SKKN hướng dẫn học sinh dùng phương pháp toạ độ trong không gian để giải bài tập hình học không gian tổng hợp

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO LÀO CAI
TRƢỜNG THPT SỐ 1 BẮC HÀ

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
HƢỚNG DẪN HỌC SINH
DÙNG PHƢƠNG PHÁP TOẠ ĐỘ ĐỂ GIẢI BÀI TẬP
HÌNH HỌC KHÔNG GIAN TỔNG HỢP

Họ và tên: Nguyễn Khánh Chi
Chức vụ : TTCM
Tổ chuyên môn: Toán - lý - Tin- CN
Đơn vị công tác: Trƣờng THPT số 1 Bắc Hà

Năm học: 2013 - 2014

Nguyễn Khánh Chi - THPT số 1 Bắc Hà

1


Mục lục
Nội dung

STT
1

2

3

Trang

I. Lí do chọn đề tài

3

II. Nội dung

3

1. Cơ sở lý luận của vấn đề

3

2. Thực trạng dạy và học bộ môn trƣớc khi
đƣa ra phƣơng pháp giải phƣơng trình mặt
cầu

3

3. Các giải pháp

3

3.1. Phần Lý thuyết

3

3.2. Phần bài tập

5

3.3 Các dạng bài tập tƣơng tự

17

4. Kết quả thực hiện:

18

III. Kết luận.

20

Tài liệu tham khảo

Nguyễn Khánh Chi - THPT số 1 Bắc Hà

2


I. Lí do chọn đề tài
Việc dùng phương pháp toạ độ để giải các bài tập hình học không gian
tổng hợp là một vấn đề cần thiết với học sinh lớp 12 vì đó là một nội dung quan
trọng để học sinh dự thi các trường Đại học và Cao đẳng, trung học chuyên
nghiệp. Đây vốn là dạng bài khó đối với học sinh, đa phần các em học ở mức độ
trung bình khá trở xuống đều cảm thấy hết sức bồi rối khi đứng trước 1 bài hình
không gian, không biết bắt đầu từ đâu, đi theo hướng nào thì tới đích và cuối
cùng là bỏ qua, thậm chí có em còn không cần đọc kĩ đề và bỏ qua luôn nếu
trong đề có xuất hiện dạng này. Một giải pháp có thể giúp các em này không
mất điểm một cách đáng tiếc là chuyển bài toán hình học không gian tổng hợp

thuần tuý sang bài toán hình giải tích quen thuộc bằng phương pháp toạ độ hoá.
Việc vận dụng phương pháp toạ độ để giải các bài tập hình học không gian
tổng hợp là rất tiện lợi song phương pháp này có được đề cập đến trong chương
trình toán phổ thông dưới dạng một vài bài tập đơn giản, ít được chú trọng nên
học sinh thường không chú ý. Học sinh không biết chọn hệ trục toạ độ như thế
nào cho thích hợp. Cho nên vấn đề đặt ra là dạy như thế nào để học sinh nắm
chắc lí thuyết và biết vận dụng tốt để giải các bài tập cơ bản.
II. Nội dung
1. Cơ sở lý luận của vấn đề
Dựa vào nền tảng là “phương pháp toạ độ trong không gian” trong SKG
hình học 12, qua quá trình giảng dạy và nghiên cứu của bản thân. Tôi đã nghiên
cứu và rút ra một số kinh nghiệm giảng dạy chương này nhằm mục đích để học
sinh nắm vững kiến thức đồng thời biết làm bài tập và giúp các em học sinh tạo
sự húng thú trong học tập.
2. Thực trạng dạy và học bộ môn trƣớc khi đƣa ra phƣơng pháp giải
phƣơng trình mặt cầu
Đối với giáo viên tuy không gặp khó khăn trong truyền thụ kiến thức cơ
bản của bộ môn, song đối với học sinh của trường THPT số 1 Bắc Hà việc
truyền thụ kiến thức cho học sinh gặp đôi chút khó khăn.
Đối với học sinh tỉ lệ học sinh đi học ở bậc THPT còn thấp, đầu vào tuyển
sinh thấp hơn nhiều so với các địa phương khác trong tỉnh. Đây thực sự là khó
khăn cho giáo viên trực tiếp giảng dạy bởi những “lỗ hổng” kiến thức bộ môn là
quá lớn. Hơn nữa đa số học sinh còn sợ học môn hình học nên việc tiếp thu gặp
nhiều khó khăn. Học sinh chưa có kĩ năng vẽ hình và trình bày bài.
3. Các giải pháp
Hệ thống lại cho học sinh định nghĩa phương trình mặt phẳng, điều kiện để
hai mặt phẳng song song, vuông góc, khoảng cách từ một điểm đến một mặt
phẳng. Đây là phần khó đối với học sinh nên khi dạy cần củng cố bằng các ví dụ
cụ thể cho học sinh, cho học sinh thực hành tính toán chú ý nhiều đến học sinh
yếu kém. Nên ra một ví dụ là một bài toán nhưng có thể vận dụng được nhiều

dạng kiến thức lí thuyết vừa học.
3.1. Phần Lý thuyết
3.1.1. Hệ trục toạ độ Oxyz gồm ba trục Ox, Oy, Oz đôi một vuông góc với nhau
với ba vectơ đơn vị i , j , k  i  j  k  1 .
Nguyễn Khánh Chi - THPT số 1 Bắc Hà

