trong giảng dạy ở các lớp 12 ôn thi tốt nghiệp THPT, ôn thi HSG là rất
cần thiết. Qua việc thử nghiệm dạy ở lớp 12 bước đầu đã đạt được những kết quả nhất
định.
6. Mục đích của giải pháp sáng kiến
Các giải pháp của sáng kiến là tài liệu tham khảo rất phù hợp cho giáo viên và học
sinh các lớp 12 ôn thi tốt nghiệp THPT, ôn thi HSG. Cụ thể:
- Giải pháp 1: Sử dụng phương pháp tọa độ để giải quyết một số bài tốn về góc
trong khơng gian.
Trong giải pháp này tác giả đã đưa ra một số cách gắn hệ trục tọa điển hình cho
từng dạng bài từ đó áp dụng cơng thức xác định góc giữa 2 đường thẳng, góc giữa đường
thẳng và mặt phẳng, góc giữa hai mặt phẳng để giải quyết bài toán.
Với giải pháp tác giả đưa ra thì Giáo viên có thể đưa ra các bài tập phù hợp với
đối tượng học sinh để dễ tiếp cận; với đối tượng học sinh mới học lần đầu thì có thể dạy
theo hệ thống đó một cách chi tiết, còn với đối tượng học sinh giỏi có thể tự đọc tài liệu,
từ đó học sinh tự giải quyết vấn đề một cách dễ dàng, khơng cịn phải nhớ tính chất một
cách máy móc nữa mà sẽ hiểu bản chất toán học và từ đây cũng phát triển tư duy, rèn

luyện kỹ năng tổng hợp, phân tích.
* Kết quả giải pháp 1: học sinh có thể tính tốn một cách thành thạo góc giữa 2
đường thẳng, góc giữa đường thẳng và mặt phẳng, góc giữa 2 mặt phẳng trong khơng
gian, giải quyết tốt các bài tốn về thể tích khối đa diện trong đó có liên quan đến yếu
tố góc.
- Giải pháp 2: Sử dụng phương pháp tọa độ để giải quyết một số bài toán về
khoảng cách trong không gian.


3

Với cơng cụ tọa độ hóa đã đưa ra ở giải pháp 1, tác giả tiếp tục xây dựng một số
bài toán xác định khoảng cách từ 1 điểm đến 1 mặt phẳng, khoảng cách giữa 2 đường
thẳng chéo nhau trong không gian.
* Kết quả giải pháp 2: tác giả đã đưa ra hệ thống câu hỏi và bài tập từ dễ đến khó
về khoảng cách từ 1 điểm đến 1 mặt phẳng, khoảng cách giữa 2 đường thẳng chéo nhau
trong không gian, thường xuất hiện rất nhiều trong các đề thi từ đề thi tốt nghiệp trung
học phổ thông quốc gia đến các kỳ thi HS giỏi. Đồng thời tác giả cũng chỉ ra cách xác
định thể tích của khối đa diện bằng phương pháp tọa độ trong đó có liên quan đến yếu
tố khoảng cách.
- Ngồi 2 giải pháp nêu trên tác giả cũng giới thiệu thêm cách sử dụng phương
pháp tọa độ vào giải quyết một số dạng bài tính thể tích khối đa diện, bài tốn về cực trị
hình học cho đối tượng học sinh giỏi làm tài liệu nghiên cứu.
Tôi cùng các đồng nghiệp đã sử dụng Sáng kiến trong hoạt động dạy cho lớp 12
và bồi dưỡng học sinh giỏi tỉnh mơn Tốn, được các đồng nghiệp ghi nhận có hiệu quả
tốt trong việc nâng cao chất lượng thi tốt nghiệp THPT và bồi dưỡng đội tuyển, tiết kiệm
thời gian các buổi rèn kĩ năng làm bài cho Đội tuyển.
7. Nội dung
7.1. Thuyết minh giải pháp mới hoặc cải tiến
7.1.1 Các giải pháp áp dụng sáng kiến

- Giải pháp 1: Sử dụng phương pháp tọa độ để giải quyết một số bài toán về Góc
trong Hình học khơng gian.
I. CƠ SỞ LÝ THUYẾT
1. Hệ trục tọa độ trong không gian
1.1. Trong không gian, xét ba trục tọa độ Ox, Oy, Oz vng góc với nhau từng đôi một
và chung một điểm gốc O. Gọi i, j, k là các vectơ đơn vị, tương ứng trên các trục
Ox, Oy, Oz . Hệ ba trục như vậy gọi là hệ trục tọa độ vng góc trong không gian.
2

2

2

Chú ý: i = j = k = 1 và i. j = i.k = k. j = 0 .
1.2. Tọa độ của vectơ
a) Định nghĩa: u = ( x; y; z )  u = xi + y j + zk
b) Tính chất: Cho a = ( a1; a2 ; a3 ) , b = ( b1; b2 ; b3 ) , k 
• a  b = ( a1  b1 ; a2  b2 ; a3  b3 )


4

• ka = ( ka1; ka2 ; ka3 )
a1 = b1

• a = b  a2 = b2
a = b
 3 3

• 0 = ( 0;0;0 ) , i = (1;0;0 ) , j = ( 0;1;0 ) , k = ( 0;0;1)

(

)

• a cùng phương b b  0  a = kb ( k 
a1 = kb1

 a2 = kb2
a = kb
3
 3



a1 a2 a3
= = ,
b1 b2 b3

)

( b1 , b2 , b3  0 )

