giải bài toán hình học không gian bằng phương pháp tọa độ hóa

I- KIẾN THỨC
1. Hệ trục tọa độ Đề-các vuông góc trong không gian
và các kién thức liên quan.
* Hệ trục tọa độ Đề các vuông góc Oxy là hệ gồm 3 trục Ox,
Oy, Oz đôi một vuông góc với nhau tại gốc O, với
, ,i j k
r r r
là các
véc tơ đơn vị tương ứng ở trên các trục Ox, Oy, Oz.
*
u . 0v u v⊥ ⇔ =
r r r r
*
[ ]
, 0u kv u v= ⇔ =
r r r r
* Công thức toạ độ trung điểm I của đoạn thẳng .
* Công thức toạ độ trọng tâm của tam giác
* Công thức toạ độ trọng tâm của tứ giác.
* Diện tích tam giác
1
,
2
ABC
S AB AC
∆
 
=
 
uuur uuur
Thể tích hình hộp

' ' ' '
, . '
ABCDA B C D
V AB AD AA
 
=
 
uuur uuur uuur
* Các công thức tính góc.
- Góc giữa hai đường phẳng:

. '
cos( ; ')
. '
u u
u u
∆ ∆ =
r ur
r ur
với
u
r
,
'u
ur
lần lượt là các véctơ chỉ phương của
, '∆ ∆
- Góc
ϕ
giữa đường thẳng

∆
và
( )mp
α
.
sin
.
u n
u n
ϕ
=
r r
r r
với
u
r
là véctơ chỉ phương của
∆
;
n
r
là véctơ pháp tuyến của
( )mp
α
- Góc giữa
( )mp
α
và
( )mp
β

. '
cos
. '
n n
n n
ϕ
=
r ur
r ur
với
, 'n n
r ur
lần lượt là véctơ pháp tuyến của
( )mp
α
và
( )mp
β
.
* Các công thức tính khoảng cách:
- Khoảng cách từ 1 điểm M(x
0
, y
0
, z
0
) đến
( )mp
α

: Ax + By + Cz + D = 0
0 0 0
2 2 2
( ;( ))
Ax By Cz D
d M
A B C
α
+ + +
=
+ +
- Khoảng cách từ 1 điểm M
1
đến đường thẳng
∆
( Qua điểm M
0
, có véctơ chỉ phương
u
r
)
là:
0 1
1
,
( , )
M M u
d M
u
 

 
∆ =
uuuuuur r
r
- Khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau:
'
0 0
, ' .
( , ')
, '
u u M M
d
u u
 
 
∆ ∆ =
 
 
uuuuuur
r ur
r ur

với
u
r
,
'u
ur
lần lượt là véc tơ chỉ phương của
, '∆ ∆

;
M
0
, M
0
’
lần lượt là các điểm nằm trên
, '∆ ∆
* Phương trình mặt phẳng (phương trình tổng quát, phương trình tham số, phương trình
đoạn chắn)
1
* Phương trình đường thẳng.
2. Nhận dạng các bài toán hình học không gian có thể giải bằng phương pháp tọa độ:
Đó là những bài toán liên quan đến:
a. Hình hộp lập phương, Hình hộp chữ nhật.
b. Hình chóp tam giác SABC có SA
⊥
(ABC); với đáy ABC là tam giác vuông tại A.
c. Hình chóp tứ giác đều S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông.
d. Hình chóp tứ giác S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi tâm O và SO
⊥
(ABCD).
e. Hình chóp tứ giác S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật và
( )SA ABCD⊥
.
f. Tứ diện đều, hình chóp tam giác đều.
g. Một số bài toán khác.
Đối với những bài toán này, giáo viên cần hướng dẫn cho học viên cách chọn một hệ trục
toạ độ thích hợp, thuận lợi cho việc xác định toạ độ các điểm để dùng phương pháp toạ độ
giải chúng.

II- CÁC BÀI TẬP ĐIỂN HÌNH:
Sau đây là một số bài tập điển hình.
Bài 1: ( Bài tập T.3 trang 88, sách BT Hình học12)
Cho hình lập phương ABCDA’B’C’D’. Gọi I, J lần lượt là trung điểm của A’D’ và B’B.
a) Chứng minh rằng IJ vuông góc với AC’
b) Chứng minh rằng D’B vuông góc với mp(A’C’D), D’B vuông góc với mp(ACB’)
c) Tính góc giữa hai đường thẳng IJ và A
/
D
Lời giải:
a) Giả sử hình lập phương có độ dài các cạnh bằng a.
Chọn hệ trục toạ độ Axyz như hình vẽ, đơn vị trên trục bằng đơn vị độ dài.
Khi đó:
A(0;0;0) ; B(0;a;0); C(a;a;0); D(a;0;0)
A’(0;0;a) ; B’(0;a;a); C’(a;a;a); D’(a;0;a)
( ;0; ); (0; ; )
2 2
a a
I a J a
Suy ra
( ; ; )
2 2
a a
IJ a= − −
uur
,
' ( ; ; )AC a a a=
uuuur
. ' . . .
2 2