3


a  a1; a2; a3   a  a1i  a2 j  a3 k ; M(x;y;z) OM  xi  y j  zk
3.1.2. Tọa độ của vectơ: cho u( x; y; z), v( x '; y '; z ')
1. u  v  x  x '; y  y '; z  z '
2. u  v   x  x '; y  y '; z  z ' 3. ku  (kx; ky; kz)
4.

u.v  xx ' yy ' zz '
y z

5. u  v  xx ' yy ' zz '  0 6. u  x2  y 2  z 2

z x x y 
;
   yz ' y ' z; zx ' z ' x; xy ' x ' y 

y
'
z
'
z
'

x
'
x
'
y
'



7. u  v  

;

8. u, v cùng phương [u, v]  0
3.1.3. Tọa độ của điểm: cho A(xA; yA; zA), B(xB; yB; zB)
1. AB  ( xB  xA ; yB  y A ; zB  z A )
2. AB  ( xB  xA )2  ( yB  yA )2  ( zB  z A )2
3. G là trọng tâm tam giác ABC ta có:
xG =

x A  xB  xC
3

; yG =

y A  yB  yC
3

; zG =

z A  zB  zC
3

xA  kxB
y  kyB
z  kzB
; yM  A
; zM  A
;
1 k
1 k
1 k
x x
y y
z z
Đặc biệt: M là trung điểm của AB: xM  A B ; yM  A B ; zM  A B .
2
2
2

4. M chia AB theo tỉ số k: xM 

3.1.4. Các công thức về góc
1. Góc giữa hai véctơ: cos(u, v) 

u.v
u.v

2. Góc giữa hai đường thẳng: cos(1 ,  2 ) 

u1.u2
u1 . u2

( u1 , u2 là các véc tơ chỉ

phương của hai đường thẳng 1 ,  2 )
3. Góc giữa đường thẳng và mặt phẳng: sin(,  ) 

u .n
u . n

u , n là vectơ chỉ phương của  và vectơ pháp tuyến của mặt phẳng (  )

4. Góc giữa hai mặt phẳng: cos( ,  ) 

n .n
n . n

( n , n là vectơ pháp tuyến của (  ), ( ) )
3.1.5. Công thức về khoảng cách
 M  M , u 

1. Khoảng cách từ điểm tới đường thẳng; d ( M , )  
u

2. Khoảng cách từ điểm M(x0,y0,z0) đến mp(P): Ax+By+Cz+D=0 là:
d ( M , ( P)) 

Ax0  By0  Cz0  D
A2  B 2  C 2

Nguyễn Khánh Chi - THPT số 1 Bắc Hà

4


3. Khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau: d (1 ,  2 ) 

M 1M 2 . u1 , u2 
u1 , u2 



( M1 1 , M 2 2 , u1 , u2 là véctơ chỉ phương của 1 ,  2 )
3.1.6. Các công thức về diện tích và thể tích
1. Diện tích hình bình hành ABCD:
S ABCD   AB, AD 
1
 AB, AC 
2

2. Diện tích tam giác ABC:

S ABC 

3. Thể tích khối hộp ABCD.ABCD:

VABCD. A ' B 'C ' D '  [ AB, AD].AA '

4. Thể tích tứ diện ABCD:

VABCD 

1
[ AB, AC ]. AD
6

3.2. Phần bài tập
3.2.1 Phƣơng pháp giải
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 chọn độ dài cạnh của hình.
Bước 1: Chọn hệ trục toạ độ Oxyz thích hợp (chú ý đến vị trí của gốc O)
Bước 2: Xác định toạ độ các điểm có liên quan
(có thể xác định toạ độ tất cả các điểm hoặc một số điểm cần thiết)
Khi xác định tọa độ các điểm ta có thể dựa vào :
 Ý nghĩa hình học của tọa độ điểm (khi các điểm nằm trên các trục
tọa độ, mặt phẳng tọa độ).
 Dựa vào các quan hệ hình học như bằng nhau, vuông góc, song
song, cùng phương, thẳng hàng, điểm chia đọan thẳng để tìm tọa
độ
 Xem điểm cần tìm là giao điểm của đường thẳng, mặt phẳng.
 Dưạ vào các quan hệ về góc của đường thẳng, mặt phẳng.
Bước 3: Sử dụng các kiến thức về toạ độ để giải quyết bài toán
Các dạng toán thường gặp:
 Độ dài đọan thẳng
 Khoảng cách từ điểm đến mặt phẳng
 Khoảng cách từ điểm đến đường thẳng
 Khoảng cách giữa hai đường thẳng
 Góc giữa hai đường thẳng

 Góc giữa đường thẳng và 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
 Bài toán cực trị, quỹ tích
Bổ sung kiến thức :
Nguyễn Khánh Chi - THPT số 1 Bắc Hà

5


1) Nếu một tam giác có diện tích S thì hình chiếu của nó có diện tích S ' bằng
tích của S với cosin của góc  giữa mặt phẳng của tam giác và mặt phẳng chiếu
S '  S. cos 

2) Cho khối chóp S.ABC. Trên ba đường thẳng SA, SB, SC lấy ba điểm A', B',
V

'

C khác với S. Ta luôn có:

S . A ' B 'C '