• a.b = a1.b1 + a2 .b2 + a3 .b3

• a ⊥ b  a1b1 + a2b2 + a3b3 = 0

• a 2 = a12 + a22 + a32

• a = a12 + a22 + a22

(

)

• cos a, b =

a.b
a .b

=

a1b1 + a2b2 + a3b3
a + a22 + a32 . b12 + b22 + b32
2
1

(với a, b  0 )

1.3. Tọa độ của điểm
a) Định nghĩa: M ( x; y; z )  OM = x.i + y. j + z.k (x: hồnh độ, y: tung độ, z: cao độ)
Chú ý:

• M  ( Oxy )  z = 0; M  ( Oyz )  x = 0; M  ( Oxz )  y = 0
• M  Ox  y = z = 0; M  Oy  x = z = 0; M  Oz  x = y = 0 .

b) Tính chất: Cho A( xA ; yA ; z A ), B( xB ; yB ; zB )
• AB = ( xB − xA ; yB − y A ; zB − z A )
• AB = ( xB − xA )2 + ( yB − y A )2 + ( zB − z A )2
 xA + xB y A + yB z A + zB 

;
;

 2
2
2 

• Toạ độ trung điểm M của đoạn thẳng AB : M 
• Toạ độ trọng tâm G của tam giác ABC :

 x + x + x y + yB + yC z A + zB + zC 
G A B C ; A
;

3
3
3



• Toạ độ trọng tâm G của tứ diện ABCD :


5

 x + x + x + xD y A + yB + yC + yD z A + zB + zC + zC 
G A B C
;
;



4
4
4


1.4. Tích có hướng của hai vectơ
a) Định nghĩa: Trong không gian Oxyz cho hai vectơ a = (a1; a2 ; a3 ) , b = ( b1; b2 ; b3 ) . Tích
có hướng của hai vectơ a và b, kí hiệu là  a, b  , được xác định bởi:
a
 a , b  =  2
 b2

a3 a3
;
b3 b3

a1 a1 a2 
;
 = ( a2b3 − a3b2 ; a3b1 − a1b3 ; a1b2 − a2b1 )
b1 b1 b2 

Chú ý: Tích có hướng của hai vectơ là một vectơ, tích vơ hướng của hai vectơ là
một số.
b) Tính chất:
• [a, b] ⊥ a;

[a, b] ⊥ b

•  a, b  = − b, a 

• i , j  = k ;

 j , k  = i ;

 k , i  = j

• [a, b] = a . b .sin ( a, b )
• a, b cùng phương  [a, b] = 0
c) Ứng dụng của tích có hướng:
• Điều kiện đồng phẳng của ba vectơ: a, b và c đồng phẳng  [a, b].c = 0
=  AB, AD 

• Diện tích hình bình hành ABCD :

S

• Diện tích tam giác ABC :

SABC =

• Thể tích khối hộp ABCDABCD :

VABCD. A ' B 'C ' D ' = [ AB, AD]. AA

• Thể tích tứ diện ABCD :

VABCD =

ABCD

1
 AB, AC 
2

1
[ AB, AC ]. AD
6

Chú ý:
- Tích vơ hướng của hai vectơ thường sử dụng để chứng minh hai đường thẳng
vng góc, tính góc giữa hai đường thẳng.
- Tích có hướng của hai vectơ thường sử dụng để tính diện tích tam giác; tính
thể tích khối tứ diện, thể tích hình hộp; chứng minh các vectơ đồng phẳng – không đồng


6

phẳng, chứng minh các vectơ cùng phương.

a ⊥ b  a.b = 0
a và b cùng phương   a , b  = 0
a , b , c đồng phaúng   a , b  .c = 0
2. Phương trình mặt phẳng
• Mặt phẳng (P) đi qua điểm M 0 ( x0 ; y0 ; z0 ) và nhận vectơ n = ( A; B; C ) , n  0 làm
vectơ pháp tuyến thì phương trình mặt phẳng ( P ) có dạng:
A ( x − x0 ) + B ( y − y0 ) + C ( z − z0 ) = 0.

• Trong khơng gian Oxyz , mọi mặt phẳng đều có dạng phương trình:
Ax + By + Cz + D = 0 với A2 + B 2 + C 2  0

• Nếu mặt phẳng ( ) có phương trình Ax + By + Cz + D = 0 thì nó có một VTPT là
n( A; B; C ) .

• Phương trình mặt phẳng đi qua điểm M 0 ( x0 ; y0 ; z0 ) và nhận vectơ n( A; B; C ) khác
0 là VTPT là: A( x − x0 ) + B( y − y0 ) + C ( z − z0 ) = 0 .

• Nếu mp(P) có cặp vectơ a = (a1; a2 ; a3 ) b = (b1; b2 ; b3 ) khơng cùng phương ,có giá
song song hoặc nằm trên (P) thì vectơ pháp tuyến của (P) được xác định n = a, b 
• Phương trình mặt phẳng theo đoạn chắn: mặt phẳng

( P ) đi qua 3 điểm

A ( a;0;0 ) , B ( 0; b;0 ) , ( 0;0; c ) (abc  0) thì phương trình mặt phẳng ( P ) có dạng:
x y z
+ + =1.
a b c