a a
IJ AC a a a a= − + −
uur uuuur
= 0
Vậy
'IJ AC⊥
b) Để chứng minh
' ( ' ' )D B A C D⊥
:
Cách 1: Ta chứng minh
' ' '; ' 'D B A C D B A D⊥ ⊥
Ta có:
' ( ; ; )D B a a a= − −
uuuur
;
' ' ( ; ;0)A C a a=
uuuuur
;
' ( ;0; )A D a a= −
uuuur
' . ' ' 0D B A C =
uuuur uuuuur
⇒
' ' 'D B A C⊥
' . ' 0D B A D =
uuuur uuuur

⇒
' 'D B A D⊥
Nên

' ( ' ' )D B A C D⊥
Cách 2: Ta có:
2
2 2 2
' ' ( ; ;0); ' ( ;0; )
0 0
' ', ' ; ; ( ; ; )
0 0
A C a a A D a a
a a a a
A C A D a a a
a a a a
= = −
 
 
= = − −
 ÷
 
− −
 
uuuuur uuuur
uuuuur uuuur
Mặt phẳng (A’C’D) có véctơ pháp tuyến
2
1
' ', ' ( 1;1; 1)n A C A D
a
 
= = − −
 

r uuuuuruuuur
Đường thẳng D’B có véctơ chỉ phương
1
. ' ( 1;1; 1)u D B
a
= = − −
r uuuur
Suy ra
n u=
r r
nên đường thẳng D’B
⊥
(A’C’D)
Tương tự ta chứng minh được
' ( ')D B ACB⊥
.
c) Gọi
ϕ
là góc giữa hai đường thẳng IJ và A’D thì
. .0 .( )
. '
2 2
cos cos( , ' ) 0
2
6
'
. 2
2
a a
a a a

IJ A D
IJ A D
a
IJ A D
a
π
ϕ ϕ
− + − −
= = = = ⇒ =
uur uuuur
uur uuuur
uur uuuur
Có thể nhận xét:
. ' 0 ( , ' )
2
IJ A D IJ A D
π
= ⇒ =
uur uuuur
Bài 2: Cho hình lập phương ABCDA’B’C’D’ có
cạnh bằng a.
a) Chứng minh rằng giao điểm của đường chéo
A’C và mp (AB’D’) là trọng tâm tam giác AB’D’.
b) Tìm khoảng cách giữa hai mp (AB’D’) và mp
(C’BD).
c)Tìm góc tạo bởi hai mp (DA’C) và mp
(ABB’A’).
Lời giải: Chọn hệ trục toạ độ như hình vẽ (Đơn vị trên trục là đơn vị độ dài).
Khi đó: 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)

a) Ta có:
' ( ; ; )A C a a a= −
uuuur
⇒
Đường thẳng A’C có véc tơ chỉ phương:
1
. ' (1;1; 1)u A C
a
= = −
r uuuur
⇒
Đường thẳng A’C có phương trình tham số là: x = t; y = t; z = a - t (1)
3

' ( ;0; ); ' (0; ; )AB a a AD a a= =
uuuur uuuur

⇒

2 2 2
0 0
', ' ; ; ( ; ; )
0 0
a a a a
AB AD a a a
a a a a
 
 
= = − −
 ÷

 
 
uuuur uuuur
⇒
Mặt phẳng (AB’D’) có véc tơ pháp tuyến
2
1
', ' (1;1; 1)n AB AD
a
 
= − = −
 
r uuuuruuuur
⇒
Mặt phẳng (AB’D’) có phương trình là x + y - z = 0. (2)
Từ (1) và (2)
⇒
giao điểm G của A’C và (AB’D’) là
2
( ; ; )
3 3 3
a a a
G
.
Mặt khác nếu G’ là trọng tâm tam giác AB’D’ thì
2
'( ; ; )
3 3 3
a a a
G

Tức là
'G G≡
. Vậy G là trọng tâm tam giác AB’D’.
b)Phương trình mp(C’BD) là x + y - z - a = 0
Suy ra mp(C’BD)//mp(AB’D’)
Do đó khoảng cách giữa chúng bằng khoảng cách từ G tới (C’BD) và bằng :
2 2 2
2
3
3 3 3
3
3
1 1 1
a a a
a
a a
+ − −
= =
+ +
c)Mặt phẳng(ABB’A’) có phương trình là y = 0
Mặt phẳng(DA’C) có phương trình là y + z - a = 0
Gọi
ϕ
là góc giữa 2 mặt phẳng trên. Khi đó:

1.1 0.1
1
cos
4
1. 1 1 2

π
ϕ ϕ
+
= = ⇒ =
+
Bài 3: ( Đề thi Đại học Ngoại thương TP. Hồ Chí Minh 2001-2002)
Cho hình lập phương ABCDA’B’C’D’, cạnh bằng a.
Giả sử M,N lần lượt là trung điểm của BC và DD’.
a) Chứng minh rằng MN// (A’BD).
b) Tính khoảng cách giữa 2 đoạn thẳng BD và MN theo a.
Lời giải:
Ta chọn hệ trục toạ độ Oxyz như hình vẽ (Đơn vị trên trục là đơn vị độ dài)
Khi đó: A
≡
O ; A(0;0;0) ; B( a;0;0) ; D(0;a;0);
A’(0;0;a) ; D’(0;a;a); M(a;
2
a
;0); N(0;a;
2
a
)
a) mp(A’BD) có véctơ pháp tuyến
(1;1;1)n
r
;
mặt khác
( ; ; )
2 2
a a

MN a−
uuuur
⇒
. 0
2 2
a a
n MN a= − + + =
r uuuur

n MN⇒ ⊥
r uuuur
Hay MN//mp(A’BD).
4
b) Mặt phẳng (A
/
BD) có phương trình: x + y + z - a = 0.
Vì MN//(A’BD)
⊃
BD và MN, BD chéo nhau
2 2 2
0
3
2
( ; ) ( ;( ' ))
6
1 1 1
a
a a
a
d BD MN d M A BD

+ + −
⇒ = = =
+ +
Trong bài toán ta có thể chọn hệ trục toạ độ khác nhưng khi lập phương trình mp(A’BD)
ta phải tính toạ độ véctơ pháp tuyến mà không sử dụng được phương trình theo đoạn chắn
như cách chọn trên.

Bài 4: ( Đề thi Học viện Công nghệ Bưu chính viễn thông 2001-2002)
Cho hình hộp chữ nhật ABCDA’B’C’D’ có AB=a ; AD=2a; AA’=a.
a) Gọi M là điểm nằm trong AD sao cho
3
AM
MD
=
.Tính khoảng cách từ M đến (AB’C)
b) Tính thể tích tứ diện AB’D’C.
Lời giải:
a) Chọn hệ trục toạ độ Đềcác Axyz như hình vẽ
Khi đó ta có:
A(0;0;0) ; B(0;a;0) ; C( 2a;a;0) ; D(2a;0;0);
A’(0;0;a); B’(0;a;a)
C’(2a;a;a) ; D’ (2a;0;a). Vì M
∈
AD thoả mãn
3
AM
MD
=
3
( ;0;0)

2
a
M⇒
Mp(AB’C) có phương trình: x- 2y + 2z = 0. Do
đó khoảng cách từ M đến mp(AB’C) là:
3. 2.0 2.0
2
( ,( ' ))
2
1 4 4
a
a
d M AB C
− +
= =
+ +
b) Theo công thức
' ' . ' ' ' '
1 1
', ' .
6 6
AB D C ABCD A B C D
V V AB AD AC
 
= =
 
uuuur uuuur uuur
. Mà
3
' '

' (2 ;0; ); ' (0; ; ); (2 ; ; )
0 0
1 2
.2 . .0 ( )
0 2 2 0
6 3
AB D C
CD a a AB a a AC a a a
a a a a
a
V a a dvdt
a a a a
= = =
⇒ = + + =
uuuur uuuur uuur
Bài 5: BÀI TẬP SỐ 7. ÔN TẬP CHƯƠNG 2- SGK HH12)
Cho hình lập phương ABCDA’B’C’D’ cạnh a. Điểm M thuộc AD’ và điểm N thuộc BD
sao cho AM = DN = k
(0 2)k a< <
a) Tìm k để đoạn thẳng MN ngắn nhất.
b) Chứng minh rằng MN luôn song song với mp(A’D’BC) khi k biến thiên.
5
c) Khi đoạn MN ngắn nhất, chứng minh rằng MN là đường vuông góc chung của AD’ và
DB và MN song song với A’C.
Lời giải:
a) Chọn hệ trục toạ độ Đề các Axyz như hình
vẽ Khi đó ta có:
A(0;0;0); B(a;0;0) ; C( a;a;0);
D(0;a;0); A’(0;0;a); D’(0;a;a) ;
Do AM = k

⇒
/
0; ;
2 2 2
k k k
AM AD M
a
 
= ⇒ =
 
 
uuuur
uuuur
DN = k
; ;0
2 2 2
k k k
DN DB DN
a
 
⇒ = ⇒ = −
 
 
uuur uuur uuur
2
; ;0
2 2
k a k
N
 

−
⇒ =
 
 
 
