Phương pháp tọa độ trong hình học không gian

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC

BÙI VIỆT HÀ

PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ
TRONG HÌNH HỌC KHÔNG GIAN

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

Chuyên ngành: Phương pháp toán sơ cấp
Mã số: 60 46 01 13

Người hướng dẫn khoa học:
PGS.TS TRỊNH THANH HẢI

Thái Nguyên, năm 2015


MỤC LỤC
Trang
MỞ ĐẦU . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2
CHƯƠNG I: KIẾN THỨC CƠ SỞ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4
1.1. Sơ lược về không gian Ơclit . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4
1.2. Một số mô hình xác định hệ trục tọa độ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7
CHƯƠNG II: VẬN DỤNG PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ VÀO GIẢI
MỘT SỐ DẠNG BÀI TOÁN HÌNH HỌC KHÔNG GIAN . . . . . . . . . . . 9
2.1. Vận dụng phương pháp tọa độ vào các bài toán định lượng . . . . 9
2.2. Vận dụng phương pháp tọa độ vào các bài toán chứng minh. . . 21
2.3. Vận dụng phương pháp tọa độ vào các bài toán quỹ tích. . . . . . 26
2.4. Vận dụng phương pháp tọa độ vào các bài toán cực trị. . . . . . . 33

CHƯƠNG III: KIỂM TRA KẾT QUẢ LỜI GIẢI BÀI TOÁN HÌNH
HỌC KHÔNG GIAN BẰNG PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ VỚI PHẦN
MỀM MAPLE . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 45
3.1. Sơ lược về câu lệnh của phần mềm Maple trong gói công cụ hình
học không gian . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 45
3.2. Sử dụng Maple minh họa kết quả vận dụng phương pháp tọa độ
vào giải bài toán hình học không gian . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 46
KẾT LUẬN . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 55
TÀI LIỆU THAM KHẢO . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 56

1


MỞ ĐẦU

Lý do chọn đề tài
Môn hình học ra đời từ thời Euclid (Thế kỷ thứ III trước công nguyên)
nhưng đến năm 1619, Rene Descartes - một nhà triết học kiêm vật lý và
nhà toán học người Pháp (1596 - 1650) đã dùng đại số để đơn giản hóa
hình học cổ điển và đã trình bày về phương pháp tọa độ trong quyển “La
gesometrie” (1637). Sự ra đời của phương pháp tọa độ đã thiết lập được
mối quan hệ mật thiết giữa hình học và đại số.
Trong chương trình toán THPT hình học là một môn học khó có tính
hệ thống, chặt chẽ, logic và trìu tượng. Đặc biệt là phần hình học không
gian, cùng với phương pháp tổng hợp việc đưa phương pháp tọa độ trong
chương trình học cũng là cơ hội để học sinh làm quen với các ngôn ngữ của
toán học cao cấp. Các bài toán liên quan đến phương pháp tọa độ cũng là
những bài toán thường gặp trong các kỳ thi Đại học, học sinh giỏi toán.
Hiện nay nhiều học viên cao học chuyên ngành phương pháp toán sơ
cấp của trường Đại học Khoa Học - Đại học Thái Nguyên cũng đã khai

thác có hiệu quả các vấn đề liên quan đến phương pháp tọa độ nhưng chưa
có học viên nào đi sâu tìm hiểu về phương pháp tọa độ trong hình học
không gian và việc vận dụng phương pháp tọa độ vào giải quyết một số
dạng bài toán hình học không gian trong chương trình toán THPT.
Với mong muốn tìm hiểu, học hỏi và tích lũy thêm kinh nghiệm để
phục vụ ngay chính công tác giảng dạy ở THPT, chúng tôi chọn hướng
nghiên cứu “ Phương pháp tọa độ trong hình học không gian ” để triển khai
đề tài luận văn Thạc sĩ.
Luận văn có các nhiệm vụ chính:
(1). Sưu tầm một số dạng toán hình học trong không gian có thể giải
bằng phương pháp tọa độ.
(2). Phân dạng, hệ thống hóa, đưa ra lời giải chi tiết cho mỗi bài toán.
2


(3). Đưa ra một số định hướng, gợi ý để giúp học sinh nhận dạng và
thể hiện phương pháp tọa độ trong việc giải các bài toán tương tự.
(4). Mặt khác, ưu điểm của phương pháp tọa độ là chúng bao hàm một
số thuật toán. Luận văn cũng đã cố gắng minh họa một vài thuật toán đó
với phần mềm Maple để kiểm tra kết quả các lời giải toán.
Luân văn được hoàn thành với sự hướng dẫn chỉ bảo tận tình của
PGS.TS Trịnh Thanh Hải – Trường Đại học Khoa học – Đại học Thái
Nguyên. Từ đáy lòng mình, em xin được bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc đối với
sự quan tâm, động viên và sự chỉ bảo của Thầy.
Em xin trân trọng cảm ơn quý thầy, cô trong khoa Toán – Tin, phòng
Đào tạo trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên. Đồng thời, tôi
xin gửi lời cảm ơn tới tập thể lớp cao học Toán K7 đã động viên, giúp đỡ
tôi trong quá trình học tập và làm luận văn này.
Tuy nhiên, do sự hiểu biết của bản thân và khuôn khổ của luận văn
thạc sĩ, nên chắc rằng trong quá trình nghiên cứu sẽ không tránh khỏi

những thiếu sót, em rất mong nhận được sự chỉ bảo, đóng góp ý kiến của
quý thầy, cô và độc giả quan tâm tới luận văn này.
Em xin trân trọng cảm ơn!
Học viên

