Sáng kiến kinh nghiệm SKKN giải toán hình học không gian bằng phương pháp toạ độ

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

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

2


MỞ ĐẦU
I - 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 hiện nay nói chung và học sinh ban cơ bản nói riêng, thì việc
giải các bài boán hình học không gian sơ cấp đang là vấn đề nan giải. Các em rất vất vả
trong việc xác định khoảng cách và góc. Đa số các em đều bỏ qua bài toán hình học
không gian trong đề thi. Vì vậy tôi quyết định đưa ra giải pháp sử dụng phương pháp tọa
độ trong không gian. Ở học kỳ II của lớp 12 các em đã được làm quen với phương pháp
tọa độ trong không gian, 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.
II- Phạm vi , đối tƣợng, thời gian thực hiện:
- 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
PTTH.
- Thực hiện đề tài trong các giờ bài tập của học sinh lớp 12 chuyên Pháp, năm học 2011 –
2012

III. 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 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 dựng SH vuông góc với
mp(ABCD) sao cho góc giữa hai mặt phẳng (SAD) và (ABCD) có số đo 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

hai mặt phẳng (SAD) và (SCD).
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.
IV– 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 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, cô giáo
cần đề ra giải pháp khi giải bài toán hình học không gian bằng phương pháp toạ độ.

4


-

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.
lại.

Phiên dịch đúng từ bài toán hình học không gian sang ngôn ngữ toạ độ và ngược

NỘI DUNG
Chương I
MỘT SỐ KIẾN THỨC CƠ BẢN.
1/ Hệ trục toạ độ.
Cho ba trục toạ độ x’Ox, y’Oy, z’Oz vuông góc với nhau từng đôi 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 hệ toạ độ Oxyz.
z

+ Trục Ox gọi là trục hoành.
+ Trục Oy gọi là trục tung.
+ Trục Oz gọi là trục cao.

k

+ Điểm O gọi là gốc của hệ toạ

j

y

O

độ.

i
x

2/ Vectơ đối với hệ toạ độ.
+ Cho hệ toạ độ Oxyz và một vectơ tuỳ ý v . Vì ba vectơ i, j, k không đồng phẳng
nên có duy nhất bộ ba số x, y, z sao cho: v  xi  y j  zk
Bộ ba số (x; y; z) gọi là toạ độ của vectơ v , kí hiệu là v( x; y; z ) hoặc v  ( x; y; z ) . Số
x gọi là hoành độ, số y gọi là tung độ và số z gọi là cao độ của vectơ v .
5


+ Với hai điểm M1  x1, y1, z1  và M 2  x2 , y2 , z2  thì:
M1M 2   x2  x1 , y2  y1 , z2  z1 

+ Nếu có hai vectơ v1  ( x1 , y1 , z1 ) và v2  ( x2 , y2 , z2 ) thì:
(i).

v1  v2   x 1  x2 , y1  y2 , z1  z2 

(ii).

v1  v2   x 1  x2 , y1  y2 , z1  z2 

(iii). kv1  (kx1 , ky1 , kz1 )
(iv). v1.v2  x 1.x2  y1. y2  z1.z2
(v).

v1  v2  x1 x2  y1 y2  z1 z2  0

(vi). Tích có hướng của hai vectơ v1  ( x1 , y1 , z1 ) và v2  ( x2 , y2 , z2 ) là một
 y

vectơ v được xác định bởi: v  v1 , v2    1
 y2

z1 z1
,
z2 z2

x1 x1
,
x2 x2

y1 

y2 

3/ Khoảng cách giữa hai điểm.
Cho hai điểm M1  x1, y1, z1  và M 2  x2 , y2 , z2  , thì khoảng cách d giữa M1 và M 2 là
độ dài của vectơ M 1M 2 :
d  M1M 2 

2
2
2
 x1  x2    y1  y2    z1  z2  .

4/ Chia một đoạn thẳng cho trƣớc theo một tỷ số cho trƣớc.
Điểm M  x, y, x  chia đoạn thẳng M1M 2 theo tỉ số k: MM 1  k MM 2 được xác định
bởi công thức:

6

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 M1M 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  giữa hai vectơ v1  ( x1 , y1 , z1 ) và v2  ( x2 , y2 , z2 ) xác định bởi:
cos  

x1.x2  y1. y2  z1.z2
x11  y11  z11 . x22  y22  z22

.

