SKKN PP TOA DO GIAI HINH HOC KHONG GIAN

Phần 1. MỞ ĐẦU
1. Mục đích của sáng kiến
Trong chương trình Toán Trung học phổ thông các bài tập hình học không
gian trong sách giáo khoa cũng như trong các đề thi thường là bài toán khó đối
với các em học sinh. Vấn đề đặt ra là làm thế nào cho học sinh thấy được sự cần
thiết phải giải các bài toán này?
Để giúp các em học sinh đạt kết quả tốt trong học tập cũng như trong kì
thi trung học phổ thông quốc gia, giúp các giáo viên có thêm những kinh nghiệm
trong việc giảng dạy môn hình học không gian. Tôi trình bày một kinh nghiệm
nhỏ của mình trong giảng dạy Toán, đó là: “ỨNG DỤNG PHƯƠNG PHÁP
TỌA ĐỘ ĐỂ GIẢI BÀI TOÁN HÌNH HỌC KHÔNG GIAN”
Với phương pháp này sẽ giải được một số bài toán về hình học không
gian, mong muốn tạo cho các em học sinh thấy yêu thích môn Toán hơn, nhất là
môn Hình học không gian.
2. Tính mới và ưu điểm nối bật của sáng kiến
Từ thực tế giảng dạy cho học sinh ôn thi Đại học, Cao đẳng và bây giờ là
kì thi trung học phổ thông quốc gia các năm qua cũng như do yêu cầu chuyên
môn đòi hỏi sự nghiên cứu vận dụng phối hợp các nguồn kiến thức nhằm đem
đến cho học sinh các phương pháp hữu hiệu giải các bài toán trong các đề thi
Đại học, Cao đẳng. Tôi nhận thấy trong các đề thi Đại học, Cao đẳng thường
xuất hiện bài toán hình học không gian tổng hợp (cổ điển) mà ở đó lời giải đòi
hỏi vận dụng khá phức tạp các kiến thức hình học không gian như: chứng minh
quan hệ song song, quan hệ vuông góc, dựng hình để tính góc và khoảng cách,
tính thể tích khối đa diện… Việc tiếp cận các lời giải đó thực tế cho thấy thật sự
là một khó khăn cho học sinh, thậm chí cả giáo viên, chẳng hạn bài toán tính
khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau. Trong khi đó, nếu bỏ qua yêu cầu
bắt buộc phải dựng hình mà chỉ dừng ở mức độ tính toán thì rõ ràng phương
pháp tọa độ tỏ ra hiệu quả hơn vì tất cả mọi tính toán đều đã được công thức
hóa. Lời giải của phương pháp này sẽ khắc phục những khó khăn mà học sinh

1

thường gặp, giúp học sinh dễ tiếp thu và áp dụng một cách dễ dàng, nhanh
chóng trong việc làm bài tập.
3. Đóng góp của sáng kiến để nâng cao chất lượng dạy và học
- Giúp học sinh có phương pháp khác tiếp cận bài toán hình học không gian.
- Giúp học sinh có hứng thú trong việc tiếp cận nội dung được cho là khó trong
các đề thi đại học.
- Tạo tư duy giải quyết vấn đề cho học sinh khi phương pháp hay dùng gặp khó
khăn.
Phần 2. NỘI DUNG
Chương 1: THỰC TRẠNG VẤN ĐỀ
Bản thân là giáo viên đã giảng dạy nhiều năm, trong quá trình giảng dạy
đã phát hiện ra những khó khăn của học sinh trong việc giải các bài toán hình
học không gian là:
+ Khó khăn trong việc vận dụng các kiến thức cũ từ các năm học trước.
+ Chưa vận dụng thành thạo trong việc vận dụng lí thuyết để giải bài tập.
+ Chưa nhận thức đúng về tầm quan trọng của việc chủ động phân tích đề bài,
dựng hình và định hướng phương pháp giải toán.
+ Khi làm bài học sinh chỉ làm một cách máy móc, lập luận thiếu căn cứ, không
chính xác, đôi khi không phân biệt đâu là giả thiết đâu là phần cần chứng minh.
+ Do chưa tìm ra được phương pháp thích hợp để giải toán nên còn nhiều vướng
mắc, dẫn đến kết quả giải toán hình không gian không được tốt. Từ đó thiếu
hứng thú trong học tập.
Nhằm giúp học sinh cảm thấy thoải mái hơn trong quá trình tiếp thu và
chủ động giải quyết bài toán hình học không gian, giúp học sinh giải được các
bài tập hình học không gian phức tạp, giúp học sinh hiểu được là phải học và
giải được bài toán này trong các đề thi, học sinh cảm thấy hứng thú hơn khi giải
toán hình học không gian.
2

=
Ví dụ: Cho hình lăng trụ ABCD.A’B’C’D’ có đáy là hình thoi cạnh a, BAD

600. Gọi M, N lần lượt là trung điểm cạnh AA’, CC’.
a. Chứng minh B’, M, D, N cùng thuộc một mặt phẳng .
b. Tính độ dài AA’ theo a để BMDN là hình vuông.
Lời giải
Nếu giải theo phương pháp hình học không gian
thuần túy ta tiến hành như sau:
a. Ta có A’M // CN và A’M = CN  A’MCN là
hình bình hành.
Suy ra A’C  MN tại O là trung điểm của mỗi
đường là I nên B’MDN là hình bình hành.
Do đó B’, M, D, N cùng thuộc một mặt phẳng.
b. Ta có: DM2 = AD2 + AM2 (1)
DN2 = CD2 + CN2
 = 600  ∆ BAD đều  AD = CD (2)
Vì: BAD

