Phương pháp tọa độ trong hình học tổ hợp và số học

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC
LẠI TIẾN ĐẨU
PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ
TRONG HÌNH HỌC TỔ HỢP
VÀ SỐ HỌC
LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC
THÁI NGUYÊN - NĂM 2015
ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC
LẠI TIẾN ĐẨU
PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ
TRONG HÌNH HỌC TỔ HỢP
VÀ SỐ HỌC
LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC
Chuyên ngành: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP
Mã số 60 46 01 13
Người hướng dẫn khoa học
GS. TSKH. NGUYỄN VĂN MẬU
THÁI NGUYÊN - NĂM 2015
i
LỜI CAM ĐOAN
Tôi xin cam đoan luận văn này là công trình nghiên cứu của tôi (từ tháng 9
năm 2014 đến tháng 3 năm 2015), trên cơ sở tham khảo các tài liệu, tham
dự các buổi hội thảo các chuyên đề Toán học và kinh nghiệm qua các năm
công tác.
ii
Mục lục
Mở đầu 1
1 Phương pháp tọa độ và các tính chất liên quan 4
1.1 Phương pháp tọa độ trong mặt phẳng và trong không gian . . 4

1.1.1 Véctơ và tọa độ trên đường thẳng . . . . . . . . . . . 5
1.1.2 Véctơ và tọa độ trong mặt phẳng . . . . . . . . . . . . 5
1.1.3 Véctơ và tọa độ trong không gian . . . . . . . . . . . . 6
1.2 Một số ví dụ áp dụng phương pháp tọa độ trong mặt phẳng . 7
1.2.1 Dạng bài toán phải chọn hệ trục tọa độ . . . . . . . . 7
1.2.2 Dạng bài toán đã cho trước hệ trục tọa độ . . . . . . . 15
1.3 Một số ví dụ áp dụng phương pháp tọa độ trong không gian . 18
1.3.1 Dạng bài toán phải chọn hệ trục tọa độ . . . . . . . . 18
1.3.2 Bài tập tương tự . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26
2 Phương pháp tọa độ trong hình học tổ hợp và số học 30
2.1 Dạng toán hình học tổ hợp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30
2.2 Dạng toán mạng lưới ô vuông . . . . . . . . . . . . . . . . . 36
3 Một số đề toán Olympic 52
3.1 Đề toán phương pháp tọa độ trong mặt phẳng và trong không
gian . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 52
3.2 Đề toán hình học tổ hợp và mạng lưới ô vuông . . . . . . . . 55
Kết luận 65
Tài liệu tham khảo 66
1
Mở đầu
1. Lí do chọn đề tài
Chuyên đề về phương pháp tọa độ có vị trí quan trọng trong toán học
bậc trung học phổ thông. Nó không chỉ là đối tượng nghiên cứu trọng tâm
của hình học mà còn là công cụ đắc lực trong nhiều lĩnh vực của giải tích,
đại số, lượng giác và các ứng dụng khác.
Trong các kỳ thi học sinh giỏi Toán quốc gia, Olympic Toán quốc tế thì
các bài toán liên quan đến các dạng toán rời rạc trong hình học tổ hợp và số
học cũng hay được đề cập và được xem như là những dạng toán thuộc loại
khó. Các bài toán dạng này thường ít được đề cập trong chương trình toán
ở bậc trung học phổ thông.

Để đáp ứng cho nhu cầu bồi dưỡng giáo viên và bồi dưỡng học sinh giỏi
về chuyên đề ứng dụng phương pháp tọa độ, luận văn "Phương pháp tọa độ
trong hình học tổ hợp và số học" nhằm cung cấp một số phương pháp có
tính hệ thống để tiếp cận các dạng toán từ hình học tổ hợp và số học liên
quan.
2. Mục đích nghiên cứu
Hệ thống hóa Lý thuyết và cách giải các dạng bài tập Hình học tổ hợp và
Số học bằng phương pháp tọa độ đồng thời nắm được một số kỹ thuật tính
toán liên quan.
3. Đối tượng và phạm vi nghiên cứu
3.1. Đối tượng nghiên cứu
Nghiên cứu các bài toán Hình học tổ hợp và Số học giải theo phương pháp
tọa độ, bài toán liên quan đến lưới ô vuông.
3.2. Phạm vi nghiên cứu
2
Nghiên cứu các tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi, kỷ yếu hội thảo các chuyên
đề bồi dưỡng HSG cấp tỉnh, cấp quốc gia, thi Olympic; tủ sách chuyên Toán.
4. Phương pháp nghiên cứu
Tham khảo các tài liệu bồi dưỡng cho giáo viên, bồi dưỡng HSG.
Tham gia các buổi seminar: Các chuyên đề toán phổ thông, Các trường
hè bồi dưỡng nâng cao kiến thức chuyên môn để trao đổi các kết quả đang
nghiên cứu.
5. Ý nghĩa khoa học và thực tiễn của đề tài
Luận văn là một chuyên đề hướng tới bồi dưỡng học sinh giỏi bậc trung
học phổ thông. Tạo được một đề tài phù hợp cho việc giảng dạy, bồi dưỡng
học sinh trung học phổ thông. Đề tài đóng góp thiết thực cho việc học và
dạy các chuyên đề toán trong trường THPT, đem lại niềm đam mê sáng tạo
trong việc dạy và học toán.
6. Cấu trúc của luận văn
Ngoài phần Mở đầu và Kết luận, luận văn được chia thành ba chương đề

cập đến các vấn đề sau đây:
Chương 1 trình bày về phương pháp tọa độ và các tính chất liên quan.
Chương 2 trình bày phương pháp tọa độ giải các bài toán trong hình học
tổ hợp và số học.
Chương 3 trình bày một số đề toán thi Olympic.
3
Lời cảm ơn
Luận văn được hoàn thành dưới sự hướng dẫn khoa học đầy nhiệt tình
và nghiêm túc của GS.TSKH. Nguyễn Văn Mậu. Nhân dịp này tác giả xin
được bày tỏ lòng biết ơn chân thành và kính trọng sâu sắc đối với Giáo sư
- người thầy đã truyền đạt nhiều kiến thức quý báu cùng với kinh nghiệm
nghiên cứu khoa học trong suốt thời gian tác giả theo học và nghiên cứu đề
tài.
Đồng thời, tác giả cũng xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc đến Ban giám hiệu
trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên; Phòng Đào tạo, Khoa Toán
- Tin, các thầy cô giảng dạy lớp Cao học K7N (Khóa 2013-2015) - trường
Đại học Khoa học; Ban giám hiệu Trường THPT Trần Nhân Tông - Nghĩa
Hưng - Nam Định và gia đình đã tạo mọi điều kiện thuận lợi, động viên tác
giả trong suốt quá trình học tập, công tác và thực hiện đề tài luận văn này.
Thái Nguyên, tháng 4 năm 2015
Tác giả
Lại Tiến Đẩu
4
Chương 1
Phương pháp tọa độ và các tính chất
liên quan
1.1 Phương pháp tọa độ trong mặt phẳng và trong
không gian
Định nghĩa 1.1 (Hệ tọa độ Đề-các tổng quát và hệ tọa độ trực chuẩn).
a) Trục tọa độ là một đường thẳng trên đó đã chọn một điểm O làm gốc