6/ Hai vectơ cùng phƣơng
Hai vectơ v1  ( x1 , y1 , z1 )  0 và v2  ( x2 , y2 , z2 )  0 cùng phương với nhau khi và chỉ khi tồn
tại số thực k sao cho:
v2  kv1  cả ba định thức sau đều bằng 0:

y1
y2

z1 z1
,
z2 z2

x1 x1
,
x2 x2

y1
y2

.

7/ Phƣơng trình mặt phẳng.

7


a. Khái niệm.
Một vectơ n  0 được gọi là một vectơ pháp tuyến của mặt phẳng ( ) nếu nằm trên
đường thẳng vuông góc với ( ) .
Mặt phẳng ( ) hoàn toàn xác định nếu cho biết một điểm M 0  ( ) và một vectơ
pháp tuyến của nó.
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  B2  C 2  0)

và ngược lại mỗi phương trình dạng đó là phương trình của một mặt phẳng.
8/ Phƣơng trình đƣờng thẳng
a. Định nghĩa: Vectơ a là vectơ chỉ phương của đường thẳng (d)
 a  0

 a / /( d )

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 1
(d ) : 
với điều kiện A1 : B1 : C1  A 2 : B2 : C2
A
x

B
y

C
z

D

0
2


 2
2
2
2

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

8

9/ Phƣơng trình mặt cầu
Trong hệ toạ độ Oxyz tập hợp các điểm cách điểm I (a, b, c) cho trước một khoảng
R>0 không đổi là một mặt cầu có phương trình:
( x  a)2  ( y  b)2  ( z  c)2  R2 .

Chương II
GIẢI BÀI TOÁN HÌNH HỌC KHÔNG GIAN BẰNG PHƢƠNG 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, vectơ 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
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. Bước 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.

9

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.
PHƢƠNG 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 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.

1. Các hình chóp và lăng trụ có sẵn ba cạnh cùng xuất phát từ một điểm lần lượt
vuông góc với nhau từng đôi một, ta chọn ba trục Ox, Oy, Oz lần lượt là ba cạnh đó.
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.
Giải.

10


z

Chọn hệ trục toạ độ Axyz với
B  Ax, D  Ay và A  Az , khi đó:

D’

A’

A 0;0;0  , B  a;0;0  , C  a; a;0  , D  0; a;0 

C’

B’

D
B
x

y

A
C

A  0;0; a  , B  a;0; a  , C  a; a; a  , D  0; a; a .

a.

Ta có AB  a;0; a  & AC  a; a; a 
Gọi  là góc tạo bở A’B và AC’ ta có:

cos  

AB. AC 
A ' B . AC '

0 


2

.

Gọi d1 là khoảng cách giữa A’B và AC’. ta có:
 A ' B, A ' C  . AA '
a


.
d1 


6
 A ' B, A ' C 





a



a 

b. Ta có: K  0; a;  , KC  a;0;  & A ' D  0; a; a .
2
2 


Gọi  là góc tạo bởi CK và A’D, ta có:
cos  

KC. A ' D
KC . A ' D



1
.
10

Gọi d2 là khoảng cách giữa CK và A’D, ta có:

11


 KC , A ' D  , KD a


d2 

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:

 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 u1  0;1;1 và u2 1; 1;1 ) hai góc bằng nhau ( giả
sử là  ) nên:

sin  

m
2  m  1
2



1 m
3  m  1
2

 3 m  2 1  m  m 2  4m  2  0

 m  2  6 .