Từ (1), (2)  DM2 = DN2  DM = DN. Suy ra B’DMN là hình thoi.
Để B’DMN là hình vuông thì MN = B’D  AC2 = B’D2 (1’)
Gọi H = AC  BD  H là trung điểm của AC và BD
∆ BAD đều  H là đường cao  AH =

a 3
=> AC = a 3 (2’)
2

Trong ∆ vuông BB’D ta có B’D2 = BB’2 + BD2 (3’)
Từ (1’), (2’), (3’)  3a2 = BB’2 + BD2  BB’2 = 3a2- a2 = 2a2
 BB = a 2  AA’ = a 2

Vậy nếu AA’ = a 2 thì B’MDN là hình vuông

3


Ta có thể sử dụng phương pháp tọa độ để giải như sau:
 = 600  ∆ BAD đều
∆ BAD có BAD

Gọi O, O’ lần lượt là tâm của hình bình hành ABCD và A’B’C’D’
Ta có: AO=OC =

BD a
a 3
, OB = OD =
=
2
2
2

Giả sử: AA’ = b.
Chọn hệ trục tọa độ ozyz sao cho: O là gốc tọa độ, C  Ox, D Oy, O’  Oz.
Khi đó: O( 0, 0,0) ,

D(0,

M(-

a
, 0),
2

A’(-

A(-

a
a 3
a 3
,0 ,0) , B( 0, - , 0) , C(
,0 ,0),
2
2
2
a
2

a 3
,0 ,b),
2

B’(0, - , b),

C’(

a

a 3
,0 , b), D’(0, , b),
2
2

b
b
a 3
a 3
,0 , ), N(
,0 , ).
2
2
2
2


a. Ta có DM  (

a 3  a b 
 a 3 a b
, ), NB ' = (
, , )
,
2 2
2 2
2
2

 

 DM  NB '  DM = B’N và DM // B’N  B’DMN là hình bình hành.

Vậy 4 điểm M, N, B’, D cùng thuộc một mặt phẳng.


b. Ta có: MB ' (

a 3 a b
, , )
2
2 2

  
DM '  NB '  MB ' . Hay B’MDN là hình thoi.

 



Để B’MDN là hình vuông thì MB '.MN  0


3a 2 a 2 b 2
b2 a2
b2 a 2


0




 b 2  2a 2  b  a 2
4
4
4
4
2
4
2

Vậy nếu AA’ = a 2 thì B’MDN là hình vuông.

4


Giải theo phương pháp này theo tôi có nhiều ưu điểm hơn, học sinh dễ tiếp thu
hơn.
CHƯƠNG 2: GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ
I. GIẢI PHÁP THỰC HIỆN
Để giải được các bài toán hình không gian bằng phương pháp tọa độ chúng ta
cần phải thực hiện các bước sau:
Phương pháp giải:
Bước 1: Thực hiện việc chọn hệ trục toạ độ Oxyz thích hợp, từ đó suy ra tọa
độ của các điểm cần thiết (chú ý đến vị trí của gốc O).
Xác định tọa độ của các điểm có liên quan ta có thể dựa vào:
♦ Ý nghĩa hình học của tọa độ điểm (các điểm nằm trên các trục tọa độ,
các mặt phẳng tọa độ).
♦ Dựa vào các quan hệ hình học như bằng nhau, vuông góc, song song,
cùng phương, thẳng hàng, điểm chia đoạn thẳng để tìm tọa độ các điểm.
♦ Xem điểm cần tìm là giao điểm của đường thẳng,mặt phẳng.

♦ Dựa vào các quan hệ về góc của đường thẳng và mặt phẳng.
Tìm độ dài cạnh của hình.
Bước 2: Chuyển hẳn bài toán đã cho về bài toán hình học giải tích. 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.
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.
5


-

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. MỘT SỐ BÀI TOÁN ÁP DỤNG
Ở đây tôi đề cập hoàn toàn cách giải ứng dụng phương pháp tọa độ và chủ yếu
lấy các đề thi đại học làm minh họa. Trong một số bài toán có thể giải bằng
nhiều phương pháp khác nhau. Bạn đọc có thể tham khảo lời giải theo phương
pháp

hình

học

thuần

túy

của

Bộ

giáo

dục

qua

các

năm.

1. BÀI TOÁN VỀ HÌNH CHÓP
1.1. HÌNH CHÓP TAM GIÁC
Bài 1: Cho tứ diện OABC có ba cạnh OA, OB, OC đôi một vuông góc nhau, OA
= a, OB = b, OC = c.
a. Tính độ dài đường cao của tứ diện kẻ từ đỉnh O.
b. Chứng minh tam giác ABC có ba góc đều nhọn.
c. Gọi  ,  ,  lần lượt là góc giữa (ABC) và các mặt phẳng (OBC), (OCA),
(OAB). Chứng minh rằng: cos2   cos2   cos2   1 .
Lời giải
Chọn hệ trục tọa độ Oxyz sao cho tia OA  tia
Ox, tia OB  tia Oy, tia OC  tia Oz.
Khi đó: A(a;0;0), B(0;b;0), C(0;0;c).
a) Tính độ dài đường cao của tứ diện kẻ từ

đỉnh O.

