Phương pháp tọa độ hóa giải một số bài toán hình học không gian

MỤC LỤC
TT

Nội dung

PHẦN I. ĐẶT VẤN ĐỀ ………………………………………………………………………….
1. Lý do chọn đề tài

Trang
3
3

…………………………………………………………………………...

2. Mục đích nghiên cứu

3

……………………………………………………………………...

3. Phạm vi nghiên cứu …………………………………………………………………….....

4

4. Khả năng áp dụng ……………………………………………………………………........

4

PHẦN II. GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ

5

…………………………………………………………..

I. Những vấn đề lý luận chung

5

…………………………………………………………….

II. Thực trạng vấn đề

5

……………………………………………………………………........

1. Thuận lợi

5

……………………………………………………………………................

2. Khó khăn ………………………………………………………………………….........

5

III. Một số kiến thức hình tọa độ trong không gian ………………………………..

7

IV. Các biện pháp đã tiến hành để giải quyết vấn đề ……………………………...

9

1. Một số cách chọn hệ trục tọa độ trong hình học phẳng Oxy

9

………….

2. Các bước giải bài toán hình không gian bằng phương pháp tọa độ

11

3. Một số cách chọn hệ trục tọa độ trong không gian …………………

11

… ..

4. Một số bài tập minh họa …………………………………………………… … …

13

4.1. Hình chóp có đáy là tứ giác ………………………………………………… ..

13

4.2. Hình chóp có đáy là tam giác

21

…………………………………………………

4.3. Hình lăng trụ có đáy là tứ giác ………………………………………………

23

4.4. Hình lăng trụ có đáy là tam giác ……………………………………………

27

5. Một số bài tập tự luyện …………………………………………………… …

31

… ..

6. Hiệu quả của Sáng kiến kinh nghiệm …………………………………………

32

PHẦN III. KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ ……………………………………………… .

33

1. Bài học kinh nghiệm …………………………………………………… …………… ….

33

2. Kết luận …………………………………………………… …………… … …………… ….

33

3. Kiến nghị …………………………………………………… …………… … …………… ..

33

Giáo viên: Hồ Ngọc Thạch, Trường THPT Phú Lộc

-1-


Danh mục các chữ cái viết tắc
1. VTCP:

Vectơ chỉ phương.

2. VTPT:

Vectơ pháp tuyến.

3. THPT:

Trung học phổ thông.

4. SKKN:

Sáng kiến kinh nghiệm.

5. HK:

Học kỳ.

Giáo viên: Hồ Ngọc Thạch, Trường THPT Phú Lộc

-2-


PHẦN I. ĐẶT VẤN ĐỀ.
1. Lý do chọn đề tài.
Hình học không gian là phần học tương đối khó với học sinh. Nó đòi hỏi cao về
tính hệ thống kiến thức, tính tư duy trừu tượng, lập luận logic … Nhiều học sinh giải
bài tập hình học không gian chưa đạt yêu cầu, vẫn còn tình trạng nhẫm lẫn hoặc ngộ
nhận khi sử dụng giả thiết hay lập luận lời giải. Bên cạnh đó, công tác giảng dạy,
hướng dẫn của giáo viên cũng gặp không ít khó khăn. Từ việc hướng dẫn để học sinh
phân tích giả thiết, vẽ đúng hình biểu diễn, phân tích mối quan hệ giữa giả thiết và kết
luận đến việc sử dụng các kiến thức đã học và lập luận để giải bài toán. Khó khăn lớn
nhất là rèn luyện cho học sinh có tư duy độc lập để giải bài toán và kỹ năng trình bày
lời giải đúng, gọn và logic. Do đó học sinh ít hứng thú khi học và giải bài tập phần
hình học không gian.
Nhiều bài toán hình học không gian về tính khoảng cách, tính góc, tính thể tích,
bán kính mặt cầu ngoại tiếp, chứng minh quan hệ vuông góc . . . giải theo phương
pháp thuần túy thường phức tạp, tốn nhiều thời gian và có nhiều học sinh không giải
quyết được. Những bài toán này nếu sử dụng được phương pháp tọa độ hóa thì có
những ưu điểm như: giải quyết bài toán theo trình tự các bước cụ thể, lời giải rõ ràng
và ít lập luận, tỉ lệ học sinh giải được bài tập cao hơn so với phương pháp thuần túy.
Chính vì thế, học sinh có hứng thú nhiều hơn đối với hình học không gian.
Tuy nhiên, phương pháp tọa độ hóa chỉ tối ưu đối với một số dạng bài toán của
hình học không gian. Trong quá trình giảng dạy, bản thân cũng nhận thấy khi sử dụng
phương pháp tọa độ hóa học sinh còn gặp một số khó khăn như: chọn hệ trục và tọa độ

hóa các đỉnh chưa đúng, sai sót trong tính toán. Phương pháp này không được đề cập
nhiều trong sách giáo khoa, học sinh phổ thông ít được tiếp cận.
Giúp học sinh lớp 12 có thêm phương pháp giải toán hình học không gian,
chuẩn bị tốt hơn cho kỳ thi THPT quốc gia. Cũng như khắc phục những khó khăn khi
sử dụng phương pháp tọa độ hóa, tôi trình bày một số kỹ năng sử dụng phương pháp
tọa độ hóa giải một số lớp bài toán hình học không gian.
2. Mục đích nghiên cứu.
Từ lý do chọn đề tài, từ thực tiễn giảng dạy môn Toán ở trường THPT, cùng với
kinh nghiệm trong quá trình giảng dạy. Tôi đã phân tích, khai thác các nội dung liên
Giáo viên: Hồ Ngọc Thạch, Trường THPT Phú Lộc

-3-


quan để tổng hợp và hệ thống hóa thành chuyên đề “Phương pháp tọa độ hóa giải
một số bài toán hình học không gian”
Qua nội dung của đề tài này tôi mong muốn sẽ cung cấp cho học sinh một số kỹ
năng sử dụng có hiệu quả hơn phương pháp tọa độ hóa để giải bài toán hình học không
gian.

3. Phạm vi nghiên cứu.
Các bài toán hình học không gian trong chương trình Học kỳ I lớp 12 THPT
giải được bằng phương pháp tọa độ hóa.
Một số bài tập hình học không gian trong các đề thi Đại học – Cao đẳng từ năm
2009 đến nay.
4. Khả năng áp dụng.
Tài liệu này được trình bày từ thực trạng vấn đề, giải quyết vấn đề theo trình tự
từ đơn giản đến phức tạp, có phân loại các dạng cụ thể và bài tập minh họa. Đối với
học sinh học xong chương trình hình lớp 12 đều có thể tự nghiên cứu để trang bị cho
bản thân thêm phương pháp giải toán hình học không gian, chuẩn bị tốt hơn cho kỳ thi

THPT quốc gia. Tài liệu tham khảo bổ ích cho giáo viên môn Toán trong công tác
giảng dạy

Giáo viên: Hồ Ngọc Thạch, Trường THPT Phú Lộc

-4-


PHẦN II. GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ.
I. Những vấn đề lý luận chung.
Nhà toán học Descares đã để lại cho nhân loại những tác phẩm lừng danh, trong
đó có “hình học”. Ông đã phát minh cho nhân loại một phương pháp nghiên cứu hình
học rất tuyệt vời, nó kết hợp giữa Hình học và Đại số, ngày nay chúng ta thường gọi là
Hình học Giải tích. Việc sử dụng các phương pháp phân tích hình học tọa độ đã giúp
con người dùng ngôn ngữ và các công cụ đại số để nghiên cứu và giải quyết các vấn
đề hình học.
Đối với môn Toán, giảng dạy phân môn Hình học là một nhiệm vụ quan trọng.
Sử dụng kiến thức phần học này để nghiên cứu và giải quyết các bài toán ở phần khác
cho chúng ta thấy sự liên hệ giữa các phần kiến thức. Các mối liên hệ này cũng như sự
hỗ trợ lẫn nhau giữa các phần kiến thức giúp chúng ta giải quyết vấn đề của môn Toán
THPT hiệu quả hơn.
Giảng dạy và hướng dẫn cho học sinh phương pháp tọa độ hóa để giải bài toán
không gian rất quan trọng. Giúp các em biết vận dụng linh hoạt và sáng tạo các kiến
thức về tọa độ vectơ, tọa độ điểm, phương trình mặt phẳng, mặt cầu, đường thẳng và
các kiến thức liên quan vào giải toán Hình học.
Giải bài toán bằng phương pháp tọa độ ta thường thực hiện các bước sau:
Bước 1. Chọn hệ trục tọa độ gắn với hình vẽ của bài toán.
Bước 2. Phiên dịch bài toán hình học sang “ngôn ngữ” tọa độ.
Bước 3. Sử dụng “ngôn ngữ” vectơ, tọa độ và các kiến thức liên quan để giải
bài toán.

