skkn ứng dụng phương pháp tọa độ giải các bài toán hình học không gian tổng hợp

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH ĐỒNG NAI
TRƯỜNG THPT TÔN ĐỨC THẮNG
Mã số:………
SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
ỨNG DỤNG PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ
GIẢI CÁC BÀI TOÁN
HÌNH HỌC KHÔNG GIAN TỔNG HỢP
Người thực hiện: Phạm Thị Thiên Nga
- Quản lý giáo dục: 
- Phương pháp dạy học bộ môn: Toán học 
- Lĩnh vực khác: 
Có đính kèm:
 Mô hình  Phần mềm  Phim ảnh  Hiện vật khác

Năm Học: 2013-2014
Sáng kiến kinh nghiệm Giáo viên: Phạm Thị Thiên Nga
Mục Lục
Mục Lục 1
I.Đặt vấn đề 2
1.Lý do chọn đề tài: 2
2. Mục đích nghiên cứu 3
3. Phạm vi đề tài 3
II.Giải quyết vấn đề 4
1. Cơ sở lý thuyết 4
a. Những bài toán hình học không gian ở phần giả thiết có những dạng sau thì
nên dùng phương pháp tọa độ để giải 4
b. Các bước giải một bài toán hình học không gian bằng phương pháp tọa độ 4
c. Các ký hiệu thường dùng trong sáng kiến 5
d. Các công thức thường dùng trong sáng kiến 5
2.Vận dụng giải các bài toán 7
Ví dụ 1. Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ cạnh bằng 1 7

Ví dụ 3. Cho tứ diện OABC có ba cạnh OA, OB, OC đôi một vuông góc
nhau, OA=a, OB = b, OC = c 11
Ví dụ 4(CĐ khối A-2013): Cho lăng trụ đều ABC.A’B’C’ có AB = a và
đường thẳng A’B tạo với đáy một góc bằng 60. Gọi M và N lần lượt là trung điểm
của các cạnh AC và B’C’.Tính theo a thể tích của khối lăng trụ ABC.A’B’C’ và độ
dài đoạn thẳng MN 13
Để rõ hơn về những ứng dụng mạnh mẽ và hiệu quả của phương pháp này, ta
sẽ giải một số bài toán hình học không gian tổng hợp trong đó có các đề thi Đại học,
Cao đẳng trong các năm gần đây (các đáp án chính thức đã được Bộ Giáo dục và
Đào tạo công bố rộng rãi và có thể được tìm thấy từ các sách tham khảo hoặc mạng
Internet). Lời giải được trình bày dưới đây là hoàn toàn mới mẻ và của chính người
viết sáng kiến này 14
Bài 1: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật; SA ⊥
(ABCD); AB = SA = 1; . Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AD và SC; I là giao
điểm của BM và AC. Tính thể tích khối tứ diện ANIB 14
Bài 2: Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD, đáy là hình vuông cạnh a, đường
cao SO. Mặt bên tạo với đáy góc . Mặt phẳng (P) chứa cạnh AB và tạo với đáy góc
cắt các cạnh SC, SD lần lượt tại M, N 15
1
Sáng kiến kinh nghiệm Giáo viên: Phạm Thị Thiên Nga
Bài 4 (ĐH khối A-2012) : Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác đều cạnh
a. Hình chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng (ABC) là điểm H thuộc cạnh AB sao
cho HA=2HB. Góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng (ABC) bằng 60. Tính thể
tích của khối chóp S.ABC và tính khoảng cách giữa hai đường thẳng SA và BC theo
a 19
Bài 5 (ĐH khối A-2013): Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác vuông tại A,
= 30, SBC là tam giác đều cạnh a và mặt bên SBC vuông góc với đáy. Tính theo a thể
tích của khối chóp S.ABC và khoảng cách từ điểm C đến mặt phẳng (SAB) 20
III. KẾT LUẬN 25
Tài liệu tham khảo 26

NỘI DUNG SÁNG KIẾN
ỨNG DỤNG PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ GIẢI CÁC BÀI TOÁN
HÌNH HỌC KHÔNG GIAN TỔNG HỢP
I. Đặt vấn đề
1. Lý do chọn đề tài:
Tôi nhận thấy:
-Khi giải các bài toán hình học không gian tổng hợp (cổ điển) thì lời giải đòi hỏi
vận dụng khá phức tạp các kiến thức hình học không gian (chứng minh quan hệ song
song, quan hệ vuông góc, dựng hình để tính góc và khoảng cách, tính thể tích khối đa
diện…) thật sự là một khó khăn cho học sinh, thậm chí cả giáo viên, càng làm cho học
sinh cảm thấy “rất ngại” khi phải giải nó. Trong khi lời giải đó nếu được ứng dụng
phương pháp tọa độ sẽ hiệu quả hơn, rõ ràng hơn vì mọi tính toán đều đã được công thức
hóa.
2
Sáng kiến kinh nghiệm Giáo viên: Phạm Thị Thiên Nga
-Trong các đề thi chọn học sinh giỏi, Cao đẳng, Đại học thường xuất hiện bài toán
hình học không gian và nếu các em biết ứng dụng phương pháp tọa độ thì các em sẽ tự tin
hơn trong việc giải bài toán đó và giải một cách dễ dàng hơn, chắc chắn hơn.
-Phương pháp vectơ, tọa độ (trong mặt phẳng và trong không gian) là một công cụ
có ứng dụng khá rộng rãi: giải phương trình, hệ phương trình, giải và biện luận phương
trình, hệ phương trình; chứng minh đẳng thức, bất đẳng thức; chứng minh các quan hệ
hình học và tính toán các đại lượng hình học.
Với những lí do như trên, từ thực tế học tập và giảng dạy đã nghiên cứu vận dụng,
với kinh nghiệm thu được, tôi đã tiến hành thực hiện đề tài sáng kiến: Ứng dụng phương
pháp tọa độ giải các bài toán hình học không gian tổng hợp.
Để thấy được rõ về những ứng dụng mạnh mẽ và hiệu quả của phương pháp này,
tôi đã trình bày các bước cơ bản để giải bài toán hình học không gian tổng hợp thông qua
các ví dụ, sau đó là ứng dụng vào giải một số bài toán trong đó có các bài toán trong các
đề thi Đại học, Cao đẳng các năm gần đây.
2. Mục đích nghiên cứu