và một véctơ
−→
e (
−→
e khác
−→
0 ). Ta lấy điểm I trên đường thẳng đó sao cho
−→
OI =
−→
e thì tia OI (có gốc O và đi qua I) gọi là tia dương của trục. Ta ký
hiệu tia đó là Ox. Tia đối của tia Ox là tia âm của trục và ký hiệu là Ox

.
Trục nói trên được ký hiệu là trục x

Ox.
b) Trên mặt phẳng cho hai trục x

Ox và y

Oy cắt nhau tại O. Các véctơ
đơn vị
−→
e
1
,
−→
e
2

lần lượt được đặt trên Ox, Oy và có chung gốc O. Chú ý rằng
các véctơ
−→
e
1
,
−→
e
2
đều khác
−→
0 , có thể độ dài khác nhau.
Hệ gồm hai trục đã cho gọi là hệ trục tọa độ tổng quát hay hệ trục tọa độ
Đề-các xiên góc trong mặt phẳng, ký hiệu Oxy. Cặp véctơ (
−→
e
1
,
−→
e
2
) có thứ
tự gọi là cơ sở của hệ tọa độ. Các trục x

Ox, y

Oy lần lượt được gọi là trục
hoành và trục tung, O là gốc tọa độ.
c) Trong không gian cho ba trục x


Ox, y

Oy, z

Oz có chung gốc O và
không cùng nằm trên một mặt phẳng. Gọi
−→
e
1
,
−→
e
2
,
−→
e
3
là các véctơ đơn vị trên
các trục đó (đơn vị ở đây là của từng trục), các véctơ này đều khác
−→
0 .
Hệ thống gồm ba trục đã cho với cơ sở (
−→
e
1
,
−→
e
2
,

−→
e
3
) gọi là hệ tọa độ Đề
-các tổng quát trong không gian, ký hiệu Oxyz. Điểm O gọi là gốc tọa độ và
các trục x

Ox, y

Oy, z

Oz lần lượt gọi là trục hoành, trục tung và trục cao.
d) Hệ tọa độ Đề-các vuông góc
Trong trường hợp các trục tọa độ vuông góc với nhau từng đôi một (ở O)
5
và các véctơ đơn vị trên các trục có cùng độ dài, nghĩa là |
−→
e
1
| = |
−→
e
2
| = 1
(trong mặt phẳng) hoặc |
−→
e
1
| = |
−→

e
2
| = |
−→
e
3
| = 1 (trong không gian), thì hệ
trục tọa độ Oxy (hay Oxyz) được gọi là hệ tọa độ Đề-các vuông góc hay hệ
tọa độ trực chuẩn trong mặt phẳng (hay trong không gian).
1.1.1 Véctơ và tọa độ trên đường thẳng
Trên đường thẳng có định hướng và gốc ở O, một điểm M được gắn với
tọa độ là x thì ký hiệu là M = (x). Giả sử hai điểm A, B nằm trên đường
thẳng Ox và có tọa độ là A = (a), B = (b) thì số b−a gọi là tọa độ của véctơ
−→
AB, ký hiệu
−→
AB = (b −a). Độ dài của véctơ
−→
AB, ký hiệu |
−→
AB| = |b −a|.
Với ba điểm bất kỳ A, B, C trên đường thẳng, ta có
(a)
−→
AB +
−−→
BC =
−→
AC;
(b) |

−→
AB| + |
−−→
BC| ≥ |
−→
AC|.
Dấu đẳng thức trong (b) xảy ra khi và chỉ khi hai véctơ
−→
AB và
−−→
BC cùng
hướng, tức là tồn tại số k > 0 sao cho
−→
AB = k
−−→
BC hoặc có một trong hai
véctơ là véctơ không.
1.1.2 Véctơ và tọa độ trong mặt phẳng
Trên mặt phẳng xét hệ trục tọa độ Đề-các vuông góc x

Ox, y

Oy với
−→
e
1
,
−→
e
2

là các véctơ đơn vị.
Nếu
−−→
OM = x
−→
e
1
+ y
−→
e
2
thì x, y gọi là tọa độ của điểm M và ký hiệu
M(x; y).
Nếu
−→
a = a
1
−→
e
1
+ a
2
−→
e
2
thì a
1
, a
2
gọi là tọa độ của véctơ a và ký hiệu

−→
a = (a
1
; a
2
).
Cho điểm A(x
A
; y
A
), B(x
B
; y
B
) và các véctơ
−→
a = (a
1
; a
2
),
−→
b = (b
1
; b
2
).
Ta có,
−→
AB = (x

B
− x
A
; y
B
− y
A
),
−→
a +
−→
b = (a
1
+ b
1
; a
2
+ b
2
),
−→
a −
−→
b = (a
1
− b
1
; a
2
− b

2
), k
−→
a = (ka
1
; ka
2
),
−→
a =
−→
b ⇔

a
1
= b
1
a
2
= b
2
−→
a và
−→
b (khác
−→
0 ) cùng phương với nhau khi và chỉ khi a
1
.b
2

= a
2
.b
1
.
Độ dài của
−→
AB là |
−→
AB| =

(x
B
− x
A
)
2
+ (y
B
− y
A
)
2
.
Độ dài của véctơ
−→
a là |
−→
a | =


a
2
1
+ a
2
2
.
6
Tích vô hướng của hai véctơ
−→
a và
−→
b , ký hiệu
−→
a .
−→
b được định nghĩa:
−→
a .
−→
b = |
−→
a |.|
−→
b |. cos(
−→
a ,
−→
b ).
Biểu thức tọa độ của tích vô hướng là

