Hướng dẫn học sinh vận dụng phương pháp tọa độ trong không gian vào giải toán về khối đa diện

THÔNG TIN CHUNG VỀ SÁNG KIẾN
1. Tên sáng kiến: Hướng dẫn học sinh vận dụng phương pháp tọa độ trong không
gian vào giải toán về khối đa diện
2. Lĩnh vực áp dụng sáng kiến: Giáo dục đào tạo
3. Thời gian áp dụng sáng kiến: Từ ngày 15 tháng 1 năm 2015 đến ngày 15 tháng
04 năm 2015.
4. Tác giả:
Họ và tên: Đinh Công Huấn
Năm sinh: 1982
Nơi thường trú: Xã Xuân Thượng - Huyện Xuân Trường - Tỉnh Nam Định
Trình độ chuyên môn: Thạc sỹ toán học
Chức vụ công tác: Giáo viên
Nơi làm việc: Trường THPT Xuân Trường
Địa chỉ liên hệ: Xóm 18 - Xã Xuân Thượng - Huyện Xuân Trường - Tỉnh
Nam Định
Điện thoại: 0987.833.714
5. Đơn vị áp dụng sáng kiến:
Tên đơn vị: Trường THPT Xuân Trường
Địa chỉ: Xã Xuân Hồng-Huyện Xuân Trường-Tỉnh Nam Định
Điện thoại: 03503.886.167

1


SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
Hướng dẫn học sinh vận dụng
phương pháp tọa độ trong không gian vào giải toán về khối đa diện
I. ĐIỀU KIỆN HOÀN CẢNH TẠO RA SÁNG KIẾN
Hình học không gian là một nội dung quan trọng trong chương trình toán
THPT hiện nay, các bài toán về hình học không gian xuất hiện nhiều trong sách
giáo khoa, sách bài tập của học sinh nhưng thực tế cho thấy rất ít học sinh tiếp cận

tốt với loại toán này vì đây là một phần khó. Hình học không gian đòi hỏi ở người
học tư duy tích cực, tưởng tượng, trừu tượng hóa, thậm chí học sinh phải có năng
lực tư duy đột phá, phải sáng tạo. Trong nhiều tài liệu tham khảo cũng có đề cập
đến các bài tập giải toán HHKG bằng phương pháp tọa độ nhưng tôi thấy chỉ có
lời giải đơn lẻ, chưa có hệ thống phân loại rõ ràng. Hơn nữa trong các đề thi ĐH
và CĐ, thi học sinh giỏi các bài toán về HHKG liên tục xuất hiện với những yêu cầu
khá khó nếu chỉ dùng kiến thức HHKG thuần túy.
Vậy phải làm cách nào để giúp các em học sinh lớp 12 sau khi học xong
“Phương pháp tọa độ trong không gian” có thể áp dụng giải quyết được các dạng
bài tập về thể tích khối đa diện mà không phải dùng tới HHKG thuần túy ở lớp 11?
Dựa trên các tài liệu tham khảo do bản thân tự bồi dưỡng, với thực tế giảng dạy và
kinh nghiệm tôi đã chọn tìm hiểu và nghiên cứu đề tài là:“Hướng dẫn học sinh
vận dụng phương pháp tọa độ trong không gian vào giải toán về khối đa diện”.
Tôi tập hợp các bài toán có cách giải tương tự từ dễ đến khó; soạn thành từng phần
gửi đến các em thông qua các tiết học tự chọn trong phân phối chương trình hoặc
các buổi sinh hoạt chuyên đề. Đồng thời làm cho các em có cách nhìn tổng quát và
sâu hơn về vấn đề vừa được học. Hình thành và phát triển khả năng tư duy lôgic;
khả năng tìm hiểu và tổng hợp được vấn đề cần nghiên cứu.
II. THỰC TRẠNG
Nội dung liên quan đến “Hình học không gian-Phương pháp tọa độ trong
không gian” thường được quan tâm trong các kỳ thi tuyển sinh vào các trường
TCCN; CĐ và ĐH; trong các kỳ thi học sinh giỏi. Mặt khác đây là một phần kiến
thức khó, lại được đưa vào từ năm lớp 11, học sinh ít lưu tâm; bên cạnh đó số tiết
dành cho khá nhiều trong phân phối chương trình học nên khối lượng kiến thức cơ
bản rất lớn.

2


Khảo sát thực tế trước khi thực hiện sáng kiến (học sinh lớp 12A2)

Bài toán khảo sát: (Đề thi thử THPT Quốc Gia, Quảng Xương 1, Thanh Hóa).
Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác
vuông cân tại B, AB = a, SA vuông góc với mặt
phẳng đáy (ABC). Góc giữa mặt phẳng (SBC) và
mặt (ABC) bằng 600 . Gọi M là trung điểm của
AB.
a) Tính theo a thể tích của khối chóp S.ABC
b) Tính theo khoảng cách giữa hai đường
thẳng SM và AC theo a.
Lời giải: (SKKN, Tr 26-27)
Kết quả như sau (Sĩ số 45)
+ 35,56% (16/45) học sinh kẻ đồng thời AH ⊥ SM, rồi kết luận khoảng cách
là AH, tính được AH theo SA và AM.
+ 22,22% (10/45) học sinh kẻ được MN//AC và khẳng định rằng khoảng
cách giữa hai đường thẳng chéo nhau SM,AC bằng khoảng cách giữa AC và
(SMN)rồi khẳng định khoảng cách ấy là AH (tương tự nhóm trên).
+ 13,33% (6/45) học sinh giải bài toán bằng cách quy về thể tích khối đa diện
A.SMN (vận dụng phương pháp tỷ số thể tích khối đa diện).
+ 6,67 % (3/45) học sinh biết gọi N là trung điểm BC và chứng minh đượng
AC // (SMN) sau đó dựng AH ⊥ SK được khoảng cách SM,AC là AH (K là điểm
thuộc MN mà AK vuông góc MN.
+ 22,22% (10/45) học sinh không lập luận được gì.
+ Không học sinh nào sử dụng phương pháp tọa độ để giải bài toán này .
Nguyên nhân:
Ít em học sinh nghĩ đến việc sử dụng phương pháp tọa độ trong không gian
để giải quyết vấn đề này vì nhiều em nghĩ PPTĐ chỉ dùng đề lập PTTQ của mặt
phẳng, lập PTTS, PTCT đường thẳng. Ngoài ra trong SGK không nêu PPTĐ trong
không gian như một phương pháp giúp giải các bài toán về hình khối đa diện để học
sinh có định hướng phát hiện vấn đề (sách giáo khoa phần lí thuyết trình bày ứng
dụng PPTĐ giải bài toán về vấn đề này rất ít).