V S . ABC

3.2.2 Các dạng toán
1. Hình chóp tam giác
a. Dạng tam diện vuông

(Hình chóp có một cạnh
bên vuông góc với đáy)
Bài toán 1. Tam diện
vuông :
Cho hình chóp O.ABC
có OA, OB, OC đôi một
vuông góc,....
Chọn hệ trục Oxyz
như hình vẽ

SA ' SB ' SC '

.
.
SA SB SC

z
C

O

B

y

A
x

b, Tam diện có một góc phẳng vuông (Hình chóp có mặt bên vuông góc với
đáy)

khi đó ta thiết lập một mặt của hệ trục tọa độ chứa góc phẳng đó.
Bµi to¸n .
Cho hình chóp S.ABC có (SAB) 
(ABC), SABcân tại S, ABC
vuông tại A (vuông tại B làm tương
tự). Ta nên

z

* Gọi O, I lần lượt là trung điểm AB
và BC.
* Chọn hệ trục Oxyz như hình vẽ

A
C
O

I

y

B
x

Ví dụ 1. Tứ diện ABCD: AB, AC, AD đôi một vuông góc với nhau, AB = 3;
AC = AD= 4. Tính khoảng cách từ A tới mặt phẳng (BCD)
Nguyễn Khánh Chi - THPT số 1 Bắc Hà

6

Hƣớng dẫn giải
+ Chọn hệ trục Oxyz sao cho
AO
D Ox; C  Oy và B  Oz

A(0;0;0);
B(0;0;3);
C(0;4;0); D(4;0;0)
 Phương trình đoạn chắn
của (BCD) là:
x y z
   1  3x + 3y + 4z
4 4 3

– 12 = 0
Khoảng cách từ A tới mặt
phẳng
(BCD)
là: d  A, ( BCD)  

6 34
17

Ví dụ 2.
Cho hình chóp O.ABC có OA = a, OB = b, OC = c đôi một vuông góc. Điểm
M cố định thuộc tam giác ABC có khoảng cách lần lượt đến các mp(OBC),
mp(OCA), mp(OAB) là 1, 2, 3. Tính a, b, c để thể tích O.ABC nhỏ nhất.
Hƣớng dẫn giải
Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ, ta có:

O(0; 0; 0), A(a; 0; 0), B(0; b; 0), C(0; 0; c).
d(M, (OAB))= 3 Þ zM = 3.
Tương tự Þ M(1; 2; 3).
x y z
phương trình mặt phẳng(ABC): + + = 1
a

b

c

Z

1 2 3
M Î (ABC) Þ
+ + = 1
a b c

C

(1).

VO.ABC =
(1) Þ 1 =

1
abc (2).
6
1 2 3
1 2 3

+ + ³ 33 . .
a b c
a b c

M

y

1
Þ abc ³ 27 .
6
(2)
Þ Vmin

1 2 3 1
= 27 Û = = = .
a
b
c 3

B

O
H
I
A
x

Ví dụ 3:
Cho tứ diện ABCD có AD vuông góc với mặt phẳng (ABC) và tam giác ABC

vuông tại A, AD = a, AC = b, AB = c. Tính diện tích S của tam giác BCD theo
a, b, c và chứng minh rằng : 2S  abc  a  b  c
Nguyễn Khánh Chi - THPT số 1 Bắc Hà

7


Hng dn gii
Chn h trc ta nh
hỡnh v, ta cú ta cỏc
im l :A(0;0;0),
B(c;0;0), C(0;b;0),
D(0;0;a)
BC c; b;0 , BD c;0; a ,

BC , BD ab; ac; bc



S BCD

1
1 a 2 b2 a 2 c 2 b2 c 2
BC
,
BD
2
2

ủpcm a 2 b2 a 2 c 2 b2 c 2 abc(a b c) a 2 b2 a 2 c2 b2 c2 abc(a b c)

Theo bt ng thc Cachy ta cú:
a 2 b 2 b 2 c 2 2ab 2 c


b 2 c 2 c 2 a 2 2bc 2 a

c 2 a 2 a 2 b 2 2ca 2 b


Coọng veỏ : a2b2 a2c2 b2c2 abc(a b c)

c. Dng hỡnh chúp tam giỏc u
Bi toỏn . Cho hỡnh
chúp tam giỏc u
S.ABC,...
Ta nờn:
* Gi O l tõm mt
ỏy.
* Trong (ABC) dng
OI song song vi BC
ct AC ti I.
* Chn h trc Oxyz
nh hỡnh v.

z
S

C

B
I

O

y

A
x

Vớ d 1. (trớch thi i hc khi A 2002). Cho hỡnh chúp tam giỏc u
S.ABC cú di cnh ỏy l a. Gi M, N l trung im SB, SC. Tớnh theo a
din tớch D AMN, bit (AMN) vuụng gúc vi (SBC).
Hng dn gii
Gi O l hỡnh chiu ca S trờn (ABC), ta suy ra O l trng tõm D ABC .
Gi I l trung im ca BC, ta cú : AI =

3
a 3
a 3
a 3
BC =
ị OA =
, OI =
2
2
3
6

Trong mp(ABC), ta v tia Oy vuụng gúc vi OA. t SO = h, chn h trc ta

ổa 3

ử

nh hỡnh v ta c: O(0; 0; 0), S(0; 0; h), A ỗỗỗ
; 0; 0 ữ
ữ
ữ
ố 3
ứ
Nguyn Khỏnh Chi - THPT s 1 Bc H