Với m  2  6 ta được:
sin  

6 2
2






2
6  2  1




6 2
22  8 6



6 2



4 6



2

6 1
5



Với m  2  6 ta được:
sin  

62





2
2   6  2  1





62
22  8 6



62



4 6



2



6 1
.
5

Bài 2: Cho tứ diện OABC có OA, OB, OC đôi một vuông góc , OA=
a. OB= b, OC= c. Điểm M cố định thuộc tam giác ABC có khoảng
cách lần lượt đến các mặt phẳng (OBC), (OCA), (OAB) là 1, 2, 3. Tính
a, b, c để thể tích tứ diện OABC nhỏ nhất.
Giải

12


Chọn hệ trục toạ độ Oxyz 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  z  3

Tương tự  M 1;2;3
PT  ABC  :

x y z
  1
a b c

M   ABC  

1 2 3
  1
a b c

1
VOABC  abc

6

 2

1  1 

1

1 2 3
1 2 3
   33 . .
a b c
a b c

1
 abc  27
6

 2   VOABC min

a  3
1 2 3 1

 27      b  6
a b c 3
c  9


2. Các dạng toán khác : Ta xác định chân đường cao, lấy chân đường cao làm gốc O,
trục Oz chính là đường cao, từ O trong mặt phẳng đáy dựng hai trục còn lại vuông góc

với nhau.
Bài 1: Cho hình chóp S.ABC có SA vuông góc với đáyvà tam giác
ABC vuông tại C. Độ dài các cạnh là SA  4, AC  3, BC  1 . Gọi M là
trung điểm AB, H là điểm đối xứng của C qua M. Tính cosin của góc tạo
bởi hai mặt phẳng (SBH) và (SBC).

13


Giải
Trong mp(ABC) dựng tia Ax vuông góc với AC. Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ.
Khi đó : A 0;0;0
 , B 1;3;0 , C  0;3;0 
z
S  0;0;4   H 1;0;0  , SB 1;3; 4 
S

SC  0;3; 4  , SH 1;0; 4  .
 SB, SC    0;4;3 ,  SB, SH    12;0; 3



C
y 4;0;1
 nSBC  n1   0;4;3 , nSBH  n2 


A

M

Hcos   SBC  ,  SBH B

x

n1.n2
n1 n2



3 17
85

Bài 2: 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 tam giác AMN biết mp(AMN) vuông góc với
mp(SBC).

Giải: Gọi O là hình chiếu của S trên mp(ABC), suy ra O là trọng tâm tam giác ABC. Gọi
I là trung điểm của BC khi đó :
AI 

a 3
a 3
a 3
a
, OA 
, OI 
, IB  IC 
2
3

6
2

Trong mp(ABC), ta vẽ tia Oy vuông góc với OA. Đặt SO=h, chon hệ trục tọa độ như
hình vẽ ta có :
a 3

O  0;0;0z , S  0;0; h  , A 
;0;0  ,
 3

S

 a 3
  a 3 a   a 3 a   a 3 a h  a 3 a h
I  N
;0;0  , B  M
; ;0  , C  
;  ;0  M  
; ; , N  
; ; 
6
6
2
6
2
12
4
2
12

4 2

 
 
 
 
h
I

C
a

O

B
A
y

14


n AMN 

 ah 5a 2 3 
  AM , AN    ;0;

24 
 4

n SBC 


a2 3 


  SB, SC    ah;0;

6



5a 2
 AMN    SBC   h 
12
2

 SAMN

1
a 2 10
.
  AM , AN  
2
16

Bài 3: Cho hình thoi ABCD tâm O, cạnh bằng a và AC=a. Từ trung điểm H của cạnh
AB dựng SH vuông góc với mp(ABCD) và SH = a.
a. Tính khoảng cách từ O đến mp(SBC).
b. Tính góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (SCD).

*Bài tập làm thêm

Giải

z

Vì tamS giác ABC đều nên HC  AB .
Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ. Khi đó
 a
 a
  a 3 
H  0;0;0  , A   ;0;0  , B  ;0;0  , C  0;
;o 
D
2
2
2






H
O
B


a 3 
S  0;0; a  .BA  CDC Dy a;

;0 
2
x


 a a 3 
;0 
4
4



O là trung điểm AC  O   ;

a. Mặt phẳng (SBC) có phương trình là :
2x 2 y
z

  1  2 3x  2 y  3z  a 3  0
a a 3 a

15


 d  O,  SBC   

a 57
.
19







a
b. Theo câu trên thì n SBC   2 3;2; 3 , còn  SC , SD    0; a 2 ;





 n SCD   0;2; 3  cos   SBC  ,  SCD   



3

2 

2

7
19

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  . 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

A  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 giữa hai mặt phẳng (SBC) và (SCD)
bằng 600.
Bài 4: Cho hình vuông ABCD cạnh bằng a. Từ trung điểm H của cạnh AB dựng SH
vuông góc với mp(ABCD) sao cho góc giữa hai mặt phẳng (SAD) và (ABCD) có số đo
bằng 600.
d.

