Phương Pháp Tọa Độ Giải Toán hình học không gian

Toán không gian
VẬN DỤNG PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ
ĐỂ GIẢI BÀI TOÁN HÌNH HỌC KHÔNG GIAN
I. LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI
Nhân dân ta có truyền thống hiếu học, có ý chí học tập vươn lên. Tinh thần tất cả vì
tương lai con em, sẵn sàng chịu khó, chịu khổ nuôi con học tập nên người, đã trở thành
truyền thống, tập quán của dân tộc. Tinh thần đó đã tạo nên những nguồn lực nhất định mà
toàn xã hội đã và đang giải quyết những mâu thuẫn giữa quy mô và điều kiện phát triển
giáo dục.
Đặc biệt trong giai đoạn phát triển khoa học công nghệ hiện nay, trình độ tri thức của
con người từng bước được cải thiện và phát triển rõ rệt. Đáp ứng nhu cầu học tập của mọi
người dân bằng mọi nguồn lực là phù hợp với nguyện vọng, với truyền thống hiếu học của
nhân dân. Vì thế trong dạy học người giáo viên cần tạo cho học sinh phát triển năng lực trí
tuệ, phát huy tính tích cực, chủ động, sáng tạo trong học tập, biết nhận biết vấn đề ở từng
góc độ khác nhau,tìm tòi những cái cũ trong cái mới, cái mới trong cái cũ để từng bước
hình thành kiến thức mới. Để phát huy tính tực của học sinh, người giáo viên phải đặt học
sinh vào những tình huống có vấn đề tạo cho các em những thách thức trước những vấn đề
mới.
Việc hướng dẫn học sinh giải toán không phải chỉ dừng lại ở việc cung cấp cho học
sinh những bài giải mẫu mà còn phải hướng dẫn cho học sinh suy nghĩ, nắm bắt được các
mối quan hệ ràng buộc giữa giả thiết và kết luận của bài toán, từng bước giúp học sinh độc
lập suy nghĩ để giải bài toán. Từ thực tế giảng dạy, tôi đã rút ra được một số kinh nghiệm
về việc hướng dẫn học sinh lớp 12 sử dụng phương pháp toạ độ trong không gian để giải
một số bài toán hình học không gian, giúp các em cảm thấy thoải mái tiếp thu và chủ động
giải quyết các bài toán hình học không gian.Tôi chọn chuyên đề này với mong muốn được
cùng chia sẻ cùng đồng nghiệp, đồng môn ; để góp phần cùng cộng đồng trách nhiệm,
chung sức để tìm ra biện pháp nâng cao chất lượng dạy và học môn toán tại các trường
vùng sâu, vùng xa như trường THPT Thanh Bình.
II. THỰC TRẠNG TRƯỚC KHI THỰC HIỆN CÁC GIẢI PHÁP CỦA ĐỀ TÀI

1. Thuận lợi

Khái niệm vectơ trong không gian đã được đưa vào nội dung chưng trình lớp 11, làm
công cụ cơ bản nghiên cứu quan hệ vuông góc giữa hai đường thẳng, giữa đường thẳng với
mặt phẳng, giữa hai mặt phẳng và khoảng cách giữa một số đối tượng trong hình học không
gian.
Việc sử dụng vectơ để xây dựng quan hệ vuông góc trong không gian làm cho cách
diễn đạt một số nội dung hình học được gọn nhẹ hơn, học sinh dễ dàng tiếp thu. Mặt khác
một số kiến thức về vectơ này sẽ là cơ sở chuẩn bị cho việc xây dựng khái niệm tọa độ
trong không gian trong chương trình hình học lớp 12, một công cụ hữu ích để giải nhiều bài
toán hình học không gian.
2. Khó khăn
Không ít học sinh chưa nhận thức đúng về tầm quan trọng của việc chủ động phân
tích đề bài, dựng hình và định hướng phương pháp giải quyết bài toán mà các em chỉ làm
một cách máy móc, lập luận thiếu căn cứ, không chính xác, dôi lúc không phân biệt được
đâu là giả thiết, đâu là phần cần chứng minh. Do đó kết quả không như mong đợi.
Đây là một nội dung khó đối với học sinh lớp 12. Do chưa tìm ra được phương pháp
thích hợp để giải toán nên sẽ nhiều vướng mắc, từ đó thiếu hứng thú trong học tập.Để giúp

1

1


Toán không gian
các em mau chóng tiếp cận được phương pháp giảng dạy mới, đòi hỏi sự nỗ lực và sự quyết
tâm cao của cả thầy và trò.
3. Số liệu thống kê.
Qua thống kê sơ bộ điểm môn toán của 2 lớp; 12A1 ; 12A10 năm học 2007 - 2008, lớp
12A3 ; 12A8 , năm học 2008 - 2009, cụ thể là kết qủa 2 bài kiểm tra như sau :

+ Bài kiểm tra một tiết (2007 - 2008 ), trong 92 bài kiểm tra có :

•
•
•
•

5 bài diểm 8
tỷ lệ 5,4 %
14 bài điểm 6, 7
tỷ lệ 15,2 %
27 bài điểm 5
tỷ lệ 29,4 %
46 bài điểm dưới 5
tỷ lệ 50,0 %
+ Bài kiểm tra một tiết (2008 - 2009 ), trong 90 bài kiểm tra có :
• 7 bài diểm 8
tỷ lệ 7,8 %
• 19 bài điểm 6, 7
tỷ lệ 21,1 %
• 26 bài điểm 5
tỷ lệ 28,9 %
• 38 bài điểm dưới 5
tỷ lệ 42,2 %
Trong các lớp tôi được nhà trường phân công giảng dạy có đến 60 % học sinh có kết quả
môn toán cuối năm học 2006 - 2007 xếp loại trung bình yếu. Qua tìm hiểu, tôi cảm nhận
được rằng trong số những em có học lực yếu cũng có những em có kỹ năng tính toán tương
đối tốt nhưng khả năng vận dụng kiến thức đã học vào giải toán còn qúa hạn chế .
III. NỘI DUNG ĐỀ TÀI
1. Cơ sở lý luận
Vào năm 1637, nhà toán học kiêm triết học Pháp là Réné Descartes đã cho xuất bản

cuốn “ La Géométrie ” với nội dung xây dựng hình học bằng phương pháp toạ độ đánh dấu một
bước tiến mạnh mẽ của toán học. Descartes là nhà toán học thiên tài đã khai sinh ra phương
pháp toạ độ. Phương pháp toạ độ ra đời đã giúp con người dùng ngôn ngữ đại số thay cho ngôn
ngữ hình học, giúp con người đạt đến đạt đến đỉnh cao của sự khái quát hoá và trừu tương hoá
toán học trong nhiều lĩnh vực.
Quy trình dạy học được hiểu là tổ hợp các thao tác của giáo viên và học sinh được tiến
hành theo một trình tự nhất định trên một đối tượng nhận thức nào đó. Chẳng hạn, quy trình
bốn bước của Polya để giải một bài toán gồm :

•
•
•
•

Bước 1 : Tìm hiểu nội dung bài toán
Bước 2 : Xây dựng thuật giải
Bước 3 : Thực hiện thuật giải
Bước 4 : Kiểm tra, nghiên cứu lời giải
Một trong những nhiệm vụ dạy học môn toán chương trình phổ thông, đặc biệt là
dạy hình học là hướng dẫn cho học sinh sử dụng phương pháp toạ độ vào giải toán, nghĩa là
biết vận dụng linh hoạt và sáng tạo các kiến thức về toạ độ điểm, toạ độ vectơ và các công
thức có liên quan vào giải toán. Để giải một bài toán bằng phương pháp toạ độ ta thực hiện
theo các bước sau :

• Bước 1 : Thực hiện việc chọn hệ trục toạ độ Oxyz thích hợp, chú ý đến vị trí
của gốc O, chuyển bài toán đã cho về bài toán hình học giải tích
• Bước 2 : Giải bài toán hình học giải tích nói trên.