Bùi Việt Hà

3


Chương I: KIẾN THỨC CƠ SỞ
Trong chương này chúng tôi xin trình bày sơ lược lại một số khái
niệm, định nghĩa, tính chất…chủ yếu ở các tài liệu [2], [3], [4], [7], [10].
Đây là những kiến thức cơ sở, nền tảng cho các lời giải của các ví dụ được
trình bày trong chương 2.
1.1. Sơ lược về không gian Ơclit
1.1.1. Định nghĩa
Không gian Ơclit là không gian liên kết với không gian vectơ Ơclit
hữu hạn chiều. Không gian Ơclit sẽ gọi là n chiều nếu không gian vectơ
Ơclit liên kết với nó có số chiều bằng n. Không gian Ơclit thường được ký

hiệu là E, không gian Ơclit liên kết với nó được kí hiệu là E .
1.1.2. Mục tiêu trực chuẩn
 

Mục tiêu afin O;e1, e2 , ...,en  của không gian Ơclit n chiều E n gọi là
mục tiêu trực chuẩn (hay hệ tọa độ đề các vuông góc), nếu cơ sở
n
 
 


0 nÕu i  j
O;e
e
...,e
E
,
,
của
là cơ sở trực chuẩn, tức ei .e j = δij ,  ij = 
 1 2 n
1 nÕu i  j

1.1.3. Đổi mục tiêu trực chuẩn
 

 

Cho hai mục tiêu trực chuẩn O;e1, e2 , ...,en  (I) và O';e'1, e'2 , ..,e'n  (II)

của không gian Ơclit n chiều E n . Gọi C là ma trận chuyển từ cơ sở
 

 

ε = e1;e2 ...;en  sang cơ sở ε' = e'1;e'2 ...;e'n  .
Các cơ sở đó đều là cơ sở trực chuẩn nên C là ma trận trực giao cấp n.
Khi đó, công thức đổi mục tiêu trực chuẩn là X = C X’ + a.
Với C.Ct = In, a là ma trận cột tọa độ của gốc O’ đối với mục tiêu (I).
X và X’ là hai ma trận cột tọa độ của cùng một điểm đối với mục tiêu thứ

nhất và thứ hai.
1.1.4. Hệ tọa độ đề các vuông góc thuận, nghịch
Với E3 mục tiêu trực chuẩn (I) và (II) ở trên. Ta quy định cơ sở

4


 

ε = e1;e2 ...;en  của mục tiêu trực chuẩn (I) là thuận. Khi đó nếu ma trận

chuyển từ cơ sở (I) sang cơ sở (II) có định thức là dương thì hệ tọa độ Đề
các vuông góc là thuận, ngược lại có hệ tọa độ là nghịch.
1.1.5. Hệ trục tọa độ trong không gian
Hệ gồm ba trục Ox, Oy, Oz đôi một vuông góc được gọi là hệ trục tọa
độ Đề các vuông góc trong không gian và kí hiệu Oxyz.

  
Ta gọi các vectơ đơn vị trên các trục Ox, Oy, Oz lần lượt là i, j, k thì
  
hệ tọa độ Oxyz có thể viết là hệ tọa độ (O; i, j, k ) và cần chú ý:
 

i = j = k 1
    
i.j = j.k = k.i  0

1.1.6. Tọa độ của vectơ đối với hệ tọa độ



  
Trong hệ tọa độ Đề các vuông góc (O; i, j, k ) cho vectơ tùy ý v . Vì
  
3 vectơ i, j, k không đồng phẳng nên tồn tại duy nhất bộ số (x; y; z) sao
   

cho v  xi  y j  z k thì (x; y; z) được gọi là tọa độ của v .


Kí hiệu: v = (x; y; z) hoặc v (x; y; z).

1.1.7. Tọa độ của điểm đối với hệ tọa độ
Trong hệ tọa độ Đề các vuông góc Oxyz cho điểm M bất kì. Khi đó:

Tọa độ của vectơ OM cũng là tọa độ của điểm M. Như vậy nếu vectơ

   
OM = (x; y; z) tức là OM  xi  y j  z k thì bộ ba số (x; y; z) là tọa độ của
điểm M.
Kí hiệu: M = (x; y; z) hoặc M(x; y; z).
1.1.8. Một số tính chất (xét trong trong E3)

  


+) b cùng phương a ( a  0 )   k   , sao cho b  ka.


+) Tích có hướng của a = ( x; y; z) và b = (x’; y’; z’) là vectơ
   y z z

n = [a, b] = 
;
y'
z'
z'


x x
;
x' x'

y

y' 

5




+) Cho u =(x; y; z) và v = (x’; y’; z’), k  
 
u  v = (x  x’; y  y’; z  z’).
 
u . v = x.x’+ y.y’+ z.z’.

2
u = u  x 2 + y2 + z 2
 
cos u, v =

 

x.x' + y.y' + z.z'

x 2 + y 2 + z 2 . x '2 + y'2 + z '2
  
  
+) Ba vectơ a, b, c đồng phẳng  a, b  .c  0

1    
AB, AC 
2
1   
+) VTø diÖn ABCD   AB, AC  .AD
6
  
+) VHình hép ABCD.A'B'C'D'   AB, AD  .AA '

+) SΔABC 

+) VL¨ng trô ABC.A'B'C' 

1     
AB, AC  .AA'
2

+) Khoảng cách từ M0 (x0; y0; z0) đến mặt phẳng ( α ):
Ax + By + Cz + D = 0:

d(M0,( α )) =

Ax 0 + By0 + Cz 0 + D
2

2

A +B +C

2

.