- Tạo cho học sinh sự hứng thú, tự tin khi giải các bài toán hình học không gian.
- Thay thế cho việc trình bày những lí luận, những bước dựng hình khá phức tạp
mà đòi hỏi người học phải nắm rất vững cơ sở lý thuyết, tư duy logic và trí tưởng tượng
phong phú bằng những tính toán rất rõ ràng mà vẫn giải quyết được vấn đề một cách dễ
dàng
- Nâng cao thành tích trong các kì thi học sinh giỏi, cao đẳng, đại học,…
3. Phạm vi đề tài
Các kiến thức được sử dụng trong sáng kiến này đều thuộc phạm vi kiến thức
được trình bày trong Sách giáo khoa Hình học 12 chuẩn và nâng cao (chương III), các ví
dụ được tổng hợp từ các bài tập trong Sách giáo khoa và Sách bài tập, các bài toán lấy từ
các đề thi chính thức của Bộ Giáo dục và Đào tạo.
3
Sáng kiến kinh nghiệm Giáo viên: Phạm Thị Thiên Nga
II. Giải quyết vấn đề
1. Cơ sở lý thuyết
a. Những bài toán hình học không gian ở phần giả thiết có những dạng sau thì nên
dùng phương pháp tọa độ để giải
 Hình đã cho có một đỉnh là tam diện vuông.
 Hình chóp có một cạnh bên vuông góc với đáy và đáy là các tam giác
vuông, tam giác đều, hình vuông, hình chữ nhật…
 Hình lập phương, hình hộp chữ nhật, hình lăng trụ đều.
 Hình đã cho có một đường thẳng vuông góc với mặt phẳng, trong mặt
phẳng đó có những đa giác đặc biệt: tam giác vuông, tam giác đều, hình thoi.
 Một vài hình chưa có sẵn tam diện vuông nhưng có thể tạo được tam diện
vuông chẳng hạn: hai đường thẳng chéo nhau mà vuông góc, hoặc hay mặt phẳng
vuông góc. Ngoài ra, với một số bài toán mà giả thiết không cho những hình quen
thuộc như đã nêu ở trên thì ta có thể dựa vào tính chất song song, vuông góc của các
đoạn thẳng hay đường thẳng tham gia trong hình vẽ để thiết lập hệ trục tọa độ.
b. Các bước giải một bài toán hình học không gian bằng phương pháp tọa độ
 Bước 1: Chọn hệ trục tọa độ thích hợp.

 Bước 2: Tìm tọa độ các điểm có liên quan đến yêu cầu bài toán.
 Bước 3: Giải bài toán bằng kiến thức tọa độ.
 Bước 4: Chuyển các kết quả từ ngôn ngữ tọa độ sang ngôn ngữ hình học
thông thường.
 Ví dụ về một vài cách chuyển từ ngôn ngữ hình học sang ngôn ngữ tọa độ:
 3 điểm A, B, C phân biệt thẳng hàng tương đương với tọa độ một điểm thỏa
mãn phương trình đường thẳng đi qua hai điểm kia hoặc
 4 điểm A, B, C, D phân biệt đồng phẳng tương đương
, 0AB AC AD
 
=
 
uuur uuur uuur
hoặc tọa độ của một điểm thỏa mãn phương trình mặt phẳng đi qua ba điểm kia.
 3 đường thẳng (có phương trình dạng chính tắc) đồng quy tương đương hệ
phương trình bao gồm 3 phương trình của 3 đường thẳng trên có nghiệm duy
nhất hoặc giao điểm của 2 đường thẳng này nằm trên đường thẳng kia.
4
Sáng kiến kinh nghiệm Giáo viên: Phạm Thị Thiên Nga
c. Các ký hiệu thường dùng trong sáng kiến
+ VTPT: vectơ pháp tuyến, VTCP: vectơ chỉ phương
+ (
a
r
,
b
r
) : góc giữa hai vectơ
a
r

và
b
r
+ (XYZ): mặt phẳng qua 3 điểm X, Y, Z
+ d(X, (P)): khoảng cách từ điểm X đến mặt phẳng (P)
+ d((P),(Q)): khoảng cách giữa hai mặt phẳng song song (P) và (Q)
+ d(a,b): khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau a và b.
+ (d
1
;d
2
): góc giữa hai đường thẳng d
1
và d
2
.
d. Các công thức thường dùng trong sáng kiến
+ Tích có hướng của hai vectơ:
Cho hai vectơ không cùng phương
1 2 3
( , , )a a a a
=
r
,
1 2 3
( , , )b b b b
=
r
. Khi đó:
2 3 3 2 3 1 1 3 1 2 2 1

, ( ; ; )a b a b a b a b a b a b a b
 
= − − −
 
r r
+ Góc giữa hai vectơ:
Nếu
ϕ
là góc giữa hai vectơ
1 2 3
( , , )a a a a
=
r
,
1 2 3
( , , )b b b b
=
r
với
a
r
và
b
r
khác thì
1 1 2 2 3 3
2 2 2 2 2 2
1 2 3 1 2 3
.
cos

a b a b a b
a b
a b
a a a b b b
ϕ
+ +
= =
+ + + +
r r
r r
+ Góc giữa hai mặt phẳng :
Cho (
1
α
) : A
1
x + B
1
y + C
1
z + D
1
= 0 có VTPT
1 1 1 1
( ; ; )n A B C
=
ur
.
(
2

