SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM ỨNG DỤNG PHƯƠNG PHÁP TOẠ ĐỘ ĐỂ GIẢI MỘT SỐ BÀI TOÁN HÌNH HỌC KHÔNG GIAN

SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO QUẢNG TRỊ
TRƯỜNG THPT THỊ XÃ QUẢNG TRỊ
ĐỀ TÀI SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
ỨNG DỤNG PHƯƠNG PHÁP TOẠ ĐỘ ĐỂ
GIẢI MỘT SỐ BÀI TOÁN HÌNH HỌC
KHÔNG GIAN
Người viết: Nguyễn Viết Hưng
Năm học 2009 – 2010
I. LÍ DO CHỌN ĐỀ TÀI:
Hình học không gian thuần túy là một môn học đòi hỏi nhiều về khả năng tư
duy tưởng tượng. Trong chương trình toán phổ thông, học sinh tiếp xúc với môn
học này hầu suốt cả năm học lớp 11 và học kì 1 lớp 12. Nói chung, đa số học sinh
đều nhận xét đây là một phần khó so với các phần khác, dần dần hình thành trong
các em tâm lí “e ngại hình học không gian”. Và vì vậy, một phương pháp khác đơn
giản hơn để giúp học sinh giải quyết các bài toán không gian là rất cần thiết cho học
sinh.
Với ý tưởng đặt một hệ tọa độ phù hợp trong mỗi bài toán, trang bị tọa độ
cho các điểm trong bài toán, giúp cho chúng ta chuyển từ việc phải giải bài toán này
bằng phương pháp hình học thuần túy sang việc giải bài toán bằng phương pháp tọa
độ có vẽ như đơn giản hơn. Với phương pháp này, học sinh hầu như chỉ khó khăn
trong việc chọn hệ tọa độ Oxyz như thế nào cho hợp lí để có thể dễ dàng tìm được
tọa độ các điểm trong bài toán đó. Một kinh nghiệm nhỏ là học sinh cần phải nắm
được một số dạng hình cơ bản, cần phải linh hoạt biến đổi giữa phương pháp thuần
túy và phương pháp tọa độ, không nên cứng nhắc rập khuôn. Còn khi đã tìm được
tọa độ các điểm liên quan thì nội dung cần giải quyết của bài toán hầu hết đều là các
bài toán cơ bản trong hình học tọa độ.
Để góp phần nhỏ giúp cho học sinh có kinh nghiệm giải bài toán không gian
thuần túy bằng phương pháp tọa độ, tôi xin trình bày một số đề toán hình không
gian thuần túy trong các đề thi đại học những năm gần đây bằng phương pháp tọa
độ. Một số bài toán khi giải có thể sẽ dài hơn so với cách giải thuần túy bởi vì đây
không phải là phương pháp giải chính mà đề ra muốn hướng tới, nhưng với những

học sinh nào giải chưa tốt hình không gian thuần túy thì phương pháp tọa độ chắc
chắn là sự lựa chọn hợp lí nhất.
II. NỘI DUNG:
1. Một số kiến thức chuẩn bị:
- Các định nghĩa, định lí của hình học không gian thuần túy: góc giữa đường
thẳng và mặt phẳng, góc giữa hai mặt phẳng, đường thẳng vuông góc mặt
phẳng, hai mặt phẳng vuông góc, …
- Các công thức cơ bản trong hình không gian tọa độ: điểm, vec tơ, phương trình
đường thẳng, phương trình mặt phẳng, công thức diện tích, thể tích, …
2. Sử dụng phương pháp tọa độ để giải hình học không gian:
Dạng 1: Trong giả thiết bài toán tồn tại ba đường thẳng đồng quy đôi một vuông
góc.
Ví dụ, đề ra là một hình lập phương, hình chóp có đáy là một hình vuông, hình chữ
nhật, hình thang vuông, … và có một cạnh bên vuông góc với đáy.
Phương pháp: Khi đó, ta đặt hệ tọa độ Oxyz sao cho O trùng với điểm đồng quy
của ba đường thẳng, ba trục nằm trên ba đường thẳng đó.
Bài giải:

Bài 1: (D – 2008) Cho lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác vuông,
AB = BC = a, cạnh bên AA’ = a. Gọi M là trung điểm của cạnh BC. Tính theo a thể
tích của khối lăng trụ ABC.A’B’C’ và khoảng cách giữa hai đường thẳng AM,
B’C?

z
y
x
M
A'
B'
B

A
C
C'
Đặt hệ tọa độ Oxyz như hình vẽ, từ giả thiết ta có: B(0,0,0); A(a,0,0); C(0,a,0);
B’(0,0,a
2
); A’(a,0,a
2
), C’(0,a,a
2
); M(0,
2
a
,0).
* Ta có V
ABC.A’B’C’
= BB’.S
ABC
=
1
2
BB’.AB.BC =
1
2
.a
2
.a.a =
3
2
2

a
.
* Ta có
; ;0
2
a
AM a
 
= −
 ÷
 
uuur
cùng phương với
( )
2,1,0u = −
r
.

( )
' 0, , 2B C a a= −
uuuur
cùng phương với
( )
0,1, 2v = −
r
Suy ra
( )
; 2; 2 2; 2 ; 14u v u v
   
= − − − ⇒ =

   
r r r r
.
( )
, ,0 ; 2AC a a u v AC a
 
= − ⇒ = −
 
uuur r r uuur
Vậy, khoảng cách cần tính là
( )
;
2 28
, '
14
14
;
u v AC
a a
d AM B C
u v
 
 
= = =
 
 
r r uuur
r r
.
Bài giải:

Bài 2: (D – 2007) Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thang, , BA = BC = a, AD
= 2a. Cạnh bên SA vuông góc với đáy và SA = . Gọi H là hình chiếu vuông góc của
A lên cạnh SB. Chứng minh tam giác SCD vuông và tính (theo a) khoảng cách từ H
đến (SCD)?

l
A
B
C
D
S
H
Đặt hệ trục tọa độ Oxyz như hình vẽ, từ giả thiết ta có:
( ) ( ) ( ) ( )
( )
0,0,0 ; ,0,0 ; , ,0 ; 0,2 ,0 ; 0,0, 2A B a C a a D a S a
.
* Ta có
( )
( )
2 2
, , 2 ; , ,0 . 0SC a a a CD a a SC CD a a SC CD= − = − ⇒ = − + = ⇒ ⊥
uur uur uur uur
suy ra
tam giác SCD vuông tại C.
* Ta có
( )
,0, 2SB a a= −
uur
cùng phương với vec tơ

( )
1,0, 2u = −
r
. Đường thẳng SB: đi
qua
( )
,0,0B a
và có vtcp
( )
1,0, 2u = −
r
nên có phương trình
0
2
x a t
y
z t

= +

=


= −

H SB∈
nên
( ) ( )
,0, 2 ,0, 2H a t t AH a t t+ − ⇒ = + −
uuur

.
Do
H
là hình chiếu của
A
lên
SB
nên ta có
2 2
. 2 0 ,0,
3 3 3
a a a
AH SB a t t t H
 
= + + = ⇒ = − ⇒
 ÷
 ÷
 
uuur uur
( )
2 2 2
; 2; 2;2SC CD a a a
 
=
 
uur uur
cùng phương với
( )
2; 2;2n =
r

. Mặt phẳng (SCD) đi qua
( )
0,2 ,0D a
và có vtpt
( )
2; 2;2n =
r
nên có phương trình
2 2 2 2 2 0x y z a+ + − =
.
Vậy, khoảng cách cần tính là
( )
( )
2 2 2 2
2 2
3 3
,
3
8
a a
a
a
d H SCD
+ −
= =
.
Bài 3: (B – 2006) Cho hình chóp S.ABCD có ABCD là hình chữ nhật với , và SA
vuông góc với mặt phẳng (ABCD). Gọi M và N lần lượt là trung điểm của AD và
SC, I là giao điểm của BM và AC. Chứng minh rằng mặt phẳng (SAC) vuông góc
với mặt phẳng (SBM). Tính thể tích của khối tứ diện ANIB?