III. CÁC GIẢI PHÁP
3


A. CÁC KIẾN THỨC CƠ BẢN
1. Kiến thức cơ bản về hình học không gian lớp 11
1.1 Khoảng cách từ một điểm đến một đường thẳng
Cho điểm O và đường thẳng a. Trong mặt phẳng
(O,a) gọi H là hình chiếu vuông góc của O trên a. Khi đó
khoảng cách giữa hai điểm O và H được gọi là khoảng
cách từ điểm O đến đường thẳng a, kí hiệu là d(O,a).
1.2 Khoảng cách từ một điểm đến một mặt phẳng
Cho điểm O và mặt phẳng (α). Gọi H là hình chiếu vuông góc của O lên mặt
phẳng (α). Khi đó khoảng cách giữa 2 điểm O và H được gọi là khoảng cách từ
điểm O đến mp(α), kí hiệu là d(O, (α)).
1.3 Khoảng cách giữa đường thẳng và mặt phẳng song

a

A

O

song
Cho đường thẳng a song song với mặt phẳng (α),

A'

α

khoảng cách giữa đường thẳng a và mặt phẳng (α) là

H

khoảng cách từ một điểm bất kì của a đến mp(α), kí hiệu là d(a, (α)).
1.4 Khoảng cách giữa 2 mặt phẳng song song
Khoảng cách giữa 2 mặt phẳng song song là

A
α

khoảng cách từ một điểm bất kì của mặt phẳng này
đến mặt phẳng kia, kí hiệu là d((α),(β)).

A'

1.5 Khoảng cách giữa 2 đường thẳng chéo nhau

β

Đường vuông góc chung: Đường thẳng ∆ cắt 2

∆

a

đường thẳng chéo nhau a, b và vuông góc với mỗi
đường thẳng ấy được gọi là đường vuông góc

M

chung của 2 đường thẳng a và b.
b
N

Khoảng cách giữa 2 đường thẳng chéo nhau: Nếu
đường vuông góc chung ∆ cắt 2 đường thẳng chéo
nhau a và b lần lượt tại M và N thì độ dài đoạn

thẳng MN gọi là khoảng cách giữa 2 đường thẳng chéo nhau a và b. Kí hiệu là
d(a,b).
Nhận xét.
4


+ Khoảng cách giữa 2 đường thẳng chéo nhau bằng khoảng cách giữa một
trong hai đường thẳng đó và mặt phẳng song song với nó chứa đường thẳng còn lại.
+ Khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau bằng khoảng cách giữa hai
mặt phẳng song song lần lượt chứa hai đường thẳng đó.
M

a

M

a
α

b

α

a'

b

N

+ Thể tích của khối chóp V =

N

β

1
3V
S .h ⇔ h =
(trong đó S là diện tích đáy
3
S

và h là chiều cao của khối chóp). Theo cách này, để tính khoảng cách từ đỉnh của
hình chóp đến mặt đáy, ta đi tính V và S.
+ Tính chất của tứ diện vuông: Giả sử OABC là tứ diện vuông tại O(
OA ⊥ OB, OB ⊥ OC , OC ⊥ OA ) và H là hình chiếu của O trên mặt phẳng (ABC).
Khi đó đường cao OH được tính bằng công thức:

1

1

1
1
=
+
+
.
OH 2 OA2 OB 2 OC 2

+ Nếu đường thẳng ∆ song song với mặt phẳng (α) và M, N ∈ ∆ thì
d ( M ;(α )) = d ( N ;(α )) .

+ Nếu đường thẳng ∆ cắt mặt phẳng (α) tại điểm I và M, N ∈ ∆ (M, N không
trùng với I) thì

d ( M ;(α )) MI
=
.
d ( N ;(α )) NI

Đặc biệt, nếu N là trung điểm của IM thì d ( N ;(α )) =
của MN thì d ( M ;(α )) = d ( N ;(α )) .

1
d ( M ;(α )) . nếu I là trung điểm
2

2. Kiến thức cơ bản về phương pháp tọa độ trong không gian lớp 12
5

2.1. Hệ tọa độ Đêcac vuông góc trong không gian
Cho ba trục Ox, Oy, Oz vuông góc với nhau từng đôi một và chung một điểm
r r r

gốc O. Gọi i, j, k là các vectơ đơn vị, tương ứng trên các trục Ox, Oy, Oz. Hệ ba
trục như vậy gọi là hệ tọa độ Đêcac vuông góc Oxyz hoặc đơn giản là hệ tọa độ
Oxyz.
Chú ý:

r2 r 2 r 2
i = j = k = 1 và

rr rr r r
i. j = i.k = k . j = 0 .

2.2. Tọa độ của vectơ
a) Định nghĩa
b) Tính chất

r
r
r r r
u = ( x; y; z ) ⇔ u = xi + y j + zk
r
r
Cho a = (a1; a2 ; a3 ), b = (b1; b2 ; b3 ), k ∈ R

r

r

• a ± b = (a1 ± b1; a2 ± b2 ; a3 ± b3 )
r

• ka = (ka1; ka2 ; ka3 )

Hệ tọa độ Oxyz

 a1 = b1
r r

• a = b ⇔ a2 = b2
a = b
 3 3
r

r

r

r

• 0 = (0; 0; 0), i = (1; 0; 0), j = (0;1; 0), k = (0; 0;1)
r r r
r
r
r
• a cùng phương b (b ≠ 0)
⇔ a = kb (k ∈ R)
 a1 = kb1


⇔  a2 = kb2
 a = kb
3
 3

⇔

a1
b1

=

a2
b2

=

a3
b3

, (b1 , b2 , b3 ≠ 0)
r

rr

r

• a.b = a1.b1 + a2 .b2 + a3 .b3

• a ⊥ b ⇔ a1b1 + a2 b2 + a3b3 = 0

r
• a 2 = a12 + a22 + a32

• a = a12 + a22 + a22

r r
cos(
a
, b) =
•

r

rr
a.b
r r =
a.b

a1b1 + a2 b2 + a3b3
a12 + a22 + a32 . b12 + b22 + b32

2.3. Tọa độ của điểm

r

r

r

(với a , b ≠ 0 )

uuur

a) Định nghĩa: M ( x; y; z) ⇔ OM = ( x; y; z) (x : hoành độ, y : tung độ, z : cao độ)
Chú ý:

• M ∈ (Oxy) ⇔ z = 0; M ∈ (Oyz) ⇔ x = 0; M ∈ (Oxz) ⇔ y = 0.
• M ∈ Ox ⇔ y = z = 0; M ∈ Oy ⇔ x = z = 0; M ∈ Oz ⇔ x = y = 0.
b) Tính chất

Cho A( x A ; y A ; zA ), B( xB ; yB ; zB )
6


uuu
r

• AB = ( xB − x A ; yB − y A ; zB − zA ) .
• AB = ( x B − x A )2 + (y B − y A )2 + (zB − z A )2 .
•

Toạ

độ

điểm

M

chia

đoạn

AB

theo

tỉ

số

k

(k≠1):

 x − kxB y A − kyB zA − kzB 
M A
;
;
÷
1− k
1− k 
 1− k

 x A + x B y A + yB zA + zB 
;
;
÷


2
2
2 

• Toạ độ trung điểm M của đoạn thẳng AB: M 
• Toạ độ trọng tâm G của tam giác ABC:

x +x +x y +y +y z +z +z 
G A B C ; A B C ; A B C ÷
3
3
3



• Toạ độ trọng tâm G của tứ diện ABCD:
 x + x + x + xD y A + yB + yC + yD zA + zB + zC + zC 
G A B C
;
;
÷