+) Cho 2 đường thẳng 1 ,  2 chéo nhau, 1 qua M1 có vtcp u1 ,

 2 qua M2 có vtcp u 2 . Khi đó khoảng cách giữa 1 và  2 là:
  
 u1 ,u 2  .M1M 2


d(  ;  ’) =
 
 u1 , u 2 


 
u1.u 2
a1.a 2 + b1.b 2 + c1.c 2
Góc giữa hai đường thẳng: cos φ =   =

,
2
2
2
2
2
2
u1 . u 2
a1 + b1 + c1 . a 2 + b 2 + c2



trong đó: u1 (a1; b1; c1); u 2 ( a2; b2; c2) .
Góc giữa đường thẳng và mặt phẳng: Gọi θ là góc giữa  và ( α ), ta có

6


sin θ =

A.a + B.b + C.c


. 00  θ  900 ; với u (a; b; c) là vectơ

A 2 + B2 + C 2 . a 2 + b 2 + c 2

chỉ phương của  ; n (A; B; C) là vectơ pháp tuyến của ( α ).

+) Góc ( γ ) giữa hai mặt phẳng ( α ): Ax + By + Cz + D = 0 và

( α ’): A’x + B’y + C’z + D’ = 0.

n.n'
A.A' + B.B' + C.C'
cos γ =   =
n . n'
A 2 + B2 + C2 . A '2 + B'2 + C'2


trong đó n và n ' lần lượt là vectơ pháp tuyến của ( α ) và ( α ’).
1.2. Một số mô hình xác định hệ trục tọa độ
Để vận dụng phương pháp tọa độ vào giải quyết các bài toán hình học
trong không gian trước tiên ta phải chọn hệ trục tọa độ. Ta có thể căn cứ
vào một số mô hình sau đây.

z

 Mô hình 1. Hình lập phương
Xét hình lập phương ABCD.A1B1C1D1.

C1

B1

Chọn hệ trục tọa độ Oxyz sao cho
  
S  O, AB, AD, AA1 lần lượt cùng hướng
với các tia Ox, Oy, Oz. Khi đó

D1

A1

A O
D
x

y

C

B

A(0; 0; 0), B(1; 0; 0), D(0; 1; 0), C1( 1; 1; 1).
 Mô hình 2. Tam diện vuông
z
C

Xét tam diện vuông S.ABC có SA=a,
SB=b, SC=c.
Chọn hệ trục tọa độ Oxyz sao cho S  O,
  
SA, SB, SC lần lượt cùng hướng với các tia

O
S

Ox, Oy, Oz. Tọa độ các điểm khi đó là

A

S(0; 0; 0), A(a; 0; 0), B (0; b; 0), C(0; 0; c).

x

B

y

7


 Mô hình 3. Hình hộp chữ nhật
Xét hình hộp chữ nhật ABCD. A’B’C’D’ có

z
A'

độ dài các cạnh là AB = a, AD = b, AA’ = c.

D'
C'

B'

Chọn hệ trục tọa độ Oxyz sao cho
A  O. B, D, A’ lần lượt thuộc các tia Ox,

A O

Oy, Oz. Tọa độ các điểm là

y

D

A(0; 0; 0), B(a; 0; 0), C(a; b; 0), D(0; b; 0),
A’(0; 0; c), B’(a; 0; c), C’(a; b; c), D’(0; b; c) x

B

C

 Mô hình 4. Hình chóp tứ giác đều
z

Xét hình chóp tứ giác đều S.ABCD

S

có gốc O là giao của hai đường chéo và
SO= h, AC = 2a, BD = 2a.
Chọn hệ trục tọa dộ Oxyz sao cho
  
OA, OB, OS lần lượt cùng hướng với các

C

D
O

x

A

tia Ox, Oy, Oz. Tọa độ các điểm là:

B

y

O(0; 0; 0), S(0; 0; h), A(a; 0; 0), B(0; a; 0), C(- a; 0; 0), D(0; - a; 0).
 Mô hình 5. Hình chóp tam giác đều

z

Xét hình chóp tam giác đều S.ABC có O

S

là tâm của tam giác ABC và SO = h, BC = a.
Chọn hệ trục tọa độ Oxyz sao cho
  
OA, CB, OS lần lượt cùng hướng với các tia C

B
O

Ox, Oy, Oz. Tọa độ các điểm khi đó là:
O(0; 0; 0), S(0; 0; h),

x

y

A

a 3
  a 3 a   a 3 a 
; 0; 0  , B  ; ; 0 , C; - ; 0 .
A
3
6
2
6
2 

 
 

Nhận xét: Nếu là mô hình khác thì ta phải tìm ra được một góc tam
diện vuông hợp lý, từ đó ta sẽ chọn được hệ trục Oxyz tương ứng để giải
quyết bài toán.

8


Chương II: VẬN DỤNG PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ VÀO GIẢI
MỘT SỐ DẠNG BÀI TOÁN HÌNH HỌC KHÔNG GIAN
Để giải bài toán hình học không gian bằng phương pháp tọa độ thì ta

thực hiện theo các bước sau đây:
Bước 1: Chọn hệ trục tọa độ Oxyz.
Bước 2: Tọa độ hóa các điểm của hình không gian.
Bước 3: Chuyển giả thiết qua hình học giải tích.
Bước 4: Giải quyết bài toán.
Vì các dạng bài toán hình học không gian vô cùng phong phú, đa
dạng, trong chương này chúng tôi chỉ trình bày một số dạng quen thuộc
như: Bài toán định lượng, chứng minh, cực trị, bài toán về điểm và quỹ
tích.
Các bài toán trình bày trong chương này được lựa chọn, trích dẫn từ
các nguồn tài liệu [1]; [2]; [3]; [4]; [5]; [6], [7], [8]…
2.1. Vận dụng phương pháp tọa độ vào các bài toán định lượng
Bài toán 2.1. Cho hình lập phương ABCD.A1B1C1D1 cạnh bằng a.
a) Tính góc và khoảng cách giữa hai đường thẳng A1B và AC1.
b) Gọi K là trung điểm DD1. Tính góc và khoảng cách giữa 2 đường
thẳng CK và A1D.
c) Mặt phẳng (P) qua BB1 và hợp với 2 đường thẳng BC1, B1D hai góc
bằng nhau. Tính các góc này.
z

