SKKN một số kỹ năng giải giải hình học không gian bằng phương pháp tọa độ.

PHẦN MỞ ĐẦU
1. Lí do chọn đề tài
Hình học là phần khó của chương trình toán, nhất là phần hình hoc không
gian, đa số học sinh rất sợ khi học về hình học không gian.
Trong các đề thi tuyển sinh Đại học – Cao đẳng gần đây, phần Hình học
không gian được ra dưới dạng mà học sinh có thể giải được bằng cả phương pháp
hình học thuần tuý và cả phương pháp tọa độ. Việc giải toán Hình học không gian
bằng phương pháp hình học thuần túy gặp rất nhiều khó khăn cho học sinh vừa học
xong lớp 12, vì phần lớn các em ít nhiều đã quen kiến thức, kỹ năng chứng minh,
dựng hình trong không gian.
Việc giải bằng phương pháp toạ độ có rất nhiều ưu việt, tuy nhiên học sinh
cũng gặp không ít khó khăn. Bởi vì, phương pháp này không được đề cập nhiều
trong các sách giáo khoa, học sinh phổ thông ít được tiếp cận.
Để giúp các em học sinh lớp 12 có thêm phương pháp giải toán Hình học
không gian, chuẩn bị cho kỳ thi cuối cấp. Trong phạm vi đề tài Sáng kiến kinh
nghiệm của mình, tôi xin trình bày một số kỹ năng giải giải hình học không gian
bằng phương pháp tọa độ.
2. Phạm vi nghiên cứu
Sau khi học sinh học hết chương trình lớp 12 chuẩn bị thi đại học.
3. Phương pháp nghiên cứu
Phương pháp nghiên cứu lí luận, đọc tài liệu liên quan hình học không gian
bằng phương pháp tọa độ
4. Cấu trúc sáng kiến kinh nghiệm
Chương 1 Phương pháp nghiên cứu lý luận
Chương 2 Cở sở thực tiễn
Chương 3 Một số kỹ năng giải giải hình học không gian bằng phương pháp
tọa độ.

PHẦN NỘI DUNG
I. Cơ sở lý luận
Vào năm 1637, nhà toán học kiêm triết học Pháp là Réné Descartes đã cho xuất

bản cuốn “ La Géométrie ” với nội dung xây dựng hình học bằng phương pháp toạ độ
đánh dấu một bước tiến mạnh mẽ của toán học. Descartes là nhà toán học thiên tài đã
khai sinh ra phương pháp toạ độ. Phương pháp toạ độ ra đời đã giúp con người dùng
ngôn ngữ đại số thay cho ngôn ngữ hình học, giúp con người đạt đến đỉnh cao của sự
khái quát hoá và trừu tương hoá toán học trong nhiều lĩnh vực.
Quy trình dạy học được hiểu là tổ hợp các thao tác của giáo viên và học sinh
được tiến hành theo một trình tự nhất định trên một đối tượng nhận thức nào đó. Chẳng
hạn, quy trình bốn bước của Polya để giải một bài toán gồm :
1
• Bước 1 : Tìm hiểu nội dung bài toán
• Bước 2 : Xây dựng thuật giải
• Bước 3 : Thực hiện thuật giải
• Bước 4 : Kiểm tra, nghiên cứu lời giải
Một trong những nhiệm vụ dạy học môn toán chương trình phổ thông, đặc
biệt là dạy hình học là hướng dẫn cho học sinh sử dụng phương pháp toạ độ vào
giải toán, nghĩa là biết vận dụng linh hoạt và sáng tạo các kiến thức về toạ độ điểm,
toạ độ vectơ và các công thức có liên quan vào giải toán. Để giải một bài toán bằng
phương pháp toạ độ ta thực hiện theo các bước sau :
• Bước 1 : Thực hiện việc chọn hệ trục toạ độ
Oxyz
thích hợp, chú ý đến vị trí
của gốc O, chuyển bài toán đã cho về bài toán hình học giải tích
• Bước 2 : Giải bài toán hình học giải tích nói trên.
• Bước 3 : Chuyển các kết luận của bài toán hình học giải tích sang các tính
chất hình học tương ứng.
Tuy nhiên qua thực tế , việc học và nắm vững các bước trên để vận dụng vào
giải toán thật không hề đơn giản đối với học sinh, vì đây là một qúa trình trừu
tượng hoá và khái quát hóa trong việc rèn luyện tư duy toán học. Do vậy, thông qua
một số bài toán cụ thể để hướng dẫn các em làm quen dần với việc giải bài toán
hình học không gian bằng phương pháp toạ độ.