4
4
4


2.4. Tích có hướng của hai vectơ
r

r

r

Cho a = (a1, a2 , a3 ) , b = (b1, b2 , b3 ) .

a) Định nghĩa
r

 a2

a3

 b2

b3

[ ar, b ] = ar ∧ b = 

;

a3 a1
b3

b1

;

a1 a2 
÷= ( a2 b3 − a3b2 ; a3b1 − a1b3 ; a1b2 − a2 b1 )

b1 b2 ÷


Chú ý: Tích có hướng của hai vectơ là một vectơ, tích vô hướng của hai vectơ là
một số.
b) Tính chất
r r
r
 j , k  = i ;
r r
r r
r r
• [a, b] = a . b .sin ( a, b )
r r

r

• i , j  = k ;

r r

r

[ k ,i ] = j

r r

r

r r

r
[a, b] ⊥ b
r r
r r
r
• a, b cùng phương ⇔ [a, b] = 0

• [a, b] ⊥ a;

c) Ứng dụng của tích có hướng

r r
r r r
r
• Điều kiện đồng phẳng của ba vectơ: a, b và c đồng phẳng ⇔ [a, b].c = 0
uuu
r uuur
SY ABCD =  AB, AD 

• Diện tích hình bình hành ABCD:

• Diện tích tam giác ABC:

r uuu
r
1  uuu
 AB, AC 
2
uuu
r uuur uuu

r
VABCD . A ' B ' C ' D ' = [ AB, AD ]. AA '
S∆ ABC =

• Thể tích khối hộp ABCD.A′ B′ C′ D′ :
7


• Thể tích tứ diện ABCD:

VABCD =

r uuu
r uuur
1 uuu
[ AB, AC ]. AD
6

Chú ý:
– Tích vô hướng của hai vectơ thường sử dụng để chứng minh hai đường thẳng
vuông góc, tính góc giữa hai đường thẳng.
– Tích có hướng của hai vectơ thường sử dụng để tính diện tích tam giác; tính thể
tích khối tứ diện, thể tích hình hộp; chứng minh các vectơ đồng phẳng – không
đồng phẳng, chứng minh các vectơ cùng phương.
r r
rr
a ⊥ br⇔ a.b = 0
r
r r r
[

a vaø
b
cuø
n
g
phöông
⇔
a
,b] = 0
r r r
r r r
a , b , c ñoàng phaúng ⇔ [ a , b ] .c = 0

2.5. Khoảng cách
Cho M (xM;yM;zM), (α):Ax+By+Cz+D=0,
các đường thẳng đượcuurxác định bởi
r
một điểm và một VTCP là ∆:{M0(x0;y0;z0), u ∆ } và ∆’ {M’0(x0';y0';z0'), u '∆ }.
- Khoảng cách từ M đến mặt phẳng (α): d(M,α)=

AxM + ByM + CZ M + D
A2 + B 2 + C 2

uuuuur r
[ MM1 , u ]
r
- Khoảng cách từ M đến đường thẳng ∆: d(M,∆)=
u
r uu
r uuuuuuuur

[u , u '].M 0 M '0
uu
r uu
r
- Khoảng cách giữa hai đường thẳng: d(∆,∆’)=
[u , u ']

2.6. Phương trình mặt cầu
• Phương trình mặt cầu (S) tâm I(a; b; c), bán kính R:
( x − a ) 2 + ( y − b) 2 + ( z − c ) 2 = R 2

• Phương trình x 2 + y 2 + z2 + 2ax + 2by + 2cz + d = 0 với a 2 + b2 + c2 − d > 0 là
phương trình mặt cầu tâm I(–a; –b; –c) và bán kính R =
B. NỘI DUNG PHƯƠNG PHÁP
8

a2 + b2 + c2 − d .


1. Phân loại hình đa diện trong không gian
Để giải được các bài toán hình không gian bằng phương pháp tọa độ ta cần phải
chọn hệ trục tọa độ thích hợp. Lập tọa độ các đỉnh, điểm liên quan dựa vào hệ trục
tọa độ đã chọn và độ dài cạnh của hình. Vì Ox, Oy , Oz vuông góc từng đôi một. Do
đó, nếu trong mô hình chứa các cạnh vuông góc thì ta ưu tiên chọn các đường đó
lần lượt thuộc các trục tọa độ.
1.1. Hình chóp
Loại 1. Hình chóp tứ giác đều S.ABCD
a) Đặc điểm: Đáy ABCD là hình vuông và các cạnh bên SA = SB = SC= SD
b) Chọn hệ tọa độ (hình vẽ)
- Chọn gốc O(0;0;0) là tâm của hình vuông

- Giả sử cạnh hình vuông bằng a và đường cao
SO = h
 a 2
 a 2

;0;0 ÷; C 
;0;0 ÷.
Khi đó : A  −
2

  2


a 2   a 2 
B  0; −
;0 ÷
÷; D  0; 2 ;0 ÷
÷; S (0;0; h)
2

 


Loại 2. Hình chóp Tam giác đều S.ABC
a) Đặc điểm: Đáy ABC là tam giác đều và các cạnh bên SA = SB = SC
b) Chọn hệ tọa độ (hình vẽ)
- Giả sử cạnh tam giác đều bằng a và đường cao
bằng h .
Gọi I là trung điểm của BC. Chọn gốc I(0;0;0)
 a 3





a 3







;0 ÷÷; S  0;
; h ÷÷
, A  − ; 0;0 ÷; B  ; 0;0 ÷, C  0;
2
6
 2

2


 

a

a

Loại 3. Với hình chóp S.ABCD có một cạnh

vuông góc với đáy, đáy là hình chữ nhật
a) Đặc điểm: ABCD là hình chữ nhật và giả sử SA
vuông góc với đáy (ABCD)
b) Chọn hệ tọa độ (hình vẽ)
Giả sử AB = a; AD = b , chiều cao bằng h
-Gốc tọa độ A(0;0;0),
Khi đó: B ( a;0;0 ) ; C ( a; b;0 ) , D ( 0; b; 0 ) ; S (0;0; h)
9


Loại 4. Hình chóp S.ABCD có một cạnh vuông góc với đáy, đáy là hình thoi
a) Đặc điểm: ABCD là hình thoi và giả sử SA vuông góc với đáy (ABCD)
b) Chọn hệ tọa độ (hình vẽ)
Giả sử AB = a; AD = b , chiều cao bằng h
-Gốc tọa độ O(0;0;0), (O là giao AC và BD)
Khi đó dựa vào giả thiết để xác định tọa độ của
A,B,C,D,S (chú ý chiều âm, dương của trục Ox,
Oy, Oz để xác định chính xác tọa độ A,B,C,D,S)
Loại 5. Hình chóp S.ABC có một cạnh vuông
góc với đáy, đáy là tam giác vuông
a) Đặc điểm: Với hình chóp S.ABC có SA ⊥
(ABC) và ∆ ABC vuông tại A
b) Chọn hệ tọa độ (hình vẽ)
Tam giác ABC vuông tại A có AB = a; AC = b
đường cao bằng h .
Gốc tọa độ là A(0;0;0).
Khi đó : B ( a;0;0 ) ; C ( 0; b; 0 ) , S ( 0;0; h )
Chú ý: Nếu đáy là tam giác vuông tại B thì ta chọn gốc tọa độ là B
Loại 6. Hình chóp S.ABC có (SAB) ⊥ (ABC), ∆ SAB cân tại S và ∆ ABC vuông
tại C

a) Đặc điểm: Tam giác SAB cân tại S, gọi
H là trung điểm của AB thì SH ⊥ (ABC),
b) Chọn hệ tọa độ(hình vẽ)
∆ ABC vuông tại C, CA = a; CB = b

chiều cao bằng h . H là trung điểm của AB
- Gốc tọa độ tại C(0;0;0)
a b
2 2

Khi đó : A ( a;0;0 ) ; B ( 0; b;0 ) ; S ( ; ; h)