−→
a .
−→
b = a
1
.b
1
+ a
2
.b
2
.
−→
a vuông góc với
−→
b khi và chỉ khi a
1
b
1
+ a
2
b
2
= 0.
Công thức tính góc giữa hai véctơ:
cos(
−→
a ,
−→
b ) =

a
1
b
1
+ a
2
b
2

a
2
1
+ a
2
2
.

b
2
1
+ b
2
2
.
Khoảng cách từ điểm M(x
0
; y
0
) đến đường thẳng() có phương trình
Ax + By + C = 0 là:

d(M, ) =
|Ax
0
+ By
0
+ C|
√
A
2
+ B
2
.
1.1.3 Véctơ và tọa độ trong không gian
Trong không gian xét hệ trục tọa độ Đề-các vuông góc Oxyz với
−→
e
1
,
−→
e
2
,
−→
e
3
là các véctơ đơn vị.
Nếu
−−→
OM = x
−→

e
1
+ y
−→
e
2
+ z
−→
e
3
thì ta gọi x, y, z là tọa độ của điểm M và
ký hiệu là M(x; y; z).
Nếu
−→
a = a
1
−→
e
1
+ a
2
−→
e
2
+ a
3
−→
e
3
thì ta gọi a

1
, a
2
, a
3
là tọa độ của
−→
a và ký
hiệu
−→
a = (a
1
; a
2
; a
3
).
Cho điểm A(x
A
; y
A
; z
A
), B(x
B
; y
B
; z
B
) và các véctơ

−→
a = (a
1
; a
2
; a
3
),
−→
b =
(b
1
; b
2
; b
3
). Ta có
−→
AB = (x
B
− x
A
; y
B
− y
A
; z
B
− z
A

),
−→
a +
−→
b = (a
1
+ b
1
; a
2
+ b
2
; a
3
+ b
3
),
−→
a −
−→
b = (a
1
− b
1
; a
2
− b
2
; a
3

− b
3
),
k
−→
a = (ka
1
; ka
2
; ka
3
),
−→
a =
−→
b ⇔



a
1
= b
1
a
2
= b
2
a
3
= b

3
−→
a và
−→
b (khác
−→
0 ) cùng phương với nhau khi và chỉ khi bộ số (a
1
; a
2
; a
3
)
tỉ lệ với bộ số (b
1
; b
2
; b
3
).
Độ dài của
−→
AB là |
−→
AB| =

(x
B
− x
A

)
2
+ (y
B
− y
A
)
2
+ (z
B
− z
A
)
2
.
Độ dài của véctơ
−→
a là |
−→
a | =

a
2
1
+ a
2
2
+ a
2
3

.
Tích vô hướng của hai véctơ
−→
a và
−→
b , ký hiệu
−→
a .
−→
b được định nghĩa:
−→
a .
−→
b = |
−→
a |.|
−→
b |. cos(
−→
a ,
−→
b ).
7
Biểu thức tọa độ của tích vô hướng là
−→
a .
−→
b = a
1
.b

1
+ a
2
.b
2
+ a
3
.b
3
.
−→
a vuông góc với
−→
b khi và chỉ khi a
1
b
1
+ a
2
b
2
+ a
3
b
3
= 0.
Công thức tính góc giữa hai véctơ:
cos(
−→
a ,

−→
b ) =
a
1
b
1
+ a
2
b
2
+ a
3
b
3

a
2
1
+ a
2
2
+ a
2
3
.

b
2
1
+ b

2
2
+ b
2
3
.
Khoảng cách từ điểm M(x
0
; y
0
; z
0
) đến mặt phẳng(P ) có phương trình
Ax + By + Cz + D = 0 là:
d(M, (P )) =
|Ax
0
+ By
0
+ Cz
0
+ D|
√
A
2
+ B
2
+ C
2
.

Tích có hướng của hai véctơ
−→
a ,
−→
b theo thứ tự là một véctơ
−→
c , ký hiệu

−→
a ,
−→
b

thỏa mãn:
(i)
−→
c có phương vuông góc với
−→
a và
−→
b .
(ii)
−→
c = |
−→
a ||
−→
b |sin(
−→
a ,

−→
b ).
(iii) Tọa độ
−→
c = (a
2
b
3
− b
2
a
3
; a
3
b
1
− b
3
a
1
; a
1
b
2
− b
1
a
2
).
1.2 Một số ví dụ áp dụng phương pháp tọa độ trong

mặt phẳng
1.2.1 Dạng bài toán phải chọn hệ trục tọa độ
Ví dụ 1.1 (Xem [7]). Cho tam giác đều ABC, gọi d là đường thẳng bất kỳ.
Gọi α, β, γ lần lượt là góc giữa d và các đường thẳng BC, CA, AB. Chứng
minh rằng sin
2
α. sin
2
β. sin
2
γ + cos
2
α. cos
2
β. cos
2
γ =
1
16
.
Hình 1.1:
Lời giải.
Không mất tính tổng quát, giả sử tam giác đều ABC có cạnh bằng 2. Chọn
8
hệ trục tọa độ Oxy sao cho O là trung điểm BC, các điểm A, B, C có tọa
độ A(0;
√
3), B(−1; 0), C(1; 0). Khi đó phương trình các cạnh
AB :
√

3x −y −
√
3 = 0 có véctơ pháp tuyến (VTPT)
−→
n
3
= (
√
3; −1);
BC: y = 0 có VTPT
−→
n
1
= (0; 1);
CA:
√
3x + y −
√
3 = 0, có VTPT
−→
n
2
= (
√
3; 1).
Đường thẳng d bất kỳ có phương trình dạng x = x
0
hoặc kx −y + b = 0,
có VTPT là
−→

n = (1; 0) hoặc
−→
n = (k; −1), k là số thực. Áp dụng công thức
tính góc giữa hai đường thẳng ta có:
cos α = |cos(
−→
n ;
−→
n
1
)|; cos β = |cos(
−→
n ;
−→
n
2
)|; cos γ = |cos(
−→
n ;
−→
n
3
)|.
Trường hợp 1.
−→
n = (1; 0) thì cos α = 0, sin α = 1, cos β =
√
3
2
, sin β =

1
2
,
cos γ =
√
3
2
, sin γ =
1
2
. Do đó
sin
2
α. sin
2
β. sin
2
γ + cos
2
α. cos
2
β. cos
2
γ = 1.
1
4
.
1
4
+ 0 =

1
16
.
Trường hợp 2. Véctơ
−→
n = (k; −1),
cos α =
1
√
k
2
+ 1
, cos β =
|k
√
3 −1|
2
√
k
2
+ 1
, cos γ =
|k
√
3 + 1|
2
√
k
2
+ 1

,
sin
2
α. sin
2
β. sin
2
γ + cos
2
α. cos
2
β. cos
2
γ =

1 −
1
k
2
+ 1

.