Bước 4. Phiên dịch bài toán trở lại ngôn ngữ hình học ban đầu.
II. Thực trạng vấn đề.
1. Thuận lợi.
Các kiến thức về hình học không gian và hình học giải tích không gian học sinh
được học đầy đủ ở lớp 11 và 12.
2. Khó khăn.
Giáo viên: Hồ Ngọc Thạch, Trường THPT Phú Lộc

-5-


Tuyển sinh lớp 10 hằng năm của trường THPT Phú Lộc có chất lượng thấp. Sức
học môn Toán của học sinh còn yếu, nhất là đối với phân môn Hình học.
Việc nắm vững kiến thức và vận dụng các kiến thức hình học không gian vào
giải quyết bài toán hình học thì không đơn giản đối với học sinh. Cụ thể: các kỹ năng
phân tích đề bài, vẽ đúng hình biểu diễn, sử dụng các kiến thức đã học và lập luận để
giải quyết bài toán cũng như mối liên hệ giữa bài tập này và các bài tập đã làm còn
yếu.
Phương pháp tọa độ hóa giải bài toán hình học không gian ít được đề cập trong
sách giáo khoa nên học sinh ít được tiếp cận, thiếu rèn luyện thực hành cũng như kinh
nghiệm sử dụng. Do vậy khi sử dụng phương pháp này học sinh gặp nhiều khó khăn
như: chọn, gắn hệ trục vào hình vẽ và không đạt yêu cầu, tọa độ hóa các điểm của hình
cũng như và tính toán trong quá trình giải còn nhiều sai sót nên hiệu quả chưa cao.
Ví dụ minh họa:
Cho hình hộp ABCD.A’B’C’D’ có đáy ABCD
là hình chữ nhật, AB = a, AD = 2a. Hình chiếu
vuông góc của đỉnh A’ trên (ABCD) là điểm H
thuộc cạnh AD sao cho AD = 3AH, góc giữa
hai mặt phẳng (AB’D’) và (ABCD) bằng 45 0.
Tính thể tích khối hộp ABCD.A’B’C’D’ theo a.

Để tính thể tích của khối hộp ta cần tính chiều
cao A’H.

z B'

C'

M
A'

D'

x
C

N

B
A

H

D

y

Cách 1
Gọi M là hình chiếu của A’ trên B’D’. Gọi N là giao điểm của AD’ và A’H.
B ' D ' ⊥ A ' M , B ' D ' ⊥ A ' H ⇒ B ' D ' ⊥ ( A ' HM )
Do (ABCD) // (A’B’C’D’) nên

((AB’D’),(ABCD)) = ((AB’D’),(A’B’C’D’)) = ·A ' MN = 450
1
1
1
5
2 5
=
+
= 2 ⇒ A' M = a
2
2
2
A'M
A' B '
A' D '
4a
5
HN
AH
1
1
2 5
8 5
=
= ⇒ HN = A ' N = a
⇒ A' H = a
A' N A' D ' 3
3
15
15

Nếu xác định trực tiếp góc giữa hai mặt phẳng (AB’D’) và (ABCD) thì gặp nhiều khó
khăn.

Ta có:

Cách 2
Đặt A’H = a.x ( x ∈ ¡ , x > 0 ) . Chọn hệ trục Axyz như hình vẽ sao cho:
Các điểm B, D lần lượt thuộc các tia dương Ax, Ay và A’ có cao độ dương.
 2a 
 2a

Khi đó A ( 0;0;0 ) , B ( a;0;0 ) , C ( a;2a;0 ) , D ( 0;2a;0 ) , H  0; ;0 ÷, A '  0; ; ax ÷.
 3 
 3

Giáo viên: Hồ Ngọc Thạch, Trường THPT Phú Lộc

-6-


uuur uuur uuur uuuu
r
 2a

 8a

 8a

Sử dụng AA' = BB' = CC' = DD' ⇒ B '  a; ; ax ÷, C '  a; ; ax ÷, D '  0; ; ax ÷.
 3


 3

 3

uuuu
r
r
uuuu
r uuuuu
r
8
 2  uuuuu

AB ' = a 1; ; x ÷, B ' D ' = −a ( 1; −2;0 ) ⇒  AB ', B ' D ' = −a 2  2 x; x; − ÷.
3
 3 

r 
r
8
(AB’D’) có VTPT n =  2 x; x; − ÷, (ABCD) có VTPT k = ( 0;0;1) .
3

rr
n
.k
r r
2
0

cos
n
,
k
cos45
⇔
r r =
Theo giả thiết ta có:
2
n.k

( )

⇔

8/3
5 x 2 + 64 / 9

⇔x=a

8 5

=

2
64
⇔ 5x2 =
2
9

⇒ A' H = a

8 5

15
15
Nhận xét: Sử dụng phương pháp thuần túy để xác định góc và tính chiều cao của hình
hộp của bài toán này khá khó khăn đối với nhiều học sinh. Sử dụng phương pháp tọa
độ hóa để tính chiều cao của hình hộp đơn giản hơn, các bước thực hiện theo trình tự
nhất định.
III. Một số kiến thức hình tọa độ trong không gian.
1. Tích có hướng của hai vectơ:
a. Định nghĩa:r
r
Cho hai vectơ u = ( x; y; z ), v = ( x '; y '; z ') , tích có hướng của hai vectơ là:
r r
 y z z x x y 
u, v  = 
   y' z' ; z' x' ; x' y' ÷
÷


b. Các ứng dụng:
r r
r
r r
- u , v cùng phương ⇔ u , v  = 0
r r ur

r r ur

- u , v, w đồng phẳng ⇔ u , v  .w = 0

uuur uuur
 AB, AC 


uuur uuur
- Diện tích hình bình hành: S ABCD =  AB, AD 
uuur uuur uuur
- ABCD là tứ diện ⇔  AB, AC  . AD = m ≠ 0
1
- Thể tích tứ diện: VABCD = m
6
uuu
r uuur uuur
- Thể tích khối hộp ABCDA’B’C’D’: V =  AB, AD  . AA '

- Diện tích tam giác: S ∆ABC =

1
2

2. Mặt phẳng:
- Phương trình tổng quát mặt phẳng:r
Dạng 1: Ax + By + Cz + D = 0, VTPT n = ( A; B; C ) ( A2 + B 2 + C 2 ≠ 0)
r
Dạng 2: Mặt phẳng đi qua M 0 ( x0 ; y0 ; z0 ) , có VTPT n = ( A, B, C )
A( x − x0 ) + B( y − y0 ) + C ( z − z0 ) = 0
Giáo viên: Hồ Ngọc Thạch, Trường THPT Phú Lộc

-7-


- Phương trình mặt phẳng chắn:

x y z
+ + =1
a b c

(( α ) qua A(a; 0; 0), B (0; b; 0), C(0; 0; c))
3. Phương trình đường thẳng:
r
Đường thẳng đi qua M 0 ( x0 ; y0 ; z0 ) , có VTCP u = (a, b, c)
 x = x0 + at

Phương trình tham số:  y = y0 + bt
 z = z + ct
0


4. Vị trí tương đối của hai đường thẳng trong không gian:
r
Giả sử đường thẳng d qua M 0 ( x0 ; y0 ; z0 ) và có vectơ chỉ phương là u = (a; b; c) và đường
ur
thẳng d’ qua M '0 ( x '0 ; y '0 ; z '0 ) và có vectơ chỉ phương là u ' = (a '; b '; c ')
r ur uuuuuuur

* d, d’ đồng phẳng ⇔ u.u ' .M 0 M '0 = 0

r ur uuuuuuur
 u.u ' .M 0 M '0 = 0

a / d ∩ d ' = I ⇔ 
a : b : c ≠ a : b ' : c '
b / d Pd ' ⇔ a : b : c = a ' : b ' : c ' ≠ ( x − x0 ) : ( y − y0 ) : ( z − z0 )

c / d ≡ d ' ⇔ a : b : c = a ' : b ' : c ' = ( x − x0 ) : ( y − y0 ) : ( z − z0 )
r ur uuuuuuur
d/ d, d’ chéo nhau ⇔ u.u ' .M 0 M '0 ≠ 0

5. Các công thức tính khoảng cách:
- Khoảng cách từ một điểm đến một mặt phẳng:
Cho ( α ) : Ax + By + Cz + D = 0, M 0 ( x0 ; y0 ; z0 ) . d ( M , ( α ) ) =

Ax0 + By0 + Cz0 + D
A2 + B 2 + C 2

- Khoảng cách từ một điểm đến một đường thẳng:
r
Cho d qua M 0 ( x0 ; y0 ; z0 ) và có vectơ chỉ phương là u và điểm M 1 ( x1; y1; z1 )
uuuuuur r
 M 0 M 1.u 


d ( M,d ) =
r
u

- Khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau:

r
Cho hai đường thẳng ∆ qua M 0 ( x0 ; y0 ; z0 ) và có vectơ chỉ phương là u và đường thẳng
ur
∆’ qua M '0 ( x '0 ; y '0 ; z '0 ) và có vectơ chỉ phương là u '
r ur uuuuuuuur
u.u ' .M 0 .M '0


d ( ∆, ∆ ' ) =
r ur
u.u '