Tính SH và khoảng cách từ H đến mp(SCD).

e.
Gọi K là trung điểm của cạnh AD. Chứng minh CK  SD và tính số đo góc giữa
hai mặt phẳng (SAD) và (SCD).
f.

Tính góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (SCK).

III/ Giải bài toán định tính trong hình học không gian
PHƢƠNG PHÁP CHUNG
Ta thực hiện theo các bước sau:

16


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 hình lập phương ABCD.A1B1C1D1 ; O là tâm hình vuông
BCC1B1, M là một điểm thuộc đoạn C1O. Mặt phẳng (MA1D) cắt B1D1
ở I và cắt AC tại J. Chứng minh I, M, J thẳng hàng.
z

Giải
A1 : Chọn hệ trục tọa
D1 độ như hình vẽ. Giã sử cạnh của hình lập phương bằng 1.
Ta có :
B1

C11;1;0  , D  0;1;0 
A 0;0;0  , B 1;0;0  , C
M

A1  0;0;1O, B1 1;0;1 , C1 1;1;1 , D1  0;1;1
A

D

y

x  1
B  0;1;1  BC :  y  m  M 1; m; m 
BC
1
1 
C
z  m
x


(Với

1
 m  1)
2

A1M 1; m; m  1 , A1D  0;1; 1  n A1DM    A1M , A1D   1  2m;1;1

Suy ra mp  A1DM  : 1  2m  x  y  z  1  0


x  1  t

B1D1  1;1;0   B1D1 :  y  t .
z  1


17

x  1  t
y  t

 1 2m  1 
Tọa độ I là nghiệm của hệ 
I
;
;1
z

1
2
m
2
m



1  2m  x  y  z  1  0

x  u


1
1

AC 1;1;0   AC :  y  u  J 
;
;0 
 2 1  m  2 1  m  

z  0




 1  2m 2m  1  2m 2

 1  2 m 2 m  1  2m 2

MI  
;
;1  m  ; MJ  
;
; m 
2m
2(m  1)
 2m

 2(m  1)


Suy ra : MI 

m 1
MJ hay ba điểm M, I, J thẳng hàng (đpcm).
m

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:
z

A  (0;0;0); B  (a;0;0)
D  (0; a;0); A  (0;0; a)

A’
C’

B’

Khi đó

N

C  (a; a;0)
D  (0; a; a)

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

D’

D

y

A
M
x

B

C

18


Ta có:

BC  (0; a;0); BA  (a;0;0);
MN  ( x2  x1; y2  y1; z2  z1 )

Vặt khác theo giả thiết:
DM  AN  x

Đặt

k

(0  x  a 2)

x

(0  k  1)

a 2

 x1  a  k (a )
 x1  a  ka


DM  k DB   y1  ka
  y1  ka
z  0
z  0
 1
 1



 x2  ka

AN  k AD   y2  0
 z  ka
 2



Xét 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 BC, BA ', MN luôn luôn đồng phẳng.
Suy ra MN luôn luôn song song với (A’BCD’) cố định.
*Bài tập làm thêm.
Bài 1: Cho hình lập phương ABCDA’B’C’D’ cạnh bằng a. CMR khoảng cách 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
a
2

với đáy. Gọi M, N là hai điểm theo thứ tự thuộc BC, DC sao cho BM  . DN 
CMR hai mặt phẳng (SAM) và (SMN) vuông góc với nhau.