α
) : A
2
x + B
2
y + C
2
z + D
2
= 0 có VTPT
2 2 2 2
( ; ; )n A B C
=
uur
.
Gọi
ϕ
là góc tạo bởi giữa hai mặt phẳng (
1
α
) và (
2
α
) (
2
0
π
ϕ
≤≤
) được tính theo

công thức
2
2
2
2
2
2
2
1
2
1
2
1
212121
.

cos
CBACBA
CCBBAA
++++
++
=
ϕ
+ Điều kiện để hai mặt phẳng song song hoặc vuông góc với nhau :
Cho hai mặt phẳng :
(
1
α
) : A
1

x + B
1
y + C
1
z + D
1
= 0 có VTPT
1 1 1 1
( ; ; )n A B C
=
ur
.
5
Sáng kiến kinh nghiệm Giáo viên: Phạm Thị Thiên Nga
(
2
α
) : A
2
x + B
2
y + C
2
z + D
2
= 0 có VTPT
2 2 2 2
( ; ; )n A B C
=
uur

.
(
1
α
) // (
2
α
)
⇔
2
1
1 2
.n k n
D kD

=


≠


ur r
⇔
( ) ( )
1 1 1 2 2 2
1 2
; ; . ; ;A B C k A B C
D kD
 =



≠


(
1
α
)
⊥
(
2
α
)
⇔
00.
21212121
=++⇔= CCBBAAnn
+ Khoảng cách từ một điểm đến một mặt phẳng :
Cho mặt phẳng (
α
) có phương trình Ax + By + Cz + D = 0 và điểm M (x
0 ;
y
0
; z
0
)
( )
( )
0 0 0

2 2 2
;
Ax By Cz D
d M
A B C
α
+ + +
=
+ +
+ Khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau :
Nếu
1 2 3
( , , )a a a a
=
r
,
1 2 3
( , , )b b b b
=
r
lần lượt là VTCP của đường thẳng d
1
, d
2
và điểm
A(x
1
;y
1
;z

1
)
∈
d
1
, điểm B(x
2
;y
2
;z
2
)
∈
d
2
Khi đó :
( )
1 2
, .
,
,
a b AB
d d d
a b
 
 
=
 
 
r r uuur

r r
+ Góc giữa hai đường thẳng
Cho đường thẳng d
1
có VTCP
1 2 3
( , , )a a a a
=
r
và đường thẳng d
2
có VTCP
1 2 3
( , , )b b b b
=
r
Khi đó:
( )
2
3
2
2
2
1
2
3
2
2
2
1

332211
21
.
.
.
;cos
bbbaaa
bababa
ba
ba
dd
++++
++
==
+ Góc giữa đường thẳng và mặt phẳng :
Cho (P) có VTPT
( )
321
;; nnnn =
và đường thẳng (d) có VTCP
( )
321
;; aaaa =
.
Gọi là góc tạo bởi đường thẳng (d) và (P) ( 0≤ ≤ ).
Ta có :
2
3
2
2

2
1
2
3
2
2
2
1
332211
.
.
.
sin
nnnaaa
nanana
na
na
++++
++
==
α
6
Sáng kiến kinh nghiệm Giáo viên: Phạm Thị Thiên Nga
2. Vận dụng giải các bài toán
Trước hết, để làm quen với việc tọa độ hóa các bài toán hình học không gian tổng
hợp, ta bắt đầu bằng ví dụ đối với một hình đa diện có thể tọa độ hóa dễ dàng nhất, đó là
hình lập phương. Có thể khẳng định chắc chắn rằng mọi bài toán yêu cầu chứng
minh các quan hệ hình học hoặc tính toán đối với hình lập phương đều có thể giải
một cách ngắn gọn bằng phương pháp tọa độ.
Ví dụ 1. Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’

cạnh bằng 1.
a) Chứng minh rằng hai mặt phẳng
(A’BC’) và (ACD’) song song với nhau. Tính
khoảng cách giữa hai mặt phẳng này.
b) Chứng minh B’D vuông góc với mặt
phẳng (A’BC’).
c) Gọi I, J lần lượt là trung điểm của các
cạnh AA’ và BC. Chứng minh B’D vuông góc
với IJ.
d) Gọi K là trung điểm của cạnh DD’.
Chứng minh rằng hai mặt phẳng (AB’C) và
(KAC) vuông góc nhau.
Giải
Do các cạnh AB, AD, AA’ đôi một vuông góc nhau nên ta chọn hệ trục Oxyz sao
cho: O
≡
A, tia AB
≡
tia Ox, tia AD
≡
tia Oy, tia AA’
≡
tia Oz.
Khi đó, ta có:
A(0;0;0), B(1;0;0), D(0;1;0), A’(0;0;1),
C(1;1;0), B’(1;0;1), D’(0;1;1), C’(1;1;1).
a). Chứng minh rằng hai mặt phẳng (A’BC’) và (ACD’) song song với nhau. Tính
khoảng cách giữa hai mặt phẳng này.
Dễ dàng thiết lập được phương trình của hai mặt phẳng:
7

Sáng kiến kinh nghiệm Giáo viên: Phạm Thị Thiên Nga
(A’BC’):
01 =−+− zyx
và (ACD’):
0=+− zyx
.
Do đó (A’BC’) // (ACD’) và d((A’BC’),(ACD’)) = d(A,(A’BC’)) =
1
3
.
b). Chứng minh B’D vuông góc với mặt phẳng (A’BC’).
Ta có
'DB
uuuur
= (1;-1;1) chính là một vectơ pháp tuyến của (A’BC’):
01 =−+− zyx
,
do đó B’D
⊥
(A’BC’).
c). Chứng minh B’D vuông góc với IJ.
I, J lần lượt là trung điểm của các cạnh AA’ và BC nên I(0;0;
1
2
), J(1;
1
2
;0)
⇒
1 1

1; ;
2 2
IJ
 
= −
 ÷
 
uur
( ) ( )
1 1
. ' 1. 1 .1 . 1 0 '
2 2
IJ B D B D IJ
−
 
⇒ = − + + − = ⇒ ⊥
 ÷
 
uur uuuur
.
d). Chứng minh hai mặt phẳng (AB’C) và (KAC) vuông góc nhau
( )
'AB C
có VTPT
( )
1
1;1;1n = −
ur
,
( )