6. Góc :
r
ur
- Góc giữa hai đường thẳng: Cho d có VTCP u = ( a; b; c ) , d’ có VTCP u ' = ( a '; b '; c ')
Gọi ϕ là góc giữa hai đường thẳng d và d’ ta có:
r ur
u.u '
r ur
aa '+ bb '+ cc '
cos ϕ = cos u , u ' = r ur =
u . u'
a 2 + b 2 + c 2 a ' 2 + b '2 + c ' 2

(

)

r

- Góc giữa đường thẳng và mặt phẳng: Cho (α) có VTPT n = ( A; B; C ) , d có VTCP
r
u = ( a; b; c )
Gọi ϕ là góc giữa đường thẳng và mặt phẳng:

Giáo viên: Hồ Ngọc Thạch, Trường THPT Phú Lộc

-8-


r r
sin ϕ = cos n, u =

( )

Aa + Bb + Cc
A2 + B 2 + C 2 a 2 + b 2 + c 2

- Góc giữa hai mặt phẳng:
( α ) : AX + By + Cz + D = 0, ( β ) : A ' x + B ' y + C ' z + D ' = 0
cos ϕ =

AA '+ BB '+ CC '
A + B 2 + C 2 A '2 + B '2 + C '2
2

7. Phương trình mặt cầu:

Dạng 1: Có tâm I(a; b; c) và bán kính R

( x − a)

2

+ ( y − b) + ( z − c ) = R2
2

2

2
2
2
2
2
2
Dạng 2: x + y + z − 2ax − 2by − 2cz + d = 0 ( a + b + c − d > 0 )

Trong đó tâm I (a; b; c), bán kính R = a 2 + b 2 + c 2 − d
IV. Các biện pháp đã tiến hành để giải quyết vấn đề.
Bản thân tập trung nghiên cứu giải quyết các vấn đề sau:
Thứ nhất: Dấu hiện nhận biết và các bước giải bài toán hình học không gian
bằng phương pháp tọa độ.
Thứ hai: Giới thiệu một số cách đặt hệ trục tọa độ đối với một số hình đặc biệt.
Thứ ba: Trình bày một số bài tập hình học không gian giải theo phương pháp
tọa độ hóa. Một vài nhận xét và lưu ý khi thực hành.
1. Một số cách chọn hệ trục tọa độ trong hình học phẳng Oxy.
Tránh việc chọn hệ trục và tọa độ hóa các điểm không đạt yêu cầu, học sinh cần
thực hiện tốt với tọa độ hóa trong hình phẳng Oxy.

Dấu hiệu: Hai đường thẳng vuông góc, chọn hai trục lần lượt là hai đường
thẳng và gốc tọa độ là giao điểm hai đường thẳng đó.
y
1.1 Đối với hình vuông.
D
C
Chọn hệ trục Oxy sao cho: Gốc tọa độ là một trong bốn đỉnh của
hình vuông. Hai cạnh xuất phát từ đỉnh đó nằm trên hai trục.
Ví dụ 1: Cho hình vuông ABCD tâm I cạnh a.
x

Cách 1. Chọn hệ trục Oxy sao cho: Gốc tọa độ O trùng đỉnh A. A
B
Hai đỉnh B, D lần lượt thuộc hai tia Ox, Oy. Khi đó A(0;0),
B(a;0), C(a;a), D(0;a) và I(a/2;a/2).
Cách 2. Chọn hệ trục Oxy sao cho: Gốc tọa độ O là tâm I của hình vuông. Hai đỉnh A,
B lần lượt thuộc hai tia Ox, Oy.



2  
2
2 
2
;0 ÷, B  0; a
;0 ÷, D  0; − a
Khi đó I(0;0;0), A  a
÷, C  −a
÷.
2 

2 
2 
 2  


Nhận xét: Đối với cách 2, tọa độ các đỉnh có thể gây trở ngại trong quá trình tính
toán so với cách 1.
1.2. Đối với hình chữ nhật.
Chọn hệ trục Oxy sao cho: Gốc tọa độ là một trong bốn đỉnh của hình chữ nhật. Hai
y
cạnh xuất phát từ đỉnh đó nằm trên hai trục.
M
C
Ví dụ 2. Cho hình chữ nhật ABCD có AB = a 2 , AD = a. Gọi D
M là trung điểm của CD. CMR: AM ⊥ BD.
Giáo viên: Hồ Ngọc Thạch, Trường THPT Phú Lộc

-9x
A

B


Chọn hệ trục Oxy sao cho: Gốc tọa độ O trùng đỉnh A. Hai đỉnh B, D lần lượt thuộc
hai tia Ox, Oy. Khi đó A(0;0), B(a 2 ;0), C(a 2 ;a), D(0;a) và M(a 2 /2;a).
uuuu
r 
uuuu
r uuur
2  uuur

; a ÷, BD = − a 2; a , AM .BD = 0 . Vậy AM ⊥ BD.
Ta có: AM =  a
 2

1.3. Đối với hình thang vuông.
Chọn hệ trục Oxy sao cho: Gốc tọa độ là một trong hai đỉnh góc vuông. Hai cạnh xuất
phát từ đỉnh đó nằm trên hai trục.
Ví dụ 3. Cho hình thang ABCD (vuông tại A và D), AD = DC = a, AB = 2a.
y
CMR AC ⊥ BC.
C
Chọn hệ trục Oxy sao cho: Gốc tọa độ O trùng đỉnh A. Hai D
đỉnh B, D lần lượt thuộc hai tia Ox, Oy. Khi đó A(0;0),
B x
A
B(2a;0),uC(a;a),
D(0;a).
uur
uuur
uuur uuur
Ta có: AC = ( a; a ) , BC = ( −a; a ) , AC.BC = 0 . Vậy AC ⊥
BC.
1.4. Đối với hình thoi.
y
B
Chọn hệ trục Oxy sao cho: Gốc tọa độ O là tâm của hình
thoi. Hai đỉnh liên tiếp lần lượt thuộc hai trục Ox, Oy.
C
A
x

Ví dụ 4: Cho hình thoi ABCD tâm I cạnh a, góc A bằng
O
0
60 .
Chọn hệ trục Oxy sao cho: Gốc tọa độ O trùng tâm I của
D
hình thoi. Hai đỉnh A, B lần lượt thuộc hai tia Ox, Oy.


3   a
3 
a

;0 ÷, B  0; ÷, C  −a
;0 ÷, D  0; − ÷.
Khi đó I(0;0;0), A  a
2 
2

 2   2

1.5. Đối với tam giác vuông.
Chọn hệ trục Oxy sao cho: Gốc tọa độ O là đỉnh góc vuông. Hai cạnh góc vuông lần
lượt năm trên hai trục Ox, Oy.

(

)

1.6. Đối với tam giác cân.

Chọn hệ trục Oxy sao cho: Gốc tọa độ O là trung điểm cạnh đáy. Cạnh đáy nằm trên
y
một trục, đỉnh cân thuộc trục còn lại.
Ví dụ 5: Cho tam giác ABC đều cạnh a, tâm I.
B
Chọn hệ trục Oxy sao cho: Gốc tọa độ O là trung điểm cạnh BC.
A
Hai đỉnh A, B lần lượt thuộc tia Ox, Oy.
x
O




3
a
3
a
 a

;0 ÷, B  0; ÷, C  0; − ÷, I  ; a
Khi đó A  a
÷.
6 
2 2

C
 2   2
Ví dụ 6: cho tam giác ABC có AB = 2a, AC = a và
C

µA = 1200 .
Chọn hệ trục Oxy sao cho: Gốc tọa độ O trùng điểm A.
Đỉnh B thuộc tia Ox. Đỉnh C có tung độ dương. Khi đó
 a
3
A(0;0), B(2a;0) và C  − ; a
÷
2 
 2
Ví dụ 7: Cho hình vuông ABCD. Gọi M là trung điểm của
BC, N là điểm trên cạnh CD sao cho CN = 2 ND. Gọi H là
Giáo viên: Hồ Ngọc Thạch, Trường THPT Phú Lộc

y

B

A

y
D

N

C

H

A

x

M
B

- 10 x


giao điểm của AN và BD. Chứng minh rằng: AN ⊥ HM.
Chọn hệ trục Oxy như hình vẽ sao cho: Gốc tọa độ O trùng điểm A. Hai đỉnh B, D lần
lượt thuộc tia Ox, Oy. Đặt a cạnh hình vuông. (a > 0). Khi đó A(0;0), B(a;0), C(a;a),
 a
a 
D(0;a), M  a; ÷, N  ; a ÷.
 2
3 
Xác định tọa độ điểm H.
uuur a
ur
AN = ( 1;3) . Đường thẳng AN có VTPT n1 = ( 3; −1) , phương trình AN: 3 x − y = 0 .
uuur 3
uu
r
BD = a ( −1;1) . Đường thẳng BD có VTPT n2 = ( 1;1) , phương trình BD: x + y = a .
3 x − y = 0
x = a / 4
⇔
Tọa độ H là nghiệm của hệ: 
.
x + y = a