Lời giải:

A1

Chọn hệ trục tọa độ Oxyz, với O  A, B
thuộc tia Ax, D thuộc tia Ay và A1 thuộc tia

B1
C1

D1

Az, khi đó: A(0; 0; 0), B(a; 0; 0), C(a; a; 0), K
D(0; a; 0); A1(0; 0; a), B1(a; 0; a), C1(a; a; a),
A

D1(0; a; a).



a) Ta có A1B (a; 0; - a); AC1 (a; a; a).

yD

B

x

C

9


 
A1B. AC1
Gọi α là góc tạo bởi A1B và AC1, ta có cosα =   = 0  α =
A1B . AC1
  
 A1B, AC1  .AA1



=
Gọi d1 là khoảng cách giữa A1B và AC1, ta có d1 
 
 A1B, AC1 



π
.
2
a
6

a  
a 

b) Ta có K  0; a;  , KC(a; 0; - ) , A1D (0; a; - a).
2
2

 
KC.A1D
1
Gọi β là góc tạo bởi CK và A1D, ta có: cosβ =   = .
KC . A1D 10
 (CK, A1D) = β với cosβ =

1
 π

, β   0; 
10
 2

  
 KC, A1D  .KD a


Gọi d2 là khoảng cách giữa CK và A1D, ta có: d 2 =
= .
 
3
 KC, A1D 



c) Ta có BB1 là giao tuyến của hai mặt phẳng (ABB1A1) và (BCC1B1)
x = a
nên: (BB1 ) : 
y = 0

x - a = 0
hay 
y = 0

Mặt phẳng (P) qua BB1 có dạng (P): x – a + my = 0


 (P): x + my - a = 0  vtpt n (1; m; 0) .



Vì (P) hợp với BC1, B1D có vtcp lần lượt là: u1 (0; 1; 1) và u 2 (1; - 1; 1)

hai góc bằng nhau ( giả sử là γ ) nên:
sinγ =

m

=

2(m 2 +1)

1- m
3(m 2 +1)



3m =

 m2 + 4m - 2 = 0  m = - 2 ±

Với m = - 2 +

2




Với m = - 2 -

6

6 ta được:
6 -2

sinγ =

2 1- m

2
6 - 2 +1




=

6 -2
22 - 8 6

6 -2

=



4- 6



2

=

6 -2
6 -1
=
.
5
4- 6

6 ta được:

10


sinγ =

6 +2
2
2  - 6 - 2 +1





6 +2

=



22 + 8 6

6 +2

=



4+ 6



2

=

6 +2
6 +1
=
.
5
4+ 6

Bài toán 2.2. Cho hình hộp ABCD.A1B1C1D1 có đáy ABCD là hình
 = 600. B1O vuông góc với đáy ABCD, cho
thoi tâm O, cạnh bằng a, góc A

BB1 = a.

a) Tính góc giữa cạnh bên và đáy.
b) Tính khoảng cách từ B, B1 đến mặt phẳng (ACD1).
z

Lời giải:

D1

C1

Chọn hệ trục tọa độ Oxyz,

A1
B1

( như hình vẽ) khi đó:
a 3

 a 
O(0; 0; 0), A 
; 0; 0  , B  0; ; 0  ,
 2 
 2

C
N
 a 3
 
a 
B

C 
D
.
; 0; 0   0; - ; 0 
y
2 
 2
 
a) Gọi α là góc tạo bởi cạnh bên và đáy, ta có:

D
O

x

A

a
BO 2 1

α=B
= 
 α  600 .
1BO  cosα =
BB1 a 2


a 3
a 3
a 3

, suy ra B1  0; 0;
 , D1  0; - a;
.
2
2
2




b) Phương trình mặt phẳng (ACD1) được tạo bởi:

a 3

; 0; 0 
 qua A
 qua A 
   (ACD1 ) : 
(ACD1 ) : 
 2


cÆp vtcp CA & D1A

 vtpt n (0; 3; 2)
 pt (ACD1): 3 y +2z = 0.
Khi đó khoảng cách từ B, B1 đến mặt phẳng (ACD1) lần lượt là:

B1O = BB1.sin α =

d(B,(ACD1 )) =

a
3 0
2

 3

2

 22



a 21
,
14

3a
d(B1 (ACD1 )) =

 3

2


 22

a 21
.

7

11


Bài toán 2.3. Cho hình vuông ABCD cạnh bằng a. Từ trung điểm H
của cạnh AB dựng SH vuông góc với mặt phẳng (ABCD) sao cho nhị diện
cạnh AD của hình chóp S.ABCD có số đo bằng 600.
a) Tính SH và khoảng cách từ H đến mặt phẳng (SCD).
b) Gọi K là trung điểm của cạnh AD. Chứng minh CK  SD.
c) Tính góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (SCK).
Lời giải:
z

Chọn hệ trục tọa độ Hxyz với

S

A, B thuộc tia Hx, S thuộc tia Hz, khi đó:
a
  a

A  ; 0; 0  , B  - ; 0; 0  ,
2
  2

 a
 a

C  - ; a; 0  , D  ; a; 0  .