Các dạng toán thường gặp :
• Độ dài đoạn thẳng
• Khoảng cách từ một điểm đến một mặt phẳng
• Khoảng cách từ một điểm đến một đường thẳng
• Khoảng cách giữa hai đường thẳng
• Góc giữa hai đường thẳng
• Góc giữa đường thẳng với mặt phẳng
• Góc giữa hai mặt phẳng
• Thể tích khối đa diện
• Diện tích thiết diện
• Chứng minh các quan hệ song song, vuông góc.
II. Cở sở thực tiễn
a. Thuận lợi
Khái niệm vectơ trong không gian đã được đưa vào nội dung chương trình
lớp 11, làm công cụ cơ bản nghiên cứu quan hệ vuông góc giữa hai đường thẳng,
giữa đường thẳng với mặt phẳng, giữa hai mặt phẳng và khoảng cách giữa một số
đối tượng trong hình học không gian.
Việc sử dụng vectơ để xây dựng quan hệ vuông góc trong không gian làm
cho cách diễn đạt một số nội dung hình học được gọn nhẹ hơn, học sinh dễ dàng
tiếp thu. Mặt khác một số kiến thức về vectơ này sẽ là cơ sở chuẩn bị cho việc xây
dựng khái niệm tọa độ trong không gian trong chương trình hình học lớp 12, một
công cụ hữu ích để giải nhiều bài toán hình học không gian.
b. Khó khăn
Không ít học sinh chưa nhận thức đúng về tầm quan trọng của việc chủ
động phân tích đề bài, dựng hình và định hướng phương pháp giải quyết bài toán
2
mà các em chỉ làm một cách máy móc, lập luận thiếu căn cứ, không chính xác, đôi
lúc không phân biệt được đâu là giả thiết, đâu là phần cần chứng minh. Do đó kết
quả không như mong đợi.
Đây là một nội dung khó đối với học sinh lớp 12. Do chưa tìm ra được

phương pháp thích hợp để giải toán nên sẽ nhiều vướng mắc, từ đó thiếu hứng thú
trong học tập.Để giúp các em mau chóng tiếp cận được phương pháp giảng dạy
mới, đòi hỏi sự nỗ lực và sự quyết tâm cao của cả thầy và trò
III.Nội dung, biện pháp thực hiện các giải pháp của đề tài
A. Các bài toán về hình chóp tam giác:
Bài toán 1: Cho hình chóp S.ABC đáy ABC là tam giác đều cạnh a. SA =
SB = SC, khoảng cách từ S đến mặt phẳng (ABC) là h. Tính h theo a để hai mặt
phẳng (SAB) và (SAC) vuông góc nhau.
Gọi H là tâm của tam giác ABC
vì M là trung điểm của BC
° Ta có:
SA SB SC
HA HB HC ( ABC ñeàu)
= =


= = ∆

° Dựng hệ trục tọa độ Axyz, với Ax, Ay, Az
đôi một vuông góc
A(0; 0; 0),
a a 3 a a 3 a 3 a 3
B ; ; 0 , C ; ; 0 , H 0; ; 0 , S 0; ; h
2 2 2 2 2 3
       
−
 ÷  ÷  ÷  ÷
       
.
°

a 3 a a 3 a a 3
SA 0; ; h , SB ; ; h , SC ; ; h
3 2 6 2 6
     
= = − = − −
 ÷  ÷  ÷
     
uuur uur uuur
°
2
1
ah 3 ah a 3 a a
[SA; SB] ; ; (3h 3; 3h; a 3) .n ,
2 2 6 6 6
 
= − − = − − = −
 ÷
 
uuur uur
r
với
1
n (3h 3; 3h; a 3)= −
r
°
2
2
ah 3 ah a 3 a a
[SA; SC] ; ; (3h 3; 3h; a 3) .n ,
2 2 6 6 6