6


x y z
   1  bcx  cay  abz  abc  0 .
a b c

Dễ thấy phương trình mặt phẳng (ABC) là

Độ dài h của đường cao của tứ diện kẻ từ đỉnh O là khoảng cách từ O đến mặt
phẳng (ABC):
abc

h  d (O ,( ABC )) 

( ab)2  (bc )2  ( ca )2



abc
( ab)2  (bc )2  ( ca )2

.

b. Chứng minh tam giác ABC có ba góc đều nhọn.




 

  cos( AB, AC ) 
Ta có: AB  (  a; b;0), AC  ( a;0; c )  cos BAC

a2
a 2  b2 . a 2  c 2

0

 nhọn.
 BAC
 

  cos( BA, BC ) 
Tương tự: cos ABC
 
  cos(CA, CB ) 
cos ACB

b2
a 2  b2 . b2  c 2
c2
2

2

2

a c . b c

 nhọn.
 0  ABC

 nhọn.
 0  ACB

2

Vậy tam giác ABC có ba góc đều nhọn.
c. Chứng minh cos2   cos2   cos 2   1 .
Với  ,  ,  lần lượt là góc giữa (ABC) và các mặt phẳng (OBC), (OCA), (OAB).
Dễ thấy các mặt phẳng (ABC), (OBC), (OCA), (OAB) có VTPT lần lượt là




n  ( bc; ca; ab) , i  (1;0;0), j  (0;1;0), k  (0;0;1) .

bc

Do đó: cos  

2

2

( bc)  ( ca )  ( ab)
cos  

ab
2

2

(bc )  ( ca )  ( ab)

2

2

, cos  

ca
2

(bc )  ( ca ) 2  ( ab) 2

,

. Suy ra: cos2   cos2   cos2   1 .

Nhận xét: Qua bài 1 đã trình bày, ta nhận thấy một yếu tố thuận lợi cho việc tọa
độ hóa là điều kiện đôi một vuông góc của ba cạnh cùng xuất phát từ một đỉnh
của đa diện, thông thường điều kiện này được ẩn chứa ngay trong các giả thiết
cho trước. Tuy vậy, không phải lúc nào điều kiện trên cũng được thỏa mãn nên
trong một số trường hợp ta cần phải có cách xây dựng hệ trục tọa độ một cách
khéo léo hơn.

7


Bài 2: (Đề thi tuyển sinh ĐH&CĐ khối D năm 2002) Cho hình tứ diện ABCD
có cạnh AD vuông góc với mặt phẳng(ABC); AC  AD  4cm , AB  3cm ,
BC  5cm . Tính khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng (BCD).

Lời giải
ABC có : AB 2  AC 2  BC 2  25 nên vuông tại

A Chọn hệ trục toạ độ Đêcac vuông góc Oxyz
như sau O  A(0;0;0) , B (3;0;0) ; C (0;4;0) D(0;0;4)
Tính : AH  d  A, ( BCD)
Phương trình tổng quát của mặt phẳng (BCD)
( BCD ) :

x y z
   1  4 x  3 y  3 z  12  0
3 4 4

d  A, ( BCD)  

 12
16  9  9



12
6 34


17
34

Bài 3: Cho tứ diện ABCD, có AD vuông góc với mặt phẳng (ABC) và tam giác
ABC vuông tại A và AD  a, AC  b, AB  c .
a. Tính diện tích S của tam giác BCD theo a, b, c.
b. Chứng minh rằng : 2S  abc  a  b  c 
Lời giải
Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ sao cho
A(0;0;0)
Khi đó: B  c;0;0  , C  0; b;0  , D  0;0; a 




Ta có: BC   c; b;0  , BD   c; 0; a 

8


 
 BC , BD    ac; ac; bc 



a. Tính diện tích S của tam giác BCD S 

1  
1 2 2
 BC , BD  

a b  a 2c2  b2c2


2
2

b. Chứng minh : 2S  abc  a  b  c 
Ta có : abc  a  b  c   a 2bc  b 2 ac  c 2 ab 
 b2  c 2  2  a 2  c 2  2  a 2  b2 
2 2
2 2
2 2
 a 
b 
c 
  a b  a c  b c  2 S BCD
 2 
 2 
 2 
2

Bài 4: (Đề thi tuyển sinh ĐH&CĐ khối A năm 2002) Cho hình chóp tam giác
đều S.ABC đỉnh S độ dài các cạnh đáy bằng a . Gọi M, N lần lượt là trung điểm
của các cạnh SB, SC. Tính theo a diện tích tam giác AMN. Biết rằng mặt phẳng
(AMN) vuông góc với mặt phẳng (SBC).
Lời giải
Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ
Gọi I là trung điểm của BC
Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ sao cho
I(0;0;0)



a 3



Khi đó: A  0;
;0  ;
2



 a

B   ;0; 0 
 2


a
  a 3   a 3 
C  ;0; 0  ; S  0;
; h  ; H  0;
; 0 
6
6
2
 
 

 a a 3 h a a 3 h

M   ;
;  ; N  ;
; 
 4 12 2   4 12 2 

9


  a 5a 3 h    a 5a 3 h 
AM    ; 
;  , AN   ; 
; 
12 2 
12 2 
 4
4


 