 2
 2


A

H
B

x
K

C
D
y
a) Giả sử S(0; 0; zS) với zS > 0.
 
Gọi n1 , n 2 theo thứ tự là vtpt của mặt phẳng (ABCD) và (SAD), ta có:


n 2


n
 2

  a
 SA  ;



0; - zS 

2

 ta chän n 2 ( - 2zS ; 0; a).
  a

 SD  ; a; - z S 
2

 
n
1.n 2
1
a
0
=
Từ giả thiết ta có: cos60 =   
2
n1 . n 2
4zS2 + a 2

n 1 (0; 0; 1);

 zS =

a 3
a 3
 SH =
.

2
2

Phương trình mặt phẳng (SCD) được cho bởi:


a 3
 qua S
 qua S  0; 0;

2
   (SCD) : 
(SCD) : 



cÆp vtcp SC & SD

 vtpt n3 (0; 3; 2)
 (SCD): y 3 + 2z - a 3 = 0.

12


Khi đó khoảng cách từ H đến mặt phẳng (SCD) được cho bởi:
-a 3
a 21
d=
=
.

7
3+ 4
a a 
b) Vì K là trung điểm AD nên K  ; ; 0  , từ đó:
2 2 
 
 a

a 3
a
)  CK.SD = 0  CK  SD.
CK(a; - ; 0), SD( ; a; 2
2   2
c) Gọi n 4 , n 5 theo thứ tự là vtpt của mặt phẳng (SBC) và (SCK), ta có:

n 4


n 4

  a
 SB  - ;


n 5



n 5


  a
 SC  - ;

 2

0; -





a 3

2 


 ta chän n 4 (- 3; 0; 1).

BC  0; a; 0 

a; -

a 3

2 

 2
 
a 

 CK  a; - ; 0 
2 



 ta chän n 5 (1; 2;

3).

Gọi α là góc tạo bởi (SBC) và (SCK), ta có:
 
n 4 .n 5
cosα =   = 0  α  900.
n 4 . n5
Bài toán 2.4. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là nửa lục giác đều
nội tiếp đường tròn đường kính AB = 2a, SA = a 3 và vuông góc với đáy.
a) Tính góc giữa hai mặt phẳng (SAD) và (SBC).
b) Tính khoảng cách từ A, D đến mặt phẳng (SBC).
Lời giải:
Chọn hệ trục tọa độ Oxyz, sao cho O  A, B thuộc tia Ax, S thuộc tia
Az, C, D có hoành độ dương. Khi đó:
 3a a 3   a a 3 
A(0; 0; 0), B(2a; 0; 0), C  ;
; 0 , D ;
; 0  , S(0; 0; a 3 ).
2
2
2
2


 

 
Gọi n1 , n 2 theo thứ tự là vtpt của mặt phẳng (SAD), (SBC), ta có:

13




n  SA 0; 0; - a 3
 1


ta
chän
n

  a a 3
1 (- 3; 1; 0).

n
SD
;
;
a
3

 1



2

2



n  SB 2a; 0; - a 3
 2


ta
chän
n

  3a a 3
2 ( 3; 1; 2).

; -a 3
n 2  SC  ;
2
2












a) Gọi α là góc tạo bởi (SAD) và (SBC), ta có:
 
n1.n 2
1
z
cosα =   =
.
n1 . n 2 2 2
S

b) Phương trình mặt phẳng (SBC)
được cho bởi:
 qua B  2a; 0; 0 
(SBC) : 

vtpt
n 2 ( 3; 1; 2)


A
x

B
y

D

C

 (SBC): x 3 + y + 2z - 2a 3 = 0.

Khi đó khoảng cách từ A, D đến mặt phẳng (SBC) được cho bởi:
- 2a 3
dA =

3 +1 + 4

=

a 6
, dD =
2

a 3 a 3
+
- 2a 3
2
2
3 +1 + 4

=

a 6
.
4

Bài toán 2.5. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông
tâm O cạnh bằng a, SO vuông góc với đáy. Gọi M, N theo thứ tự là trung
điểm SA và BC. Biết rằng góc giữa MN và (ABCD) bằng 600.
a) Tính MN và SO
b) Tính góc giữa MN và mặt phẳng (SBD).
Lời giải:
Chọn hệ trục tọa độ Oxyz với A, C thuộc tia Ox, B, D thuộc tia Oy và
S thuộc tia Oz , khi đó:

14


a 2
  a 2 
O(0; 0; 0), A 
; 0; 0  , B  0;
; 0 ,
2
2

 

 a 2
 
a 2 
; 0; 0  , D  0; ; 0 .
C2
2

 



z
S

a) Giả sử S(0; 0; zS) khi đó:
a 2
z   a 2 a 2 
M
; 0; S  , N  ;
; 0
4
2
4
4

 


Gọi n là vtpt của mặt phẳng

(ABCD)  n (0; 0; 1)

Từ giả thiết ta có:
 
MN
.n
sin600 =   
MN . n

M
D
O

C
N
y

A

x

B

2zS
3
a 30
=
 zS =
.
2
2
8a 2 + 2a 2 + 4zS2

a 2
a 30
a 10
a 30 
; 0;
, M

  MN =
2
2
4 
 4


b) Gọi n1 là vtpt của mặt phẳng (SBD), ta có: n1 (1; 0; 0)

Khi đó: SO = |zS| =

Gọi α là góc tạo bởi MN và (SBD), ta có:
 