KAC
có VTPT
2
1 1
; ; 1
2 2
n
−
 
= −
 ÷
 
uur
.
Ta thấy
( ) ( )
1 2
1 1
. 1 . 1. 1. 1 0
2 2
n n
−
 
= − + + − =
 ÷
 
ur uur
( ) ( )
'AB C KAC
⇒ ⊥

Trên đây ta nhận thấy với phương pháp tọa độ, các chứng minh về quan hệ song
song và vuông góc được thực hiện khá dễ dàng bằng các phép tính đại số mà không phụ
thuộc vào hình vẽ hoặc các suy luận hình học thường rất khó trình bày đối với học sinh.
Qua ví dụ ta rút ra các nhận xét quan trọng sau đây:
+ Chứng minh hai mặt phẳng song song: viết phương trình của chúng và so sánh các hệ
số.
+ Chứng minh hai mặt phẳng vuông góc: chứng tỏ tích vô hướng của hai VTPT bằng 0.
+ Chứng minh hai đường thẳng vuông góc: chứng tỏ tích vô hướng của hai VTCP bằng
0.
+ Chứng minh đường thẳng vuông góc với mặt phẳng: chứng tỏ VTCP của đường thẳng
chính là một VTPT của mặt phẳng.
Tiếp theo, ta xét ví dụ về việc tọa độ hóa bài toán tính góc và khoảng cách trong
không gian.
8
Sáng kiến kinh nghiệm Giáo viên: Phạm Thị Thiên Nga
Ví dụ 2: Cho hình chóp S.ABCD
có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, SA
vuông góc với mặt phẳng
( )
ABCD
và SA
bằng a. Các điểm M, N, P lần lượt là trung
điểm các cạnh AB, BC, SD.
a) Tính khoảng cách từ M đến mặt
phẳng
( )
SCD
b) Tính khoảng cách giữa hai đường
thẳng SC và BD ; MN và SD
c) Tính góc giữa hai đường thẳng SB,

AP và góc giữa hai mặt phẳng
( )
SMN
,
( )
SCD
.
Giải
Tương tự ví dụ 1, ta chọn hệ trục Oxyz sao cho: O
≡
A, tia AB
≡
tia Ox,
tia AD
≡
tia Oy, tia AS
≡
tia Oz.
Khi đó, ta có:
A(0;0;0), B(a;0;0), D(0;a;0), C(a;a;0), S(0;0;a), M(
2
a
;0;0), N(a;
2
a
;0), P(0;
2
a
;
2

a
).
a) Tính khoảng cách từ M đến mặt phẳng
( )
SCD
( ) ( )
; ; , 0; ;SC a a a SD a a= − = −
uuur uuur
( )
SCD
đi qua S và có VTPT
[ ]
( )
22
;;0, aaSDSCn ==
( )
: 0SCD y z a
⇒ + − =
.
Vậy d
( )( )
2
2
;
a
SCDM =
.
b) Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng SC và BD ; MN và SD
Ta có: = (-a;a;0), = (0;a;0),
,0;

2
;
2






=
aa
MN







−= a
a
SM ;0;
2
9
Sáng kiến kinh nghiệm Giáo viên: Phạm Thị Thiên Nga
⇒
( )
[ ]
[ ]
6

6
,
.,
;
a
BDSC
BCBDSC
BDSCd ==
,
( )
, .
3
;
2
,
MN SD SM
a
d MN SD
MN SD
 
 
= =
 
 
uuuur uuur uuur
uuuur uuur
c) Tính góc giữa hai đường thẳng SB, AP và góc giữa hai mặt phẳng
( )
SMN
,

( )
SCD
Góc giữa hai đường thẳng SB, AP
Ta có:
( )
aaSB −= ;0;
,






=
2
;
2
;0
aa
AP
,
⇒

( )
2
1
.
.
;cos ==
APSB

APSB
APSB
⇒
Góc giữa hai đường thẳng SB và AP bằng 60
0
Góc giữa hai mặt phẳng
( )
SMN
,
( )
SCD
Ta có:
( ) ( )
;0; , ; ;0 , ; ; , ;0;0
2 2 2
a a a
SM a MN SC a a a CD a
   
= − = = − = −
 ÷  ÷
   
uuur uuuur uuur uuur
( )
SMN
có VTPT
1
1
1; 1;
2
n

 
= −
 ÷
 
ur
,
( )
SCD
có VTPT
( )
2
0;1;1n =
uur
Gọi
ϕ
là góc giữa hai mặt phẳng
( )
SMN
và
( )
SCD
.Khi đó:
1 2
0
1 2
.
2
cos 76
6
.

n n
n n
ϕ ϕ
= = ⇒ ≈
ur uur
ur uur
' ''
221,12
Nhận xét: Đối với bài toán tính góc giữa hai đường thẳng, góc giữa hai mặt
phẳng và khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau khi giải bằng phương pháp cổ
điển thì rõ ràng khâu khó khăn nhất chính là dựng hình (trực tiếp hoặc gián tiếp) vốn đòi
hỏi học sinh phải nắm rất vững về phương pháp cũng như phải có sự suy nghĩ khá sâu
sắc; trong khi đó, nếu ta có thể tọa độ hóa để giải thì phương pháp tiếp cận rất rõ ràng
vì tất cả các yêu cầu trên đều đã có công thức, do đó còn lại là yêu cầu học sinh thực
hiện cẩn thận một số bước tính toán cơ bản để áp dụng được công thức đã có.
Ví dụ kế tiếp ta chuyển sang một đối tượng hình không gian khác, đó hình tứ diện
có ba cạnh xuất phát từ một đỉnh đôi một vuông góc nhau (gọi tắt là tam diện vuông).
Phương án tọa độ hóa đối với hình đa diện này và hình hộp chữ nhật là như nhau.
10
Sáng kiến kinh nghiệm Giáo viên: Phạm Thị Thiên Nga
Ví dụ 3. Cho tứ diện OABC có ba cạnh OA, OB, OC đôi một vuông góc nhau, OA=a, OB
= b, OC = c.
a) Tính độ dài đường cao của tứ diện kẻ từ đỉnh O;
b) Chứng minh tam giác ABC có ba góc đều nhọn;
c) Gọi
, ,
α β γ
lần lượt là góc giữa
(ABC) và các mặt phẳng (OBC), (OCA), (OAB).
Chứng minh rằng:

2 2 2
cos cos cos 1
α β γ
+ + =
.
d) Xác định tâm I và tính bán kính mặt
cầu ngoại tiếp tứ diện OABC
e) Chứng minh O, I và trọng tâm tam
giác ABC là ba điểm thẳng hàng.
Giải
Chọn hệ trục tọa độ Oxyz sao cho tia OA
≡
tia Ox, tia OB
≡
tia Oy, tia OC
≡
tia Oz.
Khi đó: A(a;0;0), B(0;b;0), C(0;0;c).
a) Tính độ dài đường cao của tứ diện kẻ từ đỉnh O.
Dễ thấy phương trình mặt phẳng (ABC) là
1 0
x y z
bcx cay abz abc
a b c
+ + = ⇔ + + − =
.
Độ dài h của đường cao của tứ diện kẻ từ đỉnh O là khoảng cách từ O đến mặt
phẳng (ABC):
2 2 2 2 2 2
( ,( ))

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
abc
abc
h d O ABC
ab bc ca ab bc ca
−
= = =
+ + + +
b) Chứng minh tam giác ABC có ba góc đều nhọn.
Ta có:
·
2
2 2 2 2
( ; ;0), ( ;0; ) cos cos( , ) 0
.
a
AB a b AC a c BAC AB AC
a b a c
= − = − ⇒ = = >
+ +
uuur uuur uuur uuur
·
BAC⇒
nhọn.
11
Sáng kiến kinh nghiệm Giáo viên: Phạm Thị Thiên Nga
Tương tự,
·
2
2 2 2 2

cos cos( , ) 0
.
b
ABC BA BC
a b b c
= = >
+ +
uuur uuur
·
ABC
⇒
nhọn.

·
2
2 2 2 2
cos cos( , ) 0
.
c
ACB CA CB
a c b c
= = >
+ +
uur uuur
·
ACB⇒
nhọn.
Vậy tam giác ABC có ba góc đều nhọn.
c). Chứng minh
2 2 2

cos cos cos 1
α β γ
+ + =
.
Với
, ,
α β γ
lần lượt là góc giữa (ABC)
và các mặt phẳng (OBC), (OCA), (OAB).
Dễ thấy các mặt phẳng (ABC), (OBC), (OCA),
(OAB) có VTPT lần lượt là
( ; ; )n bc ca ab
=
r
,
(1;0;0), (0;1;0), (0;0;1)i j k
= = =
r r r
.
Do đó
2 2 2
cos
( ) ( ) ( )
bc
bc ca ab
α
=
+ +
,
2 2 2

cos
( ) ( ) ( )
ca
bc ca ab
β
=
+ +
,
2 2 2
cos
( ) ( ) ( )
ab
bc ca ab
γ
=
+ +
.
Suy ra:
2 2 2
cos cos cos 1
α β γ
+ + =
.
d) Giả sử mặt cầu ngoại tiếp tứ diện OABC có phương trình

2 2 2
2 2 2 0x y z px qy rz k+ + − − − + =
, điều kiện
0
222

>−++ krqp
Thay lần lượt tọa độ các điểm O, A, B, C vào phương trình trên ta có
2
2
2
0
2 0
2 0
2 0
k
a ap k
b bq k
c cr k
=


− + =


− + =


− + =

2
2
2
0
a
p

b
q
c
r
k

=



=

⇔


=



=

12
Sáng kiến kinh nghiệm Giáo viên: Phạm Thị Thiên Nga
Vậy mặt cầu ngoại tiếp tứ diện OABC có tâm I
; ;
2 2 2
a b c
 
 ÷
 

và bán kính R
2 2 2 2 2 2
0
4 4 4 2
a b c a b c+ +
= + + − =
e) Gọi G là trọng tâm tam giác ABC. Ta có G
; ;
3 3 3
a b c
 
 ÷
 

Dễ thấy
3
2
OI OG
=
uur uuur

⇒
O, I, G là ba điểm thẳng hàng
Qua ba ví dụ đã trình bày, ta nhận thấy một yếu tố thuận lợi cho việc tọa độ hóa
là điều kiện đôi một vuông góc của ba cạnh cùng xuất phát từ một đỉnh của đa diện,
thông thường điều kiện này được ẩn chứa ngay trong các giả thiết cho trước. Tuy vậy,
không phải lúc nào điều kiện trên cũng được thỏa mãn nên trong một số trường hợp ta
cần phải có cách xây dựng hệ trục tọa độ một cách khéo léo hơn. Ta xét ví dụ sau đây.
Ví dụ 4(CĐ khối A-2013): Cho lăng trụ đều ABC.A’B’C’ có AB = a và đường thẳng
A’B tạo với đáy một góc bằng 60

0
. Gọi M và N lần lượt là trung điểm của các
cạnh AC và B’C’.Tính theo a thể tích của khối lăng trụ ABC.A’B’C’ và độ dài
đoạn thẳng MN.
Giải:
Ta có AA’
⊥
(ABC)
⇒
là góc giữa A’B
với đáy
⇒
= 60
0