2 2 2
3 2 2MN k a k a⇒ = − +
Xét hàm số
2 2
( )
3 2 2 (0<k<a 2)
k
f k a k a= − +
Đoạn thẳng MN nhỏ nhất
( )k
f⇔
nhỏ nhất
2
3
a
k⇔ =
b) mp(A’D’BC) có véc tơ pháp tuyến
2 2
2 2
2 2
' , ' ( ;0; ), ; ;
2 2 2
2 2
. . 0. . 0
2 2 2

k a k k
n A B A C a a MN
k a k k
n MN a a
 
−
 
= = = −
 ÷
   ÷
 
−
= + − =
r uuuur uuuur uuuur
r uuuur
Đường thẳng MN song song với mặt phẳng(A’D’BC)
c) Khi MN ngắn nhất thì theo câu a :
2
3
a
k =
. Khi đó
( )
; ; ; ' 0; ; ; ( ; ;0)
3 3 3
. ' .0 . . 0 '
3 3 3
. . .( ) ( ).0 0
3 3 3
a a a

MN AD a a DB a a
a a a
MN AD a a MN AD
a a a
MN DB a a MN DB
 
= − = = −
 ÷
 
= + − = ⇒ ⊥
= + − + − = ⇒ ⊥
uuuur uuuur uuur
uuuur uuuur uuuur uuuur
uuuur uuur uuuur uuur
Vậy MN là đường vuông góc chung của AD’ và BD.
Ta có
' ( ; ; ) 3 // 'A C a a a MN MN A C
= − = ⇒
uuuur uuuur
Bài 6: Tính khoảng cách giữa đường chéo của một hình lập phương và đường chéo của
một mặt bên nếu chúng không cắt nhau, biết rằng cạnh của hình lập phương bằng a.
Lời giải:
6
Giả sử hình lập phương ABCDA’B’C’D’ cạnh a. Chọn hệ trục toạ độ Đề các Oxyz như
hình vẽ. O
≡
A, đơn vị trên trục là đơn vị độ dài.
Ta tìm khoảng cách giữa đường chéo D’B của hình
lập phương và đường chéo AB’ của mặt bên
(ABB’A’)

Với hệ toạ độ đã chọn ta có:
A(0;0;0) ; B(0;a;0) ; C(a;a;0); B’(0;a;a); D’(a;0;a)
Đường thẳng AB’ có véctơ chỉ phương
1
' (0;1;1)u AB
a
= =
r uuuur
và đi qua điểm A(0;0;0).
Đường thẳng D’B có véctơ chỉ phương
1
' ' (1; 1;1)u BD
a
= = −
ur uuuur
và đi qua điểm B(0;a;0).

( )
(0; ;0)
1 1 1 0 0 1
, ' ; ; 2;1; 1
1 1 1 1 1 1
AB a
u u
=
 
 
= = −
 ÷
 

− −
 
uuur
r ur
Vận dụng công thức tính khoảng cách giữa 2 đường thẳng chéo nhau ta có:
2 2 2
, ' .
2.0 1. 1.0
( '; ' )
6
2 1 1
. '
u u AB
a
a
d AB D B
u u
 
+ −
 
= = =
 
+ +
 
r ur uuur
r ur
Bài 7: Cho tam giác OAB vuông tại O, trên đường thẳng vuông góc với (OAB) tại O lấy
điểm C.
a) Chứng minh rằng tứ diện OABC có 3 cặp cạnh đối diện vuông góc với nhau.
b) Từ O vẽ OH

⊥
(ABC) tại H. Chứng minh rằng H là trực tâm tam giác ABC.
c) Chứng minh rằng
2 2 2 2
1 1 1 1
OH OA OB OC
= + +
Lời giải:
Giả sử OA= a, OB= b, OC= c.
Chọn hệ trục toạ độ Đềcác Oxyz như hình vẽ. Ta
có: A(a;0;0); B(0;b;0) C(0;0;c).
a) Bằng phương pháp toạ độ, dễ dàng chứng minh
được:
OA ⊥ BC, OB ⊥ BC, OC ⊥ AB.
Vậy tứ diện OABC có 3 cặp cạnh đối diện vuông
góc với nhau.
b)Vì A,B,C lần lượt nằm trên các trục Ox, Oy, Oz
nên mp(ABC) có phương trình
1
x y z
a b c
+ + =
(1)
7
Vì
( )OH ABC⊥
nên OH có véctơ chỉ phương là
1 1 1
( ; ; )u
a b c

r
Do đó phương trình tham số của đường thẳng OH:
1 1 1
; ;x t y t z t
a b c
= = =
(2)
Vì
( )
H OH ABC= ∩
nên toạ độ H(x;y;z) là nghiệm của hệ gồm (1) , (2)
2 2 2
2 2 2
1 1 1 1
( ) 1
1 1 1
t t
a b c
a b c
⇒ + + = ⇒ =
+ +
Do đó:
2 2 2 2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2 2
1 1 1
; ;
1 1 1 1 1 1 1 1 1
( ) ( ) ( )
1 1 1