8


ổ a 3
ử
ị I ỗỗỗ; 0; 0 ữ
ữ
ữ,
6
ố
ứ
ổ a 3 a ữ
ử ổ a 3
ử
a ữ
ỗỗ,
,
B ỗỗỗ; ; 0ữ

C
;
;
0
ữ
6
2 ữ
6
2 ữ
ố
ứ ỗố
ứ
ổ a 3 a hữ
ử
M ỗỗỗ; ; ữ
ữ
ố 12 4 2 ứ
ổ a 3
a hử
v N ỗỗỗ;- ; ữ
ữ.
4 2ữ
ố 12
ứ
uuur uuur
ổah
ử
r
5a 2 3 ữ
ộ

ự
ỗ
ị n (AMN) = ởờAM, AN ỷ
=
;
0;
ữ
ỗ
ỳ ỗố 4
24 ữ
ứ
uur uur
ổ
ử
r
a2 3 ữ
ỗ
n (SBC) = ộờởSB, SC ự
=
ah;
0;
ữ
ỳ ỗỗố
ữ
ỷ
6 ứ
(AMN) ^ (SBC)
r
r
5a 2

2
ị n (AMN) .n (SBC) = ị h =
12
1 ộuuur uuur ự a 2 10
ị SD AMN =
AM, AN ỳ
ỷ = 16
2 ờở
.Vớ

d 2.(H khi A 2011).
Cho hỡnh chúp S.ABC cú ỏy ABC l tam giỏc vuụng cõn ti B, AB = BC = 2a;
hai mt phng (SAB) v (SAC) cựng vuụng gúc vi (ABC). Gi M l trung
im ca AB; mt phng qua SM v song song vi BC, ct AC ti N. Bit gúc
gia hai mt phng (SBC) v (ABC) bng 600. Tớnh th tớch khi chúp S.BCNM
v khong cỏch gia hai ng thng AB v SN theo a.
Hng dn gii
Theo gi thit (SAB), (SAC) cựng vuụng gúc vi (ABC) nờn SA (ABC)
Gúc gia (SBC) v (ABC) l SBA 60 SA AB. tan 60 2a 3 .
Mt phng qua SM, song song BC, ct AC ti N MN // BC N l trung im
AC. Do ú tam giỏc AMN vuụng cõn ti M.
Khi ú, ta cú

VS . BCNM

1
1
SA.S BCNM SA.( S ABC S AMN )
3
3

1
4a 2 a 2
.2a 3.(
) a3 3 .
3
2
2

Tớnh khong cỏch gia hai ng thng AB, SN bng phng phỏp ta .

Nguyn Khỏnh Chi - THPT s 1 Bc H

9


Chọn hệ trục Oxyz như hình vẽ,
với B là gốc tọa độ,

z

S

C (2a;0;0), A(0;2a;0), S (0;2a;2a 3) .

N là trung điểm
AC  N (a; a;0)  SN  (a; a; 2a 3) .
Mặt khác
BA  (0; 2a;0)
  SN , BA  (4a 2 3;0; 2a 2 )

M

.

B

A

Lại có BN  (a; a;0)
 d ( SN , AB) 

y

N

 SN , BA .BN


 SN , BA

 .

C
x

4a 3 3 2a 39
 2

13

2a 13

Chú ý
+ Hình chóp tam giác đều có đáy là tam giác đều và các cạnh bên bằng nhau,
nhưng không nhất thiết phải bằng đáy. Chân đường cao là trọng tâm của đáy.
+ Tứ diện đều là hình chóp tam giác đều có cạnh bên bằng đáy.
2. Hình chóp tứ giác
a) Bài toán 1. Hình
z
chóp S.ABCD có SA
S
I
vuông góc với đáy và
đáy là hình vuông
(hoặc hình chữ nhật).
Ta chọn hệ trục tọa độ
như dạng tam diện
D
y
A
vuông.
C

B
x

b) Bài toán 2. Hình chóp
S.ABCD có đáy là hình
vuông (hoặc hình thoi) tâm
O đường cao SO vuông góc

với đáy. Ta chọn hệ trục tọa
độ tia OA, OB, OS lần lượt
là Ox, Oy, Oz.
Giả sử SO = h, OA = a, OB
= b có O(0; 0; 0), A(a; 0; 0),
B(0; b; 0), C(–a; 0; 0),
D(0;–b; 0), S(0; 0; h)

z
S

A
D
O

x

B

Nguyễn Khánh Chi - THPT số 1 Bắc Hà

C
y

10


c, Bài toán 3.Cho hình
chóp S.ABCD có SA 
(ABCD), tứ giác ABCD là

thoi,...
Ta nªn: * Gọi O là tâm
hình thoi, I là trung điểm
SC.
* Chọn hệ trục Oxyz như
hình vẽ

z

S

I
A

D
O

x

B

C

y

d, Bài toán 4. Cho hình
S
z
chóp S.ABCD có (SAB)
 (ABCD), SAB cân tại

S, tứ giác ABCD là hình
thoi,....
I
Ta nên:
* Gọi M, N, I lần lượt là
A
D
trung điểm AB, CD, SN,
và O là tâm hình thoi.
M
O
N
* Chọn hệ trục Oxyz như
B
C
x
y
hình vẽ.
Ví dụ 1: (ĐH - Khối B- 2013)
Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a, mặt bên SAB là tam giác
đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng đáy. Tính theo a thể tính
của khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng (SCD).
Hƣớng dẫn giải
z
Gọi
H  O; SH  Oz; AB  Ox; HI  Oy,

khi ñoù : H (0; 0; 0), S (0; 0;
a
a

A( ; 0; 0), B( ; 0; 0),
2
2
a
a
C ( ; a; 0), D( ; a; 0)
2
2

S

a 3
),
2

K

B
C

Ta có:
 a
a
3
SA  
 2 ; 0; 
2


y



,


I

H


a
a
3
SB  
  2 ; 0; 
2




,



a
a
3
SC  
  2 ; a; 