2a 2
MN.n1
5
sinα =   =

.
2
2
2
5
MN . n1
8a + 2a + 30a .1
Bài toán 2.6. Cho hình lập phương ABCD.A1B1C1D1 cạnh bằng a.
Gọi M, N theo thứ tự là trung điểm các cạnh AD, CD. Lấy P BB1 sao cho
BP = 3PB1. Tính diện tích thiết diện do (MNP) cắt hình lập phương.
Lời giải:
Chọn hệ trục tọa độ Axyz, với B thuộc tia Ax, D thuộc tia Ay, A1

thuộc tia Az, khi đó:
A(0; 0; 0), B(a; 0; 0), C(a; a; 0), D(0; a; 0), A1(0; 0; a), B1(a; 0; a),
3a 
 a  a
 
C1(a; a; a), D1(0; a; a), M  0; ; 0  , N  ; a; 0  , P  a; 0;

4 
 2  2
 

15


 
Gọi n1 , n 2 theo thứ tự là vtpt của mặt phẳng (ABCD) và (MNP), ta có:


n 2  MP


n 1 (0; 0; 1),  
 ta chän n 2 (-1; 1; 2).

n 2  MN

Gọi α là góc tạo bởi (MNP) và (ABCD),
 
n1.n 2
2

.
ta có: cosα =   =
6
n1 . n 2

z
A1

B1
C1

D1

P

Gọi S1, S theo thứ tự là diện tích thiết diện
M

và hình chiếu của nó lên mặt phẳng (ABCD),
ta được S1 =
=

S
1
=
.SABCNM
cosα cosα

y

A

D

B
N

x

C

1
6  2 1 a a  7a 2 6
. SABCD - SDNM  =
.
a - . .  =
2 
2 2 2
16
cosα

Bài toán 2.7. Trong mặt phẳng (P) cho tam giác đều ABC cạnh bằng
a. Trên các đường thẳng vuông góc với (P) tại B và C lần lượt lấy các điểm
D, E nằm về cùng một phía đối với (P) sao cho BD =

a 3
, CE = a 3 .
2

a) Tính độ dài các cạnh AD, AE, DE.

b) Xác định tâm và tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCE.
c) Gọi M là giao điểm của các đường thẳng ED và BC. Chứng minh
rằng đường thẳng AM vuông góc với mặt phẳng (ACE). Tính số đo góc
giữa hai mặt phẳng (ADE) và (ABC).
Lời giải:
Chọn hệ trục tọa độ Bxyz với C thuộc tia Bx, D thuộc tia Bz (hình vẽ)
khi đó:
a a 3 
a 3
; 0  , B(0; 0; 0), C(a; 0; 0), D(0; 0;
A ;
), E(a; 0; a 3 )
2
2
2



16


a) Ta có

z

a 2 3a 2 3a 2 7a 2
a 7
2
AD = +
+

=
 AD =
,
4
4
4
4
2
a 2 3a 2
AE 2 = +
+ 3a 2 = 4a 2  AE = 2a,
4
4
M
2
2
3a
7a
a
7
DE 2 = a 2 +
=
 DE =
.
4
4
2
b) Gọi O là tâm của mặt cầu ngoại tiếp

E

D
C

B

x
y

A

tứ diện ABCE, ta được O là giao điểm của đường thẳng ( dH) ( là trục
đường tròn ngoại tiếp  ABC và H là trọng tâm  ABC) với mặt phẳng (P)
(là mặt phẳng trung trực cạnh CE), với:
a

x
=

2

a a 3 

; 0
qua H  ;
a 3

2
6


d
:
y
=


 dH  : 



O
6



 vtcp a(0; 0; 1)
z = t




a 3

; 0; 0 
qua I 
P : 
 2
 



vtpt
b(0;
0; 1)


P :

z=

(t  R).

a 3
.
2

a a 3 a 3
Suy ra tọa độ của O  ;
;
 và bán kính
2
6
2


a 2 3a 2 3a 2 39a 2
R = OE = +
+
=
4 36
4

36
2

2

 R =

a 39
.
6

// 1
c) Vì BD  CE nên DE  BC = M ( - a; 0; 0), ta có:
2
   3a a 3

; 0
AM  - ; 2
 

 2

 AM.AC = 0  AM  AC  AM  (ACE).


   a a 3
AC
;
;
0




2
2

 

17


Gọi α là góc tạo bởi (ABC) và (ADE).
 
Gọi n 1 , n 2 theo thứ tự là vtpt của mặt phẳng (ABC) và (ADE), ta có:


n 2  AD


 ta chän n 2 ( 3; - 3; - 3).
n 1 (0; 0; 1);  

n 2  AE
 
n1 . n 2
1
 α = 600.
Khi đó: cosα =   =
n1 . n 2 2
Bài toán 2.8. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thoi tâm O cạnh

 = 600. Đường thẳng SO vuông góc với mặt phẳng (ABCD) và
a, BAD

SO =

3a
. Gọi E, F lần lượt là trung điểm của BC, BE.
4

a) Tính khoảng cách từ A đến mặt phẳng (SBC).
b) Tính góc giữa hai đường thẳng AE và SF.
c) Mặt phẳng ( α ) chứa AD và vuông góc với (SBC) cắt hình chóp
S.ABCD theo một thiết diện . Tính diện tích thiết diện đó.
Lời giải:
Vì OA, OB, OS đôi một vuông góc nên chọn hệ trục tọa độ Oxyz
(hình vẽ). Ta có tọa độ các điểm là

z

a 3

 a 
A
; 0; 0  , B  0; ; 0  ,
 2 
 2


S
N

 a 3

a 

; 0; 0  , D  0; - ; 0  ,
C2 

 2


D

M
C

O

3a 

S  0; 0;

4 


x

E
F

A

B

y

  a 3a    a 3
3a 
a) Ta có SB  0; ; -  , SC  ; 0; - 
4 
4 
 2
 2
2
 
a
3
nên SB, SC  =
(8

3 ; 3; 2)

18


 Phương trình mặt phẳng (SBC) là: - 2 3 x + 6y + 4z - 3a = 0.