 y = 3a / 4
 a 3  uuuur  3a a  uuur uuuur
H
Hay  ; a ÷. HM =  ; − ÷. AN .HM = 0 .
4
 4 4
 4
Vậy AN ⊥ HM.
2. Các bước giải bài toán hình không gian bằng phương pháp tọa độ hóa
Bước 1. Chọn hệ trục tọa độ gắn với hình vẽ của bài toán.
“Tín hiệu” để chọn hệ trục là trong bài toán có chứa các đường thẳng vuông góc
với nhau, ta chọn hệ trục thích hợp sao cho các trục chứa các đường thẳng vuông
góc đó.
- Nếu đề bài có “tam diện vuông” thì ta chọn gốc trùng với đỉnh của tam diện vuông
đó, còn ba cạnh của tam diện vuông lần lượt thuộc tia dương của các trục tọa độ.
- Nếu đề bài chỉ có “tam diện vuông thiếu” tức là mới chỉ có hai đường thẳng vuông
góc thì ta dựng thêm đường thẳng thứ ba vuông góc với cả hai đường trên tại giao
điểm để tạo thành “tam diện vuông”.
Lưu ý:
- Ta nên chọn hệ trục ưu tiên tọa độ hóa các đỉnh của mặt đáy.
- Chọn hệ trục sao cho các bước sau thực hiện được thuận lợi.
Bước 2. Phiên dịch bài toán hình học sang “ngôn ngữ” tọa độ.
Tính tọa độ của các điểm trong đề bài theo hệ trục tọa độ đã chọn. Một vài điểm
có thể phải sử dụng thêm giả thiết để xác định tọa độ. Thể hiện giả thiết, kết luận bài
toán theo “ngôn ngữ” hình học giải tích.
Bước 3. Sử dụng “ngôn ngữ” vectơ, tọa độ và các kiến thức liên quan để giải bài toán.
Khi sử dụng vectơ với vai trò là vectơ chỉ phương hoặc là vectơ pháp tuyến thì
ta nên chọn bộ ba số thuận lợi nhất để sử dụng.
Bước 4. Phiên dịch bài toán trở lại ngôn ngữ hình học ban đầu.
z

3. Một số các chọn hệ trục tọa độ trong không gian.
3.1. Đối với Hình hộp chữ nhật – Hình lập phương.
- Chọn gốc tọa độ là 1 trong 8 đỉnh.
- Ba cạnh phát xuất từ đỉnh đó nằm trên 3 trục.
Giáo viên: Hồ Ngọc Thạch, Trường THPT Phú Lộc

B'
B
x

A'
A

D'

C'
C

D
- 11 -

y


- Nên chọn hướng để tọa độ các điểm không âm.
Ví dụ 1. Cho hình hộp chữ nhật ABCD.A’B’C’D’ có AB = a, AD = b, AA’=c.
Ta chọn hệ trục tọa độ Oxyz như sau:
+ Gốc tọa độ O trùng đỉnh A ⇒ A(0; 0; 0).
+ Đỉnh B thuộc tia Ox ⇒ B(a; 0; 0).

z
+ Đỉnh D thuộc tia Oy ⇒ D(0; b; 0).
+ Đỉnh A’ thuộc tia Oz ⇒ A’(0; 0; c).
Khi đó ta suy ra: C(a; b; 0), B’(a; 0; c), D’(0; b; c) và C’(a; C
b; c)
B
3.2. Đối với Chóp tam giác có góc tam diện vuông.
S
y
- Chọn gốc của hệ trục trùng với đỉnh của góc tam diện
vuông.
A
x
- Ba trục chứa ba cạnh phát xuất từ đỉnh góc tam diện
vuông đó.
Chú ý : Hình chóp tứ giác có một cạnh bên vuông góc với mặt đáy và đáy là hình
vuông hoặc hình chữ nhật
z
cũng chọn như vậy.
A

D

3.3. Đối với Chóp tứ diện đều.
Cách 1:
- Dựng hình lập phương ngoại tiếp tứ diện đều.
- Chọn hệ trục có gốc trùng với một đỉnh của hình lập x
phương.
- Ba cạnh xuất phát từ đỉnh đó nằm trên tia dương của ba
trục.

Cách 2:
- Hai trục lần lượt chứa đường cao và một cạnh tương
ứng của (BCD).
- Trục còn lại vuông góc với (BCD) ( song song với
đường cao AG ).
Chú ý : Chóp tam giác đều cũng chọn như cách 2 này.
3.4. Đối với Chóp tứ giác có đáy là hình thoi và hình
chiếu của đỉnh trùng với tâm của đáy.
- Trục Oz chứa đường cao SO của hình chóp
- Hai trục Ox, Oy lần lượt chứa hai đường chéo đáy
Chú ý : Hình chóp tứ giác đều ( đáy là hình vuông và các
cạnh bên bằng nhau ) cũng chọn như vậy.
3.5. Đối với chóp tứ giác có đáy là hình chữ nhật,
các cạnh bên bằng nhau.
• Chọn hai trục chứa hai cạnh hình vuông đáy
• Trục thứ ba vuông góc đáy ( cùng phương với
đường cao SO của hình chóp - trục Az này nằm
trong mặt chéo SAC)
3.6. Đối với Lăng trụ đứng có đáy là tam giác cân
Giáo viên: Hồ Ngọc Thạch, Trường THPT Phú Lộc

O

y

C

B

A

B

D
G
O

C

z
S
D

x

C
O

z A

B

y

S
D

A
B

O
x

y
C

- 12 -


- Chọn hai trục lần lượt là cạnh đáy và chiều cao tương ứng của tam giác cân là đáy
của chóp (hình 1).
- Trục còn lại chứa đường trung bình của mặt bên
Chú ý : Lăng trụ tam giác đều cũng chọn như vậy.
3.7. Đối với Lăng trụ đứng có đáy là hình thoi.
- Chọn trục cao nằm trên đường thẳng nối tâm hai đáy (hình 2).
- Hai trục kia chứa hai đường chéo đáy
Chú ý : Lăng trụ tứ giác đều cũng chọn như vậy ( lăng trụ tứ giác đều là lăng trụ đứng
có đáy là hình vuông) hoặc có thể sử dụng phần I. đối với hình hộp chữ nhật.
3.8. Đối với Lăng trụ đứng có đáy là tam giác vuông. ( hình 3)
Chọn đỉnh tam giác vuông đáy làm gốc . Ba trục chứa ba cạnh phát xuất từ đỉnh này
z
z
z
C'
C'
D'
A'
A'
O'
A'

B'
B'
B'
C'
D
C
C
A
O
A
y
B
A
B y x
O
B
x
C
Hình 1
Hình 2
x
y
Hình 3
4. Một số bài tập minh họa.
4.1. Hình chóp có đáy là tứ giác.
Bài 1. Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có cạnh đáy bằng a, cạnh bên bằng a

3
.
2

Gọi M là trung điểm của CD.
a. Chứng minh hai mặt phẳng (SAB) và (SCD) vuông góc với nhau.
b. Gọi (α) là mặt phẳng đi qua điểm M, (α) song song với AC và SB. (α) cắt
AD, SD lần lượt tại N và P. Tính thể tích tứ diện SMNP.
c. Tính khoảng cách từ điểm C đến (α).
d. Tính gần đúng góc giữa hai đường thẳng BM và CP.
e. Tính bán kính bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện SOMP với O là tâm của
ABCD.
Giải
Cách 1. Chọn hệ trục Oxyz như hình vẽ sao
z
cho:
S
Gốc tọa độ O trùng tâm của ABCD. Các
điểm A, B, S lần lượt thuộc các tia Ox, Oy
P
M
C
và Oz.
N

x

Giáo viên: Hồ Ngọc Thạch, Trường THPT Phú Lộc

D

O
A

B

y

- 13 -





2
2 
3
2
a
;0;0 ÷, B  0; a
;0 ÷,
, OA = a
⇒ SO = . Khi đó O(0;0;0), A  a
2 
2
2
2
 2







2
2 
2
2 
a

C  −a
;0;0 ÷, D  0; − a
;0 ÷, S =  0;0; ÷. M  −a
; −a
;0 ÷
2
2
4
4
2








a. Ta cần xác định VTPT của hai mặt phẳng (SAB) và (SCD).
uuu
r
uuu
r a

uuu
r uuu
r
2
2
AB = a
1;1; 2 .
( −1;1;0 ) , AS = − 2;0;1 ⇒  AB, AS  = a 2
2
2
4
ur
(SAB) có VTPT n1 = 1;1; 2 .
SA = a

(

(

)

)

(

)

uuur
uuu
r a

uuur uuu
r
2
2
CD = a
2;0;1 ⇒ CD, CS  = a 2
−1; −1; 2 .
( 1; −1;0 ) , CS =
2
2
4
uu
r
ur uu
r
(SCD) có VTPT n2 = −1; −1; 2 . Ta có n1.n2 = 0

(

(

)

)

(

)

Vậy (SAB) ⊥ (SCD).