Bài giải:

l
z
y
x
I
N
M
C
A
B
D
S
Đặt hệ tọa độ Oxyz như hình vẽ, từ giả thiết ta có:
( ) ( )
( ) ( )
( )
A 0,0,0 ; ,0,0 ; , 2,0 ; 0, 2,0 ; 0,0,B a C a a D a S a
M là trung điểm của AD nên
2
0, ,0
2
a
M
 
 ÷
 ÷
 
, N là trung điểm của SC nên

2
, ,
2 2 2
a a a
N
 
 ÷
 ÷
 
Từ giả thiết suy ra
3
2
2 2
2 2 2 , ,0
3 3 3
2 0
0
I
I I
I I I
I
I
a
x
x a x
a a a
AI IC y a y y I
z
z


=

= −


 


= ⇒ = − ⇒ = ⇒
 ÷
 
 ÷
  
=

=



uur uur
*
( )
( )
0,0, ; , 2,0AS a AC a a= =
uuur uuur
suy ra
( )
SAC
có vtpt là
( )

2 2
1
; 2, ,0n AS AC a a
 
= = −
 
ur uuur uuur
( ) ( )
2
,0, ; , ,0
2
a
BS a a BM a SBM
 
= − = − ⇒
 ÷
 ÷
 
uur uuur
có vtpt là
2 2
2
2
2 2
; , ,
2 2
a a
n BS BM a
 
 

= = − − −
 ÷
 
 ÷
 
uur uur uuur
.
Ta có
2 2
1 2
. 0n n a a= − =
uruur
từ đó suy ra
( ) ( )
SAC SBM⊥
.
*
2 3
2 2
; 0,0, ;
3 6
a a
AB AI AB AI AN
 
   
= ⇒ =
 ÷
   
 ÷
 

uuur uur uuur uur uuur
. Vậy, thể tích của tứ diện ANIB là
3
1 2
;
6 36
ANIB
a
V AB AI AN
 
= =
 
uuur uur uuur
.
Bài giải:

z
y
x
N
C
A
B
S
D
M
Đặt hệ tọa độ Oxyz như hình vẽ, từ giả thiết ta có
( ) ( ) ( ) ( )
3
0,0,0 ; ,0,0 ; ,2 ,0 ; 0,2 ,0 ; 0,0,

3
a
A B a C a a D a M
 
 ÷
 ÷
 
Góc giữa SB với (ABCD) là góc
·
0
60SBA =
(giả thiết). Suy ra
0
. 60 3SA AB tan a= =
. Từ
đó
( )
0,0, 3S a
.
Ta có
( ) ( )
BCMN SAD MN∩ =
, mà
//BC AD
nên
2
//
3
SN SM
MN AD

SD SA
⇒ = =
, suy ra
( ) ( )
0
3 2.0
4 4 3
3 2 3 2.2 0, ,
3 3 3
3 3 2. 3
3
3
N
N
N N
N
N
x
x
a a a
SN SD y a y N
z a a
a
z


=

=



 
 
= ⇒ = ⇒ = ⇒
 ÷
 
 ÷
  
− = −
 

=


uuur uur
Có
( ) ( )
2 3 4 2 3
,0, 3 ; ,2 , 3 ; 0,0, ; 0, ,
3 3 3
a a a
SB a a SC a a a SM SN
   
= − = − = − = −
 ÷  ÷
 ÷  ÷
   
uur uur uuur uuur
Suy ra
2 2

4 3 2 3
; , ,0
3 3
a a
SM SC
 
 
= −
 ÷
 
 ÷
 
uuur uur
. Từ đó ta có
3
1 2 3
;
6 9
SBMC
a
V SM SC SB
 
= =
 
uuur uur uur
và
3
1 4 3
;
6 27

SNMC
a
V SM SC SN
 
= =
 
uuur uur uuur
.
Bài 4: (Dự bị 2 – A – 2006) Cho hình chóp S.ABCD có ABCD là hình chữ nhật với ,
cạnh SA vuông góc với đáy, SB tạo với đáy một góc 60
0
. Trên cạnh SA lấy một
điểm M sao cho . Mặt phẳng (BCM) cắt SD tại N. Tính thể tích của khối chóp
S.BCNM?
Vậy
3 3 3
.
2 3 4 3 10 3
9 27 27
S BCNM SBMC SNMC
a a a
V V V= + = + =
.
Bài giải:

z
y
x
C'
B'