⇒
AA’ = AB.tan = a
3
. Do đó V
4
3
'.
3
'''.
a
SAA
ABCCBAABC
==
∆
Bây giờ ta tính độ dài đoạn thẳng MN bằng

phương pháp tọa độ:
13
Sáng kiến kinh nghiệm Giáo viên: Phạm Thị Thiên Nga
Gọi I, J lần lượt là trung điểm của các cạnh AB, A’B’. Khi đó chọn hệ trục tọa độ
Oxyz với I là gốc tọa độ, tia IB
≡
tia Ox, tia IC
≡
tia Oy, tia IJ
≡
tia Oz. Khi đó:
A






−
0;0;
2
a
, B






0;0;

2
a
, C








0;
2
3
;0
a
, B’






3;0;
2
a
a
, C’









3;
2
3
;0 a
a
và
M là trung điểm của cạnh AC








−
⇒
0;
4
3
;
4
aa
M

, N là trung điểm của cạnh B’C’








⇒ 3;
4
3
;
4
a
aa
N







=⇒ 3;0;
2
a
a
MN

2
13a
MN =⇒
Để rõ hơn về những ứng dụng mạnh mẽ và hiệu quả của phương pháp này, ta sẽ giải một
số bài toán hình học không gian tổng hợp trong đó có các đề thi Đại học, Cao đẳng
trong các năm gần đây (các đáp án chính thức đã được Bộ Giáo dục và Đào tạo
công bố rộng rãi và có thể được tìm thấy từ các sách tham khảo hoặc mạng
Internet). Lời giải được trình bày dưới đây là hoàn toàn mới mẻ và của chính
người viết sáng kiến này.
Bài 1: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật; SA ⊥ (ABCD); AB = SA
= 1;
AD 2
=
. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AD và SC; I là giao điểm của
BM và AC. Tính thể tích khối tứ diện ANIB
Giải:
Chọn hệ trục tọa độ Oxyz như
hình vẽ, với A
( )
0;0;0O
≡
,
( )
0;1;0B
,
( )
0;0;2D
,
( )
0;1;2C

,
( )
1;0;0S
,








0;0;
2
2
M
,








2
1
;
2
1

;
2
2
N
Mặt khác:
AIM
∆
đồng dạng với
CIB
∆
⇒

2
1
==
BC
AM
IC
IA
ICAI
2
1
=⇒
14
Sáng kiến kinh nghiệm Giáo viên: Phạm Thị Thiên Nga









⇒ 0;
3
1
;
3
2
I
.
Do đó:
[ ]








−
=
2
2
;0;
2
1
, ABAN
Vậy

[ ]
36
2
.,
6
1
== AIABANV
ANIB
.
Nhận xét: Bài toán 1 có thể được tọa độ hóa với gốc tọa độ là một đỉnh của đáy
(dựng đường thẳng qua đỉnh, song song với SA) ta tính thể tích khối tứ diện ANIB một
cách trực tiếp, rõ ràng, đơn giản hơn nhiều so với phương pháp cổ điển (tính gián tiếp,
trừu tượng, khó khăn và phức tạp hơn).
Bài 2: Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD, đáy là hình vuông cạnh a, đường cao SO.
Mặt bên tạo với đáy góc
0
60
. Mặt phẳng (P) chứa cạnh AB và tạo với đáy góc
0
30
cắt các cạnh SC, SD lần lượt tại M, N.
a) Tính góc giữa AN với
(ABCD) và BD.
b) Tính khoảng cách giữa AN và
BD.
c) Tính thể tích hình khối
ABCDMN.
Giải:
Gọi H, K lần lượt là trung điểm của
AB, CD. Khi đó góc giữa (SAB) và

(ABCD) là bằng 60
0
, suy ra SHK là
tam giác đều cạnh a, suy ra SO=
2
3a
.
Gọi I là trung điểm của cạnh SK, suy ra góc giữa (P) và (ABCD) là bằng 30
0
,
suy ra IH nằm trong mặt phẳng (P)
⇒
M, N, I thẳng hàng ( M, N, I cùng thuộc (P) và (SCD) )
15
Sáng kiến kinh nghiệm Giáo viên: Phạm Thị Thiên Nga
Ta lại có:
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
CDMN
CDAB
ABABCDP
MNPSCD
CDABCDSCD
//
//
⇒








=∩
=∩
=∩
⇒
M, N lần lượt là trung điểm của SC, SD.
Bây giờ ta sẽ thực hiện các yêu cầu của bài toán bằng phương pháp tọa độ:
Chọn hệ trục tọa độ Oxyz với O là gốc tọa độ, tia OC
≡
tia Ox, tia OD
≡
tia Oy,
tia OS
≡
tia Oz. Khi đó: O
( )
0;0;0
, A








−

0;0;
2
2a
, C








0;0;
2
2a
, B








−
0;
2
2
;0
a

,
D








0;
2
2
;0
a
, S








2
3
;0;0
a
, N









4
3
;
4
2
;0
aa
,M








4
3
;0;
4
2 aa
a) Tính góc giữa AN với (ABCD) và BD
Tính góc giữa AN với (ABCD):

AN có VTCP là








=
4
3
;
4
2
;
2
2 aaa
AN
, (ABCD) có VTPT là
( )
1;0;0
=
k
Gọi
α
là góc giữa AN với (ABCD).Ta có:
13
39
.

.
sin ==
kAN
kAN
α
"85,37'4228
0
≈⇒
α
Tính góc giữa AN và BD:
Ta có:








=
4
3
;
4
2
;
2
2 aaa
AN
,

( )
0;2;0 aBD
=
( )
13
26
.
.
;cos ==⇒
BDAN
BDAN
BDAN

⇒
Góc giữa AN và BD xấp xỉ 66
"51,23'54
0
b) Tính khoảng cách giữa AN và BD :
Ta có
[ ]








−
=

2
2
;0;
4
6
, a
a
BDAN
,








−
=
0;
2
2
;
2
2 aa
AB
( )
[ ]
[ ]
22

66
,
.,
;
a
BDAN
ABBDAN
BDANd
==⇒
16
Sáng kiến kinh nghiệm Giáo viên: Phạm Thị Thiên Nga
c) Tính thể tích hình khối ABCDMN
Ta có :
( )
48
35
8
33
.
2
.
2
3
3
1