Nhận xét: Khi tính tích có hướng của hai vectơ ta nên đặt thừa số chung a.k ( k số
thực dương) đối với cả hai vectơ để tính tọa độ thuận tiện hơn.
uuu
r
uuu
r a
uuu
r uuu
r
2
b. CA = a 2 ( 1;0;0 ) , BS = 0; − 2;1 ⇒ CA, BS  = a 2
0; −1; − 2
2
2
uu
r
2
n
(α) song song với AC và SB nên (α) có VTPT 3 = 0;1; 2 . (α): y + 2 z +
a=0
4
ur


uuu
r
2
2
A
a

;0;0
u
.
Đường
thẳng
AD
đi
qua
,
có
VTCP
DA = a
1;1;0

÷
(
)
1 = ( 1;1;0 ) .
2
 2


(

)

(

(

)

)

x = a 2 / 2 + t

2
AD:  y = t
. Thay x, y, z theo t vào pt (α) và giải ta được t = −
a.
4
z = 0


2
2 
; −a
;0 ÷ . Có thể xác định điểm N như sau: Do (α) song song với
Suy ra N  a
4 
 4
AC, (α) cắt AD tại N nên MN // AC suy ra N là trung điểm AD.
uu
r
uuu
r a
a

DS = 0; 2;1 . Đường thẳng DS đi qua S  0;0; ÷, có VTCP u2 = 0; 2;1 .
2

2

x = 0

3
DS:  y = 2t . Thay x, y, z theo t vào pt (α) và giải ta được t = − a .
8
z = a / 2 + t


(

)

(

)


3 2 a
; ÷
Suy ra P  0; − a
8
8


Giáo viên: Hồ Ngọc Thạch, Trường THPT Phú Lộc

- 14 -

uuuu
r
uuur a
uuuu
r uuur
2
2
MN = a
0; −1; − 2 ,
( 1;0;0 ) , MP = 2 2; − 2;1 ⇒  MN , MP  = a 2
2
8
16
uuuu
r uuur uuur 3a 2
uuur
2
MS = a
1;1; 2 .  MN , MP  .MS =
32
4

(

(

Vậy VS .MNP

1

=
6

c. d ( C , ( α ) ) = a

)

(

)

)

3
uuuu
r uuur uuur
 MN , MP  .MS = a


64

6
.
12

uuur
uuu
r a
2
d. MB = a

( 1;3;0 ) , CP = 4 2; −3 2;1
4
8
uu
r
uu
r
u
u
=
1;3;0
BM có VTCP 3 (
) , CP có VTCP 4 = 4 2; −3 2;1 . Gọi ϕ là góc giữa hai

(

)

(

)

uu
r uu
r
255
đường thẳng BM và CP. cosϕ = cos u3 , u4 =
⇒ ϕ ≈ 710 45'11'' .
51
e. Gọi (S) mặt cầu ngoại tiếp tứ diện SOMP phương trình có dạng:

(

)

2mx + 2ny + 2 pz − q = x 2 + y 2 + z 2 ( m 2 + n 2 + p 2 − q > 0 )

Do (S) đi qua O nên q = 0.
a2
a
(S) đi qua S nên ap = ⇔ p = .
4
4
3 2
p 19a
5 2
(S) đi qua P nên −
n+ =
⇒n=−
a.
4
4 64
32

2
2
a
2
3 2
m−

n= ⇔ m+n=−
a⇒m=−
a
2
2
4
4
32
33
Vậy bán kính mặt cầu ngoại tiếp A’BC’D: R = m 2 + n 2 + p 2 − q =
a.
16
(S) đi qua M nên −

Cách 2. Chọn hệ trục Axyz như hình vẽ
z
sao cho:
Các điểm B, D lần lượt thuộc các tia Ax,
Ay và S có cao độ dương.
A
3
2
a
, OA = a
SA = a
⇒ SO = . Khi
x
2
2
2

B
đó A(0;0;0), , B ( 0; a;0 ) , C ( a; a;0 ) ,
a a 
a a a
a

D ( 0; a;0 ) , O  ; ;0 ÷ S =  ; ; ÷. M  ; a;0 ÷
2 2 
2 2 2
2

a. Ta cần xác định VTPT của hai mặt phẳng (SAB) và (SCD).
uuu
r
uuu
r a
uuu
r uuu
r
a2


AB = a ( 1;1;0 ) , AS = ( 1;1;1) ⇒  AB, AS  = ( 0; −1;1) .
2
ur 2
(SAB) có VTPT n1 = ( 0; −1;1) .
Giáo viên: Hồ Ngọc Thạch, Trường THPT Phú Lộc

S
P

N
O

D
y

M
C

- 15 -


uuur
uuu
r a
uuur uuu
r
a2
DC = a ( 1;0;0 ) , SC = ( 1;1; −1) ⇒  DC , SC  = ( 0;1;1) .
2
uu
r 2
ur uu
r
(SCD) có VTPT n2 = ( 0;1;1) . Ta có n1.n2 = 0
Vậy (SAB) ⊥ (SCD).
uuur
uuu
r a
uuur uuu

r
a2
b. AC = a ( 1;1;0 ) , BS = ( −1;1;1) ⇒  AC , BS  = ( 1; −1;2 )
2
2
uu
r
a
(α) song song với AC và SB nên (α) có VTPT n3 = ( 1; −1;2 ) . (α): x − y + 2 z + = 0
2
uuu
r
ur
DA = a ( 0;1;0 ) . Đường thẳng AD đi qua A ( 0;0;0 ) , có VTCP u1 = ( 0;1;0 ) .
x = 0
a

AD:  y = t . Thay x, y, z theo t vào pt (α) và giải ta được t = .
2
z = 0

 a 
Suy ra N  0; ;0 ÷ . Có thể xác định điểm N như sau: Do (α) song song với AC, (α) cắt
 2 
AD tại N nên MN // AC suy ra N là trung điểm AD.
uuu
r a
uu
r
DS = ( 1; −1;1) . Đường thẳng DS đi qua D ( 0; a;0 ) , có VTCP u2 = ( 1; −1;1) .

2
x = t
a

DS:  y = a − t . Thay x, y, z theo t vào pt (α) và giải ta được t = .
8
z = t

 a 7a a 
Suy ra P  ; ; ÷
8 8 8
uuuur a
uuur a
uuuu
r uuur
a2
NM = ( 1;1;0 ) , NP = ( 1;3;1) ⇒  MN , MP  = ( 1; −1;2 ) ,
2
8
16
uuuur uuur uuu
r 3a 2
 NM , NP  .NS =


32
Vậy VS .MNP

uuu
r a

NS = ( 1;0;1) .
2

r uuur uuur a 3
1  uuuu
=  MN , MP  .MS =
6
64

6
.
12
uuur a
uuu
r
a
d. MB = ( 1; −2;0 ) , CP = − ( 7;1; −1)
2
8
uu
r
uu
r
BM có VTCP u3 = ( 1; −2;0 ) , CP có VTCP u4 = ( 7;1; −1) . Gọi ϕ là góc giữa hai đường
uu
r uu
r
255
thẳng BM và CP. cosϕ = cos u3 , u4 =
⇒ ϕ ≈ 710 45'11'' .

