Sáng kiến kinh nghiệm SKKN môn toán THPT giải bài toán hình học không gian bằng phương pháp tọa độ

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

ĐỀ TÀI:
"GIẢI BÀI TOÁN HÌNH HỌC KHÔNG GIAN BẰNG PHƯƠNG
PHÁP TOẠ ĐỘ"

2


I/ PHẦN MỞ ĐẦU
1- Tên đề tài: Giải bài toán hình học không gian bằng phương pháp toạ độ
2 – Lý do chọn đề tài:
Trong toán học nói chung và trong hình học nói riêng không có một phương pháp nào
chung để giải các bài toán. Mỗi phương pháp đều có những ưu, nhược điểm riêng. Với
mỗi loại bài toán luôn đòi hỏi một phương pháp cụ thể để giải quyết một cách đơn giản
nhất. Sự ra đời của phương pháp toạ độ đã đơn giản hoá được phần lớn các bài toán trong
hình học không gian. Thông qua phương pháp toạ độ và phương pháp vectơ có thể xây
dựng thêm một công cụ giải toán, cho phép đại số hoá hình học, hình học hoá đại số.
Với học sinh lớp 12, các em đã được làm quen với phương pháp toạ độ trong mặt
phẳng, vì thế có thể sử dụng phương pháp toạ độ trong không gian để giải quyết các bài
toán hình học không gian một cách thuận tiện.
3- Phạm vi , đối tượng nghiên cứu:
- Khách thể: Học sinh lớp 12.
- Đối tượng nghiên cứu: Một số bài toán hình học không gian.
- Phạm vi nghiên cứu: Các bài toán sơ cấp về hình học không gian trong
chương trình THPT.
- Thực hiện đề tài trong các giờ bài tập của học sinh lớp 12 .
II– QUÁ TRÌNH THỰC HIỆN ĐỀ TÀI:
1 – Tình trạng thực tế trước khi thực hiện đề tài:
Trước khi thực hiện đề tài, tôi đã khảo sát chất lượng của học sinh thông qua kiểm
tra viết sử dụng phương pháp toạ độ trong không gian để giải quyết các bài toán hình học

không gian. Tôi đã tiến hành kiểm tra qua bài toán sau: Tìm lời giải bằng phương pháp
toạ độ:
“Cho hình lập phương ABCD. A’B’C’D’ cạnh a . Tìm khoảng cách giữa hai mặt
phẳng (AB’D’) và (C’BD)”.

3


30% học sinh biết dựa vào giả thiết để lựa chọn gốc toạ độ sao cho toạ độ các điểm trong
bài toán được thuận tiện.
10% học sinh biết cách giải bài tập hoàn chỉnh tối ưu
Chất lượng bài giải của học sinh thấp, kĩ năng giải toán dạng này yếu
2- Các biện pháp thực hiện đề tài:
Bước 1: Hệ thống hoá các kiến thức
Bước 2: Đưa ra một số ví dụ điển hình
Bước 3: Rèn luyện kĩ năng giải các bài tập ứng đụng cho học sinh thông qua một số bài
tập bổ sung nâng cao. Gợi mở cho học sinh những hướng phát triển, mở rộng .
3 – Kết quả thực hiện đề tài:
Tôi đã tiến hành kiểm tra qua bài toán sau: Tìm lời giải bằng phương pháp toạ độ: Cho
hình vuông ABCD cạnh bằng a. Từ trung điểm H của cạnh AB kẻ SH vuông góc với mp
(ABCD) sao cho góc giữa cạnh SD và đáy ABCD bằng 600.
a/ Tính SH và khoảng cách từ H đến mp (SCD).
b/ Gọi K là trung điểm của cạnh AD. Chứng minh CK ⊥ SD và tính góc
giữa hai mặt phẳng (ASD);(CSD).
c/ Tính góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (SCK).
Kết quả :
100% học sinh biết Dựa vào giả thiết để lựa chọn gốc toạ độ sao cho toạ độ các điểm
trong bài toán được thuận tiện.
80% Phiên dịch đúng từ bài toán hình học không gian sang ngôn ngữ toạ độ
75% học sinh biết cách giải bài tập hoàn chỉnh tối ưu.