3. Góc
3.1. Góc giữa 2 đường thẳng:
1 có vectơ chỉ phương a1
 2 có vectơ chỉ phương a2

Gọi  là góc giữa hai đường thẳng 1 và  2 . Ta có: cos  =
3.2. Góc giữa đường thẳng và mặt phẳng:

a1.a2
a1 . a2


7

 có vectơ chỉ phương a

( ) có vectơ chỉ phương

n

Gọi  là góc giữa hai đường thẳng  và ( ) . Ta có: sin  =

a .n
a . n

3.3. Góc giữa hai mặt phẳng:
Trong khơng gian Oxyz , cho hai mặt phẳng (  ) : A1 x + B1 y + C1 z + D1 = 0 và

( ) : A2 x + B2 y + C2 z + D2 = 0.
Góc giữa (  ) và (  ) bằng hoặc bù với góc giữa hai VTPT n , n . Tức là:

(

)

cos ( (  ) , (  ) ) = cos n , n =

n .n
n . n

=

A1 A2 + B1 B2 + C1C2

A12 + B12 + C12 . A22 + B22 + C22

4. CÁC BƯỚC GIẢI BÀI TOÁN BẰNG PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ HĨA
• Bước 1: Chọn hệ trục tọa Oxyz.
Xác định ba đường thẳng đồng quy và đôi một cắt nhau trên cơ sở có sẵn của hình
(như tam diện vng, hình hộp chữ nhật, hình chóp tứ giác đều …), hoặc dựa trên các
mặt phẳng vng góc dựng thêm đường phụ.
• Bước 2: Tọa độ hóa các điểm của hình khơng gian.
Tính tọa độ điểm liên quan trực tiếp đến giả thiết và kết luận của bài tốn. Cơ sở
tính tốn chủ yếu dựa vào quan hệ song song, vng góc cùng các dữ liệu của bài tốn.
• Bước 3: Chuyển giả thiết qua hình học giải tích.
Lập các phương trình đường, mặt liên quan. Xác định tọa độ các điểm, véc tơ cần
thiết cho kết luận.
• Bước 4: Giải quyết bài tốn.
Sử dụng các kiến thức hình học giải tích để giải quyết u cầu của bài tốn hình
khơng gian.
Chú ý các cơng thức về góc, khoảng cách, diện tích và thể tích …


8

Học sinh có thể chọn hệ tọa độ một số hình khơng gian theo gợi ý sau:
Hình hộp lập phương – Hình hộp chữ nhật ABCD.A ' B ' C ' D '
Với hình lập phương.

z

D'

A'

Chọn hệ trục tọa độ sao cho :

B'

C'

A ( 0;0;0 ) , B ( a;0;0 )
C ( a; a;0 ) , D ( 0; a;0 )
A ' ( 0;0; a ) , B ' ( a;0; a ) , C ' ( a; a; a ) , D ' ( 0; a; a )

D
A

y

B

Với hình hộp chữ nhật.

C

x

Chọn hệ trục tọa độ sao cho:
A ( 0;0;0 ) , B ( a;0;0 )
C ( a; b;0 ) , D ( 0; b;0 )
A ' ( 0;0; c ) , B ' ( a;0; c ) , C ' ( a; b; c ) , D ' ( 0; b; c )

Chú ý: Tam diện vuông là một nửa của hình hộp chữ nhật nên ta chọn hệ trục tọa độ

tương tự như hình hộp chữ nhật.
Với hình hộp đứng có đáy là hình thoi ABCD.A ' B ' C ' D '
Chọn hệ trục tọa độ sao cho:

z

Gốc tọa độ trùng với giao điểm O của hai
đường chéo của hình thoi ABCD

D'

A'
B'
C'

Trục Oz đi qua 2 tâm của 2 đáy
Nếu AC = a, BD = b, AA ' = c thì
a  b

  a   b

A  0; − ;0  , B  ;0;0  , C  0; ;0  , D  − ;0;0 
2  2

  2   2

a 

b


 a   b

A '  0; − ; c  , B '  ;0; c  , C '  0; ; c  , D  − ;0; c 
2 

2

 2   2


A
x

B

D
O
C

y

Chú ý: Với lăng trụ đứng ABC. A ' B ' C ' có đáy ABC là tam giác cân tại B thì ta chọn
hệ tọa độ tương tự như trên với gốc tọa độ là trung điểm AC , B  Ox, C  Oy còn trục
Oz đi qua trung điểm hai cạnh AC , A ' C ' .


9

Hình chóp đều
1)

Hình

chóp

tam

giác

đều

S. ABC ,

z

S

AB = a, SH = h ta chọn hệ tọa độ sao cho O là

trung điểm BC , A  Ox, B  Oy , trục Oz song
song với SH . Khi đó:
x

a 3
 a 3

O ( 0;0;0 ) , H 
;0;0  , A 
;0;0  ,
 6

  2


a  a 3
 a  
B  0; ;0  , C  0; − ;0  , S 
;0; h 
2   6
 2  


2)

Hình

chóp

tứ

giác

đều

C

A

H
y

S. ABCD ,

O
B

z

AB = a, SH = h

S

ta chọn hệ tọa độ sao cho O là tâm của đáy,
B  Ox, C  Oy, S  Oz . Khi đó


a 2  a 2
O ( 0;0;0 ) , A  0; −
;0  , B 
;0;0  ,
2

  2

 a 2   a 2

C  0;
;0  , D  −
;0;0  , S ( 0;0; h )
2
2


 


A

D

B

O
C

x

y

Chú ý: Ngoài cách chọn hệ trục như trên ta có thể chọn hệ trục bằng cách khác.
Chẳng hạn với hình chóp tam giác đều ta có thể chọn O  H , trục Oy đi qua H
và song song với BC .
Hình chóp S. ABCD có SA ⊥ ( ABCD ) , SA = h
1) 1) Nếu đáy là hình chữ nhật ta chọn hệ trục sao
cho A  O, B  Ox, D  Oy, S  Oz

z
S

A

y

D

B
x

C


10

2) 2) Nếu đáy là hình thoi ta chọn hệ trục sao cho O
là tâm B  Ox, C  Oy, Oz / / SA

S
z

A
D
B
x

O
C

y

Chú ý: Cho hình chóp S. ABC có SA ⊥ ( ABC )
•

Nếu đáy ABC là tam giác vng tại A thì cách chọn hệ trục hồn tồn tương tự

như hình chóp S. ABCD có đáy là hình chữ nhật.
•

Nếu đáy ABC là tam giác cân tại B thì ta chọn hệ trục tọa độ hồn tồn tương

tự như hình chóp S. ABCD có đáy là hình thoi, khi đó gốc tọa độ là trung điểm của cạnh
AC.