; ;
1 1 1 1 1 1 1 1 1
( ) ( ) ( )
1 1
. 0 0
1 1 1 1 1 1
H
a b c
a b c a b c a b c
AH a
a b c
a b c a b c a b c
AH BC AH BC
a b c a b c
 
 ÷
 ÷
 ÷
+ + + + + +
 
 
 ÷
⇒ −
 ÷
 ÷
+ + + + + +
 
= − + = ⇒ ⊥
+ + + +
uuur

uuur uuur
Tương tự ta cũng chứng minh được BH
⊥
AC. Vậy H là trực tâm
∆
ABC.
c) Ta có:

2
2 2 2
2 2 2
2 2 2 2 2 2 2 2 2
2
2 2 2
2 2 2
2 2 2
2 2 2 2 2 2 2
1 1 1
1 1 1 1 1 1 1 1 1
1 1 1 1 1
.
1 1 1
1 1 1
1 1 1 1 1 1 1
OH
a b c
a b c a b c a b c
a b c
a b c
a b c

OH a b c OA OB OC
= + +
     
+ + + + + +
 ÷  ÷  ÷
     
 
= + + =
 ÷
 
 
+ +
+ +
 ÷
 
= + + = + +
Bài 8: ( Bài tập số 9 bài 9. Góc SGK Hình 12)
Cho tứ diện OABC có các mặt OAB, OBC, OCA là
các tam giác vuông tại đỉnh O.
Gọi
, ,
α β γ
là góc lần lượt hợp bởi các mặt phẳng
(OBC), (OCA), (OAB) với mặt phẳng (ABC).
Chứng minh rằng:
a) Tam giác ABC có 3 góc nhọn.
b)
2 2 2
cos cos cos 1
α β γ

+ + =
Lời giải
Chọn hệ trục toạ độ như hình vẽ. Giả sử OA=a,
OB=b, OC=c;
8
Khi đó A=(a;0;0) ; B(0;b;0) ; C(0;0;c);
a) Ta có:
2
2 2 2 2
( ; ;0); ( ;0; )
.
cos cos( , ) 0
.
.
AB a b AC a c
AB AC a
A AB AC
AB AC
a b a c
= − = −
= = = >
+ +
uuur uuur
uuur uuur
uuur uuur
⇒
góc
A
∧
nhọn

Chứng minh tương tự ta cũng có góc B và góc C nhọn. Suy ra
∆
ABC có 3 góc nhọn.
b)Phương trình mặt (ABC) là:
1
x y z
a b c
+ + =
Phương trình các mặt phẳng (OBC); (OCA); (OAB); lần lượt là x=0; y=0; z=0
Véctơ pháp tuyến của các mặt phẳng (ABC); (OBC); (OCA); (OAB); lần lượt là:
1 2 3
1 1 1
; ; ; (1;0;0); (0;1;0); (0;0;1)n n n n
a b c
 
= = = =
 ÷
 
r ur uur uur
Do đó :
2 2 2
2 2 2
3
1 2
1 2 3
.
. .
cos cos cos
. . .
n n

n n n n
n n n n n n
α β γ
     
 ÷  ÷  ÷
+ + = + +
 ÷  ÷  ÷
     
r uur
r ur r uur
r ur r uur r uur
=
2 2 2
2 2 2 2 2 2 2 2 2
1 1 1
1 1 1 1 1 1 1 1 1
a b c
a b c a b c a b c
+ +
+ + + + + +
= 1 (đpcm)
Bài 9: Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có cạnh đáy bằng a; đường cao bằng b. Tính
khoảng cách từ S đến mặt phẳng đi qua AB và trung điểm M của cạnh SC.
Lời giải:
Hình chóp S.ABCD là hình chóp đều nên đáy
ABCD là hình vuông và chân đường cao hạ từ S là
tâm O của đáy; SO
⊥
(ABCD)
Chọn hệ trục toạ độ Oxyz như hình vẽ (với I, J

lần lượt là trung điểm AB, BC).
Khi đó ta có: A
( ; ;0)
2 2
a a−
; B
( ; ;0)
2 2
a a
; C
( ; ;0)
2 2
a a−
; D
( ; ;0)
2 2
a a− −
; S(0;0;b)
M là trung điểm SC nên M
( ; ; )
4 4 2
a a b−
;
(0; ;0)AB a
uuur
;
3 3
( ; ; )
4 4 2
a a b

AM
−
uuuur
,AB AM
 
 
uuur uuuur
=
0 0 0 0
; ;
3 3 3 3
4 2 2 4 4 4
a a
a b b a a a
 
 ÷
− −
 ÷
 ÷
 
=
2
3
( ;0; )
2 4
ab a
9
Mặt phẳng (ABM) đi qua A
( ; ;0)
2 2

a a−
nhận véctơ
,n AB AM
 
=
 
r uuur uuuur
làm véctơ pháp tuyến.
Phương trình mặt phẳng (ABM):
2
3
0. ( 0) 0
2 2 2 4
ab a a a
x y z
   