2

2


Toán không gian
• Bước 3 : Chuyển các kết luận của bài toán hình học giải tích sang các tính chất hình
học tương ứng.
Tuy nhiên qua thực tế , việc học và nắm vững các bước trên để vận dụng vào giải
toán thật không hề đơn giản đối với học sinh, vì đây là một qúa trình trừu tượng hoá và khái
quát hóa trong việc rèn luyện tư duy toán học. Do vậy, thông qua một số bài toán cụ thể để
hướng dẫn các em làm quen dần với việc giải bài toán hình học không gian bằng phương
pháp toạ độ.
Các dạng toán thường gặp :
• Độ dài đoạn thẳng
• Khoảng cách từ một điểm đến một mặt phẳng
• Khoảng cách từ một điểm đến một đường thẳng
• Khoảng cách giữa hai đường thẳng
• Góc giữa hai đường thẳng
• Góc giữa đường thẳng với mặt phẳng
• Góc giữa hai mặt phẳng
• Thể tích khối đa diện
• Diện tích thiết diện
• Chứng minh các quan hệ song song, vuông góc.

2. Nội dung, biện pháp thực hiện các giải pháp của đề tài
Trong chương III - §1 sách giáo khoa (SGK) hình học 12 nâmg cao, Đoàn Quỳnh
(Tổng chủ biên), Văn Như Cương (Chủ biên), NXBGD 2008, đã nêu định nghĩa và một số
tính chất sau :

z

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho :

( x; y, z )

v = x.i + y. j + z.k ⇔ v = ( x; y; z )
OM = x.i + y. j + z.k = M ( x; y; z )

Với : a = (a1; a2 , a3 ) và b = (b1; b2 ; b3 ) , ta có :
•

• a.b = a1b1 + a2b2 + a3b3
•

k

a.b = a . b . cos(a, b)

r
a = a12 + a22 + a32

O

i

j

x

y

M1

• a ⊥ b ⇔ a.b = 0 ⇔ a1b1 + a2b2 + a3b3 = 0
Tích có hướng của hai vectơ
• [ a, b ] = (a2b3 − a3b2 ; a3b1 − a1b3 ; a1b2 − a2b1 )
r r
r
r r
r
 a, b  ⊥ a  a , b  ⊥ b
•  
; 

Tọa độ của cá vectơ đơn vị :
r
i = ( 1;0;0 )
r
j = ( 0;1;0 )
r
k = ( 0;0;1)

• a cùng phương với b ⇔ [ a, b ] = O
r r r
r r r


⇔
a
 , b c = 0
• a, b, c đồng phẳng

3

3


Toán không gian
Năm 2008, tôi thực hiện chuyên đề : “Hướng dẫn học sinh sử dụng phương pháp tọa
độ để giải toán hình” và đã nhận được nhiều góp ý của quý Thầy trong Hội đồng chuyên
môn của Sở. Lần này, tôi cố gắng tìm hiểu sâu hơn về một nội dung :” Vận dụng phương
pháp tọa độ để giải bài toán hình học không gian”làm sơ sở ôn tập cho học sinh lớp 12,
chuẩn bị tốt cho các kỳ thi vào cuối năm học
a. Chọn hệ trục tọa độ Oxyz trong không gian
Ta có : Ox, Oy, Oz vuông góc từng đôi một. Do đó, nếu trong mô hình chứa các cạnh
vuông góc thì ta ưu tiên chọn các đường đó lần lượt thuộc các trục tọa độ. Cụ thể :
Với hình lập phương hoặc hình hộp chữ nhật ABCD. A' B' C ' D '
z

Với hình lập phương .
Chọn hệ trục tọa độ sao cho :

A’

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

D’

B’

C’

Với hình hộp chữ nhật.
Chọn hệ trục tọa độ sao cho :

D

A

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

x

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

y

C

B

Với hình hộp đáy là hình thoi ABCD. A' B' C ' D'
z

Chọn hệ trục tọa độ sao cho :
A’

D’
O’

- Gốc tọa độ trùng với giao điểm O của
hai đường chéo của hình thoi ABCD

B’

- Trục Oz đi qua 2 tâm của 2 đáy

y

C

A

D
O

B

C

x

Với hình chóp tứ giác đều S.ABCD
z
Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ
S
Giả sử cạnh hình vuông bằng a và
đường cao SO = h
Chọn O(0;0;0) là tâm của hình vuông
 a 2

 a 2

A −
;0;0 ; C 
;0;0 
2
  2

Khi đó : 

a 2   a 2 
B  0; −
;0÷
÷; D  0; 2 ; 0 ÷
÷; S (0;0; h)
2

 


D

A

y

O
B

C

x

Với hình chóp tam giác đều S.ABC
z
Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ
S

4
A

I

H

4
B

Cx

y


Toán không gian
Giả sử cạnh tam giác đều bằng a và
đường cao bằng h . Gọi I là trung điểm
của BC
Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ sao
cho I(0;0;0)
 a

 a

A  − ; 0; 0 ÷; B  ;0;0 ÷
 2

Khi đó :  2
 a 3   a 3 
C  0;
;0÷
÷; S  0; 6 ; h ÷
÷
2

 


Với hình chóp S.ABCD có ABCD là hình chữ nhật và SA ⊥ (ABCD)
z

ABCD là hình chữ nhật AB = a; AD = b
chiều cao bằng h

S

Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ sao
cho A(0;0;0)
Khi đó :

B ( a;0;0 ) ; C ( a; b;0 )

y

D

A
O

D ( 0; b;0 ) ; S (0; 0; h)

B

C

x

Với hình chóp S.ABC có ABCD là hình thoi và SA ⊥ (ABCD)
z

S

ABCD là hình thoi cạnh a
chiều cao bằng h
Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ sao
cho O(0;0;0)

y

D

A

O
B

C

x

Với hình chóp S.ABC có SA ⊥ (ABC) và ∆ ABC vuông tại A
z

Tam giác ABC vuông tại A có
AB = a; AC = b đường cao bằng h .
Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ sao
cho A(0;0;0)
Khi đó :

5

B ( a;0;0 ) ; C ( 0; b;0 )

S

y

C

A
B

x

5


Toán không gian

S ( 0; 0; h )

Với hình chóp S.ABC có SA ⊥ (ABC) và ∆ ABC vuông tại B
Tam giác ABC vuông tại B có
BA = a; BC = b đường cao bằng h .
Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ sao
cho B(0;0;0)
Khi đó :

A ( a;0;0 ) ; C ( 0; b;0 )

z

S

x

y

S ( a; 0; h )

C

A

B

Với hình chóp S.ABC có (SAB) ⊥ (ABC), ∆ SAB cân tại S
và ∆ ABC vuông tại C
∆ ABC vuông tại C CA = a; CB = b

z

S

chiều cao bằng h
H là trung điểm của AB

y

x

Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ sao
cho C(0;0;0)
Khi đó :

B

H

A

A ( a;0; 0 ) ; B ( 0; b;0 )

C

a b
S ( ; ; h)
2 2

Với hình chóp S.ABC có (SAB) ⊥ (ABC), ∆ SAB cân tại S
và ∆ ABC vuông tại A
∆ ABC vuông tại A AB = a; AC = b
chiều cao bằng h

z

S

H là trung điểm của AB
Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ sao
cho A(0;0;0)
Khi đó :