 
= − − = − − = −
 ÷
 
uuur uuur
r

với
2
n (3h 3; 3h; a 3)= −
r
.
° Mặt phẳng (SAB) có cặp vectơ chỉ phương
SA; SB
uuur uur
nên có pháp vectơ
1
n
r
.
° Mặt phẳng (SAC) có cặp vectơ chỉ phương
SA; SC
uuur uuur
nên có pháp vectơ
2
n
r
.
°
1 2

(SAB) (SAC) cos(n ; n ) 0⊥ ⇔ =
r r
2 2 2
2 2
3h 3.3h 3 3h.3h a 3( a 3) 0 27h 9h 3a 0
a 6
18h 3a h .
6
⇔ − + − = ⇔ − − =
⇔ = ⇔ =
 Vậy:
a 6
h .
6
=
3
S
z
A
z
H
B
M y
C
Bài toán 2: Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B, AB = a,
BC = 2a, cạnh SA vuông góc với đáy và SA = 2a. Gọi M là trung điểm SC. Chứng
minh tam giác MAB cân và tính diện tích tam giác MAB theo a.
° Tam giác ABC vuông tại B có:
2 2 2 2 2 2
AC AB BC a 4a 5a

AC a 5
= + = + =
⇒ =
° Dựng
BH AC (H AC),⊥ ∈
ta có:
⋅
2 2
AB a a
AH
AC
a 5 5
= = =
⋅
2 2 2 2
1 1 1 5
BH AB BC 4a
= + =
2a
BH
5
⇒ =
° Dựng hệ trục tọa vuông góc Axyz, với Ax, Ay, Az đôi một vuông góc với
2a a
A(0; 0; 0), C(0; a 5; 0), S(0; 0; 2a), B ; ; 0
5 5
 
 ÷
 
° Tọa độ trung điểm M của SC là

a 5
M 0; ; a
2
 
 ÷
 
° Ta có:
a 5 3a
MA 0; ; a MA
2 2
 
= ⇒ =
 ÷
 
uuuur
2a 3a 3a
MB ; ; a MB .
2
5 2 5
 
= − ⇒ =
 ÷
 
uuur
suy ra: MA = MB ⇒ tam giác MAB cân tại M.
° Ta có:
2 2
2 2
a 2a
[MA; MB] ; ; a [MA; MB] a 2

5 5
 
= − ⇒ =
 ÷
 
uuuur uuur uuuur uuur
° Diện tích tam giác MAB:
2
2
MAB
1 1 a 2
S [MA; MB] .a 2 .
2 2 2
= = =
uuuur uuur

Bài toán 3: Cho hình chóp SABC có đáy ABC là tam giác vuông có AB=AC=a,
SA vuông góc với mặt phẳng (ABC) và
2
2a
SA =
.
a. Tính góc giữa hai mặt phẳng (SAC) và (SBC)
b. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AI và SC với I là trung điểm của
cạnh BC.
 Lời giải:
4
z
S
2a

M
C
y
a 5
H
B
A
K
x
a
5
Do AB, AC, AS đôi một vuông góc nên ta chọn hệ trục tọa độ Oxyz sao cho
O
)0;0;0(A≡
, B(a;0;0), C(0;a;0),
)
2
2
;0;0(
a
S

Tính góc giữa hai mặt phẳng (SAC) và (SBC):
Mặt phẳng (SAC) có vectơ pháp tuyến là
)0;0;1(=i
Mặt phẳng (SBC) có cặp vectơ chỉ phương:
)
2
2
;;0();

2
2
;0;(
a
aSC
a
aSB −=−=

Ta cĩ
[ ]
)2;1;1(
2
2
;
2
2
;
2
2
,
2
2
22
a
a
aa
SCSB =









=
nên mặt phẳng (SBC) có vectơ pháp tuyến
)21;1(=n
Gọi
ϕ
là góc giữa hai mặt phẳng
(SAC) và (SBC) ta có:
0
60
2
1
211
1
.
.
cos =⇒=
++
==
ϕϕ
ni
ni
a. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AI và SC:
Vì I là trung điểm của BC