D'
C
A
B
D
A'
Đặt hệ trục Oxyz như hình vẽ, từ đó ta có
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
0,0,0 ; ,0,0 ; , ,0 ; 0, ,0 ; ' 0,0, ; ' ,0, ; ' , , ; ' 0, ,A B a C a a D a A a B a a C a a a D a a
Ta có
( ) ( ) ( )
' ,0, ; ' , , ; ' 0, ,A B a a A C a a a A D a a= − = − = −
uuuur uuuur uuuur
. Từ đó ta suy ra:
VTPT của mặt phẳng
( )
'A BC
là
( )
2 2
1
' ; ' ,0,n A B A C a a
 
= =
 
ur uuuur uuuur
và VTPT của mặt phẳng
( )
'A DC
là

( )
2 2
2
' ; ' 0, ;n A D A C a a
 
= = − −
 
uur uuuur uuuur
.
Gọi
ϕ
là góc giữa hai mặt phẳng
( )
'A BC
và
( )
'A DC
, ta có
( )
(
)
4
1 2
0
1 2
2
4
1 2
.
1

; 60
2
2
n n
a
cos cos n n
n n
a
ϕ ϕ
= = = = ⇒ =
ur uur
ur uur
ur uur
.
Vậy góc giữa hai mặt phẳng
( )
'A BC
và
( )
'A DC
là 60
0
.
Bài 5: (A – 2003) Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’. Tính góc giữa hai mặt
phẳng (A’BC) và (A’DC)?
Bài 6: (B – 2002) Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ có cạnh bằng a.
a/ Tính theo a khoảng cách giữa hai đường thẳng A’B và B’D?
b/ Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm của các cạnh BB’, CD, A’D’. Tính góc giữa hai
đường thẳng MP và C’N?
Bài giải:

z
y
x
P
N
M
C'
B'
D'
C
A
B
D
A'
Đặt hệ tọa độ Oxyz như hình vẽ, từ giả thiết ta có
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
0,0,0 ; ,0,0 ; , ,0 ; 0, ,0 ; ' 0,0, ; ' ,0, ; ' , , ; ' 0, ,A B a C a a D a A a B a a C a a a D a a
a/
( )
' ,0,A B a a= −
uuuur
cùng phương với
( )
1,0, 1u = −
r
;
( )
' , ,B D a a a= − −
uuuur

cùng phương với
( )
1,1, 1v = − −
r
;
( )
, ,0BD a a= −
uur
. Ta có
( )
; 1,2,1 ; 6u v u v
   
= ⇒ =
   
r r r r
Suy ra
( )
;
6
' , '
6
6
;
u v BD
a a
d A B B D
u v
 
 
= = =

 
 
r r uur
r r
.
b/ M là trung điểm của BB’ nên
,0,
2
a
M a
 
 ÷
 
, N là trung điểm của CD nên
, ,0
2
a
N a
 
 ÷
 
và P
là trung điểm của A’D’ nên
0, ,
2
a
P a
 
 ÷
 

.
Ta có
, , ; ' ,0, . ' 0 '
2 2 2
a a a
MP a C N a MP C N MP C N
   
= − = − − ⇒ = ⇒ ⊥
 ÷  ÷
   
uuur uuuur uuur uuuur
.
Vậy, góc giữa hai đường thẳng MP và C’N bằng 90
0
.
Dạng 2: Trong giả thiết bài toán tồn tại một đường thẳng vuông góc với một mặt
phẳng.
Ví dụ, giả thiết bài toán cho một hình chóp đều, biết hình chiếu của một điểm
xuống một mặt phẳng, …
Phương pháp: Sử dụng các tính chất hình học đơn giản để xác định yếu tố đường
thẳng vuông góc với một mặt phẳng. Khi đó đặt hệ trục Oxyz sao cho O là giao điểm của
đường thẳng và mặt phẳng trên, trụ Oz nằm trên đường thẳng, trục Ox, Oy được đặt cho
thuận lợi trong mỗi bài toán cụ thể.
Bài giải:

z
y
x
P
M

N
O
A
D
B
C
S
Đặt hệ tọa độ Oxyz như hình vẽ, từ giả thiết ta có
( ) ( )
3
0,0,0 ; ,0,0 ; , ,0 ; , ,0 ; ,0,0 ; 0, ,0 ; 0,0,
2 2 2 2 2
a a a a a
O A B a C a D N a S
 