B ( a;0;0 ) ; C ( 0; b;0 )
a
S (0; ; h)
2

6

C

A

y

H
B

x

6


Toán không gian
Với hình chóp S.ABC có (SAB) ⊥ (ABC), ∆ SAB cân tại S
và ∆ ABC vuông cân tại C
Tam giác ABC vuông cân tại C có

CA = CB = a đường cao bằng h .

z

S

H là trung điểm của AB
Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ sao
cho H(0;0;0)
 a

 a

C
;0;0 ÷; A  0;

;0 ÷
2 


Khi đó :  2
a


B  0; −
;0 ÷; S ( 0;0; h )
2 


y

H

A

B

x

C

b. Bài tập áp dụng
Bài toán 1. Cho tứ diện OABC có các tam giác OAB,OBC,OCA đều là tam giác vuông tại
đỉnh O. Gọi α , β , γ lần lượt là góc hợp bởi các mặt phẳng (OBC),(OCA),(OAB) với mặt
2
2

2
phẳng (ABC).Chứng minh rằng : cos α + cos β + cos γ = 1
( SGK Hình 11, trang 96, Văn Như Cương chủ biên, NXBGD 2000, SGK Hình 12, trang 106, Văn
Như Cương chủ biên, NXBGD 2000 )

Hướng dẫn
Dựng hình :

Bài giải
z

Chọn hệ trục toạ độ Đêcac vuông góc
Oxyz như sau : O(0;0;0) ; A(a;0;0) ;
B(0; b;0) C (0;0; c) ;

C

AB = (−a ; b ; 0)

O

AC = (−a ; 0 ; c)

A

x

Tìm vectơ pháp tuyến của :
• Mặt phẳng (ABC)
• Mặt phẳng (OBC)

• Mặt phẳng (OCA)
• Mặt phẳng (OAB)
Sử dụng công thức tính góc giữa hai
mặt phẳng:

7

[

γ

y

C’

B

]

n = AB, AC = (bc ; ac ; ab)
i = ( 1, 0, 0)

vì : Ox ⊥ (OBC)

j = ( 0, 1, 0)

vì : Oy ⊥ (OCA)

k = ( 0, 0, 1)

vì : Oz ⊥ (OAB)

cos α =

b.c
b 2 c 2 + c 2 a 2 + a 2b 2

7


Toán không gian
cos β =

cos α = cos( (OBC), ( ABC ) )
cos β = cos( (OBC), ( ABC) )
cos γ = cos( (OBC), ( ABC ) )

Kết luận

cos γ =

c.a
b 2 c 2 + c 2 a 2 + a 2b 2
a.b
b 2 c 2 + c 2 a 2 + a 2b 2

b 2 c 2 + c 2 a 2 + a 2b 2
cos α + cos β + cos γ = 2 2
=1
b c + c 2 a 2 + a 2b 2

2

2

2

Bài toán 2. Bằng phương pháp toạ độ hãy giải bài toán sau :
Cho hình lập phương ABCD. A' B' C ' D' có cạnh bằng a.
a.Chứng minh rằng đường chéo A' C vuông góc với mặt phẳng ( AB' D ' )
b.Chứng minh rằng giao điểm của đường chéo A' C và mặt phẳng ( AB' D' ) là trọng tâm của
tam giác AB' D' .
c.Tìm khoảng cách giữa hai mặt phẳng ( AB' D' ) và (C ' BD)
d.Tìm cosin của góc tạo bởi hai mặt phẳng ( DA' C ) và ( ABB' A' )
( SGK Hình 12, trang 112, Văn Như Cương chủ biên, NXBGD 2000 )

Hướng dẫn

Bài giải

Dựng hình :

z

Chọn hệ trục toạ độ Đêcac vuông
góc Oxyz như sau : O ≡ A(0;0;0) ;

A’

A' (0;0; a )
B(a;0;0) ; B ' (a;0; a )

B’

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

G

x

 A' C ⊥ AB'
⇒ A' C ⊥ ( AB' D' )

A
'
C
⊥
AD
'

Nếu

C’
D

A
B

a. Chứng minh : A' C ⊥ ( AB' D' )

D’

y

C

 A' C = (a; a;−a )


 AB' = (a;0; a)

 AD' = (0; a; a)
Ta có : 
 A' C. AB' = a 2 + 0 − a 2 = 0
 A' C ⊥ AB'
⇔

2
2
 A' C ⊥ AD'
Vì  A' C. AD' = 0 + a − a = 0

Nên A' C ⊥ mp( AB' D' )
b. Chứng minh : G là trọng tâm của
tam giác AB' D' Phương trình
tham số của đường thẳng A' C

8

Gọi G = A' C ∩ ( AB' D' ) Toạ độ giao điểm G

của đường thẳng A' C và mặt phẳng ( AB' D' )

8


Toán không gian
x = t

A' C :  y = t (t ∈ R)
z = a − t


Phương trình tổng quát của mặt
phẳng ( AB' D' )
( AB' D' ) : x + y − z = 0

Trong đó vectơ pháp tuyến của mặt
phẳng ( AB' D' )

[

]

n1 = AB', AD' = (−a 2 ;−a 2 ; a 2 )

a

x
=


x = t
3

y = t
a


⇔ y =

3
z = a − t

2a
 x + y − z = 0

z = 3

là nghiệm của hệ :
 a a 2a 
G ; ; 
 3 3 3  (1)
x A + x B ' + xD ' a

=
 xG =
3
3

y A + y B ' + yD ' a


=
 yG =
3
3

z A + z B ' + z D ' 2a

=
 zG =
3
3 (2)

Mặt khác :

So sánh (1) và (2), kết luận
Vậy giao điểm G của đường chéo A' C và
mặt phẳng ( AB' D' ) là trọng tâm của tam
giác AB' D'
c. Tính d ( ( AB' D ' ), (C ' BD) )
Phương trình tổng quát của mặt phẳng
(C ' BD) (C ' BD) : x + y − z − a = 0 Trong
đó vectơ pháp tuyến của mặt phẳng
(C ' BD)

[

]

n2 = C ' B, C ' D = (a 2 ; a 2 ;− a 2 )

d. Tính cos( ( DA' C ), ( ABB' A' ) )
Oy ⊥ ( ABB' A' ) ⇒ Vec tơ pháp tuyến của
( ABB' A' ) là j = (0 ; 1 ; 0)

Vectơ pháp tuyến của ( DA' C ) :

[

]

n3 = DA', DC = (0; a ;−a ) = a (0;1;−1)
2

2

2

( AB' D' ) : x + y − z = 0

Ta có :

(C ' BD) : x + y − z − a = 0
⇒ ( AB' D ' ) // (C ' BD) ⇒

d ( ( AB' D' ), (C ' BD) ) = d ( B, ( AB' D' ) ) =

a
3

Vec tơ pháp tuyến của ( ABB' A' ) là j = (0 ; 1 ; 0)
Vectơ pháp tuyến của ( DA' C ) : n3 = (0;1;−1)
1
2

cos( ( DA' C ), ( ABB' A' ) ) =

( ( DA' C ), ( ABB' A' ) ) = 45

⇒

o

Bài toán 3. Cho hình lập phương ABCD. A' B' C ' D' có cạnh bằng a.
Chứng minh hai đường chéo B' D' và A' B của hai mặt bên là hai đường thẳng chéo nhau.
Tìm khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau B' D' và A' B
Hướng dẫn
Dựng hình :
Chọn hệ trục toạ độ Đêcac
vuông góc Oxyz như sau :

Bài giải
z

A’
B’

O ≡ A(0;0;0) ; A' (0;0; a ) ;
B(0; a;0) ; B' (0; a; a )

9

D’
C’
y

A

x

B

C

D

9


Toán không gian
C (a; a;0) ; C ' (a; a; a )
D(a;0;0) ; D' (a;0; a )

Chứng minh B' D' và A' B chéo
nhau, ta chứng minh ba vectơ

Ta có : B ' D' = (a;− a;0)

B' D '; A' B, BB' không đồng

[B' D', A' B] = (a ; a ; a )
[B' D', A' B].BB' = a ≠ 0

A' B = (0; a;− a) ;
2

phẳng.
Cần chứng minh
tích hỗn hợp của ba vectơ

2

2

3

⇒ ba vectơ B' D'; A' B, BB' không đồng phẳng.
hay B' D' và A' B chéo nhau.