− + + + − =
 ÷  ÷
   
⇔

2 2
3
0
2 4 4
ab a a b
x z+ − =
⇔
2abx + 3a
2

z - a
2
b = 0
Khoảng cách từ S đến mặt phẳng (ABM) là: d =
2 2
2 2 4 2 2
2 .0 3
2
4 9 9 4
ab a b a b
ab
a b a a b
+ −
=
+ +
Đối với bài toán trên ta có thể chọn hệ trục toạ độ Oxyz sao cho tia Ox là tia OA, tia Oy là
tia OB cũng có thể giải quyết được.
Bài 10: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông tâm O, có cạnh bằng a;
đường cao SO
⊥
mp(ABCD) và SO = a. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo
nhau SC, AB.
Giải: Chọn hệ trục toạ độ như hình vẽ, ( với I,J lần lượt là trung điểm AB, BC) đơn vị trên
trục là đơn vị độ dài.
Khi đó: A
( ; ;0)
2 2
a a−
; B
( ; ;0)

2 2
a a
; C
( ; ;0)
2 2
a a−
; D
( ; ;0)
2 2
a a− −
; S(0;0;a)
Đường thẳng SC có véctơ chỉ phương là:
( ; ; )
2 2
a a
SC a
−
−
uuur
.
Đường thẳng AB có véctơ chỉ phương:
(0; ;0)AB a
uuur
Ta có:
,SC AB
 
 
uuur uuur
=
; ;

2 2 2 2
0 0 0 0
a a a a
a a
a a
 − − 
− −
 ÷
 ÷
 ÷
 
=
2
2
( ;0; )
2
a
a
−
( ;0;0)BC a−
uuur
.
Khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau SC và AB là:
d=
, .
,
SC AB BC
SC AB
 
 

 
 
uuur uuur uuur
uuur uuur
=
2
2
4
4
.( ) 0.0 .0
2
0
4
a
a a
a
a
− + −
+ +
=
3
2
5
2
a
a
=
2
5
a

(đvđd)
Bài 11: ( Đề thi Đại học- Cao đẳng khối B 2006)
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình
chữ nhật với AB = SA= a; AD = a
2
và SA
⊥
mp(ABCD). Gọi M,N lần lượt là trung điểm của
AD và SC, I là giao điểm của BM và AC.
a) Chứng minh rằng mp(SAC)
⊥
(SMB).
b) Tính thể tích khối tứ diện ANIB.
Lời giải:
Chọn hệ trục toạ độ Axyz như hình vẽ.
10
Khi đó ta có:
A(0;0;0); B(a;0;0); D(0; a
2
;0); S(0;0;a); C(a; a
2
;0).
M(0;
2
2
a
;0); N(
2
; ;
2 2 2

a a a
)
mp(SAC) có véctơ pháp tuyến
( )
2 2
1
, 2; ;0n AS AC a a
 
= = −
 
uur uuur uuur
mp(SMB) có véctơ pháp tuyến
2 2
2
2
2 2
, ; ;
2 2
a a
n SM SB a
 
− −
 
= = −
 ÷
 
 ÷
 
uur uuur uur
1 2

. 0 ( ) ( )n n mp SAC mp SMB= ⇒ ⊥
uur uur
b) Phương trình đường thẳng BM:
2
2
0
x a at
a
y t
z
= −



=


=



Phương trình đường thẳng AC:
'
2 '
0
x at
y a t
z
=



=


=


1 2
; ;0
3 3
a
I MB AC I a
 
= ∩ ⇒
 ÷
 ÷
 
Thể tích tứ diện ANIB là:
1
, .
6

ANIB
V AN AB AI
 
=
 
uuur uuur uur
=
2 2 3

1 2 2 2
0. . .0
6 3 3 2 2 36
a a a a a
+ − =

Bài 12: Cho tứ diện SABC có ABC là tam giác đều cạnh a và cạnh SA
⊥
mp(ABC), SA =
2a
Gọi
( )
α
là mặt phẳng đi qua B và vuông góc với SC.
Tìm diện tích thiết diện của tứ diện S.ABC tạo bởi mp
( )
α
.
Lời giải
Vì
∆
ABC đều nên BI
⊥
AC . Mặt khác BI
⊥
SA
⇒
BI
⊥
mp(SAC)

⇒
BI
⊥
SC (1).
Trong (SAC) kẻ IK
⊥
SC tại K (2)
Từ (1) và (2)
( )SC mp BKI⇒ ⊥
Khi đó ta có
∆
BIK chính là thiết diện của tứ diện SABC bị cắt bởi mp
( )
α
qua B và
vuông góc với SC.
Ta chọn hệ trục toạ độ Axyz như hình vẽ.
Ta có: A(0;0;0) B(
3
; ;0
2 2
a a
); C(a; 0; 0) ; S(0; 0; 2a).
Gọi I là trung điểm AC
( ;0;0)
2
a
I⇒
.
11