51
e. Gọi (S) mặt cầu ngoại tiếp tứ diện SOMP phương trình có dạng:
c. d ( C , ( α ) ) = a

(

)

2mx + 2ny + 2 pz − q = x 2 + y 2 + z 2 ( m 2 + n 2 + p 2 − q > 0 )

Do (S) đi qua O nên ma + na − q =

a2
. (1)
2

Giáo viên: Hồ Ngọc Thạch, Trường THPT Phú Lộc

- 16 -


(S) đi qua S nên ma + na + pa − q =

3a 2
. (2)
4

a2
a
⇒ p=

(2) – (1): pa =
4
4
5a 2
(S) đi qua M nên ma + 2na − q =
. (3)
4
a2
3a
⇒n=
(3) – (2): na − pa =
2
4
m
7n
p
51a 2
(S) đi qua P nên a +
a+ a−q=
. (4)
4
4
4
64
19
7a
11a
(1)- (4): 3m − 3n − p = − a ⇒ m =
. Suy ra q =
16

16
16
Vậy bán kính mặt cầu ngoại tiếp A’BC’D: R = m 2 + n 2 + p 2 − q =

33
a.
16

Nhận xét:
- Chọn hệ trục theo cách 2 thì các đỉnh của hình có tọa độ thuận tiện hơn trong
tính toán.
- Đối với bài toán tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp, nếu giải theo
phương pháp thuần túy thường phải xác định tâm để tính bán kính. Xác định tâm là
công việc khó với học sinh.
z

S

Bài 2. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thoi cạnh a,
·
BAD
= 600 . Hai mặt bên (SAB) và (SAD) cùng vuông
C
D
góc với (ABCD). Góc giữa (SBC) và (SCD) bằng 90 0.
Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai x
O
y
đường thẳng AB; SC theo a.
A

B
Giải
Do (SAB) và (SAD) cùng vuông góc với (ABCD) nên SA ⊥ (ABCD).
Gọi O là tâm hình thoi ABCD. Đặt SA = ax ( x ∈ ¡ , x > 0 )
·
Hình thoi ABCD cạnh a và BAD
= 600 nên ABD, BCD là những  đều.
Chọn hệ trục Oxyz như hình vẽ sao cho: A, B lần lượt thuộc tia dương Ox, Oy và S có
cao độ dương.





3
3
3
a  
 a 

A a
;0;0 ÷, B  0; ;0 ÷, C  −a
;0;0 ÷, D  0; − ;0 ÷, S  a
;0; ax ÷
2
2   2
 2 

 2





2
uuu
r a
uuu
r
uuu
r uuu
r
a
CB =
3;1;0 , CS = a 3;0; x . ⇒ CB, CS  =
x; − x 3; − 3 .
2
2
ur
(SBC) có VTPT n1 = x; − x 3; − 3

(

uuur a
CD =
2

)

(

(

)

(

)

)

uuur uuu
r
a2


3; −1;0 ⇒ CD, CS  =
− x; − x 3; 3 .
2
uu
r
n
(SCD) có VTPT 2 = − x; − x 3; 3 .

(

)

(

)

(

Giáo viên: Hồ Ngọc Thạch, Trường THPT Phú Lộc

)

- 17 -


ur uu
r
6
6
Do (SBC) ⊥ (SCD) nên n1.n2 = 0 ⇔ 2 x 2 = 3 ⇒ x =
. Hay SA =
2
2
1
1
6 1 2
2 3
VS . ABCD = SA.S ABCD = .a
. a 3=
a
3
3 2 2
4
uuu
r a

uuu
r a 6
AB = − 3;1;0 , CS =
2;0;1
2
2
r
 a 
Đường thẳng AB đi qua B  0; ;0 ÷ và có VTCP u = − 3;1;0 .
 2 
ur


3
;0;0 ÷ và có VTCP u ' = 2;0;1 .
Đường thẳng SC đi qua C  −a
2


r ur
uuu
r a
r ur uuu
r
u , u ' = 1; 3; − 2 , CB =
u, u ' .CB = a 3
3;1;0
;





2
r ur uuu
r
u , u ' .CB a 3
2


=
=a
Vậy d ( AB, SC ) =
r ur
2
6
 u , u '


Nhận xét: Khi đặt SA = ax ( x ∈ ¡ , x > 0 ) ta có cao độ của điểm S là ax nên khi sử

(

)

(

)

(

)

(

(

)

(

)

)

dụng các vectơ có điểm đầu hoặc điểm cuối là S thì ta vẫn đặt được thừa số chung a.k
( k số thực dương). Sử dụng giả thiết góc giữa (SBC) và (SCD) bằng 900 để tìm x và
tính được chiều cao của khối chóp.
Bài 3. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông tâm O, cạnh 4a, hình
chiếu vuông góc của đỉnh S lên (ABCD) trùng với trung điểm I của đoạn AO. Biết
khoảng cách từ I đến (SAB) bằng

2
2

SI. Tính thể tích khối chóp S.ABCD theo a, góc

z
giữa (SAB) và (SAD).
Giải
S

Đặt SI = a.x0 ( x0 ∈ ¡ , x0 > 0 )
D y
Chọn hệ trục Axyz như hình vẽ sao
A
cho: A là gốc tọa độ. Các điểm B, D
J
I
lần lượt thuộc các tia dương Ax, Ay. x B
O
C
S có cao độ dương.
Khi đó A(0;0;0), B(4a;0;0), C(4a;4a;0), D(0;4a;0), O(2a;2a;0), I(a;a;0) và S(a;a;a. x0 ).
*Viết phương trình mặt phẳng (SAB)
uuu
r uuu
r
uuu
r
uuu
r

 = 4a 2 ( 0; − x0 ;1) .
⇒
AB
,
AS
AB = 4a ( 1;0;0 ) , AS = a ( 1;1; x0 )


ur

(SAB) có VTPT n1 = ( 0; − x0 ;1) .
Phương trình (SAB): − x0 y + z = 0 .
Ta có d ( I ,( SAB ) ) =

− x0 a
2
2
=
x0 a ⇔ x02 + 1 = 2 ⇔ x0 = 1 .
SI
2
2
x0 + 1
2

Suy ra đường cao SI = a.
Giáo viên: Hồ Ngọc Thạch, Trường THPT Phú Lộc

- 18 -


1
1
16
Vậy VS . ABCD = SI .S ABCD = .a.4a.4a = a 3
3
3
3
* Tính góc giữa (SAB) và (SAD). Ta cần xác định VTPT của (SAD).
uuur uuu

r
uuur
uuu
r
2
AD = 4a ( 0;1;0 ) , AS = a ( 1;1;1) , ⇒  AD, AS  = 4a ( 1;0; −1) .
r
uu
r
(SAD) có VTPT n2 = ( 1;0; −1) , (SAB) có VTPT: n = ( 0, −1,1) .
Gọi µ là góc giữa (SAB) và (SAD).
ur uu
r
n1.n2
ur uu
r
1
r = ⇒ µ = 600
Ta có cos µ = cos n1 , n2 = ur uu
n1 . n2 2

(

)

Bài 4. Cho hình chóp S.ABCD có đáy
z
ABCD là hình thang vuông tại A và B, AD =
S
2BC = 2AB = 2a. Cạnh SA vuông góc với

(ABCD), góc giữa SC và (ABCD) bằng 60 0.
Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng
H
A
cách từ B đến (SCD) theo a.
Giải
B
Chọn hệ trục Axyz như hình vẽ sao cho: A là
C
x
gốc tọa độ. Các điểm B, D, S lần lượt thuộc
các tia dương Ax, Ay, Az. Đặt SA = a.x ( x ∈ ¡ , x > 0 ) .
Khi
uuu
r đó A(0;0;0), B(a;0;0), C(a;a;0),
r D(0;2a;0) và S(0;0;a.x).
r
SC = a ( 1;1; − x ) ⇒ SC có VTCP u = ( 1;1; − x ) . (ABCD) có VTPT k = ( 0;0;1)
rr
u
.k
r
r
x
3
0
=
Ta có sin ( SC , ( ABCD ) ) = sin 60 ⇔ cos u, k = r r =
2
2

u.k
x +2

y
D

( )

⇔ 6 + 3 x 2 = 2 x ⇔ x 2 = 6 ⇒ x = 6 . Chiều cao SA = a 6 .
1
1
AD + BC
6 3
VS . ABCD = SA.S ABCD = SA. AB.
=
a
3
3
2
2
uuu
r
uuu
r
uuu
r uuu
r
SC = a 1;1; − 6 , SD = a 2;0; − 6 ⇒  SC , SD  = −a 2 6; 6;2
ur
(SCD) đi qua D(0;2a;0) và có VTPT n ' = 6; 6;2

(

)

Phương trình (SCD):
Vậy d ( B, ( SCD ) ) =

(

)

(

)

(

)

6 x + 6 y + 2 z − 2a 6 = 0
a 6 − 2a 6
6+6+4

=a

6
4

Bài 5. Cho hình chóp S.ABCD, có đáy ABCD là hình thoi, hai đường chéo AC =

2 3a , BD = 2a và cắt nhau tại O. Hai mặt phẳng (SAC) và (SBD) cùng vuông góc
với mặt phẳng (ABCD). Tính thể tích khối chóp S.ABCD, biết rằng khoảng cách từ
3
z
điểm O đến (SAB) bằng a
.
S
4
Giải
D

C

Giáo viên: Hồ Ngọc Thạch, Trường THPT Phú Lộc
x

B

O

A

y

- 19 -


Hai mặt phẳng (SAC) và (SBD) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABCD) nên SO ⊥
(ABCD).
Đặt SI = a.x0 ( x0 ∈ ¡ , x0 > 0 )