B' D '; A' B, BB' khác 0

Tính d ( B' D ' , A' B )
d ( B ' D' , A' B ) =

BB' = (0;0; a )

d ( B ' D' , A' B ) =

[ B ' D', A' B ].BB'

a3
a +a +a
4

4

4

=

a3
a

2

3

=

a 3
3

[ B ' D', A' B ]

Bài toán 4. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là
hình thoi. AC cắt BD tại gốc toạ độ O. Biết A(2;0;0) ; B(0;1;0) ; S (0;0;2 2 ) . Gọi M là trung
điểm của SC .
1. Tính góc và khoảng cách giữa hai đường thẳng SA và BM
2. Giả sử mặt phẳng (ABM) cắt đường thẳng SD tại N.
Tính thể tích khối chóp S.ABMN.

( trích đề thi tuyển sinh ĐH&CĐ khối A năm 2004 )

Hướng dẫn

Bài giải

Dựng hình :

z

Chọn hệ trục toạ độ Đêcac vuông
góc Oxyz như sau : O(0;0;0) ;

S

A(2;0;0) ; B(0;1;0) ; S (0;0;2 2 )

M

N

Ta có :
C (−2;0;0) ; D(0;−1;0) ; M (−1;0; 2 )

(

)

(

SA = 2;0;−2 2 ; BM = − 1;−1; 2

1a.Tính góc giữa SA và BM

10

)

C

D

x A

O
B

y

Ta có :

10


Toán không gian

Gọi α là góc giữa SA và BM Sử dụng
công thức tính góc giữa hai đường thẳng.

(

)

cos α = cos SA, BM =

SA.BM
SA BM

=

3
2

⇒ α = 30o

1b. Tính khoảng cách giữa SA và BM

[ SA, BM ] = (−2 2 ;0;−2) ; AB = (−2;1;0)

Chứng minh SA và BM chéo nhau Sử
dụng công thức tính khoảng cách giữa
hai đường thẳng chéo nhau

[ SA, BM ]. AB = 4 2 ≠ 0

2. Tính thể tích khối chóp S.ABMN.

MN // AB // CD ⇒ N là trung điểm của SD
1



 0;− ; 2 

Toạ độ trung điểm N  2

Dễ dàng nhận thấy :

MN = ( ABM ) ∩ ( SCD)
VS . ABMN = VS . ABM + VS . AMN

Trong đó :
VS . ABM
VS . AMN

1
= [ SA, SM ].SB
6
1
= [ SA, SM ].SN
6

d ( SA, BM ) =

[ SA, AB]

=

4 2
2 6
=

3
8+4

SA = (2;0;−2 2 ) ;

SM (−1;0;− 2 )

SB = (0;1;−2 2 ) ;

SM (−1;0;− 2 )

⇒ [ SA, SM ] = (0;4 2 ;0)
1
4 2 2 2
[ SA, SM ].SB =
=
6
6
3
1
2 2
2
= [ SA, SM ].SN =
=
6
6
3

VS . ABM =
VS . AMN

Kết luận

[ SA, BM ]. AB

Vậy VS . ABMN = VS . ABM + VS . AMN = 2 (đvtt)

Bài toán 5 . Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho hình lăng trụ đứng ABC. A1B1C1 với
A(0;−3;0) ; B( 4;0;0) ; C (0;3;0) ; B1 (4;0;4) .

Tìm toạ độ các đỉnh A1 ; C1 . Viết phương trình mặt cầu có tâm là A và tiếp xúc với mặt
phẳng ( BCC1 B1 ) . Gọi M là trung điểm của A1B1 . Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua hai
điểm A, M và song song với BC1 . ( trích đề thi tuyển sinh ĐH&CĐ khối B năm 2005 )
Hướng dẫn

Bài giải

Dựng hình :
Chọn hệ trục toạ độ Đêcac vuông góc
Oxyz như sau : O (0;0;0) ;
Với :

A1
B1

M

C1

A(0;−3;0) ; B(4;0;0) ; C (0;3;0) ; B1 (4;0;4)

 A (0;−3;4)
⇒ 1
C1 (0;3;4)

Toạ độ trung điểm M của A1B1
3 

M  2;− ;4) 
2 


11

z

A

x

B

O

C
y

11

Toán không gian
Toạ độ hai đỉnh A1 ; C1 .
Phương trình mặt cầu có tâm là A
và tiếp xúc với mặt phẳng
( BCC1B1 )

Viết phương trình mp ( BCC1B1 )
Tìm bán kính của mặt cầu (S)

R = d ( A, ( BCC1B1 ) )

Phương trình mặt cầu (S) :
Phương trình mặt phẳng (P) :
Tìm vectơ pháp tuyến của (P)
 AM ⊂ ( P )
⇒ nP = [ AM , BC1 ]

 BC1 // ( P )
 3 
AM =  2; ;4 
 2  ; BC1 = (−4;3;4)

Ta có : A1 (0;−3;4) ∈ mp(Oyz)

C1 (0;3;4) ∈ mp(Oyz)
Vectơ pháp tuyến của mp ( BCC1B1 )
n = [ BC , BB1 ] = (12; 16; 0)

Phương trình tổng quát của mp ( BCC1B1 ) :
( BCC1B1 ) : 3 x + 4 y − 12 = 0

R=

Bán kính của mặt cầu (S) :
(S)

: x 2 + ( y + 3) 2 + z 2 =

24
5

576
25

Vectơ pháp tuyến của (P) :
nP = [ AM , BC1 ] = (−6;−24;12)

Phương trình mặt phẳng (P) :
( P ) : x + 4 y − 2 z + 12 = 0

Bài toán 6 . Cho hình tứ diện ABCD có cạnh AD vuông góc với mặt phẳng(ABC);
AC = AD = 4cm ; AB = 3cm ; BC = 5cm . Tính khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng (BCD)
( trích đề thi tuyển sinh ĐH&CĐ khối D năm 2002 )
Hướng dẫn
Bài giải
z
Dựng hình :
∆ABC có : AB 2 + AC 2 = BC 2 = 25 nên

D

vuông tại A Chọn hệ trục toạ độ
Đêcac vuông góc Oxyz như sau
O ≡ A(0;0;0) ; B(3;0;0) ; C (0;4;0)
D(0;0;4) ;

A

Tính : AH = d ( A, ( BCD) )

B

H

C

y

I

x

Viết phương trình tổng quát của
mặt phẳng (BCD)
Sử dụng công thức tính khoảng
cách từ một điểm đến một mặt
phẳng