2




,


A

D

x

 a
a
3 
SD  

 2 ; a; 

2



Nguyễn Khánh Chi - THPT số 1 Bắc Hà

11

VS .ABCD  VSABC  VSACD

1
1  a3 3 a3 3  a3 3





SA, SC SB  SA , SC SD  




  6  2
6  
2
6



Mặt khác :(SCD ) có n SCD   SC , SD   (0; a 2 3; 2a 2 )
 pt(SCD ) có dạng : a2 3y  2a2 z  a3 3  0
 ptđt  đi qua A và vuông góc (SCD) có dạng :
a

x  2 t


2

3t , t 
y  a
 z  2a2 t




t

3
a 3a 2a 3
   (SCD )  M ( ;
;
)
7a
2 7
7
9a 2
12a 2


49
49

 d ( A,(SCD ))  AM 

21a 2
a 3

49

7

Lưu ý sử dụng cơng thức khoảng cách nhanh hơn
d ( A,(SCD)) 

a
a2 3.  a3 3
2
3a 4  4a4



a 3
)
7

Ví dụ 2: (ĐH - Khối A- 2010) Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vng
cạnh a. Gọi M và N lần lượt là trung điểm của các cạnh AB và AD; H là giao
điểm của CN và DM. Biết SH vng góc với mặt phẳng (ABCD) và SH= a 3 .
Tính thể tích khối chóp S.CDNM và tính khoảng cách giữa hai đường thẳng
DM và SC theo a.
Hƣớng dẫn giải
S
z
Dễ thấy
VS .CDNM  VS . ABCD  VS . BCM  VS . AMN
1
 SH .( S ABCD  SBCM  S AMN )
3
1

a2 a2
5a 3 3
 .a 3(a 2   ) 
.
3
4
8
24

Bây giờ ta tính khoảng cách
giữa hai đường thẳng DM và
SC bằng phương pháp tọa
độ.
Chọn hệ trục Oxyz như hình
vẽ, ta có
C  O(0;0;0), B(a;0;0),
D(0;a;0), A(a;a;0).

y
N

A

D
H
M
CO

Nguyễn Khánh Chi - THPT số 1 Bắc Hà

B

x

12


a
2

M là trung điểm AB  M (a; ;0)
N là trung điểm AD
a
 N ( ; a;0) H  (Oxy )  H ( x; y;0)
2
H  DM  CN  CH , CN cùng phương và DH , DM cùng phương
2a
4a
2a 4a
2a 4a
x ya
x y
. Vậy H( ; ;0 )  S ( ; ; a 3)
x
,y
  và 
a
a a
5
5

5 5
5 5
a

2
2
a2 3 2
2 a 4a
a


Khi đó, CS  ( ; ; a 3), DM  (a;  ;0)  CS , DM   (
; a 3; a 2 )
2
5 5
2
CS , DM  .CM
a
a3 3
2a 57


Mặt khác CM  (a; ;0)  d ( SC , DM ) 
.
 2

2
19
a 19
CS , DM 



2

Ví dụ 3: (ĐH - Khối A- 2009)
Cho hình chóp S.ABCDcó đáy ABCD là hình thang vuông tại A và D,
AB=AD=2a, CD=a; góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (ABCD) bằng 60o. Gọi I
là trung điểm của cạnh AD. Biết hai mặt phẳng (SBI) và (SCI) cùng vuông góc
với (ABCD), tính thể tích khối chóp S. ABCD theo a.
Hƣớng dẫn giải
z
Vì (SBI)  (ABCD), (SCI)  (ABCD)
S
 SI  (ABCD), giả sử SI=h.
Dựng đường thẳng qua A và song song
với SI
Chọn hệ trục tọa độ Oxyz như hình vẽ
Khiđó:A(0;0;0),B(2a;0;0),
D(0;2a;0),C(a;2a;0)I(0;a;0),S(0;a;h)

BS  (2a; a; h); BC  (a; a;0)

 n ( SBC )   BC , BS   (2ah; ah;3a 2 );
D

  60o

1

2

C

y

o



n ( SBC ) .n ( ABCD )
n ( SBC )



x

I

n ( ABCD )  k  (0;0;1)

 cos 60

B

A

3a
5h 2  9a 2

n ( ABCD )

n ( SBC ) .k
1


2
n ( SBC ) k

 h 

a3 15
5

1
1
3 15
 VS . ABCD  .SI .S ABCD  h(a  2a)2a  a3
3
6
5
Nguyễn Khánh Chi - THPT số 1 Bắc Hà

13


3. Hình lăng trụ
Tùy theo hình dạng của đáy ta chọn hệ trục như các dạng trên.
a, Hình lăng trụ đứng: (Với hình hộp chữ nhật hay hình lập phương hay hình
lăng trụ tứ giác đều) thì việc thiết lập hệ tọa độ thường có hai cách:
+ Chọn một đỉnh làm gốc tọa độ và ba trục trùng với ba cạnh của hình hộp.