⇒ 0;
2
;
2
aa
I
nên ta có:
[ ]
[ ]
[ ]
2
488
,
4
2
.,
2
2
;0;0,
2
;
4
2
;
4
2

,,
2
2
;;0,0;
2
;
2
2444
3
222
aaaa
SCAI
a
ASSCAI
a
AS
aaa
SCAI
a
aSC
aa
AI
=++=
=⇒









=








−=








−=






=
Vậy khoảng cch giữa hai đường thẳng AI và SC là:

[ ]
2
2
.
4
2
,
.,
),(
2
3
a
a
a
SCAI
ASSCAI
SCAId ==






=
Bài toán 4: ( Trích đề thi Đại học khối A năm 2002 )
Cho hình chóp tam giác đều S.ABC đỉnh S, có độ dài cạnh đáy bằng a. Gọi
M, N lần lượt lượt trung điểm của các cạnh SB và SC. Tính theo a diện tích của
tam giác AMN, biết rằng mặt phẳng (AMN) vuông góc với mặt phẳng (SBC).
 Lời giải:
Gọi H là hình chiếu vuôg góc của S trên mặt phẳng (ABC) thì H là trọng

tâm ( cũng là tâm của đường tròn ngoại tiếp ) của tam gic ABC. Giả sử SH = h.
Gọi K là trung điểm của BC ta có:
6
3
;
3
3
;
2
3 a
HK
a
AH
a
AK ===
Chọn hệ trục toạ độ Oxyz sao cho:
)0;0;0(HO ≡

5
z
x
y
A
S
B
C
I
Ta có:
)0;
2

;
6
3
(),0;
2
;
6
3
(),0;0;
3
3
(
aa
C
aa
B
a
A −−−








−
−









−
−
2
;
4
;
12
3
,
2
;
4
;
12
3
),0;0;
6
3
(),;0;0(
haa
N
haa
M
a

KhS
Suy ra :








−−=








−=
2
;
4
;
12
35
2
;
4
;

12
35
haa
AN
haa
AM
Mặt phẳng (AMN) có vectơ pháp
tuyến
[ ]








==
24
35
;0;
4
,
2
1
aah
ANAMn
.









−−−=








−−= h
aa
SCh
aa
SB ;
2
;
6
3
;;
2
;
6
3
. Mặt phẳng (SBC) có vectơ pháp tuyến

[ ]








−==
6
3
;0;,
2
2
a
ahSCSBn
.
Theo giả thiết:
0
48
5
4
0.)()(
422
21
=+−⇔=⇒⊥
aha
nnSBCAMN
6

15a
h =⇒
.
Vậy
[ ] [ ]
16
10
,
2
1
24
35
;0;
24
15
,
222
a
ANAMS
aa
ANAM
AMN
==⇒









=
∆
II/ Các bài toán về hình chóp tứ giác
Bài toán 5:
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với
aSAaADaAB === ;2;
và SA vuông góc với mặt phẳng (ABCD) . Gọi M; 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 (SMB). Tính thể tích khối tứ diện
ANIB.
Trích đề thi Đại học khối B – năm 2006 )
 Lời giải:
Theo giả thiết ta có AS, AB, AD đôi một
vuông góc, nên ta chọn hệ tọa độ Oxyz
sao cho
)0;0;0(AO ≡
, Khi đó ta có:
M là trung điểm của AD
)0;
2
2
;0(
a
M⇒
6
z
x
y
A

C B
S
K
H
N M
z
S
x
B
C
y
D
N
MA
I
);0;0(),0;2;(),0;2;0(),0;0;( aSaaCaDaB
N là trung điểm của SC
)
2
;
2
2
;
2
(
aaa
N⇒
I là giao điểm của AC và BM nên
I là trọng tm của tam gic ABD









⇒ 0;
3
2
;
3
aa
I
* Chứng minh
)()( SBMSAC ⊥
Ta có :
[ ]
)0;;2(,)0;2;(),;0;0(
22
1
aaACASnaaACaAS −==⇒==
[ ]