10


Chú ý: - Tam giác ABC vuông cân tại C thì ta vẫn chọn gốc tọa độ tại C(0;0;0)
 a

 a 
;0;0 ÷; A  0;
;0 ÷ ,
2 
 2



(Hình 1). Khi đó tọa độ các điểm (đỉnh) là H(0;0;0), C 
a



B  0; −
;0 ÷; S ( 0; 0; h ) .
2 


- Với hình chóp S.ABC có (SAB) ⊥ (ABC), ∆ SAB cân tại S và ∆ ABC vuông tại
A thì ta chọn gốc tọa độ tại A (Hình 2). H là trung điểm của AB. Chọn hệ trục tọa
a
2

độ như hình vẽ sao cho A(0;0;0), B ( a; 0;0 ) ; C ( 0; b; 0 ) , S (0; ; h)

Hình 1

Hình 2

1.2. Hình hộp
Loại 1. Hình lập phương hoặc hình hộp chữ nhật ABCD. A' B ' C ' D'
a) Đặc điểm: Đáy là hình vuông hoặc hình chữ nhật và cạnh bên vuông góc với đáy
b) Chọn hệ tọa độ (hình vẽ)
Hình lập phương
Chọn hệ trục tọa độ sao cho :
A(0;0;0) ; B( a;0;0) ; C (a; a;0) ; D(0;a;0)
A '(0;0; a ) ; B '(a;0; a) ; C '(a; a; a ) ; D'(0;a;a )

Hình hộp chữ nhật
Chọn hệ trục tọa độ sao cho :
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)

Loại 2. Hình hộp đáy là hình thoi ABCD. A' B' C ' D'
a) Đặc điểm: Hai đường chéo của đáy vuông góc, cạnh bên vuông góc với đáy
11


b) Chọn hệ tọa độ(hình vẽ)
Chọn hệ trục tọa độ sao cho :
- Gốc tọa độ trùng với giao điểm O của hai
đường chéo của hình thoi ABCD
- Trục Oz đi qua 2 tâm của 2 đáy
1.3. Hình lăng trụ
Cách chọn hệ tọa độ Oxyz hoàn toàn tương tự như với hình hộp
2. Vận dụng phương pháp tọa độ vào giải toán
Để giải được các bài toán hình không gian bằng phương pháp tọa độ ta cần
phải chọn hệ trục tọa độ thích hợp. Lập tọa độ các đỉnh, điểm liên quan dựa vào hệ
trục tọa độ đã chọn và độ dài cạnh của hình.
2.1. Các bước giải toán bằng phương pháp tọa độ trong không gian

 Chọn hệ trục tọa độ Oxyz thích hợp(quyết định sự thành công của lời giải)
 Xác định tọa độ các điểm (đỉnh của hình đa diện) có liên quan.
 Sử dụng các kiến thức về tọa độ để giải quyết bài toán.
Ta thường gặp các dạng sau:

• Định tính: Chứng minh các quan hệ vuông góc, song song, …
• Định lượng: Độ dài đoạn thẳng, góc, khoảng cách, tính diện tích, thể tích, diện

tích thiết diện, …
• Bài toán cực trị, quỹ tích.
Một số lưu ý khi sử dụng PPTĐ trong không gian vào giải toán:
- Xác định hệ tọa độ Oxyz phù hợp gắn với hình đa diện, ưu tiên chọn trục Oz

có phương trùng với phương của chiều cao hình chóp, hình hộp.
- Việc xác định chính xác tọa độ các điểm là yêu cầu quan trọng.
- Nên vẽ ngoài giấy nháp hình biểu diễn mặt phẳng Oxy để tính tọa độ điểm
được chính xác, tránh nhầm lẫn đáng tiếc.
2.2. Bài tập vận dụng
 Bài tập 1. Cho tứ diện OABC có đáy OBC là tam giác vuông tại O, OB=a, OC=
a 3 , (a > 0) và đường cao OA = a 3 . Gọi M là trung điểm của cạnh BC. Tính
khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và OM.
12


Lời giải:
Cách giải thứ nhất:
Vận dụng kiến thức HHKG 11
Gọi N là điểm đối xứng của C qua O.
Ta có: OM // BN (tính chất đường trung bình).
⇒ OM // (ABN)
⇒ d(OM;AB) = d(OM;(ABN)) = d(O;(ABN)).
Dựng OK ⊥ BN , OH ⊥ AK ( K ∈ BN ; H ∈ AK )

a 3

H

O

N

Ta có: AO ⊥ (OBC ); OK ⊥ BN ⇒ AK ⊥ BN

C

a 3

K

M

BN ⊥ OK ; BN ⊥ AK ⇒ BN ⊥ ( AOK ) ⇒ BN ⊥ OH

a

B

OH ⊥ AK ; OH ⊥ BN

A

⇒ OH ⊥ ( ABN ) ⇒ d (O; ( ABN ) = OH

Từ các tam giác vuông OAK; ONB có:
1
OH

2

=

1
OA

2

+

1
OK

=

2

Vậy, d (OM ; AB) = OH =

1
OA

2

+

1
OB

2

+

1
ON

2

=

1
3a

2

+

1
a

2

+

1
3a

2

=

5
3a

2

⇒ OH =

a 15
5

.

a 15
.
5

Cách giải thức 2: PPTĐ trong không gian 12 (lập phương trình mặt phẳng)
Chọn hệ trục tọa độ sao cho gốc O(0;0;0), A(0; 0; a 3); B(a;0; 0), C (0; a 3; 0),
a a 3
M ;
;
2
2



 a 3 a 3
0 ÷, gọi N là trung điểm của AC ⇒ N  0;
;
÷. MN là đường trung
÷

2
2 ÷





bình của tam giác ABC ⇒ AB // MN ⇒ AB //(OMN) ⇒ d(AB;OM) = d(AB;(OMN))
= d(B;(OMN)).
uuuu
r a a 3

 uuur 

a 3 a 3

Ta có: OM =  2 ; 2 ; 0 ÷÷, ON =  0; 2 ; 2 ÷÷




uuuur uuur
 3a 2 a 2 3 a 2 3  a 2 3
[OM ; ON ] = 
;
;
=
÷
 4
÷
4
4
4




(

)

3; 1; 1 =

a2 3 r
r
n , với n = ( 3; 1; 1) .
4

r

Phương trình mặt phẳng (OMN) qua O với vectơ pháp tuyến n = ( 3; 1; 1)
phương trình là: ( OMN ) : 3x + y + z = 0
Ta có: d ( B; (OMN )) =
Vậy, d ( AB; OM ) =