+ Pháp vectơ của mp (AMN): n1   AM , AN    0;




 



ah 5a 2 3 
;

4
24 

+ Pháp vectơ của mp (SBC): n2   SB, SC    0; ah;


a2 3 

6 

1     1 a 2 h 2 75a 4
AM , AN  

2
2 16
242

Diện tích tam giác AMN: SAMN 



1 15a 4 75a 4
1
a 2 10
4
(đvdt)



90
a

2 24 2
24 2
48
16

Bài 5: (Đề thi tuyển sinh ĐH&CĐ khối A năm 2011) Cho hình chóp S.ABC có
đáy ABC là tam giác vuông cân tại B, AB=BC=2a, hai mặt phẳng (SAB) và
(SAC) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABC). Gọi M là trung điểm của AB,mặt
phẳng qua SM và song song với BC, cắt AC tại N, biết góc giữa hai mặt phẳng
(SBC) và (ABC) là 600. Tính thể tích khối chóp S.BCNM và khoảng cách giữa
hai đường thẳng AB và SN theo a.
Lời giải
Đặt SA=z>0. Chọn hệ tọa độ Oxyz như hình
vẽ, lúc đó:
A(2a;0;0),

B(0;0;0),

C(0;2a;0),

M(a;00),

S(2a;0;z)
Từ đó suy ra điểm N(a;a;0)
Véctơ

pháp

tuyến

của

mặt

phẳng

(SBC)

là:


nSBC  ( z;0;2a)



Véctơ pháp tuyến của mặt phẳng (ABC) là: nABC  (0;0;1)

10


Từ giả thiết góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (ABC) là 600 ta tìm được z  2a 3
Suy ra: S (2a; 0; 2a 3)
Suy ra VS .BCNM  a3 3 (đvtt) và d ( AB, SN ) 

2a 39

13

Bài 6: (Đề thi tuyển sinh ĐH&CĐ khối D năm 2011) Cho hình chóp S.ABC có
đáy là tam giác vuông tại B, BA=3a, BC=4a, mặt phẩng (SBC) vuông góc với
mặt phẳng (ABC). Biết SB  2a 3 và góc SBC bằng 300. Tính thể tích khối
chóp S.ABC và khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng (SAC) theo a.
Lời giải
Kẻ SO  BC , khi đó SO  ( ABC ) . Tính được
SO  a 3 , OB=3a, OC=a.

Chọn hệ tọa độ Oxyz như hình vẽ, lúc đó:
A(3a;3a;0), B(3a;0; 0), C(-a;0;0), S(0;0; a 3 )
Thể tích khối chóp S.ABC là: VS . ABC  2a3 3
(đvtt)
Phương

trình

mặt

phẳng

(SAC)

là:

3 x  4 y  3 z  3a  0

Khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng (SAC) là: d ( B, ( SAC )) 

6a 7
7

Nhận xét: Nếu so với cách tính khoảng cách từ điểm B đến (SAC) thông qua
khoảng cách từ điểm H của đáp án chính thức thì cách trên là trực tiếp, dễ định
hướng hơn và dễ thực hiện hơn.

11


1.2. HÌNH CHÓP TỨ GIÁC
Bài 1: Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a , SA  ( ABCD), SA  2a .
Mặt phẳng   qua BC hợp với AC một góc 300 , cắt SA, SD lần lượt tại M, N. Tính
diện tích thiết diện BCNM.
Lời giải
Chọn hệ trục toạ độ Đêcac vuông góc
Oxyz như sau:
A(0;0;0) , B  a;0;0  , C  a; a;0  , D  0;2a;0  ,

S  0;0;2a 
Đặt AM  h  0  h  2a  ,  M  0;0;h 




Xác định vị trí điểm M: BM   a; 0; h  , BC   0; a; 0 
 

 BM , BC   ah;0; a 2  a  h;0; a  , AC   a; a;0   a 1;1;0 










 



Pháp vectơ của mặt phẳng   : n   BM , BC   n   h; 0; a 




Vectơ chỉ phương của đường thẳng AC: AC   a; a; 0   a 1;1;0   u  1;1; 0 
mặt phẳng   hợp với AC một góc 300
 
n
1.h  1.0  0.a
 .u

 sin 300    
n u
1  1  0 h2  0  a 2
ha

h

2 h2  a 2



1
 h 2  h2  a 2
2

M là trung điểm của SA

 MN     ( SAD)
Ta có : 
 MN / / BC / / AD
 BC / / AD

BC  (SAB)  BC  BM

12


 MN / / BC
 BCNM là hình thang vuông
 BM  BC

+

ABM vuông cân tại A  BM  a 2 , MN 

1
a

AD 
2
2

1
2

+ Diện tích thiết diện BCNM: S BCNM  BM  MN  BC  

3a 2 2
4

Bài 2: Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có các cạnh đều bằng a .
a.Tính thể tích khối chóp S.ABCD.
b. Tính khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng (SCD).
Lời giải
Gọi O  AC  BD , Suy ra: SO  (ABCD)
SO  SC 2  OC 2  a 2 

a2 a 2

2
2

Chọn hệ trục toạ độ Đêcac vuông góc

a 2
Oxyz như sau: O(0;0;0) , S  0;0;
,
2 

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

A  


B  0;


a 2 
;0 
2


1

3

1 a 2 a3 2
.a 
3 2
6

a. Tính thể tích khối chóp S.ABCD là: VS . ABCD  SO.S ABCD  .
b. Phương trình mặt phẳng (SCD) là:

13


(SCD):

x
a 2
2



y
a 2
2


d  A, ( SCD )  



z
a 2
2

a 2 a 2

2
2
3

1  x  y  z 



a 2
0
2

a 2 a 6

3
3

Bài 3: (Đề thi tuyển sinh ĐH&CĐ khối B năm 2007) 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.
Lời giải
Gọi O là tâm của hình vuông ABCD

 SO  ( ABCD )

Chọn hệ trục toạ độ Đêcac vuông góc
Oxyz như sau:

 a 2

O (0;0;0) , S 0;0; h  , A  
; 0;0  ,
2


a 2

 a 2 

a 2 
;0;0  , D  0;
;0  , B  0;
;0 
2
2
 2






C 

 a 2

h

 a 2

a 2



Toạ độ trung điểm P của SA là: P  
; 0 ;  , E  
;
; h 
4
2
2
2



 a 2 a 2 h
a 2 a 2 
;
;  , N 
;
; 0 
2
4

2
4
4





M  

  3a 2
h  
MN  
; 0;   , BD  (0; a 2;0)
2
 4

14


 

Vì: MN .BD  0  MN  BD
  
ah 2   
a 2 h
Ta có:  MN , AC    0; 
;0  , AM   0; 
; 
2







4

2

   a 2 h
Vì:  MN , AC  . AM 
 0  MN và AC chéo nhau.
4

d MN , AC  

[ MN , AC ]. AM

[ MN , AC ]

a 2h
a 2
4

2 2
4
a h
2

Nhận xét: Bài toán 3 có thể được tọa độ hóa với gốc tọa độ là một đỉnh của đáy
bằng việc kẻ thêm đường thẳng qua đỉnh, song song với SO, tạo thành bộ ba
đường thẳng đôi một vuông góc tại đỉnh đó. Cái hay của việc tọa độ hóa ở lời
giải chính là việc chọn biến h chưa biết đối với tọa độ điểm S, nhưng kết quả lại
không phụ thuộc vào h.
Bài 4: (Đề thi tuyển sinh ĐH &CĐ khối D năm 2007) Cho hình chóp
  900 AB  BC  a , AD  2a , SA vuông
S.ABCD có đáy là hình thang, 
ABC  BAD

góc với đáy và SA  a 2 . Gọi H là hình chiếu của A trên SB. Chứng minh tam
giác SCD vuông và tính theo a khoảng cách từ H đến mặt phẳng (SCD).
Lời giải
Chọn hệ trục toạ độ Đêcac vuông góc Oxyz
như sau:
A(0;0;0) , B  a;0;0  , C  a; a;0  , D  0;2a;0 

S  0;0;2a 


SB  a; 0;  a 2 , SC  a; a;  a 2 ,






 
SD   0; 2a;  a 2  ,  SC , SD    a

2





2; a 2 2; 2a 2  a 2 2 1;1; 2


15


+ Chứng minh tam giác SCD vuông
 


SC   a; a; 2a  , CD   a; a;0   SC.CD  0  SC  CD  Tam giác SCD vuông tại C

+ Tính khoảng cách từ H đến (SCD)
Tọa độ điểm H: H ( x; y; z )  SB  H  a  at ;0; a 2t 
 

 2a
1
a 2
AH  ( a  at ; 0; a 2t ), AH  SB  AH .SB  0  3a 2t  a 2  0  t    H  ; 0;

3
3 
 3

+ Khoảng cách từ H đến (SCD)
Phương trình mặt phẳng (SCD) là: x  y  2 z  2a  0
2a 2a

 2a
a
3
3
d  H , ( SCD)  

2
3

Bài 5: (Đề thi tuyển sinh ĐH &CĐ khối B năm 2008) Cho hình chóp S.ABCD
có đáy ABCD là hình vuông cạnh 2a ; SA  a ; SB  a 3 và mặt phẳng (SAB) vuông
góc với mặt phẳng đáy. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của các cạnh AB, BC .
Tính theo a thể tích khối chóp S.BMDN và tính cosin của góc giữa hai đường thẳng
SM, DN.
Lời giải
Gọi H là hình chiếu vuông góc của S
trên AB  SH  (ABCD)
Ta có: SA2  SB2  a 2  3a 2  AB2
 SAB vuông tại S  SM  a

Do đó: SAM đều  SH 

a 3
2

16




Chọn hệ trục toạ độ Đêcac vuông góc Oxyz như sau: H (0;0;0) , S  0;0;


a

3a

a

a

a 3

2 

3a

A   ; 0;0  , B  ;0;0  , D   ; 2a;0  , M  ;0;0  , N  ; a;0 
 2

 2

 2

2


 2

  a
a 3
SM   ;0; 
,
2 
2

DN   2a; a;0 

  3a
a 3
SN   ; a; 
,
2 
 2

  3a
a 3    a
a 3
SB   ; 0; 
 , SD    ; 2a; 
,
2 
2 
 2
 2

+ Thể tích khối chóp S.BMDN là: VS .BMDN  VSMNB  VSMND
   a 2 3 a 2 3 a 2
 SM , SN   