+ Chọn tâm của đáy làm gốc tọa độ và ba trục song song với ba cạnh của hình
hộp.
b, Hình lăng trụ nghiêng, ta dựa trên đường cao và tính chất của đáy để chọn
hệ tọa độ cho thích hợp.
Ví dụ 1: Cho hình lập phương ABCD A'B'C'D'. CMR AC' vuông góc mp’
(A'BD)
Hƣớng dẫn giải
z
Chọn hệ trục tọa độ Oxyz
sao cho O  A; B  Ox; D 
Oy và A'  Oz Giả sử hình
A'
D'
lập phương ABCD A'B'C'D'
có cạnh là a đơn vị
C'
B'
A(0;0;0),B(a;0;0),D(0;a;0),
A'(0;0;a), C'(1;1;1)
 Phương trình đoạn chắn
y
của mặt phẳng (A'BD):x + y
A
D
+z=a
hay x + y + z –a = 0  Pháp
B
C
tuyến của mặt phẳng (A'BC):
x

n (A'BC) = (1;1;1) mà
AC' = (1;1;1)
Vậy AC' vuông góc (A'BC)
Ví dụ 2: (ĐH - Khối B- 2009)
Cho hình lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’, có BB’=a góc giữa hai đường
thẳng BB’ và mặt phẳng (ABC) bằng 600, tam giác ABC vuông tại C và
BAC  600 . Hình chiếu vuông góc của điểm B lên mặt phẳng (ABC) trùng với
trọng tâm tam giác ABC. Tính thể tích khối tứ diện A’. ABC.
Hƣớng dẫn giải
Giả sử AC=b,  ABC vuông tại C có BAC  600 nên CB= b 3 ,
 B’GB vuông tại G có B ' BG  600 , BB’=a nên B’G== B ' G  a

3
a
, BG  .
2
2

Từ C dựng trục Cz song song với B’G. Chọn hệ trục tọa độ Oxyz như hình vẽ
b b 3
b b 3
3
;0), B '( ;
;a
)
3 3
3 3
2

Ta có: C(0;0;0), A(b;0;0), B(0; b 3 ;0) G ( ;
2

Ta có:

2

2
 a 3 
3a
b  b 3
BB '  a    0   
 b 3   
 0   a  b 
2 13
3   3
  2


Nguyễn Khánh Chi - THPT số 1 Bắc Hà

14


Lại có:

C'
z

AA '  BB '

 A '(

B'

2a  3a a 3
;
;
)
2
13 13

 VA '. ABC

A'

CA, CB  .CA '



6

C

9a 3

(dvtt )
208

G

x

B

y

A

Ví dụ 3 : (ĐH - Khối A- 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 BC. Tính theo a thể tích khối chóp A’.ABC và
cosin góc giữa hai đường thẳng AA’, B’C’.
Hƣớng dẫn giải
Z
Ta có BC=2a, AI==a,  A’AI vuông
A'
C'
tại I , AA’=2a  A’I= a 3
Chọn hệ trục tọa độ Oxyz như hình
vẽ.Ta có A(0;0;0),
B'

a a 3
B(a;0;0),C(0; a 3 ;0), A '( ;
; a 3)
2 2

Tính thể tích khối chóp A’.ABC
Cách 1:

A
C

3

VA'. ABC

1
1 1
a
 SABC . A ' I  . a.a 3.a 3  (đ
3
3 2
2

y

I
B
x

vtt)
Cách 2: VA'. ABC 

3
1
 . A ' C  a (đvtt)
A
'

A
,
A
'
B

6
2

Tính cosin góc giữa hai đường thẳng AA’ và B’C’
Gọi  là góc giữa hai đường thẳng AA’ và B’C’
Vì B’C’ song song với BC nên góc giữa AA’ và B’C’ chính là góc giữa AA’ và
BC. Ta có: cos 

AA '.BC
AA ' . BC



1
4

Ví dụ 4 (ĐH khối B – 2011).
Cho hình lăng trụ ABCD.A’B’C’D’ có đáy ABCD là hình chữ nhật, AB =
a, AD = a 3 . Hình chiếu vuông góc của A’ trên (ABCD) trùng với giao điểm
Nguyễn Khánh Chi - THPT số 1 Bắc Hà

15

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 B’ đến mặt phẳng (A’BD) theo
a.
Hƣớng dẫn giải
z
B'
Gọi I = AC  BD. Ta có
C'
A ' I  ( ABCD) .
Chọn hệ trục Oxyz với B là
A'
gốc tọa độ, tia BA là tia Ox,
D'
tia BC là tia Oy, tia Oz là tia
Bz song song và cùng hướng
với tia IA’.
Khi đó B(0;0;0), A(a;0;0),
B
C
y
C(0; a 3 ;0),
a a 3
;0 ).
2 2

I

D(a; a 3 ;0), I( ;

A’ có hình chiếu lên (Oxy) là I

nên

D

A
x

a a 3
; z ) ( z  0) .
2 2

A’( ;

Ta tìm z:
+ Mặt phẳng (ABCD) chính là mặt phẳng (Oxy) nên có VTPT là k  (0;0;1).
a2 3
a 3
a a 3
)
.(2 z;0; a )
AD  (0; a 3;0), AA '  (  ;
; z )   AD, AA '  (az 3;0;
2
2
2 2
 mặt phẳng (ADD’A’) có VTPT là n  (2 z;0; a ) .