3.a + 0 + 0
3 +1+1

=

a 3
5

=

a 15
.
5

a 15
.
5

Cách giải thứ ba: Chỉ vận dụng kiến thức PPTĐ trong không gian về khoảng
cách hai đường chéo nhau
a a 3



Chọn gốc O(0;0;0), A(0; 0; a 3); B(a;0;0), C (0; a 3; 0), M  2 ; 2 ; 0 ÷÷


13


Bình luận: Nhược điểm của cách 1 là phải vẽ thêm nhiều đường phụ và suy luận
nhiều. Học sinh phải vững vàng kiến thức về HHKG 11 thì mới giải quyết được.
Với cách 2 thì HS chỉ cần nhớ kiến thức về PPTĐ trong mặt phẳng là có thể giải
quyết được thậm chí không cần suy luận d(AB;OM) = d(AB;(OMN)) = d(B;(OMN))
mà vận dụng luôn kiến thức về khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau.
 Bài tập 2. Cho hình chóp SABC có độ dài các cạnh đều bằng 1, O là trọng tâm
của tam giác ∆ABC. I là trung điểm của SO.
a) Mặt phẳng (BIC) cắt SA tại M. Tìm tỉ lệ thể tích của tứ diện SBCM và tứ diện

SABC.
b) H là chân đường vuông góc hạ từ I xuống cạnh SB. Chứng minh rằng IH qua
trọng tâm G của ∆SAC.
Lời giải:
Phân tích: Hình chóp S.ABC là hình chóp đều, nên chân đường cao trùng với tâm
đa giác đáy (ABC). O là tâm của tam giác ABC. Do đó ta chọn hệ tọa độ:
Oxyz sao cho O là gốc tọa độ, A∈Ox, S∈Oz, BC//Oy
z

 3





3

1



a) Ta có A  3 ; 0; 0 ÷÷ ; B  − 6 ; − 2 ; 0 ÷÷

 


S

H



3 1 
6 
6
; C  − 6 ; 2 ; 0 ÷÷; S  0; 0 3 ÷÷ ; I  0; 0; 6 ÷÷



 


uuur

uur



I

6

3 1

C
O

uuur uur 
6
3

⇒  BC , IC  =  −
; 0;
÷
6 ÷
 6


N

y

A
x

⇒ Phương trình mặt phẳng (IBC) là: −
Hay mp(IBC): − 2 + z −

G

B

Ta có: BC = (0;1; 0) ; IC =  − 6 ; 2 ; − 6 ÷÷ ;



6
3
6
( x − 0) + 0( y − 0) +
(z −

)=0
6
6
6

uur  3
6  uur r
6
; 0; −
÷⇒ SA// u SA (1; 0; − 2) .
= 0 mà ta lại có: SA = 
3 ÷
6
 3


Phương trình đường thẳng SA: x =

3
+ t ; y = 0; z = − 2t .
3

+ Tọa độ điểm M là nghiệm của hệ:


3
+t
x =
3


 y = 0

 y = − 2t

− 2 x + z − 6 = 0

6

14

(1)
(2)
(3)
(4)

.


Thay (1), (2), (3) và (4):
⇒x=

uuur  3
uuur
 3
3
6
6
6  uur
; y = 0; z =
⇒ M 

; 0;
⇒
SM
=
;
0;
−
⇒
SA
=
4
SM
÷

÷
;
 12
12
4
4 ÷
12 ÷
 12




⇒ M nằm trên đoạn SA và

V( SBCM ) 1
SM 1

= .
= ⇒
SA 4 V ( SABC ) 4

z
S

2. Do G là trọng tâm của tam giác ∆ASC
M

⇒ SG đi qua trung điểm N của AC

I

⇒ GI ⊂ (SNB) ⇒ GI và SB đồng phẳng

(1)

uur 
 3 1 6
3 1 6
Ta lại có G  18 ; 6 ; 9 ÷÷ ⇒ GI =  − 18 ; − 6 ; 18 ÷÷





B

C

O
A

uur 
uur uur
3 1 6
⇒ GI =  −
;− ;
÷
⇒
GI
.SB = 0 ⇒ GI ⊥ SB (2)
÷
 18 6 18 

Từ (1) và (2)

⇒ GI ⊥ SB = H

y

x

.

 Bài tập 3 (Trích đề thi Đại học khối A – 2002).
Cho hình chóp tam giác đều S.ABC có độ dài cạnh đáy là a. Gọi M, N là
trung điểm SB, SC. Tính theo a diện tích ∆AMN, biết (AMN) vuông góc với (SBC).
Lời giải:

z

Gọi O là hình chiếu của S trên (ABC), ta suy
ra O là trọng tâm ∆ABC . Gọi I là trung điểm
của BC, ta có: AI =
⇒ OA =

3
a 3
BC =
2
2

S

M

N
h

a 3
a 3
, OI =
3
6

I

Trong mặt phẳng (ABC), ta vẽ tia Oy vuông
góc với OA. Đặt SO = h,

C

x

Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ ta được:

O

a
A







O(0; 0; 0), S(0; 0; h), A  3 ; 0; 0 ÷ ⇒ I  − 6 ; 0; 0 ÷, B  − 6 ; 2 ; 0 ÷,






a 3

 a 3 a

 a 3 a h

C−
; − ; 0 ÷, M  −
; ; ÷
6
2
4 2


 12

a 3

a 3 a

và N  − a 3 ; − a ; h ÷.
12
4 2


15



B
y


r
uuuu
r uuur

uur uuu
r
5a 2 3  r
a2 3 
 ah

⇒ n( AMN ) =  AM , AN  =  ; 0;
n ( SBC ) =  SB, SC  =  −ah; 0;
,
÷
24 
6 ÷
 4



r
r
5a 2
1 uuuur uuur
a 2 10
( AMN ) ⊥ ( SBC ) ⇒ n ( AMN ) .n ( SBC ) = 0 ⇒ h 2 =
⇒ S ∆AMN =  AM , AN  =
.
12
2
16

 Bài tập 4. (Trích đề thi thử THPT Quốc Gia 2015, Website: vnmath.com)
Cho lăng trụ ABC.A'B'C' các các mặt bên đều là hình vuông cạnh a. Gọi D, F

lần lượt là trung điểm của các cạnh BC, C'B'. Tính khoảng cách giữa hai đường
thẳng A'B và B'C'.
Lời giải:
z
C’
A’

Vì các các mặt bên của lăng trụ đều là hình vuông
nên

B’

AB = BC = CA = A ' B ' = B ' C ' = C ' A ' = a

⇒ các tam giác ABC, A’B’C’ là các tam giác đều.

a

Chọn hệ trục Axyz,
với Ax, Ay, Az

C
A

đôi một vuông góc, A(0;0;0),

D

a a 3   a a 3 
B ;

; 0 ÷, C  − ;
; 0 ÷, A '(0; 0; a ),
2 2
  2 2

a a 3 
 a a 3 
B ' ;
; a ÷, C '  − ;
; a÷
2 2

 2 2


x

y

B

Ta có: B ' C ' //BC , B ' C ' // ( A ' BC ) ⇒ d ( B ' C '; A ' B ) = d ( B ' C '; ( A ' BC ) ) = d ( B '; ( A ' BC ) )
uuuur  a a 3
 uuuur  a a 3