III– Những bài học kinh nghiệm và kiến nghị sau khi thực hiện đề tài
Qua kết quả điều tra khảo sát thực tiễn ta thấy rằng khi giải các bài toán hình học
không gian, học sinh thường không chú ý đến phương pháp toạ độ và tính ưu việt của nó

4


hoặc rất lúng túng khi giải bằng phương pháp toạ độ. Do đó học sinh rất ngại khi giải các
bài toán không gian.
Vì vậy, để giúp học sinh có hứng thú học môn hình học không gian và thấy được tính ưu
việt của phương pháp toạ độ khi giải bài tập hình học không gian, thầy giáo cần đề ra giải
pháp khi giải bài toán hình học không gian bằng phương pháp toạ độ.
Lựa chọn những bài toán có thể quy về toạ độ trong hệ toạ độ thích hợp.
Dựa vào giả thiết để lựa chọn gốc toạ độ sao cho toạ độ các điểm trong bài toán
được thuận tiện.
Phiên dịch đúng từ bài toán hình học không gian sang ngôn ngữ toạ độ và ngược
lại.
NỘI DUNG
Chương I
MỘT SỐ KIẾN THỨC CƠ BẢN.
1/ Hệ trục toạ độ.

Cho ba trục toạ độ x’Ox, yOy,
z’Oz vuông góc với nhau
từng đôi
r r r
một tại điểm O. Gọi i, j, k là các
véctơ đơn vị tương ứng trên các
trục x’Ox, y ,oy : z ,oz . Hệ ba trục toạ
độ như vậy gọi là hệ trục toạ độ

Đề các vuông góc Oxyz hoặc đơn
giản là toạ độ Oxyz.

z

x

r r
k j
rO
i

y

+ Trục Ox gọi là trục hoành.
+ Trục Oy gọi là trục tung.
+ Trục Oz gọi là trục cao.
+ Điểm O gọi là gốc của hệ toạ độ.

5


2/ Vectơ đối với hệ toạ độ.
r

+ Cho hệ toạ độ Oxyz và một vectơ rtuỳ rý vr. Vìr ba vectơ
nên có duy nhất bộ ba số x, y, z sao cho: v = xi + y j + zk
r

r

r r r
i, j , k

không đồng phẳng

+ Bộ ba số (x; y; z) gọi là toạ độ của vectơ v , kí hiệu là v( x; y; z ) hoặc
r
gọi là hoành độ, số y gọi là tung độ và số z gọi là cao độ của vectơ v .
+ Với hai điểm

M 1 ( x1 , y1 , z1 )

và

M 2 ( x2 , y2 , z 2 )

r
v = ( x; y; z ) .

Số x

thì:

uuuuuur
M 1M 2 = ( x2 − x1 , y2 − y1 , z2 − z1 )

+ Nếu có hai vectơ
(i).
(ii).

ur
v1 = ( x1 , y1 , z1 )

uu
r
v2 = ( x2 , y2 , z2 )

thì:

ur uu
r
v1 + v2 = ( x 1 + x2 , y1 + y2 , z1 + z2 )
ur uu
r
v1 − v2 = ( x 1 − x2 , y1 − y2 , z1 − z2 )

(iii).

ur
kv1 = (kx1 , ky1 , kz1 )

(iv).

ur uu
r
v1.v2 = x 1.x2 + y1. y2 + z1.z2

(v).

và

ur uu
r
v1 ⊥ v2 ⇔ x1 x2 + y1 y2 + z1 z2 = 0

(vi). Tích có hướng của hai vectơ
r
v

được xác định bởi:

ur
v1 = ( x1 , y1 , z1 )

ur uu
r
r y
v1 , v2  = v  1


 y2

z1 z1
,
z2 z2

và

uu

r
v2 = ( x2 , y2 , z2 )

x1 x1
,
x2 x2

là một vectơ

y1 
÷
y2 

3/ Khoảng cách giữa hai điểm.

6


Cho hai điểm
uuuuuur
của vectơ M 1M 2 :
uuuuuur
d = M 1M 2 =

M 1 ( x1 , y1 , z1 )

( x1 − x2 )

2

và

M 2 ( x2 , y2 , z2 ) ,

+ ( y1 − y2 ) + ( z1 − z2 )
2

2

thì khoảng cách d giữa

M1

và

M2

là độ dài

.

4/ Chia một đoạn thẳng cho trước theo một tỷ số cho trước.