+ Góc giữa hai mặt phẳng (ADD’A’) và (ABCD) bằng 600 nên ta có
k .n
k.n

 cos60 

1
a
1
a 3

 z
2
2
2
2
2
4z  a

(z > 0).

a a 3 a 3
).
;
2 2
2

Vậy A’( ;

a 3
3a 3
.a.a 3 
Do đó VABCD. A' B ' C ' D '  A ' I .S ABCD 

.
2
2
3a 2 a 2 3
a2
;
;0)   .(3;  3;0)
Mặt phẳng (A’BD) có VTPT là  BA ', BD   ( 
2
2
2
 ( A ' BD) : 3x  3 y  0  3x  y  0 .
a a 3 a 3
;
)
2 2
2

Mặt khác BB '  AA '  B '(  ;

Vậy khoảng cách từ B’ đến (A’BD) là d ( B ',( A ' BD)) 

a
a 3
 . 3
2
2
2



a 3
2

Ngoài các trường hợp trên, trong các trường hợp khác ta dựa vào quan hệ song
song, vuông góc và các tính chất của đường cao, đáy,... để thiết lập hệ tọa độ
cho thích hợp.
Nguyễn Khánh Chi - THPT số 1 Bắc Hà

16


3.3 Các dạng bài tập tƣơng tự
3.3.1. Các bài toán về hình chóp tam giác
Bài 1 (trích đề thi Đại học khối D – 2002). Cho tứ diện ABCD có cạnh AD
vuông góc (ABC), AC = AD = 4cm, AB = 3cm, BC = 5cm. Tính khoảng cách
từ đỉnh A đến (BCD).
Bài 2 (trích đề thi Đại học khối D – 2003). Cho hai mặt phẳng (P) và (Q) vuông
góc với nhau, giao tuyến là đường thẳng (d). Trên (d) lấy hai điểm A và B với
AB = a. Trong (P) lấy điểm C, trong (Q) lấy điểm D sao cho AC, BD cùng
vuông góc với (d) và AC = BD = AB. Tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện
ABCD và khoảng cách từ đỉnh A đến (BCD) theo a.
Bài 3. Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác vuông tại B, AB = a, BC = 2a.
Cạnh SA vuông góc với đáy và SA = 2a. Gọi M là trung điểm của SC.
1. Tính diện tích D MAB theo a.
2. Tính khoảng cách giữa MB và AC theo a.
Bài 4. Cho tứ diện S.ABC có D ABC vuông cân tại B, AB = SA = 6. Cạnh SA
vuông góc với đáy. Vẽ AH vuông góc với SB tại H, AK vuông góc với SC tại
K.
1. Chứng minh HK vuông góc với CS.

2. Gọi I là giao điểm của HK và BC. Chứng minh B là trung điểm của CI.
3. Tính sin của góc giữa SB và (AHK).
4. Xác định tâm J và bán kính R của mặt cầu ngoại tiếp S.ABC.
Bài 5. Cho hình chóp S.ABC có D ABC vuông tại C, AC = 2, BC = 4. Cạnh bên
SA = 5 và vuông góc với đáy. Gọi D là trung điểm cạnh AB.
1. Tính cosin góc giữa hai đường thẳng AC và SD.
2. Tính khoảng cách giữa BC và SD.
Bài 6. Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác đều cạnh a. SA vuông góc với
đáy và SA = a 3 .
1. Tính khoảng cách từ đỉnh A đến (SBC).
2. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và SC.
3.3.2. Các bài toán về hình chóp tứ giác
Bài 7. Cho hình chóp S.ABCD có đáy hình vuông cạnh a, SA = a và vuông góc
với đáy. Gọi E là trung điểm CD.
1. Tính diện tích D SBE.
2. Tính khoảng cách từ đỉnh C đến (SBE).
3. (SBE) chia hình chóp thành hai phần, tính tỉ số thể tích hai phần đó.
Bài 8. Cho hình chóp S.ABCD có đáy hình vuông cạnh a. Cạnh bên SA vuông
góc với đáy và SA = a 3 .
1. Tính khoảng cách từ đỉnh C đến (SBD).
2. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng SD và AC.
Bài 9. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình chữ nhật, AB = a, AD = b. Cạnh
bên SA vuông góc với đáy và SA = 2a. Gọi M, N là trung điểm cạnh SA, SD.
1. Tính khoảng cách từ A đến (BCN).
2. Tính khoảng cách giữa SB và CN.
3. Tính góc giữa hai mặt phẳng (SCD) và (SBC).
Nguyễn Khánh Chi - THPT số 1 Bắc Hà

17

·
4. Tìm điều kiện của a và b để cos CMN
=

3
. Trong trường hợp đó tính
3

thể tích hình chóp S.BCNM.
3.3.3. Các bài toán về hình hộp - Hình lăng trụ đứng
Bài 10. Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ cạnh a. Gọi I, K, M, N lần lượt
là trung điểm của A’D’, BB’, CD, BC.
1. Chứng minh I, K, M, N đồng phẳng.
2. Tính khoảng cách giữa IK và AD.
3. Tính diện tích tứ giác IKNM.
Bài 11. Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ cạnh a. Tìm điểm M trên cạnh
AA’ sao cho (BD’M) cắt hình lập phương theo thiết diện có diện tích nhỏ nhất.
Bài 12. Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ có độ dài cạnh là 2cm. Gọi M là
trung điểm AB, N là tâm hình vuông ADD’A’.
1.Tính bán kính R của mặt cầu (S) qua C, D’, M, N.
2.Tính bán kính r của đường tròn (C) là giao của (S) và mc (S’)qua A’, B,
C’, D.
3. Tính diện tích thiết diện tạo bởi (CMN) và hình lập phương.
Bài 13 (trích đề thi Đại học khối B – 2003) Cho hình lăng trụ đứng
·
ABCD.A’B’C’D’ có đáy hình thoi cạnh a, BAD
= 600. Gọi M, N là trung điểm
cạnh AA’, CC’.
1. Chứng minh B’, M, D, N cùng thuộc một mặt phẳng.