Khoảng cách cần tìm là
-2 3.

d( A, (SBC)) =

a 3
+ 6.0 + 4.0 - 3a
2

 -2 3 

2



+ 6 2 + 42

3a
.
4

b) Vì E, F lần lượt là trung điểm của BC, BE nên
 a 3 a 
 a 3 a 
E; ; 0 , F  ; ; 0 .
4
2
8
2 



  3a 3 a    a 3


Do đó AE  ; ; 0  , BF  ; 0; 0  , nên
4
2 

 8

 
3 93
3 93

cos(AE,BF) = cos(AE,BF) =
 φ = arccos
.
31
31
c) Phương trình mặt phẳng ( α ): 2x - 2 3 y + 4 3 z - a 3 = 0.
Phương trình các đường thẳng

x = 0

SB :  y = 2t
(t  R),

3a
z =
- 3t

4


 x = 2t

SC :  y = 0
(t  R).

3a
z =
+ 3t

4

 a 3
3a 
 a 3a 
; 0;
Do đó ( α )  SB = M  0; ;
.
 , ( α )  SC = N  4
8
4
8





Thiết diện là hình thang ADNM có chiều cao bằng khoảng cách từ A đến
(SBC) nên diện tích của thiết diện là :
1

9a 2
SADNM = (AD + MN). d(A, (SBC)) =
.
2
16

Bài toán 2.9. Trên các tia Ox, Oy, Oz của góc tam diện vuông Oxyz
lần lượt lấy các điểm A, B, C sao cho OA = a, OB = a 2 , OC = c
(a, c > 0). Gọi D là đỉnh đối diện với O của hình chữ nhật AOBD và M là

19


trung điểm của đoạn BC. Mặt phẳng ( α ) qua A, M cắt mặt phẳng (OCD)
theo một đường
thẳng vuông góc với đường thẳng AM.
a) Gọi E là giao điểm của ( α ) với đường thẳng OC. Tính độ dài đoạn
thẳng OE.
b) Tính tỷ số thể tích của hai khối đa diện được tạo thành khi cắt khối
chóp C.OADB bởi mặt phẳng ( α ).
c) Tính khoảng cách từ điểm C đến mặt phẳng ( α ).
Lời giải:
Chọn hệ trục tọa độ Oxyz

z
C

( hình vẽ). Tọa độ các điểm O (0; 0; 0),
A(a; 0; 0), B (0; a 2 ; 0), C(0; 0; c),

M
E

D (a; a 2 ; 0).
a) Vì M là trung điểm của BC nên

O

G
H

F
K

B

y

I
 a 2 c
A
M  0;
; .
D
x
2
2




 
Ta có OC (0; 0; c), OD (a; a 2 ; 0)  OC, OD  = ( - ac 2 ; ac; 0).

Một véc tơ pháp tuyến của mặt phẳng (OCD) là n (OCD) (- 2 ; 1; 0).

Gọi F = ( α )  CD thì EF là giao tuyến của ( α ) với (OCD), ta có: EF  AM.
 


a 2 c
c
;  nên  n (OCD) , AM  = (1;
Vì AM  - a;

 2
2
2


chỉ phương của EF là u EF (1; 2 ; 0).

2 ; 0), do đó một véc tơ



1
Ta có  u EF , AM  = (c 2 ; - c; 3 2 a) nên phương trình mặt phẳng
2

( α ) là

2 cx – cy + 3 2 az - ac 2 = 0.

c
c

Do đó ( α )  Oz = E  0; 0;   OE = .
3
3


20


 2a 2 2a c 
CF
2
b) Ta có ( α )  CD = F  ;
= .
;  
3
3
CD 3
 3

Mà VC.OADB = 2VC.AOD = 2VC.BOD nên
VC.EAFM
V
V
1  CE CF CM CE CF  1

 C.AEF  C.MEF  
.

.
.

VC.OADB 2VC.AOD 2VC.BOD 2  CO CD CB CO CD  3

Do đó tỷ số thể tích hai khối đa diện được tạo thành khi cắt khối chóp
C.OADB bởi mặt phẳng ( α ) là

1
(hay 2).
2
3 2ac - ac 2

c) Khoảng cách cần tìm là d(C,( α )) =

2c 2 + c 2 +18a 2



2 6ac

.

3 c 2 + 6a 2

2.2. Vận dụng phương pháp tọa độ vào các bài toán chứng minh
Bài toán 2.10. Cho tam giác đều ABC cạnh a. Gọi D là điểm đối xứng

với A qua BC. Trên đường thẳng vuông góc với mặt phẳng (ABC) tại D lấy
điểm S sao cho SD =

a 6
. Chứng minh rằng hai mặt phẳng (SAB) và
2

(SAC) vuông góc với nhau.
Lời giải:
Chọn hệ trục tọa độ Dxyz, (hình vẽ) khi đó: D(0; 0; 0),
a 3 a 
;- ; 0  ,
A a 3; 0; 0 , B 
2
2 




z



S

a 3 a  
a 6
C
; ; 0  , S  0; 0;
.