1 −
(k
√
3 −1)
2
4(k
2

+ 1)

.

1 −
(k
√
3 + 1)
2
4(k
2
+ 1)

+
1
k
2
+ 1
.
(k
√
3 −1)
2
4(k
2
+ 1)
.
(k
√
3 + 1)

2
4(k
2
+ 1)
=
k
2
.(k
2
− 3)
2
16(k
2
+ 1)
3
+
(3k
2
− 1)
2
16(k
2
+ 1)
3
=
1
16
.
Ví dụ 1.2. Cho góc vuông xOy. Một hình chữ nhật OABC có chu vi không
đổi, trong đó A, C là hai điểm thay đổi lần lượt thuộc Ox, Oy. Chứng minh

rằng đường thẳng kẻ từ B và vuông góc với đường chéo AC luôn đi qua một
điểm cố định.
Lời giải.
Chọn hệ trục Oxy, chiều dương theo hướng tia Ox, Oy, đặt tọa độ A(a; 0),
C(0; c), khi đó B(a; c) với a > 0, c > 0. Vì chu vi hình chữ nhật không đổi
nên a + c = b không đổi. Ta có phương trình đường thẳng AC là:
9
Hình 1.2:
x
a
+
y
c
= 1 ⇔ cx + ay − ac = 0 có VTPT là
−→
n = (c; a).
Suy ra phương trình đường thẳng  đi qua B(a; c) và vuông góc với AC
có dạng a(x − a) − c(y − c) = 0. Thay c = b − a vào ta có phương trình
ax+(a−b)y+b
2
−2ab = 0. Giả sử  đi qua điểm cố định D(x
0
; y
0
) với mọi a
dương (vì b dương không đổi), khi đó phương trình ax
0
+(a−b)y
0
+b

2
−2ab =
0 đúng với mọi a khi và chỉ khi a(x
0
+ y
0
− 2b) + b
2
− by = 0 đúng với mọi
a. Điều này xảy ra khi

x + y − 2b = 0
b
2
− by = 0
hay

x = b
y = b.
Vậy  luôn đi qua điểm cố định D(b; b).
Ví dụ 1.3. Cho tam giác ABC cân tại A. Gọi M là trung điểm của AB, G
là trọng tâm tam giác ACM, I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
Chứng minh GI vuông góc với CM.
Hình 1.3:
Lời giải.
Cách 1. Theo phương pháp tọa độ
10
Gọi O là trung điểm của cạnh đáy BC. Dựng hệ trục tọa độ Oxy có điểm
gốc là O, trục Ox chứa BC, trục Oy chứa OA. Giả sử cạnh đáy BC = 2a,
chiều cao AO = h. Khi đó ta có A(0; h), B(−a; 0), C(a; 0), M


−
a
2
;
h
2

, tọa
độ trọng tâm G

a
6
;
h
2

. Gọi tọa độ điểm I(0; y
0
), suy ra
−−→
IM =

−
a
2
;
h
2
−y

0

.
Vì
−−→
IM.
−→
BA = 0 nên −
a
2
.a +

h
2
− y
0

.h = 0 suy ra y
0
=
h
2
− a
2
2h
. Vậy tọa
độ của I là I

0;
h

2
− a
2
2h

, suy ra
−→
IG =

a
6
;
a
2
2h

.
Ta có
−−→
CM =

−
3a
2
;
h
2

, suy ra
−→

IG.
−−→
CM = −
a
2
4
+
a
2
4
= 0. Vậy IG ⊥ CM.
Cách 2. Theo phương pháp véctơ
Gọi N là trung điểm AC, K là giao điểm của MN với AO. Xét tích
T = 3
−→
IG.2
−−→
CM = (
−→
IA +
−→
IC +
−−→
IM).(
−→
CA +
−−→
CB)
= (2
−→

IN +
−−→
IM).(
−→
CA +
−−→
CB)
= 2
−→
IN.
−→
CA + 2
−→
IN.
−−→
CB +
−−→
IM.
−→
CA +
−−→
IM.
−−→
CB
= 0 + (
−→
IN +
−−→
IM).
−−→

CB + (
−→
IN.
−−→
CB +
−−→
IM.
−→
CA) = 2
−→
IK.
−−→
CB +
−→
IN.
−−→
CB +
−−→
IM.
−→
CA
= 0 +
−→
IN.(
−→
AB −
−→
AC) +
−−→
IM.

−→
CA =
−→
IN.
−→
AB −
−→
IN.
−→
AC +
−−→
IM.
−→
CA
=
1
2
(
−→
IA +
−→
IC).
−→
AB +
1
2
(
−→
IA +
−→

IB).
−→
CA
⇒ 2T =
−→
IA(
−→
CA +
−→
AB) +
−→
IC.
−→
AB +
−→
IB.
−→
CA =
−→
IC.(
−−→
CB −
−→
CA) +
−→
IB.
−→
CA
=
−→

CA.(
−→
IB −
−→
IC) +
−→
IC.
−−→
CB =
−→
CA.
−−→
CB +
−→
IC.
−−→
CB
=
−−→
CB.(
−→
IC +
−→
CA) =
−−→
CB.
−→
IA = 0.
Vậy IG ⊥ CM.
Ví dụ 1.4. Cho hai hình vuông ABCD và BKMN có chung đỉnh B, trong

đó đỉnh M nằm trên DB kéo dài, gọi E là trung điểm AK. Chứng minh
BE ⊥ NC.
Lời giải.
Cách 1. Theo phương pháp tọa độ
Chọn hệ trục tọa độ Đề-các vuông góc có gốc O trùng điểm B, trục Ox
chứa BC, trục Oy chứa BA. Khi đó B(0; 0), C(1; 0), A(0; 1), D(1; 1). Giả sử
N(0; −n), suy ra K(−n; 0), E

−
n
2
;
1
2

. Ta có
−−→
BE =

−
n
2
;
1
2

,
−−→
NC = (1; n).
Suy ra

−−→
BE.
−−→
NC = −
n
2
+
n
2
= 0. Vậy
−−→
BE ⊥
−−→
NC hay BE ⊥ NC.
Cách 2. Theo phương pháp véctơ
11
Hình 1.4:
Áp dụng tính chất đường trung tuyến trong tam giác ABK, ta có
−−→
BE =
1
2
(
−−→
BK +
−→
BA).
Mặt khác
−−→
NC =

−−→
BC −
−−→
BN, nên 2.
−−→
BE.
−−→
NC = (
−−→
BK +
−→
BA)(
−−→
BC −
−−→
BN) =
−−→
BK.
−−→
BC −
−−→
BK.
−−→
BN +
−→
BA.
−−→
BC −
−→
BA.