A' B =  ;
; − a ÷, A ' C =  − ;
; −a÷
2
2

2

 2

uuuur uuuur 
a2 3 
3
2
2 r
A ' B ∧ A ' C =  0; a 2 ;
÷= a  0; 1;
÷= a .n ,
2 
2 



r



với n =  0; 1;


r



Phương trình mặt phẳng (A’BC) qua A’ với VTPT n =  0; 1;


0( x − 0) + 1( y − 0) +

d ( B ' ( A ' BC ) )

3
( z − a) = 0
2

⇔ ( A ' BC ) : y +

3
÷
2 
3
÷:
2 

3
a 3
z−
=0
2
2

a 3
3
a 3
a 3
+

.a −
a 21
2
2
2
=
= 2 =
. Vậy, d ( A ' B; B ' C ' ) = a 21 .
7
3
7
7
1+
4
2

 Bài tập 5 . Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông tâm O, SA
vuông góc với đáy hình chóp. Cho AB = a, SA = a 2 . Gọi H, K lần lượt là hình
chiếu của A trên SB, SD. Tính khoảng cách từ điểm O đến mặt phẳng (AHK).
16


Phân tích. Khối chóp AOHK và ASBD có chung đỉnh, đáy cùng nằm trên một mặt
phẳng nên ta có thể tính được thể tích khối chóp OAHK, hơn nữa tam giác AHK
cân nên ta tính được diện tích của nó.
Lời giải:
Cách giải thứ nhất: Dùng kiến thức HHKG
Ta có: VOAHK =

S

1
S AHK .d ( O; ( AHK ) )
3

Trong đó:

+

K

1
1
1
3
a 6
;
=
+
=
⇒
AH
=
AH 2 AB 2 AS 2 2a 2
3

∆SAD = ∆SAB ⇒ AK = AH =

H
A

a 6
3

J

ID

G
O
B

C

Ta có HK và BD đồng phẳng và cùng vuông
góc với SC nên HK // BD.
AI cắt SO tại G là trọng tâm của tam giác SAC, G thuộc HK nên

HK SG 2
2
2 2a
. Tam giác AHK cân tai A, G là trung
=
= ⇒ HK = BD =
BD SO 3
3
3
điểm của HK nên AG ⊥ HK và AG =

2

2 1
1
2a
AI = . SC = .2a =
3
3 2
3
3

1
1 2a 2 2 a 2 2 a 2
S AHK = AG.HK = . .
=
2
2 3
3
9
1
1
1
+ VOAHK = VAOHK = d ( A; ( OHK ) ) .S ∆OHK = d ( A; ( SBD ) ) .S ∆OHK = h.S ∆OHK
3
3
3
Tứ diện ASBD vuông tại A nên:

1
1
1
1

5
a 10
=
+
+
=
⇒
h
=
h 2 AS 2 AB 2 AD 2 2a 2
5
Tam giác OHK cân tại O nên có diện tích S bằng:

1
1 a 10 2 2a
5a 2
1
2a3
S = OG.HK = .
.
=
⇒ VOAHK = Sh =
2
2 6
3
9
3
27
⇒ d ( O; ( AHK ) ) =

3VOAHK
S AHK

2a 3
3×
27 = a (đvđd).
=
2
2 2a 2
9

Cách giải thứ hai: Giải bằng phương pháp tọa độ như sau:
Chọn hệ tọa độ Axyz với gốc tọa độ A(0;0;0). Tia Az trùng với AS, tia Ax
trùng với tia AB, tia Ay trùng với tia AD. Khi đó tọa độ: B(a;0;0), D(0 ;a ;0),
17


S (0;0;a 2 ) . Với AB = a, SA = a 2 , trong các tam giác vuông bằng nhau ∆SAB,

∆SAD ta có:

SH = SK =

 2 a a 2   2a a 2 
2a 3
. Suy ra tọa độ của H  0; ;
÷, K  ;0;
÷,
3
3

3
3
3

 


uuur  2a a 2  uuur  2a a 2 
a a 
O  ; ;0 ÷ và AH =  0; ;
÷; AK =  ;0;
÷.
3
3
3 
2
2




 3
r
uuur uuur
2a 2 2
Mặt phẳng (AHK) qua A có VTPT là n( AHK ) =  AH , AK  =
1;1; − 2 nên


9

(

)

có PTTQ (AHK): x + y − 2 z = 0
Áp dụng công thức khoảng cách từ O tới (AHK) ta có:
a a
+ − 2.0
a
2 2
d ( O, ( AHK ) ) =
= (đvđd)
2
2
12 + 12 + − 2

(

)

Bình luận: Cách 1 quá phức tạp về lập luận và phải vẽ thêm nhiều đường phụ.
Trong khi đó cách 2 đơn giản hơn rất nhiều. Học sinh chỉ cần biết cách xác định tọa
độ của điểm trong hệ tọa độ Oxyz là hoàn toàn có thể tìm được kết quả bài toán.
Ngoài ra ta có thể tính khoảng cách từ O tới (AHK) bằng công thức tính thể
1 uuur uuur uuur
tích khối chóp O.AHK là V =  AH , AK  . AO .
6
 Bài tập 6.

Cho hình lập phương ABCDA’B’C’D’ cạnh bằng 1. Một mặt phẳng ( α ) bất

kì đi qua đường chéo B’D.
a) Tính khoảng cách giữa hai mặt phẳng (ACD’) và (A’BC’)

b) Xác định vị trí của mặt phẳng ( α ) sao cho diện tích của thiết diện cắt bởi

mp ( α ) và hình lập phương là bé nhất.
Lời giải:
Phân tích: Với một hình lập phương ta luôn
chọn được một hệ toạ độ thích hợp, khi đó
tạo độ các đỉnh đã biết nên việc tính khoảng
cách giữa hai mặt phẳng (ACD’) và (A’BC’)
trở nên dễ dàng. Với phần b, ta quy việc tính
diện tích thiết diện về việc tính khoảng cách
từ M đến đường thẳng DB’.
Chọn hệ toạ độ sao cho gốc toạ độ
O ≡ D ' ( 0;0;0 )

A ' ( 0;1;0 ) , B ' ( 1;1;0 ) , C ' ( 1;0;0 ) ,
18

A

z

N

B

C

D
H
y
A'

B'

x
D'

M

C'


A ( 0;1;1) , C ( 1;0;1) . Gọi M là điểm bất kì trong đoạn thẳng C’D’, tức
M ( x;0;0 ) ; 0 ≤ x ≤ 1
a) Dễ dàng chứng minh được (ACD’) // (A’BC’)

⇒ d ( ( ACD ') , ( A ' BC ') ) = d ( A ', ( ACD ') )

mp (ACD’) có phương trình: x + y − z = 0

⇒ d ( ( ACD ') , ( A ' BC ') ) = d ( A ', ( ACD ') ) =

1
3

b) Giả sử ( α ) cắt (CDD’C’) theo giao tuyến DM, do hình lập phương có các mặt
đối diện song song với nhau nên ( α ) cắt (ABB’A’) theo giao tuyến B’N//DM và
DN//MB’. Vậy thiết diện là hình bình hành DMB’N.
Gọi H là hình chiếu của M trên DB’. Khi đó:
S DMB ' N = DB '×MH = DB '×d ( M , DB ' ) .