Điểm
thức:

M ( x, y , x )

chia đoạn thẳng M 1M 2 theo tỉ số k:

uuuuur
uuuuur
MM 1 = k MM 2

được xác định bởi công

x1 − kx2

x = 1− k

y1 − ky2

y =
1− k

z1 − kz2

z = 1− k


Đặc biệt nếu k= - 1, thì M là trung điểm của

M 1M 2 ,

khi đó toạ độ của M là:

x1 + x2

x = 2


y1 + y2

y =
2

z1 + z2

z = 2


5/ Góc giữa hai vectơ

Góc α giữa hai vectơ

ur
v1 = ( x1 , y1 , z1 )

và

uu
r
v2 = ( x2 , y2 , z2 ) xác

định bởi:

7


cos α =

x1.x2 + y1. y2 + z1.z2
x + y11 + z11 . x22 + y22 + z22
1
1

.

6/ Hai vectơ cùng phương
ur

r

Hai vectơ v1 = ( x1 , y1 , z1 ) ≠ 0 và
tồn tại số thực k sao cho:
uu
r
ur
v2 = kv1 ⇔ cả

uu
r
r
v2 = ( x2 , y2 , z2 ) ≠ 0 cùng

ba định thức sau đều bằng 0:

y1
y2

phương với nhau khi và chỉ khi

z1 z1
,
z 2 z2

x1 x1
,
x2 x2

y1
y2

.

7/ Phương trình mặt phẳng.
a. Khái niệm.
r

r

Một vectơ n ≠ 0 được gọi là một vectơ pháp tuyến của mặt phẳng (α ) nếu nằm trên
đường thẳng vuông góc với (α ) .
Mặt phẳng (α ) hoàn toàn xác định nếu cho biết một điểm
tuyến của nó.

M 0 ∈ (α )

và một vectơ pháp

b. Định lý.

Mỗi mặt phẳng là tập hợp tất cả những điểm có toạ độ thoả mãn phương trình dạng:
Ax + By + Cz + D = 0

( A2 + B 2 + C 2 ≠ 0)

và ngược lại mỗi phương trình dạng đó là phương trình của một mặt phẳng.
8/ Phương trình đường thẳng

a. Định nghĩa: Vectơ

r
a

là vectơ chỉ phương của đường thẳng (d)

r r
a ≠ 0
⇔ r
a //(d )

8


b. Phương trình tổng quát của đường thẳng:

Vì đường thẳng (d) trong không gian có thể xem là giao tuyến của hai mặt phẳng (P)
và (Q) nào đó, nên phương trình tổng quát của (d) có dạng:
 A1 x + B1 y + C1 z + D1 = 0
(d ) : 
 A2 x + B2 y + C2 z + D2 = 0

( 1)
với điều kiện
( 2)

A1 : B1 : C1 ≠ A 2 : B2 : C2

trong đó (1), (2) theo thứ tự là phương trình của hai mặt phẳng (P) và (Q).
9/ Phương trình mặt cầu

Trong hệ toạ độ Oxyz tập hợp các điểm cách điểm
không đổi là một mặt cầu có phương trình:

I ( a , b, c )

cho trước một khoảng R>0

( x − a ) 2 + ( y − b) 2 + ( z − c ) 2 = R 2 .

Chương II
GIẢI BÀI TOÁN HÌNH HỌC KHÔNG GIAN BẰNG PHƯƠNG PHÁP TOẠ ĐỘ.

I/ Hướng dẫn học sinh sử dụng phương pháp toạ độ.

Để giải các bài toán hình học nói chung và hình học không gian nói riêng chúng ta
phải dựa vào các yếu tố, các quan hệ về hình học, đồng phẳng, song song, vuông góc,
bằng nhau. . . Nếu ta chọn một hệ toạ độ thích hợp thì ta có thể chuyển thể bài toán hình
học sang bài toán đại số với những số, những chữ, véc tơ với phép toán trên nó. Với bài
toán đại số này chúng ta có sự định hướng rõ ràng hơn và khả năng tìm được lời giải

9


nhanh hơn. Để thực hiện được điều đó, đòi hỏi học sinh phải có sự luyện tập, vận dụng
các kiến thức và cần nắm được quy trình giải toán bằng phương pháp toạ độ thích hợp.

Bước 1: Chọn hệ toạ độ thích hợp.
Bước 2: Phiên dịch bài toán từ ngôn ngữ hình học sang ngôn ngữ toạ độ.
Bước 3: Dùng các kiến thức về toạ độ để giải toán.
Bước 4: Phiên dịch kết quả bài toán từ ngôn ngữ toạ độ sang ngôn ngữ hình
học.