==⇒−=−=
2
2
;;
2
2
,);
2
2
;0(),;0;(
2
2
2
2
a
a
a
SMSBna
a
SMaaSB
21
, nn
lần lượt là vectơ pháp tuyến của hai mặt phẳng (SAC) và (SBM) đồng thời
0
2
2
.0.
2
2

.2.
2
22
2
2
21
=++−=
a
aa
a
ann
nên
)()( SBMSAC ⊥
(đpcm).
* Tính
ANIB
V
?
Ta có :
[ ]








−=⇒









=








= 0;
6
;
6
2
,0;
3
2
;
3
,
2
;
2

2
;
2
22
aa
AIAN
aa
AI
aaa
AN
)0;0;(aAB =
Suy ra thể tích của khối chóp AINB là:

[ ]
36
2
.
6
2
6
1
.,
6
1
32
a
a
a
ABAIANV
AINB

=−==
Bài toán 6:
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD 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 và CD. Chứng minh rằng AM vuông góc với BP
và tính thể tích khối tứ diện CMNP.
( Trích đề thi Đại học khối A – năm 2007 )
 Lời giải:
Gọi H là trung điểm của AD, vì tam giác SAD đều nên SH
⊥
AD. Mặt khác
(SAD)
⊥
(ABCD) nên SH
⊥
(ABCD). Suy ra HS, HA và HN đôi một vuông góc.
Chọn hệ trục tọa độ Oxyz sao cho
)0;0;0(HO ≡
Khi đó ta có :
)0;
2
;
2
(
)
4
3
;
2
;

4
(),0;;0(),0;;
2
(
)0;;
2
(),
2
3
;0;0(),0;0;
2
(),0;0;
2
(
aa
P
aaa
MaNa
a
C
a
a
B
a
S
a
D
a
A
−

−
−
* Chứng minh AM
⊥
BP:
7
x
z
S
C
y
N
B
M
D
H
P
A
Ta có
)
4
3
;
2
;
4
(
aaa
AM −=
)0:

2
;(
a
aBP −−=
Suy ra :
BPAMa
aaaa
aBPAM ⊥⇒=+−−−= 0
4
3
.0
2
.
2
)
4
.(.
(đpcm)
* Tính thể tích khối chóp CMNP:
Ta có:
[ ]
)
4
;
8
3
;0(,)
4
3
;

2
;
4
(),
4
3
;
2
;
4
3
(
22
aa
MNMC
aaa
MN
aaa
MC −=⇒−−=−−=
)
4
3
;0;
4
3
(
aa
MP −−=

Suy ra thể tích khối chóp CMNP:

[ ]
96
3
16
3
6
1
.,
6
1
33
aa
MPMNMCV
CMNP
=−==
.
Bài toán 7; . 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 của 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. ( trích đề thi tuyển sinh ĐH&CĐ khối B
năm 2007 )
Dựng hình :
Gọi O là tâm của hình vuông
ABCD
⇒
)(ABCDSO ⊥

Chọn hệ trục toạ độ Đêcac vuông
góc
Oxyz
như sau :
)0;0;0(O
; S
( )
h;0;0
;
A
2
;0;0
2
a
 
−
 ÷
 ÷
 
; C
2
;0;0
2
a
 
 ÷
 ÷
 
D


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

Toạ độ trung điểm P của SA P
2
; 0 ;

4 2
a h
 
−
 ÷
 ÷
 
; E
2 2
; ;
2 2
a a
h
 
− −
 ÷
 ÷
 
M
2 2
; ;
2 4 2
a a h
 
− −
 ÷
 ÷
 
N
2 2

; ;0
4 4
a a
 
−
 ÷
 ÷
 

3 2
;0; ; (0; 2;0)
4 2
a h
MN BD a
 
= − = −
 ÷
 ÷
 
uuuur uuur

Vì :
BDMNBDMN ⊥⇒= 0.
8
S
C
B
A
D
P

N
M
E
O
x
y

Tính (theo a) khoảng cách giữa hai
đường thẳng MN và AC.
Chứng minh MN và AC chéo nhau
Sử dụng công thức tính khoảng cách
giữa hai đường thẳng chéo nhau
Ta có :
2
, 0; ;0
2
ah
MN AC
 