2. Tính AA’ theo a để B’MDN là hình vuông.
4. Kết quả thực hiện:
4.1- Bài kiểm tra số 1
- Mục đích :Kiểm tra trình độ học sinh của 2 lớp trước khi tiến hành thực
nghiệm
- Thời gian :trước khi dạy thực nghiệm một tuần.
- Bảng 1:
Tần số F(xi)
Tần suất (%)
Điểm

Lớp 12A2

Lớp 12A1

Lớp 12A2

Lớp 12A1

10

0

0

0

0

9

0

1

0

2,08

8

1

3

2,13

6,25

7

8

9

17,02

18,75

6

10

13

21,27

27,08

5

13

12

27,66

25

4

8

5

17,02

10,42

3

5

4

10,64

8,34

2

2

1

4,26

2,08

Nguyễn Khánh Chi - THPT số 1 Bắc Hà

18


Qua bảng trên ta thấy về trình độ của hai lớp ngang nhau, điểm kiểm tra
trung bình chiếm phần lớn, số điểm dưới trung bình cũng khá nhiều.
4.2- Bài kiểm tra số 2:
- Thời gian: tiến hành kiểm tra sau khi dạy học thực nghiệm.
- Mục đích: đánh giá kết quả sau khi thực nghiệm.
Bảng 2:

Tần số F(xi)
Điểm

Lớp 12A2

Tần suất (%)
Lớp 12A1

Lớp 12A2

Lớp 12A1

10

0

0

0

9

0

2

0

4,17

8

2

5

4,26

10,42

7

10

15

21,28

31,25

6

13

17

27,66

35,42

5

12

7

25,53

24,57

4

6

2

12,77

4,17

3

3

0

6,38

0

2

1

0

2,12

0

1

0

0

0

Căn cứ vào kết quả thực nghiệm trên ta thấy kết quả làm bài của lớp thực
nghiệm cao hơn so với lớp đối chứng. Ở lớp thực nghiệm số điểm khá, giỏi
tăng, số điểm dưới trung bình giảm đáng kể so với lớp đối chứng.
Như vậy, có thể nói việc hệ thống hoá các kiến thức và phân dạng các bài
tập dùng phương pháp toạ độ để giải các bài tập hình học không gian tổng hợp
đã kích thích được tính tích cực của các em học sinh giúp các em đã biết giải
các bài tập và biết cách phân dạng và định hướng được cách làm và cách trình
bày bài.
III. Kết luận.
Thông qua các ví dụ minh họa các trường hợp đơn giản và lời giải các bài
toán trong các đề thi Đại học, Cao đẳng, tôi tự nhận thấy phương pháp tọa độ
hóa thật sự là một công cụ rất hiệu quả để giải các bài toán hình học không gian

tổng hợp. Các lời giải trực tiếp và dễ định hướng. Nội dung sáng kiến này đã
được trình bày cho các em học sinh khối 12 ôn thi Đại học, Cao đẳng, các em
học sinh trong đội tuyển học sinh giỏi Toán và máy tính cầm tay khối 11, 12. Sự
hứng thú và tự tin của học sinh đối với việc học Toán, đặc biệt là hình học
không gian, nhằm góp phần vào thành tích chung trong kì thi tuyển sinh Đại
học, Cao đẳng của nhà trường. Trên đây là một số ý kiến cá nhân của tôi về việc
hướng dẫn học sinh dùng phương pháp toạ độ để giải các bài tập hình học
không gian tổng hợp, tôi xin đưa ra trao đổi cùng các bạn đồng nghiệp.
Nguyễn Khánh Chi - THPT số 1 Bắc Hà

19


Các phép tính trong sáng kiến là khá nhiều, hình vẽ khá phức tạp nên
không tránh khỏi các thiếu sót. Tôi rất mong được sự giúp đỡ, đóng góp của ban
giám khảo và các đồng nghiệp để công việc dạy học của tôi đạt kết quả cao hơn.
Tài liệu tham khảo
- Sách giáo khoa, bài tập cơ bản và nâng cao lớp 12.
- Bài tập nâng cao và một số chuyên đề toạ độ trong không gian 12
- Ôn kiến thức,luyện kĩ năng giải các dạng toán quan trọng về hình học.
- Chuyên đề hình không gian.
- Đề thi tuyển sinh ĐH- CĐ.

Thẩm định của hội đồng thẩm định
Sáng kiến kinh nghiệm
Chủ tịch hội đồng

Bắc Hà, ngày 20 tháng 05 năm 2014
Ngƣời viết sáng kiến

Nguyễn Khánh Chi

Nguyễn Khánh Chi - THPT số 1 Bắc Hà

20