Trong các bước trên, bước 2 và bước 4 học sinh có thể hoàn toàn làm được nhờ các
kiến thức liên hệ giữa hình học không gian và hệ toạ độ đã biết, ở bước 3 học sinh có thể
sử dụng các kiến thức trên hệ toạ độ một cách sáng tạo để giải các bài toán. Buớc 1 học
sinh gặp khó khăn hơn cả do không có phương pháp cụ thể. Để khắc phục khó khăn đó,
học sinh phải tập luyện và phải biết dựa vào một số đặc điểm của bài toán này. Chọn hệ
toạ độ sao cho gốc trùng với điểm cố định đã biết, dựa vào các đường thẳng vuông góc để
gắn với các trục toạ độ, các điểm đã biết gắn với các toạ độ đơn giản, thuận lợi.
II/Giải bài toán định lượng trong hình học không gian.

Đối với loại bài toán tính toán, nếu không chuyển về phương pháp toạ độ thì rất khó
khăn vì hầu hết sử dụng đến khoảng cách mà chỉ có phương pháp toạ độ ta mới biểu diễn
được khoảng cách một cách đơn giản.
PHƯƠNG PHÁP CHUNG
Ta thực hiện theo các bước sau:

Bước 1: Thiết lập hệ trục toạ độ thích hợp, từ đó suy ra toạ độ của các điểm cần thiết.

10

Bước 2: Thiết lập biểu thức giải tích cho giá trị cần xác định, thông thường bao gồm:
Khoảng cách từ điểm đến đường thẳng hoặc mặt phẳng.
Góc, khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau.
Tính độ dài đoạn thẳng.

Chú ý: Với hình hộp chữ nhật AA’B’C’D’ ta thường thết lập hệ trục toạ độ dựa trên ba
cạnh AB, AD và AA’ tương ứng với các trục Ox, Oy, Oz.

Bài 1: Cho hình lập phương ABCD. A’B’C’D’ cạnh bằng a.
a/ Tính góc và khoảng cách giữa hai đường thẳng A’B và AC’.
b/ Gọi K là trung điểm DD’. Tính góc và khoảng cách giữa 2 đường
thẳng
CK và A’D’.
c/ Mặt phẳng (P) qua BB’ và hợp với hai đường thẳng BC’, B’D hai
góc
bằng nhau. Tính các góc này.
z

Giải.

A’
B’

Chọn hệ trục toạ độ Axyz với
B ∈ Ax, D ∈ Ay

và

A′ ∈ Az ,

x

B A

D’
C’
Dy
C

khi đó:

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

11


A′ ( 0;0; a ) , B′ ( a;0; a ) , C ′ ( a; a; a ) , D′ ( 0; a; a ) .

a. Ta có

uuur
uuuu
r
A′B ( a;0; − a ) & AC ′ ( a; a; a )

Gọi α là góc tạo bở A’B và AC’ ta có:
uuur uuuu
r

A′B. AC ′
π
cos α = uuuur uuuu
r =0⇔α =
2
A ' B . AC '

.

Gọi d1 là khoảng cách giữa A’B và AC’. ta có:
uuuur uuuur uuur
 A ' B, A ' C  . AA '
a


d1 =
=
uuuur uuuur
6
 A ' B, A ' C 



b. Ta có:

.

a  uuur 
−a  uuuur


K  0; a; ÷, KC  a;0; ÷& A ' D ( 0; a; −a ) .
2
2 



Gọi β là góc tạo bởi CK và A’D, ta có:
uuur uuuur
KC. A ' D
1
cos β = uuur uuuur =
10
KC . A ' D

.

Gọi d2 là khoảng cách giữa CK và A’D, ta có:
uuur uuuur uuur
 KC , A ' D  , KD a


d2 =
=
uuur uuuur
3
 KC , A ' D 



c. Ta có BB’ là giao tuyến của hai mặt phẳng (ABB’A’) và (BCC’B’) nên:

y = 0
x − a = 0
⇔ ( BB ' ) : 
x = a
y = 0

( BB ') : 

Mặt phẳng (P) qua BB’ có dạng:

12


r

( P ) : x − a + my = 0 ⇔ ( P ) : x + my − a = 0 ⇒ vtpt n ( 1; m;0 )
Vì (P) hợp với BC’, B’D (có vtcp là
γ ) nên:
sin γ =

m
2 ( m + 1)
2

1− m

=

3 ( m + 1)
2

ur
u1 ( 0;1;1)

và

uu
r
u2 ( 1; −1;1)

) hai góc bằng nhau ( giả sử là

⇔ 3 m = 2 1 − m ⇔ m 2 + 4m − 2 = 0

⇔ m = −2 ± 6 .