       
− −
 ÷
 ÷  ÷  ÷  ÷
 ÷
       
 
M
là trung điểm của
SB
nên
3
, ,
4 2 4
a a a

M
 
−
 ÷
 ÷
 
;
P
là trung điểm của
CD
nên
, ,0
2 2
a a
P
 
 ÷
 
* Ta có
2 2
3
, , ; , ,0 . 0
4 2 4 2 4 4
a a a a a a
AM BP a AM BP
 
 
= = − ⇒ = − =
 ÷
 ÷

 ÷
 
 
uuur uur uuur uur
. Vậy
AM BP⊥
.
Bài 1: (A – 2007) Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a, mặt bên
SAD là tam giác đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Gọi M, N, P lần
lượt là trung điểm của các cạnh SB, BC, CD. Chứng minh AM vuông góc với BP và
tính thể tích cả khối tứ diện CMNP?
* Ta có
2 2
3 3
,0,0 ; , , ; , ,0 . 0, ,
2 4 2 4 2 2 8 4
a a a a a a a a
NC NM NP NC NM
   
   
 
= = − − = − ⇒ = − −
 ÷  ÷
 ÷  ÷
 
 ÷  ÷
   
   
uuur uuur uuur uuur uuur
Vậy

3
1 3
.
6 96
CMNP
a
V NC NM NP
 
= =
 
uuur uuur uuur
.
Bài giải:

z
y
x
C'
A
B
C
D
S
H
B'
D'
Đặt hệ trục Oxyz như hình vẽ.
Gọi H là hình chiếu của B lên Ox. Xét tam giác ABH vuông tại H có
·
0

; 30AB a HAB= =

ta có
0 0
3
. 30 ; . 30
2 2
a a
AH AB cos BH AB sin= = = =
.
Từ đó ta có
( ) ( ) ( )
3
0,0,0 ; , ,0 ; 0, ,0 ; 0,0,
2 2
a a
A B D a S a
 
 ÷
 ÷
 
.
3
0
2
3 3
0 , ,0
2 2 2
0
C

C
C
a
x
a a a
BC AD y C
z

− =


 

= ⇒ − = ⇒
 ÷

 ÷
 
=



uur uuur
,
Bài 2: (Dự bị 1 – B – 2006) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi
cạnh a, góc , vuông góc với đáy và . Gọi là trung điểm của . Mặt phẳng đi qua và
song song với , cắt của hình chóp lần lượt tại . Tính thể tích của khối chóp ?
'C
là trung điểm của
3 3

' , ,
4 4 2
a a a
SC C
 
⇒
 ÷
 ÷
 
. Từ đó
2 2 2
3 3 3 3 3
' , , ; , ,0 '; , ,
4 4 2 2 2 4 4 2
a a a a a a a a
AC BD AC BD
     
 
= = − ⇒ = − −
 ÷  ÷  ÷
 
 ÷  ÷  ÷
     
uuur uur uuur uur
cùng
phương với
( )
1, 3, 2 3n = −
r
.

( )
P
đi qua
( )
0,0,0A
và có VTPT
( )
1, 3, 2 3n = −
r
nên có pt:
3 2 3 0x y z+ − =
.
+
3
, ,
2 2
a a
SB a
 
= −
 ÷
 ÷
 
uur
cùng phương với
( )
3,1, 2u = − ⇒
r
phương trình
3

:
2
x t
SB y t
z a t

=

=


= −

( )
( ) ( )
' ' 3 , , 2 . ' 3 3 2 3 2 0
3
a
B SB B t t a t B P t t a t t∈ ⇒ − ∈ ⇒ + − − = ⇒ =
. Vậy,
tọa độ
3
' , ,
3 3 3
a a a
B
 