 
= −
 ÷
 
 ÷
 
uuuur uuur
2
0; ;
4 2
a h

AM
 
= −
 ÷
 ÷
 
uuuur
Vì :
2
, . 0
4
a h
MN AC AM
 
= ≠
 
uuuur uuur uuuur


⇒
MN và AC chéo nhau
( )
4
2
2
4
],[
].,[
,
22

2
a
ha
ha
ACMN
AMACMN
ACMNd ===
III/ Các bài toán về lăng trụ
Bài toán 8: Cho lăng trụ đứng ABC.A'B'C' có đáy ABC là tam giác cân với AB =
AC = a, góc
·
o
BAC 120=
, cạnh bên BB' = a. Gọi I là trung điểm CC'. Chứng
minh tam giác AB'I vuông tại A và tính cosin của góc giữa hai mặt phẳng
(ABC) và (AB'I).
Gọi H là trung điểm BC ⇒
AH BC
⊥
° tam giác ABH là nửa tam giác đều cạnh AB = a
a
AH
2
⇒ =
và
a 3
BH BC a 3
2
= ⇒ =

° Dựng hệ trục Axyz, với Ax, Ay, Az
đôi một vuông góc,
A(0; 0; 0),
/
/ /
a 3 a a 3 a
B ; ; 0 , C ; ; 0 , A (0; 0; a),
2 2 2 2
a 3 a a 3 a a 3 a a
B ; ; a , C ; ; a , I ; ;
2 2 2 2 2 2 2
   
−
 ÷  ÷
   
     
− −
 ÷  ÷  ÷
     
°
/
a 3 a a 3 a a
AB ; ; a , AI ; ;
2 2 2 2 2
   
= = −
 ÷  ÷
   
uuur uur
° Ta có:

2 2 2
/
a 3 a 3 a a a 3a a 2a
AB .AI . . a. 0
2 2 2 2 2 4 4 4
 
= − + + = − + + =
 ÷
 
uuur uur
/
AB AI.⇒ ⊥
uuur uur
Vậy, tam giác AB
/
I vuông tại A.
* Phương trình mp(ABC): z = 0 có pháp vectơ
1
n (0; 0; 1)=
r
* mp (AB
/
I) có cặp vectơ chỉ phương
/
AB , AI
uuur uur
, nên có pháp vectơ:
2 2 2 2 2
/
2

a 3a 3 2a 3 a a
[AB ; AI] ; ; (1; 3 3; 2 3) .n
4 4 4 4 4
 
= − − = − − = −
 ÷
 
uuur uur
r

9
60
o
B
/
A
/
C
/
z
a
B
C
A
H
I
y
z
với
2

n (1; 3 3; 2 3)= −
r
.
° Gọi
α
là góc giữa (ABC) và (AB
/
I), ta có:
0 0 2 3
2 3 30
cos .
10
0 0 1. 1 27 12 40
+ −
α = = =
+ + + +
Bài tóan 9: Cho hình hộp chữ nhật ABCD.A’B’C’D’ có thể tích bằng 1 . Gọi
I, J, K lần lượt là trung điển của các đoạn thẳng AA’, CD v A’D’.
a) Tính thể tích khối tứ diện BIJK.
b) Biết BK vuông góc với mặt phẳng (A’C’D). Tính độ dài các cạnh của
hình hộp .
c) Tính giá trị lớn nhất của khoảng cách giữa hai đường thẳng CI và A’J.
 Lời giải:
Gọi a,b,c là 3 kích thước của hình hộp chữ nhật, ta có a.b.c = 1. Xét hệ trục
Đề –các vuông góc Axyz với tọa độ các điểm là :
);
2
;0(),0;;
2
(