Với

m = −2 + 6

sin γ =

Với

6 −2
2


(

)

6 − 2 + 1


m = −2 − 6

sin γ =

ta được:
2

6 −2
22 − 8 6

=

6 −2

( 4− 6)

=

2

6 −1
5

ta được:

6+2

(

=

)

2  − 6 − 2 + 1


2

=

6+2
22 + 8 6

=

6+2

( 4+ 6)

2

=

6 +1
5 .

Bài 2: Cho tứ diện ABCD có ba cạnh AB; AC; AD vuông góc với nhau
từng đôi một, biết AB=a. AC=b, AD=c.
a) Xác định tâm và bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD.
b) Tính khoảng cách từ đỉnh A đến mp(ABCD).
D

Giải

Chọn hệ trục toạ độ Oxyz sao cho:

z

g

A I

C y

B
x

13


A = (0;0;0); B = (a;0;0)
C = (0; b;0); D = (0;0; c)

a/ Gọi I là tâm mặt cầu ngoại tiếp
tứ diện, giả sử toạ độ của I là I ( x; y; z ) .

a

x
=

2

b

a b c
Tacó ⇔  y = ⇔ Toạ độ điểm I là: I = ( ; ; ) .
2
2 2 2

c

 z = 2

* Xác định bán kính R
2

2

2

a
b
c
1 2
R = IA =

+ +
=
a + b2 + c 2
4
4 4
2
a b c
2 2 2

Vậy mặt cầu ngoại tiếp tứ diện có tâm I = ( ; ; )
và bán kính: R =

1 2
a + b2 + c 2
2

b. Phương trình mp(BCD):
x y z
x y z
+ + = 1 ⇔ + + −1 = 0
a b c
a b c

Gọi khoảng cách từ A đến mp(BCD) là h. ta có:

14


0 0 0
+ + −1

a b c
h=
=
1 2 1 2 1 2
( ) +( ) +( )
a
b
c

1
abc
=
1
1 1
a 2b 2 + b 2 c 2 + c 2 a 2
+
+
a2 b2 c2

Vậy khoảng cách từ A đến mp(BCD) là:
h=

abc
a 2b 2 + b 2 c 2 + c 2 a 2

Bài 3: Chứng minh rằng trong hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ có
AC’ vuông góc với mặt phẳng (B’CD’).

Giải

z

A’
C’

B’

Chọn hệ toạ độ như hình vẽ.
Giả sử hình lập phương có cạnh a.
Ta có toạ độ các điểm là:

x

B

D’

D y

A
O
C

A(0;0;0); B’(a;0;a); C(a;a;0);
D’(0;a;a); C’(a;a;a).
Ta có:
uuuu
r
uuuu
r

AC ′ = ( a; a; a ) ; B′C = ( 0; a; − a )
uuuur
D ' C = ( a;0; − a )

.

uuuu
r uuuu
r
uuuu
r uuuur
AC ′.B′C = a.0 + a.a + a. ( −a ) = 0 ⇒ AC ' ⊥ B ' C ⇒ AC ' ⊥ B ' C

(1)

uuuu
r uuuur
uuuu
r uuuur
AC '.D ' C = a.a + a.0 + a.(−a ) = 0 ⇒ AC ' ⊥ D ' C ⇒ AC ' ⊥ D ' C

(2).

15


Từ (1) và (2) suy ra

AC ' ⊥ ( B ' CD ' ) .

Vậy suy ra điều phải chứng minh.

* Bài tập

Bài 1: Cho hình lăng trụ tứ giác đều ABCDA’B’C’D’ đường cao h. Mặt phẳng (A’BD)
hợp với mặt bên (ABB’A’) một góc α . Tính thể tích và diện tích xung quanh hình lăng
trụ.