  2 ; 2 ; 2


VSMNB 

   3a 3 3
    a 3 3
,  SM , SN  SD 
 ,  SM , SN  SB 
2
2


1    a 3 3
1    a 3 3
 SM , SN  SB 
 SM , SN  SD 
,
V

SMND


6
12
6

4

a 3 3 a3 3 a 3 3
VS . BMDN  VSMNB  VSMND 


12
4
3
 
2
SM .DN
a
1
cos  SM , DN     

2
2
5
SM . DN
a 3a

4a 2  a 2
4
4

Bài 6: (Đề dự bị ĐH &CĐ khối B năm 2006) Cho hình chóp S.ABCD có đáy
là hình thoi cạnh a, góc BAD bằng 600, SA vuông góc vứi mặt phẳng (ABCD)
và SA=a. Gọi C’ là trung điểm của SC. Mặt phẳng (P) đi qua AC’ và song song
với BD cắt SB, SD lần lượt tại B’, D’. Tính thể tích khối chóp S.AB’C’D’.

Lời giải
Gọi O là giao điểm của AC và BD

17


a
2

Vì tam giác ABD đều nên OB  OD  , OA 

a 3
2

Chọn hệ trục tọa độ Oxyz sao cho tia Ox chứa A, tia Oy chứa B và tia Oz nằm
trên đường thẳng qua O và song song với SA (xem hình vẽ). Khi đó:
A(

a
a
a
a 3
a 3
a 3
;0; 0) , B(0; ; 0) , C(
;0;0) , D(0; ;0), C'(0; 0; ) , S(
;0; a)
2
2
2

2
2
2

Tìm được B'(

a 3 a a
a 3 a a
; ; ) và D'(
; ; )
6 3 3
6
3 3

Thể tích khối chóp S.AB’C’D’ là:
VS . AB ' C ' D '  VS . AB 'C '  VS . AC ' D ' 

1    1    1 a 3 3 1 a 3 3 a 3 3
 SA, SC ' SB '   SA, SC ' SD '  .
 .



6
6
6 6
6 6
18

2. HÌNH LĂNG TRỤ

2.1. HÌNH LĂNG TRỤ TAM GIÁC
Bài 1: (Đề tuyển sinh ĐH &CĐ khối D năm 2009) Cho hình lăng trụ đứng
ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác vuông tại B, AB=a, AA’=2a, A’C=3a.
Gọi M là trung điểm của đoạn thẳng A’C’. I là giao điểm của AM và A’C. Tính
theo a thể tích của khối tứ diện IABC và khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng
(IBC).
Lời giải
Ta có: AC  A ' C 2  AA '2  a 5
BC  AC 2  AB 2  2a

Chọn hệ trục tọa độ Oxyz sao cho O trùng với
B, tia Ox chứa A, Tia Oy chứa C và tia Oz
chứa B’ (xem hình vẽ). Khi đó:

18


a
2

B(0;0;0), A(a;0;0), C(0;2a;0), M ( ; a;2a)




Gọi I(x;y;z), vì IA  2 IM  I (

2a 2a 4 a
; ; )
3 3 3

1   
6

Thể tích của khối tứ diện IABC là: VIABC [BA, BC ]BI 
Gọi


n

là

vectơ

pháp


 
8a 2
4a 2
n   BI , BC   (
;0;
)
3
3

tuyến

của

mặt

1 8a 3 4a 3

6 3
9

phẳng

(IBC).

Khi

đó:



cùng phương với n'  (2;0;1) . Mặt phẳng (IBC) đi


qua B và có vectơ pháp tuyến là n'  (2; 0;1) nên có phương trình là: -2x+z=0.
Vậy khoảng cách từ A đến mặt phẳng (IBC) là d ( A, ( IBC )) 

2a
2

( 2)  1



2a 5

5

Bài 2: (Đề dự bị ĐH &CĐ khối D năm 2007) Cho lăng trụ đứng ABC.A’B’C’
có tất cả các cạnh đều bằng a, M là trung điểm của đoạn AA’. Chứng minh rằng
BM vuông góc với B’C và tính khoảng cách giữa hai đường thẳng BM và B’C.
Lời giải
Gọi O là trung điểm BC và chọn hệ trục tọa
độ Oxyz có tia Ox chứa A, tia Oy chứa C và
tia Oz chứa trung điểm của B’C’ (xem hình
vẽ). Khi đó:
B (0;

a 3
a
a
a
;0; )
;0) , C(0; ; 0) , M(
2
2
2
2

và B '(0;

a
; a)
2





Ta có: BC  (0; a;0) , BM  (

a 3 a a 
; ; ) , B ' C  (0; a;  a )
2 2 2

19


  a 2 a 2
BM .B ' C 

 0  BM  B ' C
2 2
 
a 2 3  a 2 3
 BM , B ' C   ( a 2 ;
;
)