2  
2 
 2
 
Gọi n 1 , n 2 theo thứ tự là vtpt của mặt

B

D

phẳng (SAB) và (SAC), ta có:
y

A

x

C

21



 
a 6
n 1  SA  a 3; 0; 
2 




  a 3
a 

n
AB
;
; 0


 1
2
2





 ta chän n 1 (1; - 3;

2).


 
a 6
n 2  SA  a 3; 0; 
2





 ta chän n 2 (1; 3; 2).

  a 3 a


n
AC
;
;
0



 2
2
2



 
 
Nhận xét rằng: n 1 . n 2 = 1- 3 + 2 = 0  n 1  n 2  (SAB)  (SAC). ĐPCM

Bài toán 2.11. Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều
cạnh a, SA = SB = SC, khoảng cách từ S đến mặt phẳng (ABC) bằng h.
Tìm điều kiện của a và h để hai mặt phẳng (SAB) và (SAC) vuông góc với
nhau.
Lời giải:
Gọi O là trọng tâm  ABC, với điều

z
S

kiện SA = SB = SC, ta chọn hệ trục
tọa độ Oxyz, với BC song song với
tia Ox, A thuộc tia Oy, khi đó:

C
 a 3  a a 3 
B
; 0 , B ; ; 0 ,
A  0;
3
6
O

 2

 a a 3 
; 0  , S( 0; 0; h)
C- ;
A
y
2
6
  

Gọi n 1 , n 2 theo thứ tự là vtpt của mặt phẳng (SAB) và (SAC), ta có:

 


a 3
; -h
n 1  SA  0;
3

a 3




ta
chän
n
).

1 (h 3; h;
3


a a 3 

 AB  ; n
; 0
1

2
2





x

22



 

a 3
; - h
n 2  SA  0;
3

a 3




ta
chän
n
).

2 (-h 3; h;
3





a a 3

n 2  AC  - 2 ; - 2 ; 0 



 
 
Để (SAB)  (SAC) điều kiện là: n 1  n 2  n 1 . n 2 = 0

a2
=0  a=h 6.
3
Bài toán 2.12. Đường thẳng (d) tạo với 2 đường thẳng (d1) và (d2) cắt

 - 3h2 + h2 +

nhau các góc bằng nhau, ngoài ra nó không vuông góc mặt phẳng ( α ) chứa
các đường thẳng này. Chứng minh rằng hình chiếu vuông góc (d’) của
đường thẳng (d) lên mặt phẳng ( α ) cũng tạo thành những góc bằng nhau
với 2 đường thẳng (d1) và (d2).
Lời giải:
Chọn hệ trục tọa độ Oxyz với O = (d1)  (d2) và (d1), (d2) Oxy, khi
   
đó gọi a, a', a1 , a 2 theo thứ tự là vtcp các đường thẳng (d), (d’), (d1), (d2),





ta có: a (x; y; z), a' (x; y; 0), a1 (x1; y1; 0), a 2 (x2; y2; 0).
 
 
a.a1
a.a 2
Từ giả thiết: (d, d1) = (d, d2)    =  
a . a1 a . a 2




xx1  yy1
x 2  y 2  z 2 . x12  y12
xx1  yy1
x 2  y 2 . x12  y12





xx2  yy2
x 2  y 2  z 2 . x22  y22
xx2  yy2

x 2  y 2 . x22  y22

 (d, d1) = (d, d2). ĐPCM

Bài toán 2.13. Cho hình hộp chữ nhật ABCD.A1B1C1D1. AB = a,
AD = b, AA1 = c với 0 < a < b < c. Gọi I, J theo thứ tự là trung điểm AB,


 

C1D1. Các điểm M, N thỏa mãn AM = kAD, BN = kBB1 với 0  k  1.
Chứng minh M, N, I, J đồng phẳng.
Lời giải:

23


Chọn hệ trục tọa độ Axyz với B thuộc tia Ax, D thuộc tia Ay và A1
z

thuộc tia Az,
P

khi đó: A(0; 0; 0), B(a; 0; 0),
C(a; b; 0), D(0; b; 0), A1(0; 0; c),

D1

B1

A1
C1
J

N

B1(a; 0; c), C1(a; b; c), D1(0; b; c),

A

M
a
 a

I  ; 0; 0  , J  ; b; c 
2
 2

y
D

 

Vì AM = kAD, BN = kBB1 nên M(0; kb; 0) & N(a; 0; kc)

I

x
B
C


  a
   a

Ta có IJ (0; b; c), IM  - ; kb; 0  , IN  ; 0; kc  .
 2


2

     
Ta có: kIJ = IM + IN  IJ, IM, IN đồng phẳng  M, N, I, J đồng phẳng.

ĐPCM
Bài toán 2.14. Cho hai đường thẳng  ,  ' chéo nhau và vuông góc
với nhau nhận AB làm đường vuông góc chung (A  , B  ' ). Gọi M, N
là các điểm di chuyển trên  và  ' sao cho MN = AM + BN.
a) Chứng minh rằng tích AM.BN và thể tích khối tứ diện ABMN là
những đại lượng không đổi.
b) Chứng minh rằng MN luôn tiếp xúc với mặt cầu đường kính AB.
Lời giải:
Chọn hệ trục tọa độ Oxyz (hình vẽ), với O  A, trục Oz chứa AB, trục
Ox chứa đường thẳng  , trục Oy //  ' .

z

Đặt AB = h, AM = a, và AN = b (h, a, b > 0).

B

Tọa độ các điểm A (0; 0; 0),
B (0; 0; h), M (a; 0; 0), N (0; b; h).

N

Δ'

Vì MN = AM + BN nên

h 2 + a 2 + b 2 = a + b  2a.b = h2.

h2
.
a) Ta có AM.BN = a.b =
2

Δ

y
A

M

x

24