Hình chóp S. ABC có ( SAB ) ⊥ ( ABC )
Đường cao SH = h của tam giác SAB là
đường cao của hình chóp.
Nếu

tam

giác

ABC vng

tại

z

S

A,

AB = a, AC = b thì ta chọn hệ trục tọa độ

sao cho A  O, B  Oy, C  Ox, Oz / / SH

H

y

A

B

Khi đó
C x

A ( 0;0;0 ) , B ( 0; a;0 ) , C ( b;0;0 )
AH = c  H ( 0; c;0 ) , S ( 0; c; h )

Chú ý:
• Nếu
• Nếu

vng tại B ta chọn B  O , vuông tại C chọn B  O .
tam

giác

SAB cân
H  O, C  Ox, B  Oy, S  Oz.

tại

S , ABC

cân

tại

C

thì

ta

chọn

Tùy vào từng bài tốn mà có thể thay đổi linh hoạt cách chọn hệ tọa độ. Trong
nhiều trường hợp, phải biết kết hợp kiến thức hình khơng gian tổng hợp và kiến thức
hình giải tích nhằm thu gọn lời giải.


11

II. MỘT SỐ VÍ DỤ MINH HỌA
Dạng 1: Góc giữa hai đường thẳng trong không gian
Phương pháp:
B1: Chon hệ trục tọa độ theo đặc điểm của từng hình (theo gợi ý ở phần cơ sở lý thuyết).
B2: Xác định tọa độ các điểm nằm trên hai đường thẳng cần xác định góc.
B3: Xác định góc giữa hai đường thẳng thơng qua góc giữa hai vec tơ chỉ phương của
hai đường thẳng đó.
Chẳng hạn tính góc giữa hai đường thẳng AB, CD ta áp dụng công thức sau

(

)

cos ( AB, CD ) = cos AB, CD =

AB.CD
AB CD

VD1.1. (ĐHQG Hà Nội - 2020) Cho hình chóp S. ABCD có đáy hình vng. Cho tam
giác SAB vng tại S và góc SBA bằng 300 . Mặt phẳng ( SAB ) vng góc mặt phẳng
đáy. Gọi M , N là trung điểm AB, BC . Tìm cosin góc tạo bởi hai đường thẳng ( SM , DN )
A.

2
.
5

B.

1
.
5

C.

1
.
3

D.

2
.
3

Hướng dẫn giải
( SAB ) ⊥ ( ABCD )

Trong ( SAB ) , kẻ SH ⊥ AB tại H . Ta có: ( SAB )  ( ABCD ) = AB  SH ⊥ ( ABCD )

 SH  ( SAB ) , SH ⊥ AB

Kẻ tia Az // SH và chọn hệ trục tọa độ Axyz như hình vẽ sau đây.

Trong tam giác SAB vng tại S , SB = AB.cos SBA = a.cos300 =

a 3
.
2


12

Trong

tam

giác

SH = BH .sin SBA =

SBH

vuông

tại

H,

BH = SB.cos SBH =

3a
4

và

a 3
.
4

AH = AB − BH = a −

 a a 3
3a a
 a 
=
 H  0; ;0   S  0; ;
 .
4 4
 4 

 4 4 

a
 a 

M  0; ;0  , D ( a;0;0 ) , N  ; a;0  .
2
 2 



a

a 3

 a



Ta có: SM =  0; ; −
 , DN =  − ; a;0 
4 
 2

 4
a2
SM .DN
1
4
.

 cos ( SM , DN ) =
=
=
SN .DN
a a 5
5
.
2 2

Phân tích: Bài tốn cho hình chóp có đáy là hình vng nên học sinh hồn tồn có thể
gắn tọa độ và xác định tọa độ các đỉnh dễ dàng. Khi đó để xác định góc giữa 2 đường
thẳng ( SM , DN ) học sinh có thể tìm tọa độ của 2 vec tơ chỉ phương SM , DN từ đó suy
ra góc cần tìm.
Bình luận: Ở bài tốn này học sinh có thể dựng trực tiếp góc giữa 2 đường thẳng sau
đó tính góc, tuy nhiên nhiều học sinh sẽ gặp khó khăn khi dựng hình cũng như tính tốn
các yếu tố liên quan đến góc vừa dựng. Phương pháp tọa độ giúp học sinh cảm thấy đơn
giản hơn và hứng thú làm tiếp các bài tập tương tự.
VD1.2. Cho hình chóp S. ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A , ABC = 60o ,
BC = 2a . Gọi D là điểm thỏa mãn 3SB = 2 SD . Hình chiếu của S trên mặt phẳng ( ABC )

là điểm H thuộc đoạn BC sao cho BC = 4BH . Biết SA tạo với đáy một góc 60o . Góc
giữa hai đường thẳng AD và SC bằng
A. 90o .
Hướng dẫn giải