−−→
BN = 0.
Do độ dài BK = BN, BA = BC. Suy ra BE ⊥ NC.
Ví dụ 1.5. Cho bốn điểm A, B, C, D không thẳng hàng. Chứng minh AC
vuông góc với BD khi và chỉ khi AB
2
+ CD
2
= AD
2
+ BC
2
.
Hình 1.5:
Lời giải.
Chọn hệ trục tọa độ sao cho AC nằm trên trục hoành, trục tung là đường
thẳng đi qua B và vuông góc với AC. Giả sử trong hệ trục đó tọa độ các điểm
là: A(a; 0), B(0; b), C(c; 0), D(m; n), a = c. Khi đó AB
2
+CD
2
= AD
2
+BC
2
⇔ (a−0)
2
+(b−0)
2
+(m−c)

2
+(n−0)
2
= (m−a)
2
+(n−0)
2
+(c−0)
2
+(0−b)
2
⇔ 2m(a − c) = 0 ⇔ m = 0 (vì a = c). Do đó D(0; n), tức là D nằm trên
trục tung. Vậy 2m(a − c) = 0 ⇔ AC ⊥ BD.
12
Ví dụ 1.6. Cho tam giác ABC vuông cân tại C. Trên các cạnh BC, CA, AB
lần lượt lấy các điểm M, N, P sao cho
MB
MC
=
NC
NA
=
P A
P B
= k, (k > 0).
Chứng minh rằng:
a) CP ⊥ MN;
b) CP = MN.
Hình 1.6:
Lời giải.

Cách 1. Theo phương pháp tọa độ
Chọn hệ trục tọa độ Đề-các vuông góc Oxy sao cho O trùng với C, tia
Ox trùng với tia CA, tia Oy trùng với tia CB. Khi đó ta có tọa độ các điểm
là C(0; 0), A(1; 0), B(0; 1). Từ giả thiết
MB
MC
=
NC
NA
=
P A
P B
= k, k > 0 suy
ra





−−→
MB = k.
−−→
CM
−−→
CN = k.
−−→
NA
−→
AP = k.
−−→

P B
⇔













−−→
CM =
1
1 + k
.
−−→
CB
−−→
CN =
1
1 + k
.
−→
CA
−→

CP =
1
1 + k
.
−→
CA +
1
1 + k
.
−−→
CB
⇔













M

0;
1
1 + k


N

k
1 + k
; 0

P

1
1 + k
;
k
1 + k

Suy ra
−−→
MN =

k
1 + k
; −
1
1 + k

;
−→
CP =

1

1 + k
;
k
1 + k

. Vậy ta có,
a)
−−→
MN.
−→
CP =
k
(1 + k)
2
−
k
(1 + k)
2
= 0 ⇒ MN ⊥ CP .
b) MN
2
=

k
1 + k

2
+

−

1
1 + k

2
=
k
2
+ 1
(1 + k)
2
, CP
2
=

k
1 + k

2
+
13

1
1 + k

2
=
k
2
+ 1
(1 + k)

2
.
Suy ra MN = CP.
Cách 2. Theo phương pháp véctơ
Từ giả thiết ta có
−−→
MB = k.
−−→
CM,
−−→
CN = k.
−−→
NA,
−→
AP = k.
−−→
P B. Suy ra
−−→
MN =
−−→
CN −
−−→
CM =
k
1 + k
.
−→
CA −
1
1 + k

.
−−→
CB
−→
CP =
−→
CA +
−→
AP =
1
1 + k
.
−→
CA +
k
1 + k
.
−−→
CB.
a) Ta có
−−→
MN.
−→
CP =
k
1 + k
.
1
1 + k
.(

−→
CA)
2
+

−
1
1 + k
.
k
1 + k

(
−−→
CB)
2
. Mà
ABC cân tại C nên CA = CB do đó
−−→
MN.
−→
CP = 0 ⇒ MN ⊥ CP .
b) Ta có
(
−−→
MN)
2
=

k

1 + k

2
.(
−→
CA)
2
+

−
1
1 + k

2
.(
−−→
CB)
2
(
−→
CP)
2
=

1
1 + k

2
.(
−→

CA)
2
+

k
1 + k

2
.(
−−→
CB)
2
.
Kết hợp với (
−→
CA)
2
= (
−−→
CB)
2
suy ra MN = CP.
Ví dụ 1.7. Cho tam giác ABC. Gọi M là điểm di động trên cạnh CB. Kẻ
MN ⊥ AB, MQ//AB, điểm N thuộc đường AB, điểm Q thuộc AC; gọi I
là tâm hình chữ nhật MNP Q, P thuộc đường AB. Tìm quỹ tích của điểm
I khi M chạy trên cạnh CB.
Hình 1.7:
Lời giải.
Gọi O là chân đường cao hạ từ C xuống AB. Chọn hệ trục tọa độ Đề-các
vuông góc Oxy sao cho gốc tọa độ là O, trục hoành chứa cạnh AB, chiều

dương từ A sang B, chiều dương của trục tung hướng từ O đến C. Giả sử
trong hệ tọa độ này ta có A(a; 0), B(b; 0), C(0; h), h > 0, a = b; a, b khác 0.
Khi đó đường thẳng AC có phương trình
x
a
+
y
h
= 1. Đường thẳng BC có
14
phương trình
x
b
+
y
h
= 1. Giả sử đường thẳng MQ có phương trình y = m,
khi đó 0 ≤ m ≤ h. Giải các hệ phương trình để tìm giao điểm, ta được tọa
độ
Q

a
h
(h −m); m

, M

b
h
(h −m); m


, P

a
h
(h −m); 0

.
Gọi I là tâm hình chữ nhật MNP Q, theo công thức tọa độ trung điểm ta
có
x
I
=
(a + b)(h −m)
2h
, (1.1)
y
I
=
m
2
⇒ m = 2.y
I
. Thế vào (1.1) ta được
2h.x
I
= (a + b)(h −2.y
I
) ⇔ 2hx
I