Mặt phẳng (BIK) qua I và nhận véctơ
( ;0; 2 )SC a a−
uuur

làm véctơ pháp tuyến nên có phương trình:
( ) ( )
2
0 0 2 0 0 2 0,
2 2
a a
a x y a z ax az
 
− + − − − = ⇔ − − =
 
 

2 4 0x z a⇔ − − =
( Vì a>0)
Phương trình tham số của đường thẳng SC:
0
2 2
x at
y
z a at
=


=



= −

( )K SC BIK= ∩
nên toạ độ K là nghiệm x, y, z của hệ:

0
9 2 3
;0; ;0; ; 0; ;0
2 2
10 5 5 5 2
2 4 0
x at
y
a a a a
K a IK IB
z a at
x z a
=


 
=

   
⇒ ⇒
 

   
 
= −

   
 


− − =

uur uur
Vì
∆
IBK vuông ở I (do BI
⊥
mp(SAC)
⇒
BI
⊥
IK )
2 2 2 2 2 2
1 1 4 3 1 5 3 15
. .
2 2 25 25 4 2 25 4 20
BIK
a a a a a a
S IB IK⇒ = = + = =
Không chỉ giải được những bài toán trong giả thiết có xuất hiện quan hệ vuông góc mà
bằng cách chọn hệ toạ độ thích hợp ta cũng có thể giải được một số bài toán chứng minh
khác trong giả thiết chưa có sẵn các yếu tố xuất hiện hệ trục toạ độ.
Hai ví dụ sau minh hoạ điều đó.
Bài 13: Cho tứ diện ABCD có G là trọng tâm.
Chứng minh rằng đường thẳng đi qua G và một đỉnh của
tứ diện cũng đi qua trọngtâm của mặt đối diện với đỉnh đó.

Gọi A’ là trọng tâm tam giác BCD. Chứng minh rằng
3
'
GA
GA
=
Lời giải :
a) Trong hệ trục toạ độ Oxyz.
Giả sử A(x
1
;y
1
;z
1
); B(x
2
;y
2
;z
2
); C(x
3
;y
3
;z
3
); D(x
4
;y
4

;z
4
).
G là trọng tâm của tứ diện
1 2 3 4 1 2 3 4 1 2 3 4
1
( )
4
;
4 4 4
OG OA OB OC OD
x x x x y y y y z z z z
G
⇒ = + + +
+ + + + + + + + +
 
⇒ = +
 ÷
 
uuur uuur uuur uuur uuur
Ta có A’ là trọng tâm của tam giác BCD
12
2 3 4 2 3 4 2 3 4
; ;
3 3 3
x x x y y y z z z
A
+ + + + + +
 
′

⇒ =
 
 
1 2 3 4 1 2 3 4 1 2 3 4
1 2 3 4 1 2 3 4 1 2 3 4
3 3 3
; ;
4 4 4
3 3 3
' ; ;
12 12 12
x x x x y y y y z z z z
GA
x x x x y y y y z z z z
GA
− − − − − − − − −
 
=
 ÷
 
− + + + − + + + − + + +
 
=
 ÷
 
uuur
uuur
3 ' (*) , , 'GA GA G A A⇒ = − ⇒
uuur uuur
thẳng hàng.

Hay đường thẳng qua G và đỉnh A đi qua trọng tâm tam giác BCD.
Vì vai trò các đỉnh của tứ diện như nhau nên các đường thẳng nối các đỉnh khác với trọng
tâm tứ diện cũng đi qua trọng tâm của mặt đối diện với đỉnh đó.
b) Từ (*) ta suy ra
3
'
GA
GA
=
Bài 14: Cho tam giác ABC vuông tại A. Tìm những điểm M trong không gian sao cho:
MA
2

≥
MB
2
+ MC
2
Lời giải: Chọn hệ trục toạ độ Axyz như hình vẽ. Khi đó giả sử A(0;0;0); B(a;0;0); C(0;b;0).
Gọi M(x;y;z). Ta có: MA
2

≥
MB
2
+ MC
2

⇔
x

2
+ y
2
+ z
2
≥
(x-a)
2
+ y
2
+ z
2
+ x
2
+ (y-b)
2
+ z
2
⇔
(x - a)
2
+ (y - b)
2
+ z
2

≤
0
⇔

0
0
0
x a
y b
z
− =


− =


=

⇔

0
x a
y b
z
=


=


=

Tức trong không gian có duy nhất một điểm thoả mãn yêu
cầu bài toán. Đó là đỉnh thứ tư ABMC là hình chữ nhật