Chọn hệ trục Oxyz như hình vẽ sao cho:
Gốc tọa độ O là tâm của đáy. Các điểm B, A, S lần lượt thuộc các tia dương Ox, Oy,
Oz.
Khi đó: O(0;0;0), B(a;0;0), A(0;a 3 ;0), D(-a;0;0), C(0;-a 3 ;0), S(0;0;a x0 ).
x
y
z
+
= 1 ⇔ 3 x + y + 3 z − ax0 3 = 0
Phương trình (SAB) theo đoạn chắn: +
a a 3 a.x0
.
a.x0 3
3
3
a2
1
2
d
O
;
SAB
=
a
⇔
=
a
⇔
x
=

⇔
x
=
a . Suy ra
(
)
(
)
Ta có
0
0
4
4
4
2
4 x 2 + 3a 2
0

1
S(0;0; a ).
2
1
1
1
1 1 1
3 3
Vậy VS . ABCD = SO.S ABCD = SO. AC.BD = . a. 2a.2 3a =
a
3
3

2
3 2 2
3
Tính khoảng cách giữa AB và SC.
uuu
r
r
uuu
r
r uuu
r
1  uuu
1  uuu
a2


BS = a 1;0; ÷, AB = a 1; − 3;0 , CS = a  0; 3; ÷.  AB, CS  =
 2 − 3; −1;2 3
2
2 


uuu
r uuu
r uuu
r
 AB, CS  .BS a 3 3
3

d ( AB, SC ) =  uuu

=
=a
r uuu
r
2
2a
2
 AB, CS 



(

)

(

Bài 6. (Đề thi Đại học khối A năm 2010)
S
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình
z
vuông 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 vuông góc với mặt phẳng
(ABCD) và SH = a 3 . Tính thể tích khối chóp A
N
S.CDNM và tính khoảng cách giữa hai đường
H
M
thẳng DM và SC theo a.

B x
Giải
Chọn hệ trục Axyz như hình vẽ sao cho:
Các điểm B, D lần lượt thuộc các tia dương Ax, Ay và S có cao độ dương.
a

 a 
A(0;0;0), B(a;0;0), C(a;a;0), D(0;a;0), M  ;0;0 ÷, N  0; ;0 ÷.
2

 2 
uuuur a
uuur
u
u
u
u
r
u
u
u
r
a
DM = ( 1; −2;0 ) , CN = − ( 2;1;0 ) ⇒ DM .CN = 0 . Hay DM ⊥ CN.
2
2
1
1
1
5 3 3

Vậy VS .CDNM = SH .SCDNM = SH . DM .CN =
a .
3
3
2
24

Giáo viên: Hồ Ngọc Thạch, Trường THPT Phú Lộc

D

)

y
C

- 20 -


x = t

Phương trình DM:  y = a − 2t , phương trình CN:
z = 0


 x = a + 2t '

y = a + t ' ,
z = 0


 a
t = a + 2t '
t = 5
t − 2t ' = a

⇔
Tọa độ H là nghiệm của hệ: a − 2t = a + t ' ⇔ 
.
2
t
+
t
'
=
0
2
a

0 z = 0
t ' =


5
 a 3a 
 a 3a

H  ; ;0 ÷ ⇒ S  ; ; a 3 ÷
5 5 
5 5


ur
Đường thẳng DM đi qua D(0;a;0), có VTCP u1 = ( 1; −2;0 ) .
uu
r
uuu
r a
SC = 4;2; −5 3 . Đường thẳng SC đi qua C(a;a;0), có VTCP u2 = 4;2; −5 3 .
5
ur uu
r uuur
u1 , u2  .DC
ur uu
r
uuur
2 57

u1 , u2  = 10 3;5 3;10 , DC = ( a;0;0 ) . d ( DM , SC ) =  ur u
=a
u
r


19
u1 , u2 


Nhận xét: Sử dụng tọa độ hóa ta chứng tỏ được DM ⊥ CN dễ dàng hơn.
Bài tập tính khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau:
- Phương pháp thuần túy thường dựng thêm một số điểm, đường thẳng (cần

thiết) và lập luận khẳng định khoảng cách giữa hai đường thẳng này bằng độ dài
đoạn thẳng nào đó. Cuối cùng tính độ dài đoạn thẳng đó.
- Phương pháp tọa độ chỉ cần xác định điểm và VTCP của hai đường thẳng và
áp dụng công thức tính khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau.

(

(

)

(

)

)

4.2. Hình chóp có đáy là tam giác.
Bài 7. Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân đỉnh A. Hình chiếu
vuông góc của S lên (ABC) là trung điểm H của AC. Đường thẳng SB tạo với mặt
phẳng (ABC) góc 450 và AB = a. Tính thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách từ
điểm A đến (SBC) theo a.
S
z
Giải
·
= 450
( SB, ( ABC ) ) = ( SB, BH ) = SBH
Xét tam giác ABH có: BH 2 = AH 2 + BA2 ⇒ BH = a
Tam giác SBH vuông cân tại H nên: SH = BH = a

5
2

5
2

H

A

M

C

y

K
B

x

1
5 3
VS . ABC = SH .S ABC =
a
3
12
Do H là trung điểm của AC nên d ( A, ( SBC ) ) = 2d ( H , ( SBC ) ) .
Gọi K là chân đường vuông góc kẻ từ H lên BC. Ta có BC ⊥ HK và BC ⊥ SH nên

BC ⊥ (SHK). Suy ra (SBC) ⊥ (SHK). Gọi M là hình chiếu của H lên SK. Suy ra HM
⊥ (SBC). Hay d ( H , ( SBC ) ) = HM

Giáo viên: Hồ Ngọc Thạch, Trường THPT Phú Lộc

- 21 -


HC
2
1
1
1
44
55
=a
.
=
+
= 2 ⇒ HM = a
2
2
2
4 HM
HS
HK
5a
22
2
55

Vậy d ( A, ( SBC ) ) = a
11
Ta có: HK =

Sử dụng tọa độ hóa để tính khoảng cách. Chọn hệ trục Axyz như hình vẽ sao cho:
Các điểm B, C lần lượt thuộc các tia dương Ax, Ay và S có cao độ dương.
5
 a   a
A(0;0;0), B(a;0;0), C(0;a;0), H  0; ;0 ÷, S  0; ; a
÷.
2 
 2   2
uuur
uuu
r a
uuur uuu
r
a2
BC = a ( −1;1;0 ) , BS = −2;1; 5 ⇒  BC , BS  =
5; 5;1
2
2
r
n
(SBC) đi qua B(a;0;0) và có VTPT = 5; 5;1

(

)

(

(

)

)

5x + 5 y + z − a 5 = 0

Phương trình (SBC):

a 5

55
11
5 + 5 +1
Nhận xét: Đối với bài tập tính khoảng cách từ điểm đến mặt phẳng, nếu sử dụng
phương pháp thuần túy thì học sinh gặp khó khăn trong phần dựng thêm hình và lập
luận tính khoảng cách. Còn sử dụng phương pháp tọa độ hóa thì chỉ cần xác định tọa
độ của điểm, phương trình của mặt phẳng và áp dụng công thức tính khoảng cách.
Vậy d ( A, ( SBC ) ) =

=a

Bài 8. Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác
vuông tại A, AC = a, BC = 2a. Mặt phẳng (SAC) tạo với z
S
mặt đáy (ABC) góc 600. Hình chiếu H của S trên (ABC)
là trung điểm cạnh BC. Tính thể tích khối chóp S.ABC và

khoảng cách giữa hai đường thẳng HA và SB theo a.
A
Giải
H
Đặt SH = a.x ( x ∈ ¡ , x > 0 ) . Chọn hệ trục Axyz như hình
B
x
vẽ sao cho: Các điểm B, C lần lượt thuộc các tia dương
Ax, Ay. S có cao độ dương.


3 a  
3 a
; ;0 ÷, S  a
; ; ax ÷
Khi đó: A(0;0;0), B(a 3 ;0;0), C(0;a;0), H  a
 2 2   2 2

uuur
uuu
r a
AC = a ( 0;1;0 ) , AS =
2

uuur uuu
r



(

C

y

)

a2
2 x;0; − 3 .
2
r
r
(SAC) có VTPT n = 2 x;0; − 3 . (ABC) có VTPT k = ( 0;0;1) .