+ 2(a + b)y
I
= h(a + b).
Vậy I nằm trên đường thẳng (d) có phương trình là 2hx+2(a+b)y−h(a+b) =
0.
Tìm giới hạn của quỹ tích:
Nếu a + b = 0 thì I

0;
m
2

thuộc trục tung và thuộc đoạn OH, lúc này
O là trung điểm AB.
Nếu a + b = 0 thì phương trình đường thẳng (d) trở thành
x
a + b
2
+
y
h
2
= 1.
Ta thấy đường (d) cắt trục tung tại H

0;
h
2

, cắt trục hoành tại K


a + b
2
; 0

;
điểm I

(a + b)(h −m)
2h
;
m
2

.
Ta có
−−→
HK =

a + b
2
; −
h
2

;
−→
HI =

(a + b)(h −m)

2h
;
m −h
2

=
h −m
h
.
−−→
HK.
Mà 0 ≤
h −m
h
≤ 1 nên suy ra điểm I thuộc đoạn HK.
Kết luận quỹ tích I là đoạn HK, trong đó H là trung điểm OC, K là trung
điểm AB.
Nhận xét 1.1. Ta thấy phương pháp tọa độ thể hiện lợi thế trong bài toán
này, lời giải không cần xét các trường hợp đặc biệt của tam giác ABC.
Ví dụ 1.8. Cho đoạn thẳng AD cố định, dựng hình bình hành ABCD sao
cho
AC
AD
=
BD
AB
. Tìm quỹ tích của B và C.
Lời giải.
15
Hình 1.8:

Chọn hệ trục tọa độ sao cho A là gốc, trục hoành chứa AD, D thuộc
chiều dương, trục tung vuông góc với AD tại A. Giả sử trong hệ trục đó
D(1; 0), B(x; y), C(x + 1; y). Từ giả thiết ta có
AC.AB = AD.BD ⇔

(x + 1)
2
+ y
2
.

x
2
+ y
2
= 1.

(x −1)
2
+ y
2
⇔ x
2
(x + 1)
2
+ x
2
y
2
+ y

2
(x + 1)
2
+ y
4
= (x −1)
2
+ y
2
⇔ (x + 1)
2
.(x
2
+ y
2
) + y
2
(x
2
+ y
2
) = (x − 1)
2
+ y
2
⇔ (x
2
+ y
2
)(x

2
+ y
2
+ 2x) = 1 − 2x
⇔ (x
2
+ y
2
+ 1)(x
2
+ y
2
+ 2x) −(x
2
+ y
2
+ 2x) = 1 − 2x
⇔ (x
2
+ y
2
+ 1)(x
2
+ y
2
+ 2x) −(x
2
+ y
2
+ 1) = 0

⇔ (x
2
+ y
2
+ 1)(x
2
+ y
2
+ 2x −1) = 0. (1.2)
Vì x
2
+ y
2
+ 1 > 0 nên (1.18) tương đương với (x + 1)
2
+ y
2
= 2. Vậy quỹ
tích B là đường tròn có tâm I(−1; 0), bán kính r =
√
2.
Mặt khác phép tịnh tiến theo
−−→
AD biến B thành C. Vậy quỹ tích C là ảnh
của đường tròn tâm I(−1; 0), bán kính r =
√
2 qua phép tịnh tiến theo
−−→
AD.
1.2.2 Dạng bài toán đã cho trước hệ trục tọa độ

Ví dụ 1.9 (Đề thi ĐH Khối B - 2004). Cho hai điểm A(1; 1), B(4; −3). Tìm
điểm C thuộc đường thẳng (d) : x − 2y − 1 = 0 sao cho khoảng cách từ C
đến đường thẳng AB bằng 6.
Lời giải.
Phương trình đường thẳng AB :
x −1
3
=
y − 1
−4
⇔ 4x + 3y − 7 = 0.
Giả sử C(x; y), suy ra x − 2y − 1 = 0.
Mặt khác, d(C, AB) = 6 ⇔
|4x + 3y − 7|
√
4
2
+ 3
2
= 6. Phương trình này tương
đương với 4x + 3y −37 = 0 hay 4x + 3y + 23 = 0.
16
Trường hợp 1.

x −2y − 1 = 0
4x + 3y − 37 = 0
⇔

x = 7
y = 3

. Vậy C(7; 3).
Trường hợp 2.

x −2y − 1 = 0
4x + 3y + 23 = 0
⇔





x =
−43
11
y =
−27
11
. Vậy C

−43
11
;
−27
11

.
Ví dụ 1.10 (Đề thi ĐH Khối A - 2014). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ
Oxy, cho hình vuông ABCD có điểm M là trung điểm của đoạn AB và N
là điểm thuộc đoạn AC sao cho AN = 3NC. Viết phương trình đường thẳng
CD, biết M(1; 2) và N(2; −1).

Lời giải.
Ta có MN =
√
10. Gọi a là độ dài cạnh của hình vuông ABCD, a > 0.
Ta có AM =
a
2
và AN =
3AC
4
=
3a
√
2
4
. Suy ra, MN
2
= AM
2
+ AN
2
−
2AM.AN.cos

MAN =
5a
2
8
. Do đó
5a

2
8
= 10, nghĩa là a = 4.
Gọi I(x; y) là trung điểm của CD. Ta có IM = AD = 4, IN =
BD
4
=
√
2, nên ta có hệ phương trình:

(x −1)
2
+ (y −2)
2
= 16
(x −2)
2
+ (y + 1)
2
= 2
⇔

x = 1
y = −2
hoặc






x =
17
5
y =
−6
5
Với x = 1; y = −2 ta có I(1; −2) và
−−→
IM = (0; 4). Đường thẳng CD đi
qua I có véctơ pháp tuyến là
−−→
IM nên có phương trình y + 2 = 0.
Với x =
17
5
, y =
−6
5
ta có I

17
5
;
−6
5

và
−−→
IM =


−12
5
;
16
5

. Đường thẳng
CD đi qua I có véctơ pháp tuyến là
−−→
IM, nên có phương trình 3x−4y−15 = 0.
Ví dụ 1.11 (Đề thi ĐH Khối B - 2014). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy,
cho hình bình hành ABCD. Điểm M(−3; 0) là trung điểm của cạnh AB,
điểm H(0; −1) là hình chiếu vuông góc của B trên AD và điểm G

4
3
; 3

là
trọng tâm của tam giác BCD. Tìm tọa độ các điểm B và D.
Lời giải.
Gọi E, F lần lượt là giao điểm của HM và HG với BC. Suy ra
−−→
HM =
−−→
ME và
−−→
HG = 2
−→
GF . Do đó tính được E(−6; 1) và F (2; 5). Đường thẳng