CABM trong mạt phẳng z = 0.
IV. BÀI TẬP TỰ LUYỆN:
Bài 1 : Cho hình lập phương ABCDA’B’C’D’. Chứng minh AC’
⊥
(A’BD); AC’
⊥
(CB’D’);
Bài 2: Cho hình lập phương ABCDA’B’C’D’ có cạnh bằng a.
a) Tính theo a khoảng cách giữa hai đường thẳng A’B và B’D.
b) Gọi MNP lần lượt là các trung điểm của các cạnh BB’, CD, A’D’. Tính góc giữa hai
đường thẳng MP và C’N.
(Đề thi Đại học- Cao đẳng khối B năm 2002 .
Bài 3: ( Đề thi đại học Vinh 2000-2001)
Cho hình hộp lập phương ABCDA
1
B
1
C
1
D
1
có cạnh bằng 2. Gọi E, F tương ứng là các
trung điểm của các cạnh AB, DD
1
.
a) Chứng minh rằng EF//(BDC
1
) và tính độ dài đoạn EF.
b) Gọi K là trung điểm cạnh C
1

D
1
. Tính khoảng cách từ đỉnh C đến (EFK) và xác định góc
giữa hai đường thẳng EF và BD.
Bài 4: ( Đề thi khối D năm 2002)
13
Cho hình tứ diện ABCD có cạnh AD vuông góc với mặt phẳng (ABC); AC=AD=4cm;
AB=3cm; BC=5cm;
Tính khoảng cách từ A đến mặt phẳng (BCD).
Bài 5: Cho hình chóp SABCD có đáy ABCD là hình thoi tâm O, cạnh a, góc
µ
A
=60
o
và có
đường cao SO bằng a.
a) Tính khoảng cách từ O đến mp(SBC).
b) Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AD và SB.
Bài 6: Cho hình chóp SABCD có đáy ABCD là hình thoi tâm O, cạnh a; Đường cao SO
⊥
(ABCD); và đoạn SO=
3
4
a
. Gọi E là trung điểm của BC; F là trung điểm của BE.
a) Chứng minh rằng (SOF)
⊥
(SBC).
b) Tính khoảng cách từ O và A đến (SBC).
c) Gọi

( )
α
là mặt phẳng qua AD và vuông góc với mặt phẳng (SBC). Xác định thiết diện
của
( )
α
với hình chóp và tính diện tích thiết diện này.
Bài 7: Cho hình tam giác đều SABC đỉnh S, có độ dài cạnh đáy bằng a. Gọi M, N lần lượt
là trung điểm các cạnh SB và SC. Tính theo a diện tích tam giác AMN, biết rằng mặt
phẳng (AMN) vuông góc với mặt phẳng (SBC).
(Đề thi Đại học- Cao đẳng khối A năm 2002).
Bài 8 : Cho hình chóp SABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, với AB=a; AD=2a, cạnh
SA
⊥
mp(ABCD), cạnh SB tạo với mặt phẳng đáy một góc 60
o
. Trên cạnh SA lấy điểm M
sao cho AM=
3
3
a
, mặt phẳng (BCM) cắt SD tại điểm N.
Tính thể tích khối chóp SBCNM?
(Đề tham khảo- 2006, sách giới thiệu đề thi tuyển sinh).
Bài 9 : Cho hình chóp tam giác SABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a, SA=2a, SA
⊥

mp(ABC). Gọi MN lần lượt là hình chiếu vuông góc của A lên các đường thẳng SB và SC.
Tính thể tích của khối chóp ABCNM.
(Đề thi Đại học- Cao đẳng khối D năm 2006).

PHẦN IV: KẾT LUẬN
Chúng ta đã biết rằng không có một “chìa khoá” vạn năng nào có thể mở được tất cả
các kho tàng tri thức của nhân loại, cũng vậy, phương pháp toạ độ không thể giải được tất
cả các bài toán trong chương trình phổ thông, nhưng nếu biết vận dụng nó thì sẽ giải được
một lớp các bài toán một cách trọn vẹn, rõ ràng, chặt chẽ, dễ hiểu mà các phương pháp
khác chưa chắc đã có được
Từ những suy nghĩ thực tế giảng dạy thu được kết quả khả quan tôi đã mạnh dạn viết
nên đề tài này. Theo tôi đề tài có tác dụng:
- Cung cấp phương pháp toạ độ để giải toán hình học không gian.
- Giải quyết được tâm lí sợ khó đối với hình không gian.
- Gây được cho học sinh hứng thú và sự tự tin khi làm bài và đối với rất nhiều bài toán có
thể giải quyết một cách dễ dàng hơn.
14
- Bản thân cũng như đồng nghiệp, học sinh có thể dùng đề tài này làm tài liệu để ôn luyện
cho học sinh 12 .
Đề tài này có nhiều vấn đề cần phải được bổ cứu, mong các bạn đọc, đồng nghiệp góp ý,
và có gì sai sót mong các bạn lượng thứ.
Xin cảm ơn!
15