uuuu
r uuuu
r
 MD; DB '
2x2 − 2x + 2


=
Ta có: DB ' = 3 ; d ( M , DB ') =
uuuu
r
3
DB '
2

1
1 3
3

Dấu đẳng thức xảy ra khi x =
S DMB ' N = 2 x − 2 x + 2 = 2  x − ÷ + ≥
2
2 2
2


1

Nên diện tích S DMB ' N nhỏ nhất khi M  ;0;0 ÷, hay M là trung điểm D’C’
2

 1 
Hoàn toàn tương tự nếu M ( 0; y;0 ) ⇒ M  0; ;0 ÷
 2 
2

Vậy diện tích S DMB ' N nhỏ nhất khi M là trung điểm D’C’ hoặc M là trung
điểm D’A’.
 Bài tập 7.
Cho hình chóp SABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh 1.
SA ⊥ ( ABCD ) , SA = 1 . Gọi M là điểm di động trên cạnh CD. Xác định vị trí của M
để khoảng cách từ điểm S đến BM lớn nhất, nhỏ nhất.
Lời giải.

19


Chọn hệ toạ độ trực chuẩn Oxyz sao cho

z
S

C

A

y

M

K
B

D

x

A ( 0;0;0 ) , B ( 1;0;0 ) , C ( 1;1;0 ) , D ( 0;1;0 ) , S ( 0;0;1) . M là điểm di động trên CD nên
M ( t ;1;0 )

uuuu
r
với 0 ≤ t ≤ 1 . BM = ( t − 1;1;0 )
uur uuuu
r
 SB, BM 
t 2 − 2t + 3


d ( S , BM ) =
= 2
uuuu
r
t − 2t + +2
BM

−2 ( t − 1)
t 2 − 2t + 3
f
'
t
=
(
)
Xét hàm số f ( t ) = 2
trên [0;1];
2
t − 2t + +2
( t 2 − 2t + 2 )
Ta có bảng biến thiên:
t
f’(t)

−∞
-

0

+∞

1
+

2

f(t)

3
2
3
Từ bảng biến thiên ta có min f ( t ) = , đạt được khi t = 0
[ 0;1]
2

max f ( t ) = 2 , đạt được khi t = 1
[ 0;1]

Do đó d ( S , MB ) lớn nhất khi M ≡ C & d ( S , BM ) = 2

d ( S , MB ) nhỏ nhất khi M ≡ D & d ( S , BM ) =

3
.
2

 Bài tập 8 .
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi, O là giao điểm của hai
đường chéo AC và BD, SO vuông góc với đáy. Gọi M là trung điểm của SC, cho
biết AC = 4a, BD = 2a; SO = 2a 2 .
a) Tính góc và khoảng cách giữa hai đường thẳng SA, BM
20


b) Giả sử (ABM) cắt SD tại N. Tính thể tích khối chóp S.ABMN
Lời giải:

Chọn hệ tọa độ như hình vẽ, gốc tại O(0;0;0).
Khi đó tọa độ các điểm (đỉnh) là:
C(-2a;0;0), D(0;-a;0), M(-a;0;a 2 )
uur
uuuu
r
SA = 2a;0; −2a 2 ; BM = −a; −a;a 2

(

)

(

)

a) Gọi ϕ là góc giữa SA và BM, ta có:
uur uuuu
r
SA.BM
uur uuuu
r
3
cos ϕ = cos SA; BM = uur uuuu
r =
2
SA . BM

(

)

Vậy ϕ = 30o .
+) Tính khoảng cách giữa SA và BM,
uur uuuu
r

(

)

uuu
r

Ta có: SA, BM  = −2a 2;0; −2a , AB = ( −2a;a;0 ) .

uur uuuu
r uuur
 SA, BM  . AB 2a 6


=
Khi đó: d ( SA, BM ) =
.
uur uuuu
r
3
 SA, BM 



b) Vì M là trung điểm của SC, MN //AB//CD nên N là trung điểm của SD
uur
uuur
a


Do đó: N  0; − ; a 2 ÷ . Ta có: SA = 2a;0; −2a 2 , SM = −a;0; −2a 2 ,
2



(

)

(

uuu
r 
uur uuur
uur
a

SB = 0; a; −2a 2 , SN =  0; − ;a 2 ÷ ⇒  SA, SM  = 0;4a 2;0



(

VS . ABM =

)





2

(

)

)

r a 2
1 uur uuur uur 2a 2
1 uur uuur uuu
 SA, SM  .SB =
; VS . AMN =  SA, SM  .SN =


6
3
6
3

Vậy VS . ABMN = VS . ABM + VS . AMN = a 2 (đvtt)
 Bài tập 9 (Thi thử Quốc Gia 2015, Chuyên Hạ Long, Quảng Ninh).
Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại B, AC = a.

Đường thẳng SA vuông góc với mặt phẳng đáy (ABC), đường thẳng SB hợp với
mặt phẳng đáy một góc bằng 60 0. Tính thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách
giữa hai đường thẳng SB, AC theo a.
Lời giải:
21


AC = AB 2 ⇔ a = AB 2 ⇒ AB = AC =

a 2
2

a 2
a 6
·
SA = AB.tan SBA
=
.tan 60o =
2
2
Chọn hệ tọa độ như hình vẽ với gốc B(0;0;0), trục hoành BA, trục tung BC, trục cao
theo phương Bz // với SA.
a 2

 a 2  a 2 a 6
;0;0 ÷; C  0;
;0 ÷; S 
;0;
Theo giả thiết, ta có A 
÷

2
2 
 2


  2
uuu
r a 2
r a 2
 uuur  a 2 
a 6  uuu
;0;
;
BA
=
;0;0
;0 ÷
Tọa độ các vectơ BS = 
÷

÷; BC =  0;
2
2
2
2







Thể tích khối tứ diện S.ABC là:
VS . ABC

1
=
6

uuu
r uuur uur 1 a 2
a 6 a 2 a3 6
 BA, BC  .BS =
.0 + 0.0 +
.
=
(đvtt)


6 2
2 2
24

uur uuur uuur
[ BS, AC ].BC
+) Khoảng cách giữa hai đường thẳng SB, AC là d [ SB, AC ] = uuur uuur
[BS, AC ]

uuu
r a 2
a 6  uuur  a 2 a 2  uuur  a 2 

;0;
;
;0 ÷; BC =  0;
;0 ÷
Ta tính được: BS = 
÷; AC =  −
2
2
2
2
2






uur uuur  a 2 3 a 2 3 a 2 
uur uuur
a2 7




B
S,
AC
=
−
;

−
;
⇒
B
S,
AC
=
Do đó: 
,
÷
 

2
2
2 
2

Suy ra khoảng cách cần tìm là d [ SB, AC ] =

uur uuur uuur a3 6
 BS, AC  .BC =
;