2
2

  
a3 3
 BM , B ' C  .BC

a 30
Suy ra: d ( BM , B ' C )    
 22 
10
a 10
[ BM , B ' C ]
2

Nhận xét: Nếu so với đáp án chính thức trong việc tính d(H,(SCD)) thì lời giải
này rõ ràng và trực tiếp hơn, dễ hiểu hơn (đáp án chính thức tính d(H, (SCD))
thông qua việc tính tỉ số d(H,(SCD))/d(B,(SCD)) rồi lại tính d(B,(SCD)) thông
qua thể tích tứ diện SBCD).
Bài 3: (Đề tuyển sinh ĐH &CĐ khối D năm 2008) Cho lăng trụ đứng
ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác vuông, AB  BC  a , cạnh bên AA '  a 2 .
Gọi M là trung điểm của BC. Tính theo a thể tích của khối lăng trụ ABC.A’B’C’
và khoảng cách giữa hai đường thẳng AM, B’C.
Lời giải
Chọn hệ trục toạ độ Đêcac vuông góc Oxyz
như sau: B(0;0;0), A  0; a;0  , C  a;0;0  ,
a

B’  0;0; a 2  , M  ;0;0 
2




  a
 
AM   ;  a; 0  , B ' C  a; 0; a 2

2





AB '  0; a; a 2






1
2

+ Thể tích của khối lăng trụ ABC.A’B’C’ là: VABC . A' B 'C '  AA '.SABC  a3 2 (đvtt)

20


+ Khoảng cách giữa AM và B’C
   a3
Vì :  AM , B ' C  AB ' 
 AM và B’C chéo nhau
2

a3
  
 AM , B ' C  AB '

a 7


2
d  AM , B ' C  


 
7
1
 AM , B ' C 
2a 4  a 4  a 4


2

Nhận xét: Theo đáp án chính thức, việc tính khoảng cách giữa hai đường thẳng
AM và B’C trong bài toán này hoàn toàn không dễ, đòi hỏi dựng được mặt
phẳng chứa AM và song song với B’C, rồi qui việc tính khoảng cách giữa hai
đường thẳng này về khoảng cách từ C, rồi lại từ B đến mặt phẳng mới dựng đó.
Lời giải bằng tọa độ rõ ràng là rất ngắn gọn và trực tiếp.
Bài 4: (Đề tuyển sinh ĐH &CĐ khối A năm 2008) Cho lăng trụ ABC.A’B’C’
có độ dài cạnh bên bằng 2a, đáy ABC là tam giác vuông tại A, AB=a, AC  a 3
và hình chiếu vuông góc của đỉnh A’ trên mặt phẳng (ABC) là trung điểm của
cạnh BC. Tính theo a thể tích khói chóp A’.ABC và cosin của góc giữa hai
đường thẳng AA’ và B’C’.
Lời giải
Gọi O là trung điểm của BC, H là trung điểm
của AB, K là trung điểm của AC thì OHAK là
hình chữ nhật. Ta có:

BC  AB 2  AC 2  2a , OA 

BC
a
2

OA '  AA '2  OA2  4a 2  a 2  a 3

OH  OA2  AH 2  a 2 

a2 a 3
3a 2 a
, OK  OA2  AK 2  a 2 

 .
4
2
4
2

21


Chọn hệ trục tọa độ Oxyz sao cho tia ox chứa H, Tia Oy chứa K và tia Oz chứa
A’ (xem hình vẽ).
Khi đó: A '(0;0; a 3) , A(

a 3 a
a 3 a
a 3 a

; ;0) , B(
; ;0) , C(
; ; 0)
2 2
2
2
2
2

Thể tích khối chóp A’.ABC là: VA '. ABC 

1
6

   a 3
 A ' A, A ' B  . A ' C 


2


BC  (  a 3; a;0) . Gọi  là góc giữa AA’ và B’C’.

 

1
4

Khi đó: cos   cos( AA ', BC )  .
2.2. HÌNH LĂNG TRỤ TỨ GIÁC

Bài 1: Cho hình lập phương ABCD. A' B' C ' D' có cạnh bằng a.
a. Chứng minh rằng đường chéo A' C vuông góc với mặt phẳng ( AB ' D' )
b. Chứng minh rằng giao điểm của đường chéo A' C và mặt phẳng ( AB ' D' ) là
trọng tâm của tam giác AB' D' .
c. Tìm khoảng cách giữa hai mặt phẳng ( AB ' D' ) và (C ' BD )
d. Tìm cosin của góc tạo bởi hai mặt phẳng ( DA' C ) và ( ABB ' A' )
e. Chứng minh hai đường chéo B ' D ' và A' B của hai mặt bên là hai đường thẳng
chéo nhau. Tìm khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau B ' D ' và A' B
Lời giải
Chọn hệ trục toạ độ Đêcac vuông góc Oxyz
như sau: O  A(0;0;0) , A' (0;0; a )
B (a;0;0) , B ' ( a;0; a ) , C ( a; a;0) , C ' ( a; a; a )

22


D (0; a; 0), D ' (0; a; a )

 A' C  (a; a; a)

 A' C. AB'  a 2  0  a 2  0

a. Ta có:  AB'  (a;0; a) Vì 
 A' C. AD'  0  a 2  a 2  0

 AD'  (0; a; a )

 A' C  AB'

 A' C  AD'