12

Phương trình tổng quát của mặt phẳng (BCD)
( BCD) :

x y z
+ + = 1 ⇔ 4 x + 3 y + 3z − 12 = 0
3 4 4

d ( A, ( BCD) ) =

− 12
16 + 9 + 9

=

12
6 34
=
17
34

12


Toán không gian
Bài toán 7 . Cho hai nửa đường thẳng Ax và By vuông góc với nhau và nhận
AB = a (a > 0) là đoạn vuông góc chung. Lấy điểm M trên Ax và điểm N trên By sao cho
AM = BN = 2a . Xác định tâm I và tính theo a bán kính R của mặt cầu ngoại tiếp tứ diện
ABMN. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AM và BI
Hướng dẫn

Bài giải

Dựng hình :

z

Dựng Ay ' // By ⇒ Ax ⊥ Ay '
Chọn hệ trục toạ độ Đêcac
vuông góc Axy' z như sau :
A(0;0;0) ; B (0;0; a ) ; M (2a;0;0)

B
N
A

N (0;2a; a )

Toạ độ trung điểm I của MN
a

Ia ; a ; 
2


M

y

I

y'

x

Hai tam giác AMN và BMN là hai tam
giác vuông nhận MN là cạnh huyền nên
1a. Xác định tâm I của mặt cầu
ngoại tiếp tứ diện ABMN
Chú ý :

 Ax ⊥ By

 Ax ⊥ Ay '

1b.Tính bán kính R của mặt cầu
ngoại tiếp tứ diện ABMN

a

Ia ; a ; 
2  của MN là tâm
trung điểm 

của mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABMN
Ta có : MN = a (−2 ; 2 ; 1)
Bán kính mặt cầu :

R=

MN 3a

=
2
2

Ta có : AM = (2a;0;0) ;
2. Tính d ( AM , BI )
Chứng minh AM và BI chéo
nhau
Sử dụng công thức tính khoảng
cách giữa hai đường thẳng chéo
nhau

a

BI =  a; a;− 
2  ; AB = (0;0; a)


[ AM , BI ] = (0; a 2 ;2a 2 )
d ( AM , BI ) =

[ AM , BI ]. AB
[ AM , BI ]

=

2a 5
5

Bài toán 8 . Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a . Gọi E là

điểm đối xứng của D qua trung điểm của SA, M là trung điểm của AE, N là trung điểm của
BC. Chứng minh MN vuông góc với BD và tính (theo a ) khoảng cách giữa hai đường
thẳng MN và AC. ( trích đề thi tuyển sinh ĐH&CĐ khối B năm 2007 )
Hướng dẫn

13

Bài giải
z

13


Toán không gian
Dựng hình :
Gọi O là tâm của hình vuông
ABCD ⇒ SO ⊥ ( ABCD)
Chọn hệ trục toạ độ Đêcac vuông
góc Oxyz như sau :

 a 2
 a 2 a 2 
h
; 0; ÷
 −
÷  − 2 ; − 2 ; h ÷
÷
4
2


 ; E

 a 2 a 2 h a 2 a 2 
;−
; ÷ 
;−
;0 ÷
 −
÷
2
4 2÷
4
4




M
N

Tính (theo a) khoảng cách giữa hai
đường thẳng MN và AC.
Chứng minh MN và AC chéo nhau
Sử dụng công thức tính khoảng cách
giữa hai đường thẳng chéo nhau

P

M

y

O(0;0;0) ; S ( 0;0; h ) ;
 a 2

a 2

;0;0 ÷
;0;0
 −

÷
÷
 2
÷
2



 D
A
;C
 a 2 

a 2 
 0;
 0;−
;0 
;0 



2
2

 ; B


Toạ độ trung điểm P của SA P

S

E

A

D
O

B

C

N

x

uuuu
r  3a 2
h  uuur
MN = 

; 0; − ÷
; BD = (0; − a 2;0)
2÷
 4


Vì : MN .BD = 0 ⇒ MN ⊥ BD

uuuu
r uuur 
ah 2 
 MN , AC  =  0; −
;0 ÷

 
÷
2


Ta có :
uuuu
r 
a 2 h
AM =  0; −
; ÷
4
2÷


uuuu

r uuur uuuu
r a2h
 MN , AC  . AM =
≠0


4
Vì :
⇒ MN và AC chéo nhau
d ( MN , AC ) =

[ MN , AC ]. AM
[ MN , AC ]

=

a 2h
4 =a 2
4
a 2h2
2

Bài toán 9 . 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 .

a. Tính diện tích S của tam giác BCD theo a, b, c
b. Chứng minh rằng :

2S ≥ abc ( a + b + c )

Hướng dẫn
Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ sao

14

Bài giải
z

14


Toán không gian
cho A(0;0;0)
Khi đó :

D

B ( c; 0;0 ) ; C ( 0; b;0 )

D ( 0;0; a )
uuur
BC = −c; b;0 )
Ta có : uuur (
BD = ( −c;0; a )
uuur uuur
 BC , BD  = ( ac; ac; bc )



Áp dụng bất đẳng thức Côsi :

a 2b 2 + b 2c 2 ≥ 2ab 2c
b 2 c 2 + c 2 a 2 ≥ 2abc 2
c 2 a 2 + a 2b 2 ≥ 2a 2bc

y

C

A

x

B

a. Tính diện tích S của tam giác BCD
1 uuur uuur
1 2 2
S =  BC , BD  =
a b + a 2 c 2 + b 2c 2
2
2
2S ≥ abc ( a + b + c )

b. Chứng minh :

Ta có :
abc ( a + b + c ) = a 2bc + b 2 ac + c 2 ab ≤

 b2 + c 2  2  a 2 + c 2  2  a 2 + b2 
≤ a 

÷+ b 
÷+ c 
÷
 2 
 2 
 2 
2

= a 2b 2 + a 2c 2 + b 2c 2 = 2S ∆BCD

Bài toán 10 . Cho hình chóp tam giác đều S.ABC đỉnh S độ dài các cạnh đáy bằng a . Gọi
M, N lần lượt là trung điểm của các cạnh SB, SC. Tính theo a diện tích tam giác AMN.
Biết rằng mặt phẳng (AMN) vuông góc với mặt phẳng (SBC).
Hướng dẫn
Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ
Gọi I là trung điểm của BC
Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ sao
cho I(0;0;0)
 a 3   a

A  0;
;0 ÷
; B  − ;0; 0 ÷
÷
2

  2
Khi đó : 
a
  a 3   a 3 

C  ;0;0 ÷; S  0;
;h÷
÷; H  0; 6 ;0 ÷
÷
6
2
 
 

 a a 3 h a a 3 h
M  − ;
; ÷
; ÷
÷; N  ;
÷
 4 12 2   4 12 2 
uuuu
r  a 5a 3 h 
AM =  − ; −
; ÷
12 2 ÷
 4

uuur  a 5a 3 h 
AN =  ; −
; ÷
12 2 ÷
4


Bài giải
z

S

M
N

B
I

y

A

H

C

x

+ Pháp vectơ của mp (AMN) :
ur
uuuu
r uuur  ah 5a 2 3 
n1 =  AM , AN  =  0; ;
÷
24 ÷
 4


+ Pháp vectơ của mp (SBC) :