 ÷
 ÷
 

.
+
( )
0, ,SD a a= −
uur
cùng phương với
( )
0,1, 1v = − ⇒
r
phương trình
0
:
x
SD y t
z a t
=


=


= −

( ) ( ) ( )
2
' ' 0, , . ' 3 2 3 0
3
a
D SD D t a t D P t a t t∈ ⇒ − ∈ ⇒ − − = ⇒ =
. Vậy, tọa độ của

2
' 0, ,
3 3
a a
D
 
 ÷
 
.
Ta có
2 2
3
. ' , ,0
4 4
a a
AS AC
 
 
= −
 ÷
 
 ÷
 
uuur uuur
, suy ra:
+
3 3 3
' '
1 1 3 3 3
. ' '

6 6 4 12 36
AB C S
a a a
V AS AC AB
 
= = − + =
 
uuur uuur uuur
+
3 3
' '
1 1 2 3 3
. ' '
6 6 12 36
AD C S
a a
V AS AC AD
 
= = =
 
uuur uuur uuur
Vậy
3
. ' ' ' ' ' ' '
3
18
S AB C D AB C S AD C S
a
V V V= + =
.

Bài giải:

j
z
y
x
A
B
C
D
I
S
Do
( )
SBI
,
( )
SCI
cùng vuông góc với
( )
ABCD
và
( ) ( )
SBI SCI SI∩ =
nên
( )
SI ABCD⊥
.
Đặt hệ tọa độ Oxyz như hình vẽ, đặt

SI x=
, từ giả thiết ta có
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
0,0,0 ; ,0,0 ; ,2 ,0 ; , ,0 ; ,0,0 ; 0,0,I A a B a a C a a D a S x− −
+
( )
ABCD Oz⊥
nên có VTPT là
( )
1
0,0,1n =
ur
.
+
( ) ( )
( )
2
, , ; 2 , ,0 . ;2 ,CS a a x CB a a CS CB ax ax a
 
= − − = − ⇒ = −
 
uur uur uur uur
cùng phương với
( )
2
,2 ,n x x a= −
uur
là VTPT của
( )
SBC

.
Gọi
ϕ
là góc giữa
( )
SBC
và
( )
ABCD
, từ giả thiết ta có
0
60
ϕ
=
( )
1 2
0 2 2 2
1 2
2 2
1 2
.
1 15
; 60 4 5
2 5
5
n n
a a
cos cos n n cos a x a x
n n
x a

ϕ
= = = = = ⇒ = + ⇒ =
+
ur uur
ur uur
ur uur
Suy ra
15
5
a
SI =
. Mặt khác
( ) ( )
2
1 1
.2 . 2 3
2 2
ABCD
S AD AB CD a a a a= + = + =
Vậy
3
2
.
1 1 15 15
. . .3
3 3 5 5
S ABCD ABCD
a a
V SI S a= = =
.

Bài 3: (A – 2009) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A
và D; ; góc giữa hai mặt phẳng và bằng 60
0
. Gọi I là trung điểm của cạnh AD. Biết
hai mặt phẳng và cùng vuông góc với . Tính thể tích của khối chóp S.ABCD theo
a?
Bài giải:

z
y
x
C'
B'
O
A
C
B
A'
Đặt hệ trục Oxyz như hình vẽ.
Xét tam giác
'AOA
vuông tại O:
2 2
1
' 2 , '0 ' 3
2
AA a AO BC A A AA AO a= = = ⇒ = − =

Ta có
( )

3 3 3
, ,0 ; , ,0 ; , ,0 ; ' 0,0, 3
2 2 2 2 2 2
a a a a a a
A B C A a
     
− − − −
 ÷  ÷  ÷
 ÷  ÷  ÷
     
( )
' ' ' ,0, 3A B AB B a a= ⇒
uuuur uuur
và
( )
' ' ' 0, 3, 3A C AC C a a= ⇒
uuuur uuur
+
3
'.
1 1
' . ' . .
3 6 2
A ABC ABC
a
V A O S A O AB AC= = =
+ Ta có