3a
.
4

19


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   chứa các đường thẳng này. CMR hình
chiếu vuông góc (d’) của đường thẳng (d) lên mặt phẳng   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
PHƢƠNG 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 cần 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 mặt phẳng (ABC) và
(ACC1A1). Tính khoảng cách đó.
z

Giải.
Chọn hệ trục toạ độ Axyz với B  Ax, khi đó:

A1
F

C1

A

C

B1

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:
a a
2 2

a
2

E ( , ,0) và F (0, , h) .

y

E
x

B

Phương trình đường thẳng EF được cho bởi:
20


a a

x

 t

a a
2 2



Qua E ( 2 , 2 ,0)
a

EF : 
 EF  y 
t  R.
a
2
vtcp EF ( ,0, h)

 z  ht

2

a
2

a a
2 2

Vì I  EF nên I (  t , , ht ) . 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:
a
x  kxF
a
a
xI  E

 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
2
k k 

BM
BM 2  x  a 2  y 2  Z 2
2

2

a 1  k 2  
 2ak 
2
2
 x 
  y  z 
2
2 
1

k
1 k 


2

Phương trình trên là phương trình mặt cầu có:

21

  a 1  k 2 

2ak
;0;0  bán kính R 
tâm I 
.
2
2
 1 k

1

k



*Bài tập làm thêm.
Bài 1: Trong mặt phẳng  cho đường tròn (C) đường kính AB=2R, SA=h (0vuông góc với mặt phẳng  . Gọi M là điểm di động trên đường tròn (C). Tính h theo R
để tồn tại điểm M trên (C) để đoạn nối trung điểm hai đoạn AM và SB là đoạn vuông góc
chung của chúng, khi đó tính độ dài của đoạn vuông góc chung này.
Bài 2: Cho hình trụ có hai đáy là hai đường tròn tâm O và O1, bán kính R, chiều cao hình
trụ bằng h. Trên hai đường tròn (O) và (O1) có hai điểm di động A, B. Gọi I, K theo thứ tự
là trung điểm OO1 và AB.
a.

CMR IK là đường vuông góc chung của OO1 và AB.

b.

Tính độ dài IK trong các trường hợp:

4R2
+ AB=kh. với 1h





+ OA, O1B  
Từ đó suy ra quỹ tích điểm K khi AB di động.
Bài 3: Cho góc tam diện vuông Oxyz trên Ox, Oy, Oz lấy các điểm A, B, C sao cho
OA=OB=OC. Giả sử (d) là đường thẳng qua O, các điểm A’, B’, C’ là các điểm đối xứng
với A, B, C qua (d). Các mặt phẳng đi qua A’, B’, C’ tương ứng vuông góc với các đường
thẳng OA, OB, OC cắt nhau tại M. Tìm tập hợp các điểm M.
Bài 4: Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD, cạnh đáy bằng a. Xác định quỹ tích của điểm
M trong các trường hợp sau:
a) MS  MA  MB  MC  MD 

5a 15
8

Biết diện tích toàn phần của hình chap bằng Stp  5a 2 .
b) MS  MA  MB  MC  MD 

2a 30
3

22


a3 30
Biết thể tích hình chóp bằng V 
.
18

Bài 5: Cho tứ diện ABCD vuông tại A và điểm M tùy ý. Chứng minh rằng :
2MA2  MB 2  MC 2  MD2 .

KẾT LUẬN
Trên đây là một số dạng toán, cũng như một số bài boán điển hình mà tôi đã giới
thiệu. Ngoài ra còn rất nhiều dạng toán hình học không gian có thể áp dụng phương pháp
tọa độ trong không gian như: Chứng minh quan hệ song song, quan hệ vuông góc; Chứng
minh các hệ thức hình học; Chứng minh bất đẳng thức cũng như tìm cực trị hình học;
Tìm các điểm cố định..v..v…Mỗi dạng lại có vô số bài tập có thể tổng vét toàn bộ các
dạng toán hình học không gian sơ cấp. Nhưng do thời gian cũng như giới hạn chương
trình không cho phép nên tôi chỉ sơ lược một số dạng cũng như một số bài toán điển hình.
Trong quá trình biên soạn có điều gì sai sót mong các thầy, cô và các bạn đọc thông cảm
và góp ý chân thành. Tôi xin chân thành cảm ơn!

23