15

15


Toán không gian
uur  a a 3

SB =  − ; −
; −h ÷
÷
6
 4

uuu
r a a 3

SC =  ; −
; −h ÷
÷
6
2

ur uu
r
ur uu
r

( AMN ) ⊥ ( SBC ) ⇔ n1 ⊥ n2 ⇔ n1.n2 = 0

a 2 h 15a 4
a 2 h 15a 4
⇔−
+
=0⇔
=
4
24.6
16
24 2

uu
r
uur uuu
r 
a2 3 
n2 =  SB, SC  =  0; −ah;
÷
6 ÷



Diện tích tam giác AMN :
S ∆AMN

1
=
2

2 2
4
uuuu
r uuur
 AM , AN  = 1 a h + 75a2

 2 16
24

1 15a 4 75a 4
1
a 2 10
4
=
+
=
90a =
2 242
242
48
16 đvdt

Bài toán 11 . Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh 2a ; SA = a ;
SB = a 3 và mặt phẳng (SAB) vuông góc với mặt phẳng đáy. Gọi M, N lần lượt là trung
điểm của các cạnh AB, BC . Tính theo a thể tích khối chóp S.BMDN và tính cosin của góc

giữa hai đường thẳng SM, DN ( trích đề thi tuyển sinh ĐH &CĐ khối B năm 2008 )
Hướng dẫn

Bài giải
z

Dựng hình :
S

Gọi H là hình chiếu vuông góc
của S trên AB ⇒ SH ⊥ (ABCD)
2
2
2
2
2
Ta có : SA + SB = a + 3a = AB
⇒ ∆SAB vuông tại S ⇒ SM = a

Do đó : ∆SAM đều

⇒ SH =

Chọn hệ trục toạ độ Đêcac vuông
góc Oxyz như sau : H (0;0;0) ; S

a 3
 a

 0; 0;
÷
÷
 − ; 0; 0 ÷

2

 ; A 2
 ; B
 3a

 a

 ;0;0 ÷
 − ; 2a; 0 ÷
 2
 ;
 ; M
D 2
 3a

a

 ; 0; 0 ÷
 ; a;0 ÷

2
 ;
N 2
uuur  a
a 3
SM =  ;0; −
÷
2 ÷
2


uuu
r  3a
a 3
SN =  ; a; −
÷
2 ÷
 2

uur  3a
a 3
SB =  ; 0; −
÷
2 ÷
 2

uuu
r  a
a 3
SD =  − ; 2a; −
÷
2 ÷
 2

uuur
DN = ( 2a; −a;0 )

16

A

a 3
2

D
K

H

x

B

y

M

N

C

+ Thể tích khối chóp S.BMDN

VS .BMDN = VSMNB + VSMND

uuur uuu
r  a2 3 a2 3 a2 
 SM , SN  = 

  2 ;− 2 ; 2 ÷

÷


3
3
uuur uuu
r uur
uuur uuu
r uuu
r
 SM , SN  SB = a 3  SM , SN  SD = 3a 3




2
2

;

r uur a 3 3
1 uuur uuu

VSMNB =  SM , SN  SB =
6
12
u
u
u
r

u
u
u
r
u
u
u
r
1
a3 3
VSMND =  SM , SN  SD =
6
4
VS .BMDN = VSMNB + VSMND =

a3 3 a3 3 a3 3
+
=
12
4
3

16


Toán không gian
+ Công thức tính góc giữa SM, DN

+ Tính cosin của góc giữa SM, DN
a2

1
cos ( SM , DN ) =
=
2
2
5
a 3a
+
4a 2 + a 2
4
4

uuur uuur
SM .DN
cos ( SM , DN ) = uuur uuur
SM . DN

Bài toán 12 . Cho lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác vuông, AB = BC = a ,
cạnh bên AA ' = a 2 . Gọi M là trung điểm của BC. Tính theo a thể tích của khối lăng trụ
ABC.A’B’C’ và khoảng cách giữa hai đường thẳng AM, B’C ( trích đề thi tuyển sinh ĐH
&CĐ khối D năm 2008 )
Hướng dẫn

Bài giải
z

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

(

( 0; a;0 )

)

( a;0; 0 ) ; B’ 0;0; a 2
;C
a

 ; 0; 0 ÷

M 2
uuuu
r a

uuur
AM =  ; − a;0 ÷ u
B
2
 ; ' C = a;0; − a 2
uuuu
r
AB ' = 0; − a; a 2

(

A’
C’

B(0;0; 0)

A

B’

)

(

)

Chứng minh AM và B’C chéo nhau
2
uuuur uuuur 

 AM , B ' C  =  a 2 2; a ; a 2 ÷


2



y

A

B
M

C

x

+ Thể tích của khối lăng trụ ABC.A’B’C’
VABC . A ' B ' C ' = AA '.S ∆ABC =

1 3
a 2
2

đvtt

+ Khoảng cách giữa AM và B’C

3
uuuu
r uuuur uuuu
r
 AM , B ' C  AB ' = a


2
Vì :
⇒ AM và B’C chéo nhau
uuuu
r uuuur uuuu
r
 AM , B ' C  AB '



d ( AM , B ' C ) =
uuuu
r uuuur
 AM , B ' C 


3
a
a 7
2
=
=
7
1
2a 4 + a 4 + a 4
2

17

17


Toán không gian

·

·

Bài toán 13 . Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang , BAD = ABC = 90

AB = BC = a , AD = 2a , SA vuông góc với đáy và SA = 2a . Gọi M,N lần lượt là trung điểm
của SA và SD. Chứng minh rằng BCNM là hình chữ nhật và tính thể tích của khối chóp
S.BCNM theo a ( trích đề thi tuyển sinh Cao đẳng năm 2008 )
Hướng dẫn

0

Bài giải
z

Dựng hình :
S

Chọn hệ trục toạ độ Đêcac vuông góc
Oxyz như sau :
A(0; 0;0) ; B ( a;0;0 ) ; C ( a; a;0 ) ; D
( 0; 2a; 0 )
( 0;0; 2a )

M

( 0; 0; a )

; S

; N

B

(

)

uuur uuu
r uur
 SM , SC  SB = a 3


uuur uuu
r uuu
r
 SM , SC  SN = −a 3



y

C

x

uuur
uuu
r
SM = ( 0;0; − a ) SC = ( a; a; − a )
; uuur
uur
SB = ( a; 0; −2a ) SN = ( 0; a; −a )
;
uuur uuu

r
2
 SM , SC  = a ; − a 2 ; 0



D

A

( 0; a; a )

uuuu
r
uuur
MN = ( 0; a;0 ) BC = ( 0; a;0 )
;
uuur
MB = ( a;0; −a )

N

M

+ Chứng minh BCNM là hình chữ nhật

uuuu
r uuur
 MN = BC
⇒

r uuur
 uuuu
MN
.
MB
=
0

BCNM là hình chữ nhật

+ Tính thể tích của khối chóp S.BCNM theo a
VSMCB
VSMCN

VS .BCNM = VSMCB + VSMCN
r uur a 3
1 uuur uuu
=  SM , SC  SB =
6
6
r uuu
r a3
1 uuur uuu
=  SM , SC  SN =
6
6

VS .BCNM = VSMCB + VSMCN

a3

=
3

đvtt

Bài toán 14 . Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a , SA ⊥ ( ABCD); SA = 2a .
α
Mặt phẳng ( ) qua BC hợp với AC một góc 300 , cắt SA, SD lần lượt tại M, N. Tính diện
tích thiết diện BCNM
Hướng dẫn
Bài giải
z

Dựng hình :

S

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

18

M

N

18


Toán không gian

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

D

A

y

; S

Đặt

AM = h ( 0 < h < 2a )

⇒ M ( 0; 0; h )

B

C

x

Xác định vị trí điểm M

uuuu
r
uuur

BM = ( − a;0; h ) BC = ( 0; a;0 )
;
uuuu
r uuur
 BM , BC  = −ah;0; −a 2 = − a ( h;0; a )


uuur
AC = ( a; a;0 ) = a ( 1;1;0 )