3
1
32
2

aaa
a
a
SSISSOVVV
ABMNABCDABMNSABCDSABCDMN
=








−=−=−=
(ABMN là hình thang cân nên
( )
8
33
2
2
aHIABMN
S
ABMN
=
+
=
)
Nhận xét: Bài toán 2 có thể được tọa độ hóa với gốc tọa độ là một đỉnh của đáy

(vẽ đường thẳng qua đỉnh, song song với SO, tạo thành bộ ba đường thẳng đôi một
vuông góc tại đỉnh đó).
Bài 3: Cho tứ diện SABC có đáy là ∆ABC vuông cân tại B, AB = a,
SA ABC( )
⊥
và SA= a.
AH SB⊥
tại H,
AK SC⊥
tại
K.
a) Chứng minh
HK SC.
⊥
b) Gọi
I HK BC.
= ∩
Chứng
minh B là trung điểm CI.
c) Tính sin góc giữa SB và
(AHK).
d) Xác định tâm và bán kính mặt
cầu ngoại tiếp S.ABC
Giải :
Ta có
BCAB
⊥
nên qua B vẽ đường
thẳng vuông góc với (ABC) (đường thẳng
này song song với SA)

Chọn hệ trục Oxyz như hình vẽ, với
( )
0;0;0OB
≡
,
( )
0;0;aC
,
( )
0;;0 aA
,
( )
aaS ;;0
,
( )
aaaSC
−−=
;;
. Ta có tam giác ABS cân tại A và AH vuông góc với SB tại H
⇒
H là
trung điểm của cạnh SB






⇒
2

;
2
;0
aa
H
.
17
Sáng kiến kinh nghiệm Giáo viên: Phạm Thị Thiên Nga
Ta có phương trình SC :
Rt
tz
ty
tax
∈





−=
−=
+=
,
K
∈
SC
( )
tttaK
−−+⇒
;;

,
( )
tattaAK
−−−+=
;;
Mặt khác :
( ) ( ) ( ) ( ) ( )






⇒
−
=⇔=−−+−−−++⇔=
3
2
;
3
2
;
33
2
0 0.
aaa
K
a
tataatataSCAK







=⇒
6
;
6
;
3
aaa
HK
.
Ta có :
( ) ( )
SCHKa
a
a
a
a
a
SCHK
⊥⇒=−+−+=
0.
66
.
3
.

.
b) Gọi I = HK
BC
∩
.Chứng minh B là trung điểm của CI
Ta có : Phương trình của BC là



=
=
0
0
az
ay
và phương trình của HK là









+=
+=
=
t
a

z
t
a
y
tx
2
2
2
Thay x, y, z ở phương trình của HK vào phương trình của BC ta được t =
2
a
−
( )
BaI
⇒−⇒
0;0;
là trung điểm của đoạn CI.
c) Tính sin của góc giữa SB và (AHK)
Ta có :
( ) ( )
1;1;0;;0 aaaSB
−=−−=
,






−

=
2
;
2
;0
aa
AH
,






−
=
3
2
;
3
;
3
aaa
AK
[ ]
( )
1;1;1
66
;
6

;
6
,
2222
−=








−
=⇒
aaaa
AKAH
⇒
SB có VTCP là
( )
1;1;0
=
a
và (AHK) có VTPT là
( )
1;1;1
−=
n
.
Gọi

α
là góc giữa SB và (AHK). Ta có :
3
6
.
.
sin ==
na
na
α
d) Giả sử mặt cầu ngoại tiếp S.ABC có phương trình :

0222
222
=+−−−++ krzqypxzyx
(điều kiện p
)0
222
>−++ krq
18
Sáng kiến kinh nghiệm Giáo viên: Phạm Thị Thiên Nga
Thay lần lượt tọa độ các điểm S, A, B, C vào phương trình trên
ta có :












=
=
=
=
⇔







=+−
=
=+−
=+−−+
0
2
2
2
02
0
02
022
2
2

22
k
a
r
a
q
a
p
kapa
k
kaqa
karaqaa
Vậy mặt cầu ngoại tiếp tứ diện S.ABC có tâm I






2
;
2
;
2
aaa
và bán kính R =
2
3a
.
Bài 4 (ĐH khối A-2012) : Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác đều cạnh a. Hình

chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng (ABC) là điểm H thuộc cạnh AB sao cho
HA=2HB. Góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng (ABC) bằng 60
0
. Tính thể tích
của khối chóp S.ABC và tính khoảng cách giữa hai đường thẳng SA và BC theo a.
Giải :
Ta có là góc giữa SC và (ABC), suy ra = 60
0
.
Gọi D là trung điểm của cạnh AB.
Ta có :
6
a
HD =
,
2
3a
CD
=
,
HC =
3
7
22
a
CDHD
=+
,
.HCSH
=

tan60
0
3
21a
=
V
12
7
4
3
.
3
21
3
1

3
1
32
.
aaa
SSH
ABCABCS
===
∆
.
Bây giờ ta tính khoảng cách giữa hai đường
thẳng SA và BC bằng phương pháp tọa độ :
Nhận thấy : DC
AB

⊥
tại D nên ta dựng
đường thẳng qua D và vuông góc với mặt
phẳng (ABC), đường thẳng này song song
19
Sáng kiến kinh nghiệm Giáo viên: Phạm Thị Thiên Nga
với SH. Khi đó : chọn hệ trục tọa độ Oxyz như hình vẽ, với D
( )
,0;0;0O
≡
A






−
0;0;
2
a
,
B






0;0;

2
a
, C








0;
2
3
;0
a
.
Theo giả thiết H thuộc cạnh AB và HA = 2HB






⇒=⇒
0;0;
6
2
a
HHBAH

Ta có SH
)(ABC
⊥
và








⇒






3
21
;0;
6
0;0;
6
aa
S
a
H
Dođó :

( )
[ ]