B. 30o .

C. 60o .

D. 45o .

13

Ta có AH 2 = BH 2 + BA2 − 2.BH .BA.cos 60o =
tan 60o =

a2
a 1 3a 2
a 3
.
+ a 2 − 2. .a. =
 AH =
2
4
2 2
4

SH
3a
.
 SH = AH . 3 =
AH
2

3





3



Chuẩn hóa và chọn hệ trục tọa độ sao cho H ( 0;0;0 ) , C  ;0;0  , A  0; ;0  ,
2

 2 
3
3
3
9
 1

 3
 1
 3

S  0;0;  , B  − ;0;0  , SB =  − ;0; −   SD =  − ;0; −   D  − ;0; −  .
2
2
4
4
 2

 4
 2
 4


3

3 3

Ta có DA =  ; ;   u =
4 2 4

(

)

3; 2; 3 là một vtcp của AD .

3
3
SC =  ;0; −   v = (1;0; −1) là một vtcp của SC . Ta có u.v = 0  AD ⊥ SC
2
2

Vậy góc giữa hai đường thẳng AD và SC bằng 90o .
Dạng 2: Góc giữa đường thẳng và mặt phẳng
Phương pháp:
B1: Chọn hệ trục tọa độ theo đặc điểm của từng hình (theo gợi ý ở phần cơ sở lý thuyết).
B2: Xác định tọa độ các điểm nằm trên đường thẳng và mặt phẳng cần xác định góc.
B3: Xác định vec tơ chỉ phương của đường thẳng và vec tơ pháp tuyến của mặt phẳng
đó.
B4: Xác định góc giữa đường thẳng và mặt phẳng thơng qua góc giữa vectơ chỉ phương
của đường thẳng và vectơ pháp tuyến của mặt phẳng đó.

14

Chẳng hạn tính góc giữa đường thẳng MN và mp( ABC ) ta chọn vec tơ chỉ phương của
đường thẳng MN là MN và vec tơ pháp tuyến của mp( ABC ) là n =  AB, AC  sau đó áp
dụng cơng thức sau

(

MN .n

)

sin ( MN , ( ABC ) ) = sin MN , n =

MN n

VD1.3. (Sở Bắc Giang - 2018) Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật,
AB = a , BC = a 3 , SA = a và SA vng góc với đáy ABCD . Tính sin  , với  là góc

tạo bởi giữa đường thẳng BD và mặt phẳng ( SBC ) .
A. sin  =

7
.
8

B. sin  =

3
.

2

C. sin  =

2
. D.
4

sin  =

3
.
5

Hướng dẫn giải

(

Đặt hệ trục tọa độ Oxyz như hình vẽ. Khi đó, ta có A ( 0;0;0 ) , B ( a;0;0 ) , D 0; a 3;0

)

, S ( 0;0; a ) .

(
3;0 ) .

) (

)

(

)

Ta có BD = −a; a 3;0 = a −1; 3;0 , nên đường thẳng BD có véc-tơ chỉ phương là

(

u = −1;

(

)

Ta có SB = ( a;0; −a ) , BC = 0; a 3;0   SB, BC  = a 2 3;0; a 2 3 = a 2 3 (1;0;1) .
Như vậy, mặt phẳng ( SBC ) có véc-tơ pháp tuyến là n = (1;0;1) .
Do đó,  là góc tạo bởi giữa đường thẳng BD và mặt phẳng ( SBC ) thì


15

sin  =

u.n
u.n

=

( −1) .1 +

( −1)

2

3.0 + 0.1

2

=

+ 3 + 02 . 12 + 02 + 12

2
.
4

Phân tích: Bài tốn cho hình chóp đáy là hình chữ nhật, cạnh SA vng góc với đáy
ABCD nên học sinh gắn tọa độ rất đơn giản. Do đó việc xác định tọa độ các điểm, vec
tơ chỉ phương và vec tơ pháp tuyến khơng hề khó khăn.
Bình luận: Bài tốn này học sinh giỏi có thể làm trực tiếp nhưng với học sinh khá thì
rất khó khăn bởi lẽ các em khơng nhớ được cách xác định góc giữa đường thẳng và mặt
phẳng đã học ở cuối lớp 11.
VD1.4. (Đô Lương 4 - Nghệ An - 2020) Cho hình chóp tứ giác đều S. ABCD có cạnh
đáy bằng a , tâm O . Gọi M và N lần lượt là trung điểm của SA và BC . Biết rằng góc
giữa MN và ( ABCD ) bằng 60 , cơsin của góc giữa đường thẳng MN và mặt phẳng

( SBD ) bằng:
A.

5

.
5

B.

41
.
41

C.

2 5
.
5

D.

2 41
.
41

Hướng dẫn giải

Chọn hệ trục tọa độ Oxyz như hình vẽ. Đặt SO = m , ( m  0 ) .
a 2

a 2
 a 2 a 2 
m
A 

;0;0  ; S ( 0;0; m ) ; N  −
;0;  .
;
;0   M 
4
2
4
 2

 4


 a 2 a 2 m
 MN =  −
;
; −  . Mặt phẳng ( ABCD ) có véc tơ pháp tuyến k = ( 0;0;1) .
2
4
2



16
 sin ( MN , ( ABCD ) ) =

 2m2 = 15a 2  m =

MN .k

m

2

3
15a 2 3m 2
2
.
=
m =
+
2
2
2
8
4
5a
m
+
8
4

=

MN k

a 30
2

 a 2 a 2 a 30 
 MN =  −
;

;−
 , mặt phẳng ( SBD ) có véc tơ pháp tuyến là i = (1;0;0 )
2
4
4



 sin ( MN , ( SBD ) ) =

MN .i

a 2
5
2 5
2
.
=
 cos ( MN , ( SBD ) ) =
2
2
2
5
5
a
a
30a
+
+
2

8
16

=

MN i

VD1.5. Cho hình chóp S. ABC có SA vng góc với mặt phẳng đáy. Gọi M là trung
điểm của BC và H là trung điểm của AM . Biết HB = HC , HBC = 30 ; góc giữa mặt
phẳng ( SHC ) và mặt phẳng ( HBC ) bằng 60 . Tính cơsin của góc giữa đường thẳng
BC và mặt phẳng ( SHC ) ?