(

)

Pháp vectơ của mặt phẳng

Vectơ
chỉ phương của đường
thẳng AC :
uuur
r
AC = ( a; a;0 ) = a ( 1;1;0 ) ⇒ u = ( 1;1;0 )

mặt phẳng
Ta có :

 MN = ( α ) ∩ ( SAD )
⇒ MN / / BC / / AD

 BC / / AD

BC ⊥ ( SAB) ⇒ BC ⊥ BM

∆ABM vuông cân tại A ⇒ BM = a 2
1
a
MN = AD =
2
2

(α) :

uur
uuuu
r uuur
uur
nα =  BM , BC  ⇒ nα = ( h; 0; a )

( α ) hợp với AC một góc 300

uur r
n
1.h + 1.0 + 0.a
α .u
⇔ sin 300 = uur r =
nα u
1 + 1 + 0 h2 + 0 + a 2

h

⇔

=

1
⇔ h 2 = h2 + a 2
2

2 h2 + a 2
⇔ h = a ⇒ M là trung điểm của SA

 MN / / BC
⇒

BM
⊥
BC

+
BCNM là hình thang vuông

+ Diện tích thiết diện BCNM :
S BCNM

1
3a 2 2
= BM ( MN + BC ) =
2
4

Bài toán 15 . 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 mặt phẳng (OBC); (OCA);
(OAB) lá 1; 2; 3. Tính a; b; c để thể tích khối chóp O.ABC nhỏ nhất.
Hướng dẫn
Dựng hình :

Bài giải

z

C

Chọn hệ trục toạ độ Đêcac vuông góc
Oxyz như sau : O (0; 0;0)

A

19

( a; 0;0 )

;B

M

( 0; b;0 ) ; C ( 0; 0; c )
O

y

19

Toán không gian

d ( M , (OBC ) ) = 1 ⇒ xM = 1

d ( M , (OAB) ) = 3 ⇒ zM = 3

B

H

d ( M , (OCA) ) = 2 ⇒ yM = 2

E

A

⇒ M ( 1; 2;3 )
uuu
r
a;0;0 ) ⇒ OA = (a;0;0)
(
A
uuu
r
0; b;0 ) ⇒ OB = (0; b;0)
(
B
uuur

0;0; c ) ⇒ OC = (0; 0; c)
(
C

x

+Thể tích khối chóp O.ABC
VO. ABC =

1
6

uuu
r uuu
r uuur
OA, OB  OC = 1 abc


6

+ Phương trình mặt phẳng (ABC) :
1 2 3
a = 3
 a = b = c

⇔ b = 6

 1 + 2 + 3 = 1 c = 9

Giải hệ :  a b c

x y z
+ + =1
(ABC) : a b c
1 2 3
M ∈ ( ABC ) ⇒ + + = 1
a b c

Áp dụng bất đẳng thức Côsi :
1 2 3
1 2 3
6
+ + ≥ 33 . . = 33
a b c
a b c
abc
1
⇒ abc ≥ 27
6
a = 3
1 2 3 
MinVO. ABC = 27 ⇔ = = ⇒ b = 6
a b c
c = 9


1=

Bài toán 16 . Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có các cạnh đều bằng a .
a. Tính thể tích khối chóp S.ABCD

b. Tính khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng (SCD)
c. Tính góc giữa SB và mặt phẳng (SCD)
Hướng dẫn

Bài giải
z

Dựng hình :
Gọi O = AC ∩ BD

S

⇒ SO ⊥ ( ABCD)

SO = SC 2 − OC 2 = a 2 −

a2 a 2
=
2
2

Chọn hệ trục toạ độ Đêcac
vuông góc Oxyz như sau :

a 2
 0; 0;
÷
2 ÷
O (0;0;0) ; S 
 ;

20

y

A

D
O

B

C

x

20


Toán không gian
 a 2

a 2

; 0; 0 ÷
; 0;0 ÷
 −

÷
÷

2
 ; C 2
 D
A
 a 2 

a 2 
 0;

 0;−
;
0
;0 



2
2

 ; B


Phương trình mặt phẳng (SCD)
x
a 2
(SCD): 2
⇔ x+ y+z−

+

y
a 2
2

+

z
a 2
2

=1

a.Tính thể tích khối chóp S.ABCD
1
1 a 2 a3 2
VS . ABCD = SO.S ABCD = .
.a =
3
3 2
6
b. Khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng

(SCD)
Phương trình mặt phẳng (SCD)
(SCD):

a 2
=0
2

x+ y+z−
−

d ( A, ( SCD) ) =

a 2
=0
2

a 2 a 2
−
2
2
3

=

a 2 a 6
=
3
3

0
·
·
Bài toán 17 . Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thang , ABC = BAD = 90 AB = BC = a

, AD = 2a , SA vuông góc với đáy và SA = a 2 . Gọi H là hình chiếu của A trên SB. Chứng
minh tam giác SCD vuông và tính theo a khoảng cách từ H đến mặt phẳng (SCD) ( trích đề
thi tuyển sinh ĐH &CĐ khối D năm 2007 )

Hướng dẫn

Bài giải
z

Dựng hình :
S

Chọn hệ trục toạ độ Đêcac vuông góc
Oxyz như sau :
A(0; 0;0) ; B ( a;0;0 ) ; C ( a; a;0 ) ; D
( 0; 2a; 0 )
( 0;0; 2a )

H

; S

uur
SB = a;0; −a 2
uuu
r
SC = a; a; −a 2
uuu
r
SD = 0; 2a; −a 2
uuu
r uuu
r
 SC , SD  = a 2 2; a 2 2; 2a 2




(
(
(

)
)

(

=a

I

A

2

)

(

2 1;1; 2

)

B

x

)

+ Tìm tọa độ điểm H là hình chiếu
vuông góc của A trên SB
Phương trình tham số của SB :

D

y

C

+uuu
Chứng
minh tam giác
SCD vuông
r
uuur
SC = ( a; a; −2a )
CD = ( −a; a;0 )
;
uuu
r uuur
SC.CD = 0 ⇒ SC ⊥ CD
⇒ Tam giác SCD vuông tại C

+ Tính ( theo a ) khoảng cách từ H đến (SCD)
Tọa độ điểm H :

21

21


Toán không gian

SB :

 x = a + at

y = 0

 z = a 2t

(

(t ∈R )

+ Viết phương trình mặt phẳng (SCD)
(SCD) đi qua điểm S và nhận vectơ
r
n = 1;1; 2

(

)

làm pháp vectơ

(SCD) : 1( x − 0) + 1( y − 0) + 2( z − a 2) = 0

)

H ( x; y; z ) ∈ SB ⇒ H a + at ; 0; a 2t
uuur
AH = (a + at ; 0; a 2t )
uuur uur
AH ⊥ SB ⇔ AH .SB = 0
1
⇔ 3a 2t + a 2 = 0 ⇔ t = −
3
 2a
a 2
⇒ H  ; 0;
÷
3 ÷
 3