( )
( )

( )
3
' , , 3 ; ' ' 0, 3,0 ', ' ' ', ' '
2 2
'. ' '
3
4
'. ' '
a a
AA a B C a cos AA B C cos AA B C
AA B C
AA B C
 
= = ⇒ =
 ÷
 ÷
 
= =
uuur uuuur uuur uuuur
uuur uuuur
uuur uuuur
Bài 4: (A – 2008) Cho lăng trụ có độ dài cạnh bên bằng 2a, đáy ABC là tam giác
vuông tại A có và hình chiếu vuông góc của đỉnh lên mặt phẳng là trung điểm của
đoạn BC. Tính theo a thể tích của khối chóp và tính cosin góc giữa hai đường thẳng
?
Bài giải:

z
y
x

N
M
B'
D'
A
B
C
D
A'
C'
H
Đặt hệ trục tọa độ Oxyz như hình vẽ.
Gọi H là hình chiếu của B lên Ox. Xét tam giác ABH vuông tại H có
·
0
, 30AB a HAB= =

suy ra
0 0
3
. 30 , . 30
2 2
a a
AH AB cos BH AB sin= = = =
. Đặt
'AA x=
, ta có tọa độ các điểm
( ) ( ) ( ) ( )
3 3
0,0,0 ; , ,0 ; 0, ,0 ; ' 0,0, ; ' , , ; ' 0, ,

2 2 2 2
a a a a
A B D a A x B x D a x
   
 ÷  ÷
 ÷  ÷
   
.
3 3 3 3
, ,0 ' , ,
2 2 2 2
a a a a
BC AD C C x
   
= ⇒ ⇒
 ÷  ÷
 ÷  ÷
   
uur uuur
M là trung điểm AA’nên
0,0,
2
x
M
 
 ÷
 
, N là trung điểm của CC’ nên
3 3
, ,

2 2 2
a a x
N
 
 ÷
 ÷
 
.
+
3 3
' , , ; , , '
2 2 2 2 2 2
a a x a a x
MB DN MB DN
   
= = ⇒ =
 ÷  ÷
 ÷  ÷
   
uuuur uuur uuuur uuur
suy ra B’MDN là hình bình
hành. Vậy, bốn điểm B’, N, D, M đồng phẳng
+ Ta có
0, ,
2
x
MD a
 
= −
 ÷

 
uuur
.
Bài 5: (B – 2003) Cho lăng trụ đứng có đáy là hình thoi cạnh a, góc . Gọi M là
trung điểm của cạnh và N là trung điểm của cạnh . Chứng minh rằng bốn điểm đồng
phẳng. Hãy tính độ dài cạnh theo a để tứ giác là hình vuông?
B’MDN là hình vuông
2 2
2 2
2 2
2 2
0
. ' 0
2 4
2
'
4 4
a x
MD MB
x a
x x
MD MB
a a

− =


=
 
⇔ ⇔ ⇒ =

 
=



+ = +


uuur uuuur
Vậy
' 2AA a=
.
Bài giải:

j
z
y
x
C
S
A
0
B
Đặt hệ tọa độ Oxyz như hình vẽ.
Do các tam giác ABC và SBC là đều nên O là trung điểm của BC và
3
2
a
SO OA= =
.

Góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (ABC) là
·
0
60SOA =
theo giả thiết.
Gọi H là hình chiếu của C lên Ox. Xét tam giác SOH vuông tại H có
·
0
30SOH =
, ta có
0 0
3 3
. 30 ; . 30
4 4
a a
OH SO cos SH SO sin= = = =
.
Ta có tọa độ các điểm:
3 3 3
, ,0 ; 0, ,0 ; 0,0, ; 0,0,
4 4 2 2 2
a a a a a
S A B C
   
   
−
 ÷  ÷
 ÷  ÷
 ÷  ÷
   

   
.
2 2 2
3 3 3
; , ,
8 8 8
a a a
CS CA
 
 
= − −
 ÷
 
 ÷
 
uur uur
cùng phương với
( )
1,3, 3 3n = −
r
.
Bài 6: (Dự bị 2 – A – 2007) Cho hình chóp S.ABC có góc giữa hai mặt phẳng (ABC)
và (SBC) bằng 60
0
, ABC và SBC là các tam giác đều cạnh a. Tính theo a khoảng
cách từ đỉnh B đến mặt phẳng (SAC)?
Mặt phẳng (SAC) qua
0,0,
2
a