)
2
;0;0(),;;0('),;;('),;0;('),;0;0('),0;;0(),0;;(),0;0;(),0;0;0(
c
b
Kb
a
J
c
IcbDcbaCcaBcAbDbaCaBA
a) Gọi V là thể tích của tứ diện BIJK ta có:
[ ]
[ ]
8
5
82
6.,6
);
2
;(
;
4
;
2
,)0;;
2
(),
2
;0;(
abc

abc
abcabc
VBKBJBIV
c
b
aBK
ab
acbc
BJBIb
a
BJ
c
aBI
=−−=⇔=⇒
−=






−−−=⇒−=−=
Vậy
48
5
=V
( vì a.b.c =1 )
b) Ta có






=
=
⇔





⊥
⊥
⇔⊥
0'.
0''.
'
''
)''(
DABK
CABK
DABK
CABK
DCAmpBK
(1)
Với
);;0('),0;;(''),;
2
;( cbDAbaCAc
b

aBK −==−=
Thế vo hệ (1) ta được
6
2
2
2
2
2
1
2
0
2
0
2
===⇔







=−
=+−
b
ca
c
b
b
a

, từ đó suy ra độ dài các
cạnh của hình hộp chữ nhật.
c) Gọi khoảng cách giữa hai đường thẳng CI và A’J là h , ta có;
10
x
B
B’
A’
z
C’
D’
D
y
C
A
I
J
K

[ ]
[ ]
222
222222
944
1
944
',
'.',
bca
caabcb

abc
JACI
IAJACI
h
++
=
++
==
áp dụng BĐT Cơ si với a.b.c = 1 ta có:
3
max
144.3
1
=h
đạt được khi
3
12
1
322
===
bca
Bài toán 10:
Cho lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’ có các mặt bên là hình vuông cạnh a.
Gọi D, E, F lần lượt là trung điểm của các đoạn thẳng BC, A’C’, C’B’. Tính
khoảng cách giữa DE và A’F.
 Lời giải :
Xét hệ trục Đề –các vuông góc A’xyz với tọa độ các điểm là :
[ ]
)
8

3
;0;
2
3
(',
)0;
4
3
;
4
('),0;
2
3
;0(');
4
3
;
4
(
)0;
4
3
;
4
((),;
2
3
;0(),0;
2
3

;0(),0;0;0('
aa
FAED
aa
EA
a
FAa
aa
ED
aa
Ea
a
D
a
FA
−=⇒
==−=⇒
Ta có :
[ ]
[ ]
17
64
3
0
4
3
8
3
',
'.',

)',(
22
2
a
aa
a
FAED
EAFAED
FADEd =
++
==
Vậy khỏang cách giữa hai đường thẳng DE và A’F là
17
17a
KẾT LUẬN
Qua nhiều năm công tác, tôi nhận thấy sử dụng phương pháp tọa độ để giải toánn
hình học không gian l một phương pháp có nhiều tính ưu việt, phù hợp với đối
tượng học sinh chuẩn bị thi vào các trường Đại học- Cao đẳng, đặc biệt là các kỳ
thi gần đây khi Bộ giáo dục có chủ trương thực hiện kỳ thi “Ba chung” . Nên bản
thân tôi cũng rất tâm huyết khi thực hiện đề tài này.
11
TÀI LIỆU THAM KHẢO
 Hình học 11 ( sách giáo khoa ) - Văn Như Cương (chủ biên), Trần Đức
Huyên -Nguyễn Mộng Hy - NXB Giáo dục, 2000.
 Hình học 12 ( sách giáo khoa ) - Văn Như Cương (chủ biên), Tạ Mân -
NXB Giáo dục, 2000.
 Hình học 12 ( sách giáo khoa ) - Trần Văn Hạo và Nguyễn Mộng Hy (chủ
biên), Khu Quốc Anh - Trần Đức Huyên - NXB Giáo dục, 2000.
 Các bài toán về phương pháp vectơ và phương pháp toạ độ - Nguyễn Mộng
Hy - NXB Giáo dục, 1998.

 Làm thế nào để học tốt môn Toán - Đào Văn Trung - NXB Đại học quốc gia
Hà Nội, 2001.
 Phương pháp toạ độ trong không gian - TS Nguyễn Thái Sơn ( tài liệu bồi
dưỡng thường xuyên giáo viên THPT chu kỳ 1997 - 2000 ) - Lưu hành nội
bộ, 2000.
 Báo Toán học và Tuổi trẻ, số tháng 11/1995 và số tháng 2/1999.
12