BC đi qua E và nhận
−→
EF làm vectơ chỉ phương, nên BC có phương trình
x − 2y + 8 = 0. Đường thẳng BH đi qua H và nhận
−→
EF làm vectơ pháp
tuyến, nên BH có phương trình 2x + y = 1 = 0. Tọa độ điểm B thỏa mãn
17
hệ phương trình

x −2y + 8 = 0
2x + y + 1 = 0
. Suy ra B(−2; 3). Do M là trung điểm
của AB nên A(−4; −3).
Gọi I là giao điểm của AC và BD, suy ra
−→
GA = 4
−→
GI. Do đó I

0;
3
2

.
Do I là trung điểm của đoạn BD nên tọa độ D(2; 0).
Ví dụ 1.12 (Đề thi ĐH Khối D - 2014). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ
Oxy, cho tam giác ABC có chân đường phân giác trong của góc A là điểm
D(1; −1). Đường thẳng AB có phương trình 3x + 2y −9 = 0, tiếp tuyến tại
A của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có phương trình x + 2y −7 = 0.

Viết phương trình đường thẳng BC.
Lời giải.
Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ phương trình

3x + 2y − 9 = 0
x + 2y − 7 = 0
. Suy
ra A(1; 3). Gọi d là tiếp tuyến tại A của đường tròn ngoại tiếp ∆ABC và
E là giao điểm của d với đường thẳng BC (do AD không vuông góc với d
nên E luôn tồn tại và ta có thể giả sử EB < EC). Ta có

EAB =

ACB
và

BAD =

DAC, suy ra

EAD =

EAB +

BAD =

ACB +

DAC =


ADE.
Do đó, ∆ADE cân tại E. Do E là giao điểm của d với đường trung trực
của đoạn AD, nên tọa độ điểm E thỏa mãn hệ

x + 2y − 7 = 0
y − 1 = 0
. Suy ra
E(5; 1).
Đường thẳng BC đi qua E và nhận
−−→
DE = (4; 2) làm vectơ chỉ phương,
nên phương trình BC là x − 2y − 3 = 0.
Ví dụ 1.13 (Đề thi ĐH Khối A - 2005). Trong mặt phẳng Oxy, tìm tọa độ
các đỉnh của hình vuông ABCD biết A ∈ (d
1
), C ∈ (d
2
), với phương trình
(d
1
) : x − y = 0, (d
2
) : 2x + y −1 = 0 và các đỉnh B, D thuộc trục Ox.
Ví dụ 1.14 (Đề thi ĐH Khối A - 2006). Cho đường thẳng (d
1
) : x + y + 3 =
0, (d
2
) : x − y − 4 = 0 và (d
3

) : x − 2y = 0. Tìm M thuộc (d
3
) để khoảng
cách từ M đến (d
1
) bằng hai lần khoảng cách từ M đến (d
2
).
Ví dụ 1.15 (Đề thi ĐH Khối B - 2007). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho
điểm A(2; 2) và các đường thẳng: (d
1
) : x + y −2 = 0, (d
2
) : x + y −8 = 0.
Tìm tọa độ các điểm B và C lần lượt thuộc (d
1
) và (d
2
) sao cho tam giác
ABC vuông cân tại A.
Ví dụ 1.16 (Đề thi ĐH Khối A - 2007). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ
Oxy, cho tam giác ABC có A(0; 2), B(−2; −2), C(4; −2). Gọi H là chân
18
đường cao kẻ từ B; gọi M và N lần lượt là trung điểm của các cạnh AB và
BC. Viết phương trình đường tròn đi qua các điểm H, M, N.
Ví dụ 1.17 (Đề thi ĐH Khối D - 2007). Cho đường tròn (C) : (x − 1)
2
+
(y + 2)
2

= 9 và đường thẳng (d) : 3x − 4y + m = 0. Tìm m để trên (d) có
duy nhất một điểm P mà từ đó có thể kẻ được hai tiếp tuyến P A, PB tới
(C), (A, B là các tiếp điểm) sao cho tam giác P AB đều.
Ví dụ 1.18. Trong mặt phẳng Oxy cho đường tròn (C
1
) : x
2
+ y
2
− 2x +
4y + 2 = 0. Viết phương trình đường tròn (C
2
) có tâm K(5; 1), biết đường
tròn (C
2
) cắt đường tròn (C
1
) tại hai điểm M, N sao cho MN =
√
5.
Ví dụ 1.19. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho hình vuông ABCD
có đỉnh A(4; 5), đường chéo BD có phương trình: y −3 = 0. Tìm toạ độ của
các đỉnh còn lại của hình vuông đó.
Ví dụ 1.20. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng (d) : 2x+y−4 =
0 và hai điểm M(3; 3), N(−5; 19). Kẻ MK vuông góc với (d) tại K và gọi
P là điểm đối xứng với M qua (d).
a) Tìm tọa độ của K và P .
b) Tìm điểm A trên (d) sao cho AM + AN có giá trị nhỏ nhất và tính
giá trị nhỏ nhất đó.
1.3 Một số ví dụ áp dụng phương pháp tọa độ trong

không gian
1.3.1 Dạng bài toán phải chọn hệ trục tọa độ
Đối với một số loại hình chóp, hình lăng trụ trong một số bài toán ta có
thể sử dụng việc đặt một hệ trục tọa độ thích hợp, để chuyển từ việc giải
hình học không gian tổng hợp (mà việc này có thể gặp nhiều khó khăn trong
dựng hình, tính toán với các em học sinh) sang việc tính toán dựa vào tọa
độ. Cách giải bài toán như vậy còn gọi là phương pháp tọa độ hóa.
Đối với phương pháp tọa độ hóa, việc tính toán có thể sẽ dài dòng và phức
tạp hơn phương pháp tổng hợp. Nhưng cách giải này thực sự rất hữu ích cho
nhiều bạn học sinh mà việc nắm vững những phương pháp trong cách giải
hình học không gian tổng hợp còn yếu hoặc trong những bài toán hình không
gian về xác định GTLN, GTNN; các bài toán về quỹ tích điểm .
19
Để có thể làm tốt được các bài toán giải bằng phương pháp tọa độ hóa thì
học sinh phải nắm chắc các công thức của phần “Phương pháp tọa độ trong
không gian” và những kiến thức cơ bản nhất của hình học không gian.
Sau đây tôi trình bày một số lưu ý với học sinh trong việc chọn hệ trục
tọa độ.
Đặt hệ trục với hình lập phương, hình hộp chữ nhật. Ta chọn gốc tọa
độ là một đỉnh của hình lập phương hoặc hình hộp chữ nhật, chọn các tia
Ox, Oy, Oz là ba cạnh của hình xuất phát từ đỉnh đó.
Đặt hệ trục với hình tứ giác chóp đều.
Đặt hệ trục tọa độ với hình tam diện vuông.
Đặt hệ trục tọa độ với hình chóp có một cạnh bên vuông góc với đáy, đáy
là hình vuông, hình chữ nhật.
Đặt hệ trục tọa độ với hình chóp có một cạnh bên vuông góc với đáy, đáy
có yếu tố vuông góc tại đỉnh mà cạnh bên đó vuông góc: Ví dụ như hình
thang vuông, tam giác vuông, tứ giác có hai cạnh vuông góc
Đặt hệ trục với hình chóp tam giác đều.
Đặt hệ trục với hình lăng trụ đứng, đáy là tam giác vuông.