+ Khoảng cách từ H đến (SCD)
Phương trình mặt phẳng (SCD)
(SCD) : x + y + 2 z − 2a = 0
2a 2 a
+
− 2a
a
3
3

d ( H , ( SCD ) ) =
=
2
3

IV. KẾT QỦA
Song song với việc tiếp thu những kiến thức về toạ độ điểm, tọa độ vectơ, phương
trình đường và mặt, qua việc sử dụng công cụ là dùng phương pháp tọa độ trong trong
không gian các em đã chủ động hơn, tự tin hơn khi tiếp xúc với bài toán hình học không
gian .
Thật vậy, trong các tiết ôn tập cuối năm 12 chuẩn bị cho thi tốt nghiệp năm và dự
tuyển sinh vào các trường Đại học và Cao đẳng hàng năm của học sinh lớp 12, các em đã
được hướng dẫn giải một số bài tập liên quan đến việc sử dụng phương pháp tọa độ để giải
bài toán hình không gian.
Qua khảo sát, nhìn chung các em biết vận dụng khá linh hoạt, biết nhận biết vấn đề
và xác định được tọa độ các điểm liên quan trên hệ trục tọa độ. Kết quả khảo sát qua 2 bài
tập như sau :
Bài 1. Cho hình lập phương ABCD. A' B' C ' D' có cạnh bằng a. Gọi M, N lần lượt là trung
điểm của các cạnh AD và BB’. Chứng minh : MN ⊥ A' C
Bài 2. Cho tứ diện ABCD có AB,AC.AD đôi một vuông góc với nhau tại A. Gọi M là một
điểm bất kỳ trong tam giác BCD và α , β , γ lần lượt là góc giữa AM và các mặt
2
2
2
phẳng (ABC), (CAD) ,(DAB). Chứng minh rằng : sin α + sin β + sin γ = 1
Kết qủa :
Bài
1
2

Số HS làm bài
91
89

Số HS đạt yêu cầu
77
69

Đạt tỷ lệ %
84,6
77,5

Tuy kết qủa chưa thật như mong đợi, nhưng với trách nhiệm của một người thầy, trong
một chừng mực nào đó tôi có thể bớt băn khoăn khi học trò của mình đã bớt ngán ngại khi gặp
một bài toán hình và từng bước đã biết vận dụng phương pháp toạ độ để giải bài toán hình .
V. BÀI HỌC KINH NGHIỆM

22

22


Toán không gian
Để giúp học sinh học tốt môn toán nói chung ,qua thực tế giảng dạy và thông qua
việc hướng dẫn học sinh sử dụng phương pháp toạ độ để giải bài toàn hình, tôi đã đúc kết
được một số kinh nghiệm sau :
1. Học sinh cần có sự chuẩn bị bài trước khi đến lớp. Bởi vì khi chuẩn bị bài học sinh có dịp
làm quen với kiến thức mới, quy luật nhận thức của con người không phải một lần là hoàn
thành mà trải qua từ không biết đến biết, từ đơn giản đến phức tạp. Chuẩn bị bài giúp học
sinh xác định được các ý cơ bản cần chú ý khi học tại lớp, làm cơ sở đề xuất ý kiến với giáo

viên về những vương mắc có liên quan đến bài học.
2. Hướng dẫn học sinh phát huy khả năng quan sát. Quan sát trong toán học nhằm hai mục
đích: thứ nhất là thu nhận kiến thức mới, thứ hai là vận dụng kiến thức để giải bài tập. Mỗi
khi dựng hình, tôi yêu cầu học sinh chú ý từng thao tác và mối quan hệ giữa các thao tác
nhằm từng bước nâng cao năng lực nhận thức trước một vấn đề nào đó dù đơn giản hay
phức tạp .
3. Nắm vững phương pháp nhớ khoa học. Trí nhớ là chỉ sự việc đã trải qua còn giữ lại được
trong đầu và qúa trình tâm lí tái hiện. Sự việc đã trải qua nói ở đây là những sự việc người
ta cảm biết được, đã suy nghĩ hoặc đã qua thể nghiệm.Việc làm lại các bài tập đã được
hướng dẫn và giải các bài tương tự cũng là một quá trình tái hiện, là mục đích cuối cùng của
trí nhớ. Điều này có ý nghĩa rất lớn với việc học và giải bài toán hình học.
4. Bồi dưỡng cho học sinh thói quen tính toán chính xác. Thể hiện qua những nội dung như :
đọc kỹ đề, tính toán tỉ mỉ, xác định toạ độ các điểm hợp lý, kiên trì kiểm tra lại kết quả và
trình bày bài toán một cách lôgích .
VI. KẾT LUẬN
Tôi luôn nghĩ rằng : sự tiến bộ và thành đạt của học sinh luôn là mục đích cao cả, là
nguồn động viên tích cực của người thầy. Do vậy, tôi mong ước được chia sẻ với quý đồng
nghiệp một số suy nghĩ như sau :
Đối với học sinh, cần kiên nhẫn dìu dắt, động viên các em; đừng vội nóng nảy kẻo
chúng sợ mà nảy sinh tư tưởng mặc cảm nghĩ rằng mình bị bỏ rơi; hãy tìm ra những điều tốt
của chúng để kịp thời động viên chúng, tạo điều kiện cho chúng ngày càng tiến bộ, từng
bước chủ động, tự tin hơn trong học tập.
Hướng dẫn học sinh giải toán cần có phương pháp phù hợp với từng đối tượng học
sinh. Vì thực tế dạy toán là dạy hoạt động toán học cho học sinh, trong đó giải toán là hình
thức chủ yếu. Do vậy, ngay từ khâu phân tích đề, dựng hình, định hướng cách giải cần gợi
mở, hướng dẫn cho các em cách suy nghĩ, cách giải quyết vấn đề đang đặt ra, nhằm từng
bước nâng cao ý thức suy nghĩ độc lập, sáng tạo của các em.
Điều cuối cùng là làm thế nào để học sinh cảm thấy hứng thú và say mê khi học
môn toán ? Thiết nghĩ đây không phải nỗi ưu tư của riêng tôi, ưu tư này cũng chính là mong
ước của nhiều đồng nghiệp và học sinh. Giải quyết những ưu tư này đòi hỏi nơi giáo viên

không chỉ lòng nhiệt tình với nghề, với bộ môn mà còn phải có nghệ thuật ứng xử, có
phương pháp giảng dạy tốt và trên hết là sự cảm thông, thấu hiểu từng hoàn cảnh của học
sinh. Đây cũng chính là động lực thôi thúc người thầy ngày càng vươn lên, vững vàng hơn
trên bục giảng .

23

23


Toán không gian
Rất mong nhận được nhiều sự góp ý, sẻ chia của qúy đồng nghiệp.
VII. TÀI LIỆU THAM KHẢO

 Hình học 11 ( sách giáo khoa ) - Văn Như Cương (chủ biên), Trần Đức Huyên







-Nguyễn Mộng Hy - NXB Giáo dục, 2000.
Hình học 12 ( sách giáo khoa ) - Văn Như Cương (chủ biên), Tạ Mân - NXB Giáo
dục, 2000.
Hình học 12 ( sách giáo khoa ) - Trần Văn Hạo và Nguyễn Mộng Hy (chủ biên),
Khu Quốc Anh - Trần Đức Huyên - NXB Giáo dục, 2000.
Các bài toán về phương pháp vectơ và phương pháp toạ độ - Nguyễn Mộng Hy NXB Giáo dục, 1998.
Làm thế nào để học tốt môn Toán - Đào Văn Trung - NXB Đại học quốc gia Hà Nội,
2001.

Phương pháp toạ độ trong không gian - TS Nguyễn Thái Sơn ( tài liệu bồi dưỡng
thường xuyên giáo viên THPT chu kỳ 1997 - 2000 ) - Lưu hành nội bộ, 2000.
Báo Toán học và Tuổi trẻ, số tháng 11/1995 và số tháng 2/1999.
NGƯỜI THỰC HIỆN

Nguyễn Thanh Lam

24

24