Bài 2: Cho hình hộp ABCDA’B’C’D’ có đáy ABCD là hình thoi tâm O cạnh bằng a, góc
µA = 600 , B’O vuông góc với đáy ABCD, cho BB’=a.
a/ Tính góc giữa cạnh bên và đáy.
b/ Tính khoảng cách từ B, B’ đến mp(ACD’)

Bài 3: Cho hình chóp SABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh bằng a, SA vuông góc
với đáy. Tính độ dài đoạn SA biết rằng số đo góc nhị diện (B. SC. D) bằng 1200.

Bài 4: Cho hình vuông ABCD cạnh bằng a. Từ trung điểm H của cạnh AB kẻ SH vuông
góc với mp(ABCD) sao cho góc giữa cạnh SD và mặt đáy (ABCD) bằng 600.
a/ Tính SH và khoảng cách từ H đến mp(SCD).
b/ Gọi K là trung điểm của cạnh AD. Chứng minh CK ⊥ SD và tính số đo
góc giữa 2 mặt phẳng (A S D ) và (C S D ).
c/Tính góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (SCK).

16


III/ Giải bài toán định tính trong hình học không gian

PHƯƠNG PHÁP CHUNG

Ta thực hiện theo các bước sau:

Bước 1: Thiết lập hệ trục toạ độ thích hợp, từ đó suy ra toạ độ của các điểm cần thiết.

Bước 2: Thiết lập biểu thức giải tích cho điểu kiện, từ đó suy ra kết quả cần chứng
minh.

Bài 1: Cho tứ diện ABCD có các cặp cạnh bằng nhau:
AB=CD=a; ; BC=AD=b; ; AC=BD=b.
Chứng minh rằng đoạn thẳng nối hai trung điểm vủa cặp cạnh là
đường vuông góc chung của hai cạnh đó.
z

Giải

g

B

I
A

Gọi I, K lần lượt là trung điểm AB và
 IK ⊥ AB
Ta cần chứng minh: 
 IK ⊥ CD

x

C

y

gK

D

CD.

17


Chọn hệ trục toạ độ Đề các Oxyz sao cho
A(0;0;0) .

Giả sử trong hệ trục toạ độ đó
B = ( x1; y1; z1 ); C = ( x2 ; y2 ; z2 ); D = ( x3 ; y3 ; z3 )

Khi đó
x y z
x + x y + y3 z2 + z3
I = ( 1 ; 1 ; 1 );
K =( 2 3; 2
;
)
2 2 2
2
2
2
uur x + x − x y + y − y z + z − z

3
1
⇒ IK = ( 2 3 1 ; 2
; 2 3 1)
2
2
2

Theo giả thiết, ta có:

uuu
r
AB = AB = a ⇔ x12 + y12 + z12 = a 2
uuur
AC = AC = b ⇔ x22 + y22 + z22 = b 2
uuur
AD = AD = c ⇔ x32 + y32 + z32 = c 2
BC = c ⇔ BC 2 = c 2 ⇔ ( x2 − x1 ) 2 + ( y2 − y1 ) 2 + ( z2 − z1 ) 2 = c 2

Ta có

⇔ a 2 + b 2 − 2( x1 x2 + y1 y2 + z1 z2 )
⇔ x1 x2 + y1 y2 + z1 z2 =

= c2

a2 + b2 − c2
2

18

Tương tự ta cũng có: BD = b ⇔ BD = b
2

và

2

a 2 + b2 − c2
⇔ x1 x2 + y1 y2 + z1 z2 =
2

b2 + c2 − a 2
x2 x3 + y2 y3 + z2 z3 =
2

uur uuu
r
x +x −x
y + y3 − y1
z +z −z
⇒ IK . AB = x1 2 3 1 + y 2
+ z1 2 3 1
2
2
2
x1 x2 + x1 x3 − x12 + y1 y2 + y1 y3 − y12 + z1 z2 − z12
=
2

a2 + b2 − c 2 a 2 + c 2 − b2
×
− a2
2
2
=
2
=0
uur uuu
r
⇒ IK ⊥ AB
uur

uuur

Chứng minh tương tự ta có: IK ⊥ CD

uur uuu
r
 IK ⊥ AB
⇒  uur uuur ⇒ IK là đường vuông góc chung của cặp cạnh đối diện AB và CD.
 IK ⊥ CD

Chứng minh tương tự ta cũng có IK là đường vuông góc chung của các cặp đối diện còn
lại.
⇒ ĐPCM.