(

)

3;1; 2 x ⇒  AC , AS  =

(

)

r r
0
Theo giả thiết ta có: cos n, k = cos60 ⇔

( )

3
1
a . Vậy VS . ABC = SH .S ABC
2
3
* Tính khoảng cách giữa AH và SB.
Suy ra SH =

3

4 x2 + 3
3 3
=
a
4

Giáo viên: Hồ Ngọc Thạch, Trường THPT Phú Lộc

=

1
3
⇔ 4 x 2 + 3 = 12 ⇔ x =
2
2

- 22 -


uuur a

AH =
2

uuu
r a
uuu
r
3;1;0 , BS = − 3;1;3 , AB = a 3;0;0 .
2
uu
r
u
Đường thẳng SB đi qua B(a 3 ;0;0), có VTCP 2 = − 3;1;3
ur
ur uu
r
Đường thẳng AH đi qua A(0;0;0), có VTCP u1 = 3;1;0 , u1 , u2  = 3; −3 3;2 3
ur uu
r uuu
r
u1 , u2  . AB a3 3
3


d ( AB, SC ) =
=
=a
ur uu
r
4

4 3
u1 , u2 



(

)

(

)

(

(

)
(

)

)

(

)

4.3. Hình lăng trụ có đáy là tứ giác.
·

Bài 9. Cho hình hộp ABCD.A’B’C’D’ có đáy là hình thoi cạnh bằng a và BAD
= 600 .
Hai mặt chéo (ACC’A’) và (BB’D’D) cùng vuông góc với mặt đáy. Gọi M, N, O lần
lượt là trung điểm của CD, B’C’ và AC, biết B’O vuông góc với BD’. Tính thể tích
khối hộp ABCD.A’B’C’D’ và khoảng cách giữa hai đường thẳng MN, AD’ theo a.
z
Giải
C'
D'
Gọi O, O’ lần lượt là tâm của ABCD; A’B’C’D’.
O'
(ACC’A’) và (BB’D’D) cùng ⊥ (ABCD) theo
A'
B' N
giao tuyến OO’ nên OO’ ⊥ (ABCD)
·
Hình thoi ABCD cạnh a và BAD
= 600 nên ABD,
BCD là những  đều. Do B’O ⊥ BD’ nên
M
D
BB’O đồng dạng với DBD’.
C
BB ' BO
1 2
2
=
⇒ B ' B = BD.BO = a
O
x A

y
BD DO '
2
B
2
⇒ BB ' = a
2
2 1 2
6 3
VABCD. A ' B ' C ' D ' = BB '.S ABCD = a
. a 3=
a
2 2
4
Chọn hệ trục Oxyz như hình vẽ sao cho: A, B O’ lần lượt thuộc các tia dương Ox, Oy,




3
3
a 
 a 

;0;0 ÷, B  0; ;0 ÷, C  −a
;0;0 ÷, D  0; − ;0 ÷,
Oz. Khi đó: A  a
2
2 
 2 


 2



 a



2
3
2
a
2
3 a 
B '  0; ; a
;0; a
÷, C '  − a
÷, D '  0; − ; a
÷. M  −a ; − ;0 ÷,
4
4 
2 
2
2 
2
2 

 2



r a
uuuu
r a

3 a
2  uuuu
N  −a
; ;a
3;1; − 2
÷ MN = 0;1; 2 , DA ' =
4 4
2 
2
2

ur

3 a 
Đường thẳng MN đi qua M  −a ; − ;0 ÷ và có VTCP u1 = 0;1; 2 .
4
4 

uu
r


3
;0;0 ÷ và có VTCP u2 = 3;1; − 2 .
Đường thẳng AD’ đi qua A  a

 2


(

)

(

)

(

(

)

)

ur uu
r
uuur  3 3 a 
u1 , u2  = 2 2, − 6, 3 , MA =  a
, ,0 ÷


4
4 


(

)

Giáo viên: Hồ Ngọc Thạch, Trường THPT Phú Lộc

- 23 -


ur uu
r uuur
u1 , u2  .MA
5 102


=a
Vậy d ( AB, SC ) =
ur uu
r
68
u1 , u2 


Nhận xét: Sử dụng phối hợp hai phương pháp giúp học sinh giải tốt bài tập hơn.
Bài 10. Cho hình lăng trụ ABCD.A’B’C’D’ có đáy là hình chữ nhật có AB = a 3 ,
BC = a. Hình chiếu của A’ trên (ABCD) là H thuộc cạnh AC sao cho AC = 3AH, A’B
= a.5/ 3 .
a. Tính thể tích khối lăng trụ ABCD.A’B’C’D’.
b. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng z
D'

C'
BD’ và DM với M là trung điểm A’H.
A'
c. Tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ
B'
diện ACB’D’.
Giải
y
Đặt A’H = a.x ( x ∈ ¡ , x > 0 ) . Chọn hệ trục Axyz
D
C
như hình vẽ sao cho:
H
x
B
A
Các điểm B, D lần lượt thuộc các tia dương Ax, Ay
và A’ có cao độ dương.
uuur 1 uuur

3 a 
; ;0 ÷, A’
A(0;0;0), B(a 3 ;0;0), C(a 3 ;a;0), D(0;a;0). AH = AC ⇒ H  a
3
 3 3 
r  2 3 a

 uuuu

3 a

a
;
;
ax
A
'
B
= a
; − ; −ax ÷.

÷,
3
 3 3

 3


4 2 a2
25
4
2 3
a. Ta có: A’B = a ⇔ a +
. Suy ra
+ a2 x2 = a2 ⇔ x2 = ⇔ x =
3
3
9
9
3
3

2 3
A' H =
a
3
Vậy VABCD . A ' B ' C ' D ' = A ' H .S ABCD = 2a 3
5

uuuu
r uuur
r

3 4 2 3  uuuu
2
;a ;a
b. Sử dụng DD' = AA ' ⇒ D '  a
÷. BD ' = a − 3;2; 3
3
3 
3
 3
ur
Đường thẳng BD’ đi qua B(a 3 ;0;0), có VTCP u1 = − 3;2; 3 .

(

(


3 a
3  uuuur a

; ;a
Do M là trung điểm của A’H nên M  a
÷. DM =
3 
3
 3 3

)

)

(

3; −2; 3

)

uu
r
u2 = 3; −2; 3 .
VTCP
ur uu
r uuur
u1 , u2  .BD
ur uu
r
uuur
21

u1 , u2  = 4 3;6;0 , BD = −a 3; a;0 . d ( BD ', DM ) =  ur u

=a
u
r


7
u1 , u2 


uuur uuur
 4 3 a 2 3
; ;a
c. Sử dụng BB ' = AA ' ⇒ B '  a
÷.
3 
 3 3
Gọi (S) mặt cầu ngoại tiếp ACB’D’ phương trình có dạng:
Đường

thẳng

(

DM

đi

)

(

qua

D(0;a;0),

có

(

)

)

Giáo viên: Hồ Ngọc Thạch, Trường THPT Phú Lộc

- 24 -


2mx + 2ny + 2 pz − q = x 2 + y 2 + z 2 ( m 2 + n 2 + p 2 − q > 0 )
(S) đi qua A nên q = 0.
(S) đi qua C nên 2 3a.m + 2a.n = 4a 2 ⇔ 3m + n = 2a

8 3
2
4 3
61
61
a.m + a.n +
a. p = a 2 ⇔ 8 3m + 2n + 4 3 p = a
3

3
3
9
3
2 3
8
4 3
31
31
(S) đi qua D’ nên
a.m + a.n +
a. p = a 2 ⇔ 2 3m + 8n + 4 3 p = a
3
3
3
9
3
(S) đi qua B’ nên

Ta có hệ:


11 3


m=
a

 3m + n = 2a
18

 3m + n = 2a


61
a



⇔ n =
8 3m + 2n + 4 3 p = a ⇔ 3 3m − 3n = 5a
3
6



31
3
1
2
3
31

p =

4 3
a− m−
n
2
3
m

+
8
n
+
4
3
p
=
a
p=
a



6
2
3

3
9

Vậy bán kính mặt cầu ngoại tiếp ACB’D’: R = m 2 + n 2 + p 2 − q =

141
a
9

Nhận xét: Sử dụng phương pháp tọa độ hóa để tính được chiều cao của hình lăng trụ,
sau đó sử dụng công thức tính thể tích của hình không gian giúp giải bài toán tốt hơn.

·
Bài 11. Cho hình lăng trụ ABCD.A’B’C’D’ có ABCD là hình thoi cạnh a, BAD
= 600
. Hình chiếu của A’ trên (ABCD) là trung điểm H của đoạn AD, A’C = 2a.
a. Tính thể tích khối lăng trụ ABCD.A’B’C’D’.
b. Tính gần đúng (độ, phút, giây) góc giữa hai mp (ABB’A’) và (ADD’A’).
c. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng A’B và C’H.
d. Tính khoảng cách từ điểm B đến (B’CD’).
e. Tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện A’BC’D.
Giải
·
=
Ta có : HC 2 = DH 2 + DC 2 − 2 HD.DC .cos HDC

7 2
a .
4

9
3
HA '2 = A ' C 2 − HC 2 = a 2 ⇒ A ' H = a
4
2
3 1
3 3 3
a. Vậy VABCD. A ' B ' C ' D ' = A ' H .S ABCD = a. a.a 3 =
a
2 2
4
Chọn hệ trục Oxyz như hình vẽ sao cho:

Các điểm A, B lần lượt thuộc các tia
dương Ox, Oy và A’ có cao độ dương.

D'

C'

z

A'

B'

D
H

Giáo viên: Hồ Ngọc Thạch, Trường THPT PhúxLộc
A

C
O
B

y

- 25 -