4

a 42
(đvđd).
14

Bình luận: nếu làm theo cách giải HHKG thuần túy, chúng ta phải dựng được SK
vuông góc với mặt phẳng (SBD) chứa SB và song song với AC. Điều này là rất khó
với hầu hết học sinh THPT.
 Bài tập 10 (Trích đề thi thử Quốc Gia, Yên Phong 2, Bắc Ninh).
Cho hình chóp S.ABCD đều có cạnh đáy bằng a. Cạnh bên tạo với mặt đáy
(ABCD) một góc 60o.
a) TÍnh khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau SA, CD
b) Thể tích khối chóp S.ABCD
Lời giải:

22


Vì ABCD là hình chóp đều nên gọi O là tâm của hình vuông ABCD. Khi đó SO
vuông góc với mặt phẳng đáy (ABCD). Từ
giả thiết tính được

SO = OB.tan 60o =

a 2
a 6
, góc
. 3=
2
2

giữa cạnh bên với mặt đáy bằng góc B (hình
vẽ). Chọn hệ tọa độ như hình vẽ, trục hoành
OA, trục tung OB, trục cao OS.
Tọa độ điểm là:

O(0;0;0), A(a;0;0), B(0;a;0), D(0;-a;0)
C(-a;0;0), S(0;0;

a 6
).
2

uur 
uuur
a 6  uuur
a) Ta có: SA =  a;0; −
÷; CD = ( a; −a; 0 ) ; AD = ( −a; −a;0 ) , từ đó suy ra:
2 

uur uuur  a 2 6 a 2 6

2
 SA, CD  = 
;
−
;
−
a
÷;


2
 2


uur uuur uuur
uur uuur
 SA, CD  . AD = a 3 6 ;  SA, CD  = 2a 2





uur uuur uuur
 SA, CD  . AD a 3 6 a 6


=
=
Vậy khoảng cách giữa SA, CD là: d ( SA, CD ) =
.
uur uuur
2a 2
2
 SA, CD 



uuu
r 
a 6
a 6
b) Ta có: SO =  0;0;
; B = S ABCD = a 2
÷ ⇒ SO =

2 
2


1
1 a 6 a3 6
Vậy thể tích của khối chóp S.ABCD là: VS . ABCD = B.SO = a 2 .
(đvtt)
=
3
3
2
6
Chú ý: Kí hiệu B là diện tích đáy của khối chóp
 Bài tập 11 (Trích đề thi thử THPT Quốc Gia 2015, của thầy Phạm Kim
Chung, THPT Đặng Thúc Hứa, Nghệ An).
Cho hình chóp S.ABCD có đáy là ABCD là hình thoi cạnh bằng a,

SA = SB = a; SD = a 2 và mặt phẳng (SBD) vuông góc với mặt phẳng (ABCD).
Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa từ A đến mặt phẳng
(SCD).
Lời giải:
23


(minh họa đáy (ABCD))
Vì (SBD) vuông góc với (ABCD) nên khi kẻ SH ⊥ BD ⇒ SH ⊥ ( ABCD )
hay SH là chiều cao của khối chóp S.ABCD. Gọi E, I lần lượt là trung điểm của AB
và AC. Khi đó, vì tam giác SAB đều nên SE ⊥ AB, SH ⊥ AB ⇒ AB ⊥ EH . Do đó
CE là đường trung trực của tam giác ABC.

Ta xét tam giác đồng dạng ∆BIA : ∆BEH ( g − g ) , ta có:

BI BE
BE.BA AB 2
=
⇒ BH =
=
⇒ BH .BD = AB 2 .
BA BH
BI
2 BI
Vậy ∆SBD vuông tại S, suy ra: BD = a 3; AC = a; SH =

a 6
. Ngoài ra, trong tam
3

2

2
a 3
 a  3a
giác vuông CAE, ta có: CE = CA − AE = a −  ÷ =
⇒ CE =
4
2
2
2

2

2

2

IC CE
IC. AE AC .AB
=
⇒ IH =
=
=
Khi đó ta tính được IH AE
CE
4.CE

a.a
a 3
=
6
a 3
4.
2

a

 a

Chọn hệ tọa độ như hình vẽ, tọa độ các điểm I (0;0;0) ; A  ;0;0 ÷; C  − ;0;0 ÷;
2


 2


 a 3 

a 3  
a 3 a 6
D  0;
;0 ÷; B  0; −
;0 ÷; S  0; −
;
÷
2
2
6
3 



 

1
1
a 6 a3 3
a) Với các kết quả trên, ta có: VS . ABCD = B.SH = a.a 3.
(đvtt)
=
3
6
3

6
b) Khoảng cách từ A tới mặt phẳng ( SAD) bằng

a 2
(đvđd)
2

 Bài tập 12 (Đề thi thử ĐH Sư Phạm HN-Lần 8, ngày 26/3/2014).
24


Cho hình hộp đứng ABCD.A’B’C’D’ có
cạnh AB = AD = a, AA’ =

z

a 3
và góc
2

· D = 600 . Gọi M, N lần lượt là trung điểm của
BA

các cạnh A’D’ và A’B’. Chứng minh rằng AC’
vuông góc với (BDMN) và tính thể tích khối chóp
x

A.BDMN.
Lời giải:

y

Chọn hệ tọa độ như hình vẽ, Trục hoành
AB, trục tung AD, trục cao AA’.
a a 3 
 a a 3  
a 3
;0 ÷, D  − ;
;0 ÷;C'  0; a 3;
Tọa độ các điểm là A(0;0;0), B  ;
÷,
2
2
2
2
2



 

a a 3 a 3
 a a 3 a 3
a 3 ), M  − a ; a 3 ; a 3  ,
B ' ;
;
;
÷ D ' − ;
÷ ; A’(0;0;


÷
2 ;  2 2
2 
2 
2
2 2
 4 4
uuuu
r 
a 3 a 3
a a 3 a 3
( 0;2;1) , và tọa độ
N( ;
). Tọa độ các vectơ AC ' =  0; a 3;
÷=
;
2
2
4 4
2


uuuu
r  3a a 3 a 3 
uuur
ur
;
BD = ( − a;0;0 ) = a ( −1;0;0 ) ⇒ u1 = ( −1;0;0 ) , BM =  − ; −
÷;
4

4
2



uuuu
r a 3
uu
r
Hay vectơ BM =
− 3; −1;2 ⇒ u2 = − 3; −1;2
4

(

)

(

)

ur uu
r
uuuu
r a 3
Khi đó: u1 , u 2  = ( 0;2;1) cùng phương với vectơ AC ' =
( 0; 2;1) .
2
Vậy AC’ vuông góc với (BDMN).
b) Dùng tính chất cộng của thể tích ta có: VA.BDMN = VA. BDM + VA. BMN = V1 + V2

uuu
r  a a 3  uuuu
uuur  a a 3 a 3 
r
;0 ÷; BM = a 3 − 3; −1; 2 ; BN =  − ; −
;
Với AB =  ;
÷.
2
2
4
4
2
4





(

Khi đó: VA.BDMN

)

3a 3
=
(đvtt);
16

 Bài tập 13 (Đề thi thử THPT Quốc Gia, ĐHSP HN lần 3, ngày 24/3/2015).
25