19

Bài 2: Cho hình lập phương ABCD. A’B’C’D’ cạnh a.
Trên BD và AD’ lần lượt lấy hai điểm thay đổi M,N sao cho
DM = AN = x

(0 ≤ x ≤ a 2)

CMR: MN luôn song song với một mặt phẳng cố định.

Giải

Chọn hệ trục toạ độ Oxyz sao cho:
A = (0;0;0); B = (a;0;0)
D = (0; a;0); A′ = (0;0; a)

Khi đó
C = ( a; a;0)
D′ = (0; a; a)

Gọi M = ( x1; y1; z1 ), N = ( x2 ; y2 ; z2 )

z
A’

uuur
uuu
r
BC = (0; a;0); BA = (−a;0;0);
Ta có: uuuur
MN = ( x2 − x1; y2 − y1; z2 − z1 )

C’

B’

N

Mặt khác theo giả thiết:
DM = AN = x

Đặt : k =

x
a 2

(0 ≤ x ≤ a 2)

A
x

D’

B

D y
M

C

(0 ≤ k ≤ 1)

20


 x1 − a = k (−a )  x1 = a − ka
uuuur
uuur


DM = k DB ⇔  y1 = ka
⇔  y1 = ka
z = 0
z = 0
 1
 1

Xét

 x2 = ka
uuur
uuuu
r

AN = k AD′ ⇔  y2 = 0
 z = ka
 2

uuur uuur uuuu
r
D BC , BA ', MN = a. ( −a ) . ( z2 − z1 ) + 0. ( y2 − y1 ) .0 + ( x2 − x1 ) .0.a

(

)

− ( x2 − x1 ) . ( −a ) .0 − a ( y2 − y1 ) .a − 0.0. ( z2 − z1 )
= −a 2 ( z2 − z1 ) − a 2 ( y2 − y1 )
= −a 2 ( z2 − z1 − y2 + y1 )
= −a2 ( ka − 0 − 0 − ka )
=0

Suy ra

uuur uuur uuuu
r
BC , BA ', MN luôn

luôn đồng phẳng.

Suy ra MN luôn luôn song song với (A’BCD’) cố định.

Bài 3: Cho tứ diện DABC có ba cạnh DA; DB; DC vuông góc với nhau
từng đôi một. Gọi O là tâm hình cầu ngoại tiếp tứ diện. Chứng minh
nếu (α ) là mặt phẳng bất kỳ qua O thì khoảng cách từ D xuống (α )
bằng tổng đại số 3 khoảng cách từ A, B, C đến mp (α ) .
z
A

Giải
Chọn hệ trục toạ độ Oxyz vuông góc

D

O

C

y

sao cho:

B
x
D ( 0;0;0 ) ; A ( 0;0; a ) ; B ( b;0;0 ) ; C ( 0; c;0 )
b c a

Gọi O là tâm hình cầu ngoại tiếp tứ diện. thì toạ độ của O là: O  ; ; ÷
2 2 2

21


Mặt phẳng ( α ) bất kỳ đi qua O có dạng:
β x + γ y +η z + d = 0

Không mất tính tổng quát. giả sử

d ≥0

Do ( α ) qua O nên:
b

c
a
+ γ +η + d = 0
2
2
2
β b + γ c + η a + 2d = 0 ( 1)

β
⇔

Kí hiệu

hD , hA , hB , hC

tương ứng là khoảng cách từ D, A, B, C xuống mặt phẳng ( α ) . Theo

công thức tính khoảng cách ta có:
hD =

hB =

hA =

d

β + γ +η
2

2

βa + d
β + γ +η
2

2

2

ηa + d
β + γ +η
2

hC =

2

2

d

=

2

⇒

⇒

β + γ 2 +η 2

2

βa + d
β + γ 2 +η 2
2

ηa + d
β 2 + γ 2 +η 2

γc+d
β + γ +η
2

2

2

⇒

, ( 2)

= hB Sgn ( β a + d ) , ( 3)

= hA Sgn ( η a + d ) , ( 4 )

γc + d
β + γ 2 +η 2
2

= hC Sgn ( γ c + d ) , ( 5 )

Cộng trừ vế (3), (4), (5) ta được:

22


β b + γ c + η a + 3d
β 2 + γ 2 +η 2

= Sgn ( η a + d ) hA + Sgn ( β b + d ) hB + Sgn ( γ c + d ) hC

( 6)

Từ (1), (2), (6) suy ra:
hD = Sgn ( η a + d ) hA + Sgn ( β b + d ) hB + Sgn ( γ c + d ) hC

Điều đó chứng tỏ

Chú ý:

1

Sgn( x) = 0
 −1


hD

là tổng đại số của

hA , hB , hC

x>0
x=0
x<0

*Bài tập

Bài 1: Cho hình lập phương ABCDA’B’C’D’ cạnh bằng a. CMR khoảngcách từ một điểm
bất kì trong không gian đến một trong các đường thẳng AA’, A’C’, CD không thể đồng
thời nhỏ hơn

a
2

.