C
 
−
 ÷
 
có VTPT
( )
1,3, 3 3n = −
r
nên có phương trình
3 3
3 3 3 0
2
a
x y z+ − − =
. Vậy, khoảng cách từ B đến (SAC) là
( )
( )
3 3 3 3
2 2
3 111
,
37
1 9 27
a a
a
d B SAC
− −
= =
+ +

.
BÀI TẬP TƯƠNG TỰ
Bài 1: Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ có cạnh bằng a và K là điểm thuộc cạnh
CC’ sao cho CK =
2
3
a
. Mặt phẳng (P) đi qua A, K và song song với BD chia hình lập
phương thành hai khối đa diện. Tính thể tích của mỗi khối đa diện đó?
Bài 2: Cho tứ diện ABCD có AD vuông góc với mặt phẳng (ABC); AC = AD = 4cm, AB
= 3cm, BC = 5cm. Tính khoảng cách từ A đến mặt phẳng (BCD)?
Bài 3: Cho hai mặt phẳng (P) và (Q) vuông góc với nhau, có giao tuyến là đường thẳng
∆
. Trên
∆
lấy hai điểm A và B sao cho AB = a. Trong mặt phẳng (P) lấy điểm C, trong mặt
phẳng (Q) lấy điểm D sao cho AC, BD cùng vuông góc với
∆
và AC = BD = AB. Tính
bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD và tính theo a khoảng cách từ A đến mặt phẳng
(BCD)?
Bài 4: Trong mặt phẳng (P) cho nửa đường tròn đường kính AB = 2R và điểm C thuộc
nửa đường tròn sao cho AC = R. Trên đường thẳng vuông góc với (P) tại A lấy điểm S sao
cho góc giữa hai mặt phẳng (SBA) và (SBC) bằng 60
0
. Gọi H, K lần lượt là hình chiếu của
A lên SB, SC. Chứng minh tam giác AHK vuông và tính thể tích khối chóp S.ABC?
Bài 5: Cho lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’ có BB’ = a, góc giữa đường thẳng BB’ và mặt
phẳng (ABC) bằng 60
0

, tam giác ABC vuông tại C và
·
0
60BAC =
. Hình chiếu vuông góc
của điểm B’ lên mặt phẳng (ABC) trùng với trọng tâm của tam giác ABC. Tính thể tích
của tứ diện A’ABC?
Bài 6: 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 cạnh SA, M là trung điểm của AE, N là trung điểm của BC.
Chứng minh MN vuông góc với BD và tính (theo a) khoảng cách giữa hai đường thẳng
MN và AC?
Bài 7: Cho hình trụ có hai đáy là hai hình tròn tâm O và O’, bán kính đáy bằng chiều cao
và bằng a. Trên đường tròn đáy tâm O lấy điểm A, trên đường tròn đáy tâm O’ lấy điểm B
sao cho AB = 2a. Tính thể tích của khối tứ diện OO’AB?
III. KẾT LUẬN:
Tất cả các đề thi Đại Học và dự bị Đại Học từ năm 2002 đến 2009 đều có thể
giải bằng phương pháp tọa độ. Nội dung phương pháp này cũng không quá phức
tạp, có thể ứng dụng vào việc dạy đại trà trên lớp cho các học sinh cuối cấp.
Với mục tiêu thiết thực, tác giả chỉ đưa ra các bài toán vừa tầm với các kì thi Đại
Học, đa số đều ở mức độ không khó. Trong bài viết không tránh khỏi những thiếu
sót, rất mong sự đóng góp ý kiến của quý thầy cô giáo và các đồng nghiệp để các
bài giải trở nên ngắn gọn và đầy đủ hơn.
Tác giả xin chân thành cảm ơn!
Quảng Trị, ngày …… tháng …. năm ……
Người viết
NGUYỄN VIẾT HƯNG