A.

3
.
2

B.

13
.
4

C.

3
.
4

D.

1
.
2

Hướng dẫn giải
Từ M là trung điểm của BC và H là trung điểm của AM , HB = HC suy ra
AM ⊥ BC , hay tam giác ABC cân đỉnh A .
a
2

Đặt BC = a  BM = . Do HBC = 30 suy ra HM =

a 3
a 3
. Đặt SA = b
 AM =
6
3

Đặt hệ trục tọa độ như hình vẽ:
z

S

A
C

H

x
M
y
B


17

 a a 3 
a a 3 
 a 3 
;0  , S ( 0;0; b ) .
;0  , C  − ;
;0  ; H  0;
6
 2 3
2 3





Ta có A ( 0;0;0 ) , B  ;
 a a 3





a 3



Ta có HC =  − ;
; −b  .
;0  ; SH =  0;
6
 2 6



 ab 3 ab a 2 3 
Nên  HC , SH  =  −
;− ;−
 .
6



2

12 

(

)

Suy ra ( SHC ) có một véc-tơ pháp tuyến là n1 = 2b 3;6b; a 3 .
Mặt phẳng ( HBC ) có một véc-tơ pháp tuyến là k = ( 0;0;1) .
Góc giữa mặt phẳng ( SHC ) và mặt phẳng ( HBC ) bằng 60 nên

n1.k

cos ( ( SHC ) , ( HBC ) ) =

 cos 60 =

n1 . k

 12b2 + 36b2 + 3a 2 = 2 a 3  b =

a 3
12b 2 + 36b 2 + 3a 2

a 3
.
4

 3a 3a 3

;
; a 3  , đường thẳng BC có véc-tơ chỉ phương i = (1;0;0 ) .
2
 2


Khi đó n1 = 

Gọi  là góc giữa đường thẳng BC và mặt phẳng ( SHC ) , ta có

sin  =

n1.i
n1 . i

=

3a
2
2

2

9a 27a
+
+ 3a 2
4
4

=

3
.
4

2

 3
13
Do đó cos  = 1 − sin  = 1 −   =
.

4
4


2

Dạng 3: Góc giữa hai mặt phẳng
Phương pháp:
B1: Chọn hệ trục tọa độ theo đặc điểm của từng hình (theo gợi ý ở phần cơ sở lý thuyết).
B2: Xác định tọa độ các điểm nằm trên hai mặt phẳng cần xác định góc.
B3: Xác định vectơ pháp tuyến của hai mặt phẳng đó.


18

B4: Xác định góc giữa hai mặt phẳng thơng qua góc giữa hai vectơ pháp tuyến của hai
mặt phẳng đó.
Chẳng hạn tính góc giữa mp( ABC ) và mp ( MNP ) ta chọn vectơ pháp tuyến của
mp( ABC ) là n1 =  AB, AC  và vectơ pháp tuyến của mp( MNP) là n2 =  MN , MP  sau đó

áp dụng cơng thức sau

(

)

cos ( ( ABC ), ( MNP ) ) = cos n1 , n2 =

n1.n2
n1 n2

VD1.6. (Đề Tham Khảo 2018) Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC. ABC có AB = 2 3
và AA = 2. Gọi M , N , P lần lượt là trung điểm các cạnh AB, AC  và BC (tham khảo
hình vẽ bên). Cơsin của góc tạo bởi hai mặt phẳng ( ABC  ) và ( MNP ) bằng

A.

17 13
65

B.

18 13
65

C.

6 13
65

D.

13
65

Hướng dẫn giải
Cách 1
Gọi

P, Q

lần

lượt

là

trung

điểm

của

BC

và

BC ;

I = BM  AB, J = CN  AC , E = MN  AQ.

Suy ra, ( MNP )  ( ABC  ) = ( MNCB )  ( ABC  ) = IJ và gọi K = IJ  PE  K  AQ với
E là trung điểm MN (hình vẽ).

( AAQP ) ⊥ IJ  AQ ⊥ IJ , PE ⊥ IJ  ( ( MNP ) , ( ABC ) ) = ( AQ, PE ) = 


19

Ta có AP = 3, PQ = 2  AQ = 13  QK =

cos  = cos QKP =

KQ 2 + KP 2 − PQ 2
2 KQ.KP

=

5
5
13
; PE =  PK = .
2
3
3

13
.
65

Cách 2

Gắn

hệ

trục

độ

tọa

(

) (

như

Oxyz

)

(

hình

) (

 P ( 0;0;0 ) , A ( 3;0;0 ) , B 0; 3;0 , C 0; − 3;0 , A ( 3;0; 2 ) , B 0; 3; 2 , C  0; − 3; 2

vẽ

)

3

3  3
3 
; 2  , N  ; −
; 2 
2

2
2
2

 


nên M  ;