Nên A' C  mp ( AB ' D ' )
b. Gọi G  A' C  ( AB ' D ' ) . Toạ độ giao điểm G của đường thẳng A' C và mặt phẳng
( AB ' D ' ) là nghiệm của hệ:

x
y


z
 x

 t
 t
 a
 y

a

x  3

a  G  a ; a ; 2a 



 y 
3 3 3 
 t
3


2a

 z  0
z  3


xA  xB'  xD' a


xG 
3
3

y y y
a
(1) Mặt khác: yG  A B' D'  (2)
3
3

zA  zB'  zD' 2a


zG 
3
3


Vậy giao điểm G của đường chéo A' C và mặt phẳng ( AB ' D ' ) là trọng tâm của
tam giác AB ' D'
c. Ta có : ( AB' D' ) : x  y  z  0 ,

(C ' BD ) : x  y  z  a  0

 ( AB ' D ' ) // (C ' BD )

 d ( AB' D ' ), (C ' BD )   d B, ( AB' D ' )  

a
3

d. Vec tơ pháp tuyến của ( ABB ' A' ) là j  (0 ; 1 ; 0) Vectơ pháp tuyến của ( DA' C ) :

1
  ( DA ' C ), ( ABB ' A ')   45o
n  (0;1; 1), cos  ( DA ' C ), ( ABB ' A ')  
2






e. Ta có : B ' D '  (a;  a; 0) , A ' B  (0; a;  a ) , BB '  (0; 0; a )
 
  
 B ' D ', A ' B   (a 2 ; a 2 ; a 2 ) ,  B ' D ', A ' B  .BB '  a 3  0




  

 ba vectơ B ' D ', A ' B, BB ' không đồng phẳng. Hay B ' D ' và A' B chéo nhau.

23


  
[ B ' D ', A ' B ].BB '
a3
a3
a 3
d  B ' D ', A ' B  

 2

 
4
4
4
3
a 3
[ B ' D ', A ' B ]
a a a

Bài 2: (Đề tuyển sinh ĐH &CĐ khối D năm 2012) Cho hình hộp đứng
ABCD.A’B’C’D’ có đáy là hình vuông, tam giác A’AC vuông cân, A’C=a. Tính
thể tích của khối tứ diện ABB’C’ và khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng
(BCD’) theo a.
Lời giải
Từ giải thiết ta tính được AC  AA ' 
và AB 

a
2

a
2

Chọn hệ trục tọa độ Oxyz như hình vẽ
với gốc O trùng với điểm A
a
2

a a
2 2

Ta có: A(0;0;0), B(0; ;0) , C( ; ;0) ,
a
D( ;0;0)
2

A'(0; 0;

a
a a
a a a
a
a
) , B'(0; ;
) , C'( ; ;
) , D'( ;0;

)
2 2
2 2 2
2
2
2


 a a a

a a
a
AB  (0; ;0) , AB '  (0; ;
) , AC '  ( ; ;
)
2 2
2 2 2
2

 
  
a2
a3
1    a 3 2
 AB, AB '  (
 AB, AB ' AC ' 
 AB, AB ' AC ' 
;0;0)



V

ABB ' C '

 2 2



6
48
4 2
 

  a
a2 a2
a a
; )
)  CD, CD '  (0;
CB  ( ;0;0), CD '  (0; ;
2
2
2 2 4
2

24



 n  (0; 2;1)

là véctơ pháp tuyến của mặt phẳng (BCD’) nên (BCD’) có
2.0  0 

phương trình là: 2 y  z 

a 2
 0  d ( A, ( BCD ')) 
2

a 2
2



( 2) 2  12

a 6
6

Bài 3: (Đề tuyển sinh ĐH &CĐ khối B năm 2011) Cho lăng trụ
ABCD.A’B’C’D’ có đáy ABCD là hình chữ nhật, AB=a, AD  a 3 . Hình chiếu
vuông góc của điểm A’ trên mặt phẳng (ABCD) trùng với giao điểm của AC và
BD. Góc giữa hai mặt phẳng (ADD’A’) và (ABCD) bằng 600. Tính thể tích khối
lăng trụ đã cho và khoảng cách từ điểm B’ đến mặt phẳng (A’BD) theo a.
Lời giải
Gọi O là giao điểm của AC và BD. Chọn hệ trục
tọa độ Oxyz như hình vẽ. Khi đó: A(
B(

a 3 a

; ; 0) ,
2 2

a 3 a
 a 3 a
a 3 a
; ;0) , C(
; ;0) , D(
; ;0)
2
2
2
2
2
2

Từ giả thiết góc giữa hai mặt phẳng (ADD’A’)
và mặt phẳng (ABCD) bằng 600 tìm được
A’ (0;0;

a 3
a 3
) . Suy ra B’ (0;  a;
)
2
2

Thể tích khối lăng trụ đã cho là: VABCD. A ' B 'C ' D ' 

3a 3

(đvtt)
2

Khoảng cách từ điểm B’ đến mặt phẳng (A’BD) là d ( B ' , ( A ' BD)) 

a 3
2

Bài tập tự rèn luyện
Bài 1: (Đề tuyển sinh đại học khối D năm 2006) Cho hình chóp S.ABC có đáy
ABC là tam giác đều cạnh a, SA=2a và SA vuông góc với mặt phẳng (ABC).

25