Bài 2: Cho hình chóp SABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh bằng a, SA vuông góc
với đáy. Gọi M, N là hai điểm theo thứ tự thuộc BC, DC sao cho

BM =

a
3a
DN =
.
.
2
4

CMR

hai mặt phẳng (SAM) và (SMN) vuông góc với nhau.

23


Bài 3: Đường thẳng (d) tạo với 2 đường thẳng (d1) và (d2) cắt nhau các góc bằng nhau,
ngoài ra nó không vuông góc với mặt phẳng ( α ) chứa các đường thẳng này. CMR 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)

IV/ GIẢI BÀI TOÁN VỀ ĐIỂM VÀ QUỸ TÍCH TRONG HÌNH HỌC KHÔNG
GIAN

PHƯƠNG PHÁP CHUNG

Ta thực hiện theo các bước sau:

Bước 1: Thiết lập hệ trục toạ độ thích hợp, từ đó suy ra toạ độ của các điểm cần thiết.

Bước 2: Thiết lập biểu thức giải tích cho điểm càn tìm quỹ tích, từ đó suy ra quỹ tích
của nó.

Bài 1:
Cho hình lăng trụ đứng ABCA1B1C1 có đáy ABC vuông
cân với AB=AC=a và AA1=h. Gọi E, F lần lượt là trung điểm của BC
và A1C1. Tìm trên đoạn EF điểm I cách đều hai zmặt phẳng (ABC) và
(ACC1A1). Tính khoảng cách đó.
A1

F

C1

A

C

B1

Giải.

x

B

E

y
24


Chọn hệ trục toạ độ Axyz với B ∈ Ax, khi đó:
A(0;0;0). B(a;0;0). C(0;a;0).
A1(0;0;h). B1(a;0;h). C1(0;a;h).
Vì E, F là trung điểm của BC và A1C1 nên:
E(

a a
, ,0)

2 2

và F (0,

a
, h) .
2

Phương trình đường thẳng EF được cho bởi:
a a

x= − t

a a
2 2


Qua E ( 2 , 2 ,0)
a

EF : 
⇔ EF  y =
t ∈ R.
uuur a
2
vtcp EF (− ,0, h)


 z = ht
2




Vì I ∈ EF nên

a a a
I ( − t , , ht ) .
2 2 2

t∈[0. 1].

Vì I cách đều (ABC) và (ACC1A1) nên
a a
a
ah a ah
− t = ht ⇔ t =
⇒ I(
, ,
).
2 2
a + 2h
a + 2h 2 a + 2h

Khi đó điểm I chia đoạn EF theo tỉ sô k, tức là:

25


a
xE − kxF

a
−a
xI =
⇔
= 2 ⇔k=
1− k
a + 2h 1 − k
2h

*Khoảng cách từ I đến mặt phẳng (ABC) và (ACC1A1) là
d = zI =

ah
.
a + 2h

Bài 2: Cho 2 điểm A, B cố định. Tìm tập hợp các điểm M sao cho:
AM:BM=k. với 0Giải
Chọn hệ trục toạ độ Oxyz sao cho A( - a;0;0) & B(a;0;0), khi đó với điểm M(x;y;z) ta
có:
2
2
AM
AM 2 ( x + a ) + y + z
= k ⇔ k2 =
=
BM
BM 2 ( x − a ) 2 + y 2 + Z 2
2

2

a(1+ k2 ) 
 2ak 
2
2
⇔ x +
 + y +z =
2 ÷
1− k 2 
1− k 


2

Phương trình trên là phương trình mặt cầu có:
tâm

 −a ( 1 + k 2 )

I
;0;0 ÷
2
 1− k
÷



bán kính

R=

2ak
1− k 2

*Bài tập

26