Ta có vtpt của mp ( ABC  ) là n1 =
n2 = ( 4;0; −3)

 AB, AC  = ( 2;0;3) và vtpt của mp ( MNP ) là

2 3
1


20



Gọi

là

góc

giữa

(

)

8−9

 cos = cos n1 , n2 =

hai

13 25

=

mặt

( ABC)

phẳng

và

mp ( MNP )

13
.
65

Cách 3

Gọi Q là trung điểm của AA ' , khi đó mặt phẳng ( AB ' C ') song song với mặt phẳng

( MNQ ) nên góc giữa hai mặt phẳng ( AB ' C ') và ( MNP )

cũng bằng góc giữa hai mặt

phẳng ( MNQ ) và ( MNP ) .
Ta có:
( MNP )  ( MNQ ) = MN

 PE  ( MNP ) ; PE ⊥ MN  ( ( MNP ) ; ( MNQ ) ) = PEQ

QE  ( MNQ ) ; QE ⊥ MN

hoặc

(( MNP ) ; ( MNQ )) = 180

0

− PEQ

Tam giác ABC đều có cạnh 2 3  AP = 3 .
Tam giác APQ vuông tại A nên ta có: PQ = AP 2 + AQ 2 = 32 + 12 = 10
2

 
Tam giác A ' QE vng tại A ' nên ta có: QE = A ' E 2 + A ' Q 2 =   + 12 =
2
2

3

2

5
3
Tam giác PEF vuông tại F nên ta có: PE = FP + FE = 2 +   =
2
2
2

Áp dụng định lý hàm số côsin vào tam giác PQE ta có:

2

2

13


21

25 13
+ − 10
EP + EQ − PQ
13
4
4
cos PEQ =
=

=−
.
2.EP.EQ
65
5 13
2. .
2 2
2

2

2

(

)

Do đó: cos ( ( MNP ) ; ( AB ' C ') ) = cos 1800 − PEQ = − cos PEQ =

13
.
65

Nhận xét: Bài toán cho hình lăng trụ tam giác đều nên việc gắn tọa độ và xác định tọa
độ các đỉnh khơng hề khó khăn. Để xác định góc giữa 2 mặt phẳng lúc này học sinh chỉ
cần xác định tọa độ của 2 vec tơ pháp tuyến sau đó xác định góc thơng qua đại lượng
cơsin.
Bình luận: Bài tốn xác định góc giữa 2 mặt phẳng luôn là một trong những bài mà học
sinh cảm thấy sợ khi đối mặt, thậm chí nhiều học sinh khơng xác định được góc cần tìm.
Ở bài toán này tác giả đã đưa ra 3 cách giải trong đó có cả phương pháp trực tiếp và

phương pháp gián tiếp: dùng tọa độ hóa. Cách 1 và cách 3 một số học sinh giỏi có thể
bắt nhịp nhưng với học sinh khá, trung bình khá thì cảm thấy rất khó khăn. Phương pháp
tọa độ hóa tỏ ra vơ cùng hiệu quả trong tình huống này giúp cho học sinh cảm thấy hứng
thú khi làm các bài tập tương tự.
VD1.7. (Sở Bình Phước - 2020) Cho hình lăng trụ đứng ABC. ABC có đáy là tam giác
cân đỉnh A . Biết BC = a 3 và ABC = 30o , cạnh bên AA = a . Gọi M là điểm thỏa mãn
2CM = 3CC  . Gọi  là góc tạo bởi hai mặt phẳng ( ABC ) và ( ABM ) , khi đó sin  có

giá trị bằng
A.

66
.
22

Hướng dẫn giải

B.

481
.
22

C.

3
.
22

D.

418
.
22


22

Cách 1: Gọi O là trung điểm BC .
Ta có: BO = AB.cos30o  AB =

BO
a 3
a
=
= a = AC và AO = AB.sin30o = .
o
cos30
2
3
2.
2

Theo đề bài:
3
3
1
a
2CM = 3CC   CM = CC   CC  + C M = CC   C M = CC   C M = .
2

2
2
2

Gọi  là góc giữa hai mặt phẳng ( ABC ) và ( ABM ) .
Theo cơng thức diện tích hình chiếu ta có: SABC = SABC .cos  cos =
1
2

1 a
2 2

Ta có SABC = . AH .BC = . .a 3 =
2

(

a2 3
; AB = AB 2 + BB2 = a 2 + a 2 = a 2 ;
4

a
BM = C M + BC  =   + a 3
2
2

2

SABC
.

SABC

)

2

=

a 13
;
2

2

a 13
 3a 
AM = AC + CM = a +   =
.
2
 2 
2

2

2

a 2+
AB + BM + AM
=
Khi đó p =

2

Áp
SABM

dụng

công

thức

a 13 a 13
+
2
2 = a 2 + a 13 .
2
2

Hê-rông

vào

ABM

ta

a 2 22
= p ( p − AB )( p − BM )( p − AM ) =
.
4

Vậy cos =

SABC
SABC

a2 3
3
19
418
= 24 =
 sin = 1 − cos 2 =
=
.
22
22
22
a 22
4

Cách 2:
Gọi O là trung điểm BC .
o
Ta có: BO = AB.cos30  AB =

Theo đề bài:

BO
a 3
a

=
= a = AC và AO = AB.sin30o = .
o
cos30
2
3
2.
2

có:


23

3
3
1
a
2CM = 3CC   CM = CC   CC  + C M = CC   C M = CC   C M = .
2
2
2
2

Coi a = 1 .