Trên đây là một số dạng cơ bản của một số loại hình khối mà chúng ta
có thể tọa độ hóa một cách đơn giản.
Lưu ý rằng chúng ta có thể tọa độ hóa một khối đa diện bất kỳ. Chỉ cần
chúng ta xác định được đường cao của khối đa diện đó và thông thường trên
lý thuyết ta đều đặt gốc tọa độ là chân đường cao của khối đa diện; trục cao
(trục Oz) là đường cao, sau đó ta dựng hai tia còn lại. Nhưng trong thực
hành giải toán chúng ta căn cứ tùy bài toán để đặt hệ trục miễn sao chúng
ta có thể tìm các tọa độ các đỉnh liên quan đến hình khối cần tính có thể
tìm được một cách dễ dàng hoặc không quá phức tạp.
Ví dụ 1.21. Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a,
mặt phẳng (SBC) tạo với đáy góc 60
0
. Mặt bên (SAB) vuông góc với đáy,
tam giác SAB cân tại S. Tính thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách
giữa hai đường thẳng SA, BC.
Lời giải.
Ở đây chúng ta sử dụng phương pháp tọa độ để giải bài toán này. Trước
hết ta cần lưu ý xác định chiều cao của hình chóp này như thế nào? Ta
hãy nhớ: “Nếu hai mặt phẳng vuông góc với nhau, trong mặt này dựng một
đường thẳng vuông góc với giao tuyến thì đường thẳng đó vuông góc với mặt
20
Hình 1.9:
phẳng kia”. Gắn vào hình chóp này ta thấy mặt phẳng (SAB) vuông góc với
mặt đáy, mà giao tuyến của hai mặt phẳng này là AB. Ta cần tìm chiều cao
cho nên từ S dựng SH vuông góc với AB, H thuộc AB, vì tam giác SAB
cân tại S cho nên H là trung điểm AB. Ta đã xác định được chiều cao và
chân đường vuông góc. Vậy chúng ta có thể đặt được hệ trục tọa độ. Tính
toán tọa độ các điểm ta có: O(0; 0; 0), A

0; −

a
2
; 0

, B

0;
a
2
; 0

, C(a; 0; 0),
S

0; 0;
3a
4

. Áp dụng công thức tính khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo
nhau SA, BC ta có
d(SA, BC) =




−→
SA,
−−→
BC


.
−→
AB



|

−→
SA.
−−→
BC

|
ta thu được kết quả cần tính.
Ví dụ 1.22. Cho hình lập phương ABCD.A

B

C

D

cạnh là a. Gọi N là
trung điểm của B

C

.
a) Chứng minh rằng AC


vuông góc với (A

BD).
b) Tính thể tích khối tứ diện ANBD

.
c) Tính góc và khoảng cách giữa hai đường thẳng AN và BD

.
d) Tính khoảng cách từ C đến mp(AC

D).
Lời giải.
Đây là một bài tính toán và chứng minh các yếu tố liên quan đến hình lập
phương, chúng ta có thể thực hiện bằng phương pháp tổng hợp, tôi không
trình bày phương pháp đó nữa, mà giải bài toán này theo phương pháp tọa
độ. Như đã nói ở phần trước, với hình lập phương và hình hộp chữ nhật thì
việc chọn hệ trục tọa độ là rất dễ dàng. Ta chọn hệ trục sao cho: A

(0; 0; 0),
21
Hình 1.10:
B

(a; 0; 0), D

(0; a; 0), C

(a; a; 0), A(0; 0; a), B(a; 0; a), C(a; a; a), D(0; a; a),

N

a;
a
2
; 0

.
a) Mục đích của ta là chứng minh một đường thẳng vuông góc với một mặt
phẳng. Ta sẽ chỉ ra rằng véctơ chỉ phương của đường thẳng này cùng phương
với véctơ pháp tuyến của mp (A

BD). Thật vây, ta có
−−→
AC

= (a; a; −a).
Mặt khác [
−−→
A

B,
−−→
A

D] = (−a
2
; −a
2
; a

2
) là véctơ pháp tuyến của mặt phẳng
(A

BD). Ta thấy hai véctơ này cùng phương. Vì thế ta có AC

vuông góc
với mp (A

BD).
b) Tính thể tích tứ diện ANBD

. Ta có công thức tính thể tích tứ diện
là:
V
ANBD

=
1
6
.|[
−−→
AN,
−→
AB].
−−→
AD

|.
Ta có: [

−→
AB,
−−→
AN] =

0; a
2
;
a
2
2

−−→
AD

= (0; a; −a). Do đó thể tích tìm được
là: V =
a
3
12
.
c) Để tính góc giữa hai đường thẳng và khoảng cách giữa hai đường thẳng
ta sử dụng hai công thức sau:
cos(a, b) = |cos(
−→
u ,
−→
v )| =
|
−→

u .
−→
v |
|
−→
u |.|
−→
v |
.
d(a, b) =
|[
−→
u ,
−→
v ].
−→
AB|
|[
−→
u .
−→
v ]|
.
Với
−→
u ,
−→
v là các véctơ chỉ phương của đường thẳng a và b. Đường thẳng a, b
lần lượt đi qua hai điểm A và B. Do đó ta có góc giữa hai đường thẳng AN
và BD


là cos(AN, BD

) =
√
3
9
. Khoảng cách giữa hai đường thẳng này là
d(AN, BD

) =
a
√
26
26
.