−−
=⇒=








−
=









=
3
3
;
6
21
;
2
7
,0;0;,0;
2
3
;
2
,
3
21
;0;
3
2
222
aaa
BCASaAB
aa
BC
aa
AS
Vậy
( )
[ ]

[ ]
8
42
,
.,
;
a
BCAS
ABBCAS
BCSAd
==
Nhận xét : So với đáp án chính thức khi tính d(SA,BC) phải vẽ thêm các yếu tố
vào hình với những lí luận về quan hệ song song, vuông góc thì lời giải bằng phương
pháp tọa độ dễ định hướng hơn, đơn giản hơn với mọi tính toán chỉ bằng công thức.
Bài 5 (ĐH khối A-2013): Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác vuông tại A,
= 30
0
, SBC là tam giác đều cạnh a và mặt bên SBC vuông góc với đáy. Tính theo a
thể tích của khối chóp S.ABC và khoảng cách từ điểm C đến mặt phẳng (SAB).
Giải :
Gọi H là trung điểm của BC, suy ra SH
BC
⊥
.
Mà (SBC) vuông góc với (ABC) theo giao tuyến BC, nên SH
( )
ABC
⊥
.
Ta có :

20
Sáng kiến kinh nghiệm Giáo viên: Phạm Thị Thiên Nga
21
Sáng kiến kinh nghiệm Giáo viên: Phạm Thị Thiên Nga
BC = a, suy ra
2
3a
SH
=
,
.BCAC
=
sin30
0
2
a
=
,
.BCAB
=
cos30
0
2
3a
=
Do đó V
16

6
1

3
.
a
ACABSH
ABCS
==
Nhận thấy
ACAB
⊥
nên qua A vẽ
đường thẳng vuông góc với (ABC)
(đường thẳng này song song với SH).
Khi đó :
Chọn hệ trục tọa độ Oxyz như hình vẽ,
ta có :
( )















≡
0;0;
2
,0;
2
3
;0,0;0;0
a
C
a
BOA
















2
3
;

4
3
;
4
,0;
4
3
;
4
aaa
S
aa
H
[ ]






−
=









−
=⇒
2
1
;0;3
4
3
8
3
;0;
4
3
,
222
aaa
ASAB
( ) ( ) ( ) ( )
00
2
1
0003:
=−−−+−⇒
zyxSAB

032 =−⇔ zx

( )( )
13
39
,

a
SABCd
=⇒
.
Nhận xét : Nếu so với đáp án chính
thức trong việc tính
( )( )
SABCd ;
thì lời giải
này trực tiếp hơn, rõ ràng hơn, dễ định
hướng hơn (đáp án chính thức tính
( )( )
SABCd ;
thông qua việc tính tỉ số
SAB
ABCS
S
V
∆
.
3
).
Bài 6 (ĐH khối B-2013): Cho hình
chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a,
22
Sáng kiến kinh nghiệm Giáo viên: Phạm Thị Thiên Nga
mặt bên SAB là tam giác đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng đáy.
Tính theo a thể tích của khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng
(SCD).
Giải :

Gọi H là trung điểm của AB
ABSH
⊥⇒
và
2
3a
SH
=
Mà (SAB) vuông góc với (ABCD) theo giao tuyến AB, nên SH
( )
ABCD
⊥
Do đó V
6
3

3
1
3
.
a
SSH
ABCDABCDS
==
Bây giờ ta tính khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng (SCD) bằng phương pháp tọa
độ :
Gọi K là trung điểm của cạnh CD. Chọn hệ trục tọa độ Oxyz với H là gốc tọa độ, tia
HB
≡
tia Ox, tia HK

≡
tia Oy,
tia HS
≡
tia Oz. Khi đó :
( )






−
≡ 0;0;
2
,0;0;0
a
AOH
, B















−












2
3
;0;0,0;;
2
,0;;
2
,0;0;
2
a
Sa
a
Da
a
C

a
( )
[ ]








−
−
=⇒=








−
=⇒
2
2
;
2
3
;0,0;0;,

2
3
;;
2
a
a
DCSCaDC
a
a
a
SC
)(SCD
⇒
có phương trình :
0323
=−+
azy
Vậy
( )( )
7
21
,
a
SCDAd
=
Nhận xét : Bài toán 6 có thể được tọa độ hóa với gốc tọa độ là một đỉnh của đáy (dựng
đường thẳng qua đỉnh, song song với SH).
23
Sáng kiến kinh nghiệm Giáo viên: Phạm Thị Thiên Nga
MỘT SỐ BÀI TẬP BỔ SUNG

1. Cho hình chóp S.ABC với đáy ABC là tam giác vuông tại B có
·
ACB
= 2
và các đường trung tuyến BB’, phân giác trong CC’. Các mặt phẳng (SBB’), (SCC’) cùng
vuông góc với mặt đáy. Góc giữa (SB’C’) và mặt đáy là 60
0
và B’C’ = a. Tính thể tích khối
chóp S.ABC và khoảng cách từ trọng tâm G của tam giác SBC đến đường thẳng B’C’ theo a.
2. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là một hình vuông tâm O. Các mặt
bên (SAB) và (SAD) vuông góc với đáy (ABCD). Cho AB = a, SA = a
2
. Gọi H, K lần
lượt là hình chiếu của A trên SB, SD .Tính thể tích khối chóp O.AHK.
3. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi với
µ
0
120
=
A
, BD = a >0.
Cạnh bên SA vuông góc với đáy. Góc giữa mặt phẳng (SBC) và đáy bằng 60
0
. Một mặt
phẳng (α) đi qua BD và vuông góc với cạnh SC. Tính tỉ số thể tích giữa hai phần của hình
chóp do mặt phẳng (α) tạo ra khi cắt hình chóp.
4. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là nửa lục giác đều nội tiếp trong
đường tròn đường kính AD = 2a và có cạnh SA vuông góc với mặt phẳng (ABCD), SA=a
6
.Tính khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng (SCD).

24