1

 3





Gắn hệ trục tọa độ Oxyz như hình vẽ với O ( 0;0;0 ) , A  0; ;0  , B  ;0;0  ,
 2 
 2



 3


3
3 3
C  −
;0;1 , M  −
;0;0  , B 
;0;  .
2
 2
 2
 2



Khi đó ( ABC )  ( Oxy ) : z = 0  ( ABC ) có một véc-tơ pháp tuyến là k = ( 0;0;1) .
 3 1 


3 1 3
; − ;1 , AM =  −
; − ;   n( ABM ) = 4  AB, AM  = 1;5 3; 2 3
2
2
2
2 2




(

Ta có: AB = 

)

.
Gọi  là góc giữa hai mặt phẳng ( ABC ) và ( ABM ) .
Vậy cos =

k.n( ABM )
k . n( ABM )

=

2 3
1.2 22

=

3
19
418
 sin = 1 − cos 2 =
=
.
22
22
22

Bình luận: Trong bài tốn này nếu chúng ta xác định góc và tính trực tiếp sẽ rất khó
khăn, ở đây tác giả sử dụng cơng thức diện tích hình chiếu đã học trong chương trình
lớp 11 để xác định góc giữa 2 mặt phẳng. Cách này đơn giản hơn tuy nhiên với học sinh
khá vẫn gặp trở ngại vì khơng nhớ cơng thức và tính tốn cũng dễ sai lầm. Khi học sinh
dùng phương pháp tọa độ hóa thì chỉ cần tìm vec tơ pháp tuyến của mp( AB ' M ) vì
mp( ABC ) nhận vec tơ k là một vec tơ pháp tuyến.

VD1.8. (Chuyên Nguyễn Trãi - Hải Dương - Lần 2 - 2020) Cho hình lăng trụ đứng
ABC. A ' B ' C ' có đáy ABC là tam giác cân với AB = AC = a và góc BAC = 120o và cạnh


24

bên BB ' = a . Gọi I là trung điểm của CC ' . Tính cosin góc giữa hai mặt phẳng ( ABC )
và ( AB ' I )
A.

3
.

10

B.

30
.
10

C.

30
.
30

D.

Hướng dẫn giải
Cách 1:

• Trong ( BCB ' C ') , B ' I  BC = D .
Trong ( ABC ) , dựng AH ⊥ AD tại H .
Vì AD ⊥ CH nên AD ⊥ IH .
Do đó: ( ( AB ' I ) , ( ABC ) ) = ( IH , CH ) = IHC  90 .
• ABC cân tại A , BAC = 120  ABC = ACB = 30  ACD = 150 .
• Áp dụng định lý Cosin trong ABC :
BC 2 = AB 2 + AC 2 − 2 AB. AC.cos BAC = a 2 + a 2 − 2.a . a .cos120o = 3a 2
 BC = B ' C ' = CD = a 3.

• Tương tự trong ACD :
AD 2 = AC 2 + CD 2 − 2. AC . CD .cos ACD = a 2 + 3a 2 − 2. a. a 3.cos150o = 7 a 2

 AD = a 7.
1
2

1
2

• Ta có S ACD = . CA . CD .sin ACD = . CH . AD
 CH =

CA. CD .sin ACD a . a 3 .sin150o a 21
=
=
.
AD
14
a 7

10
.
30


25

• ICH vng tại C  IH = IC 2 + CH 2 =
 cos IHC =

a 2 3a 2 a 70
+

=
.
4
28
14

CH
30
.
=
IH
10

• Vậy cos ( ( AB ' I ) ,( ABC ) ) =

30
.
10

Cách 2:

• Gọi O là trung điểm của BC . Gắn hệ trục tọa độ như hình vẽ.
Ta có: OB = A B sin 60° =

a 3
a
; OA = A B cos 60° = .
2
2

• Giả s a = 1 suy ra

ổ1
ử
ữ
,
A ỗỗỗ ; 0; 0ữ
ữ
ữ
ố2
ứ

ổ
ử ổ 3 ửữ
3 ữ
ỗỗ
ỗ
ữ
B ỗ0; ; 0ữ
,C ỗỗ0; ; 0ữ
ữ,
ữ
ỗỗố
2 ứ
ữ
ữ ỗỗố 2 ứữ

ổ 3 1ử
ữ
ỗ

I ỗỗ0;
; ữ
,
ữ
ữ
ỗỗố 2 2 ứ
ữ

ổ
3 ửữ
ỗ
ỗ
B Âỗ0; ;1ữ
ữ.
ỗỗố
2 ứữ
ữ

ổ

ur
uuur uuur
ộ
ự ỗ
Ta cú: n 1 = ờA B , A C ỳ= ỗỗ0; 0; ở

ỷ ỗỗố

uur
uuuur uur

3ử
ữ
ộ Â ự
ữ
n
=
A
v
ữ
ờ B , A I ỳ=
2
ữ
ở
ỷ
2 ứ
ữ

ổ 3 3
ử
1
3ữ
ỗỗ
ữ
;
;
ữ
ỗỗ
4
2 ữ
ữ

ỗố 4
ứ

ur uur
n 1.n 2
ã Gi a l góc giữa (A BC ) và (A B ¢I ). Suy ra: cos a = ur uur =
n1 . n 2

3
30
=
.
10
10

VD1.9. (THPT Nguyễn Viết Xuân - 2020) Cho hình lăng trụ đứng ABC. ABC  có
AB = AC = a, BAC = 120 . Gọi M , N lần lượt là trung điểm của BC  và CC . Biết thể