Sử dụng phương pháp tọa độ giải một số bài toán hình học không gian

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HOÁ

TRƯỜNG THPT YÊN ĐỊNH 1
--------------

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ GIẢI MỘT SỐ
BÀI TOÁN HÌNH HỌC KHÔNG GIAN

Người thực hiện: Lê Trọng Nguyên
Chức vụ: Giáo viên
SKKN thuộc lĩnh vực: Toán

1


MỤC LỤC
NỘI DUNG
I. Mở đầu ……………………………………………………........
1.1. Lý do chọn đề tài …………………………………………
1.2. Mục đích nghiên cứu……………………………………...
1.3. Đối tượng nghiên cứu…………………………………….
1.4. Phương pháp nghiên cứu…………………………………
II. Nội dung sáng kiến kinh nghiệm………………………………
2.1. Cơ sở lý luận………………………………………………
2.2. Thực trạng của vấn đề……………………………………..
2.3. Giải pháp và tổ chức thực hiện……………………………
2.3.1. Phương pháp chung…………………………………..
2.3.2. Một số công thức áp dụng …………………………....
2.3.3. Bài toán về hình chóp có một góc tam diện vuông …..

2.3.4. Bài toán về hình lăng trụ đứng có đáy là tam giác
vuông hoặc hình hộp chữ nhật (hoặc hình lập phương) …………
2.3.5. Bài toán về một hình không gian có thể tạo một góc
tam diện vuông …………………………………………………...
2.4. Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm đối với hoạt động
giáo dục …………………………………………………………..
III. Kết luận, kiến nghị …………………………………………..
3.1. Kết luận …………………………………………………...
3.2 Kiến nghị …………………………………………………..

TRANG
2
2
2
2
2
3
3
3
4
4
5
6
8
13
16
17
17
17

2


I. MỞ ĐẦU:
1.1. Lí do chọn đề tài:
Hình học không gian là một chủ đề lớn trong chương trình phổ thong. Trong các
đề thi từ cấp cơ sở đến cấp quốc gia luôn có các bài toán về hình học không gian.
Vì vậy, việc tiếp xúc và giải toán hình học không gian đối với học sinh phổ thông là
tất yếu.
Để giải toán hình học không gian, đối với chương trình phổ thông có thể nhận
diện tùy từng bài tập và áp dụng một trong các phương pháp: Phương pháp tổng
hợp, phương pháp tọa độ, phương pháp véc tơ. Phương pháp tổng hợp được trình
bày chủ yếu trong chương trình Hình học 11 và học kì 1 của chương trình Hình học
12, phương pháp này yêu cầu học sinh phải có sự tư duy trừu tượng cao. Phương
pháp véc tơ được trình bày ở một phần nhỏ trong chương trình Hình học 11,
phương pháp này thường ít gặp. Phương pháp tọa độ là sự kết hợp giữa chương
trình Hình học giải tích lớp 12 và Hình học không gian, cụ thể là xây dựng hệ trục
tọa độ Đề các vuông góc trên hình vẽ của bài toàn hình học không gian. Mỗi
phương pháp đều có cái hay riêng khi áp dụng vào một bài toán cụ thể.
Trong quá trình giảng dạy, tôi nhận thấy phương pháp tọa độ tỏ ra rất hữu hiệu
đối với một số bài toán hình học không gian mà nếu giải bằng phương pháp tổng
hợp sẽ tương đối vất vả. Đối với học sinh cũng vậy, khi được trang bị phương pháp
này, các em tỏ ra linh hoạt hơn trong việc giải các bài toán hình học không gian. Vì
vậy, đưa phương pháp này được viết dưới dạng hệ thống vào giảng dạy cho học
sinh để các em trang bị kiến thức cho các kì thi là cần thiết. Phương pháp này chỉ
được nêu ra ở một số bài tập trong chương trình Hình học 12. Với suy nghĩ như
vậy, tôi đã chọn vấn đề này làm đề tài để viết, nhưng chỉ với sự cố gắng của cá
nhân thì chắc chắn còn nhiều thiếu sót cần bổ sung. Mong được các thầy cô giáo,
các bạn bè đồng nghiệp quan tâm và đóng góp ý kiến giúp đỡ!
1.2. Mục đích nghiên cứu:

Nhằm giúp học sinh định hướng được dạng bài toán hình học không gian có thể
giải bằng phương pháp tọa độ. Bồi dưỡng cho học sinh phương pháp, kĩ năng giải
một số bài toán hình học không gian bằng phương pháp tọa độ. Qua đó nâng cao
khả năng tư duy, tạo hứng thú học tập cho học sinh.
1.3. Đối tượng nghiên cứu:
Đối tượng nghiên cứu trong đề tài là học sinh khối lớp 12 được phân công giảng
dạy sau khi đã học xong chương 3 (Phương pháp tọa độ trong không gian) phần
Hình học.
Đề tài nghiên cứu về một số dạng bài toán hình học không gian có thể giải bằng
phương pháp tọa độ và cách vận dụng phương pháp tọa độ để giải các bài toán đó.
1.4. Phương pháp nghiên cứu:
Phương pháp nghiên cứu của đề tài là xây dựng cơ sở lí thuyết, vận dụng vào bài
tập thông qua hệ thống ví dụ.
3


II. NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM:
2.1. Cơ sở lí luận:
Khi đứng trước một bài toán, học sinh cần định hướng được bài toán đó thuộc
dạng gì? Và những phương pháp nào có thể áp dụng để giải bài toán đó? Vậy
những bài toán về hình học không gian như thế nào thì có thể giải được bằng
phương pháp tọa độ?
Để xác định được, cần thông qua giả thiết và hình vẽ của bài toán: Để giải được
bài toán bằng phương pháp tọa độ thì điều đầu tiên nhất thiết phải có là một hệ tọa
độ Đề các vuông góc trong gian, mà để có được một hệ tọa độ như vậy thì trước hết
cần có ba đường thẳng đồng quy đôi một vuông góc, hay nói cách khác: cần có một
góc tam diện vuông.
Như vậy, ta cũng đã hình dung được rằng: một bài toán về hình học không gian
muốn giải được bằng phương pháp tọa độ thì từ giả thiết của bài toán phải xác định
được ít nhất một góc tam diện vuông để từ đó xây dựng được hệ tọa độ Đề các

vuông góc. Thông thường, những bài toán dạng này thì trong hình (tức là từ giả
thiết) đã có sẵn một góc tam diện vuông, tuy nhiên có những bài toán để xác định
được hệ tọa độ (tức là tạo một góc tam diện vuông) cần kẻ thêm một số đường phụ.
Trên thực tế, các bài tập, bài toán hình không gian giải được bằng phương pháp tọa
độ thì hình vẽ của nó thường sẽ thuộc một trong các hình sau:
- Hình chóp có một góc tam diện vuông.
- Hình lăng trụ đứng có đáy là tam giác vuông, hình hộp chữ nhật ( hoặc hình lập
phương).
- Hình có thể tạo được một góc tam diện vuông bằng kẻ thêm một số đường phụ.
Sau khi xây dựng được hệ trục tọa độ thì các đối tượng điểm, véc tơ cần thiết phải
xác định được tọa độ, các đối tượng đường thẳng, mặt phẳng cần thiết phải viết
được phương trình của chúng.
2.2. Thực trạng của vấn đề:
Trong quá trình giảng dạy, tôi nhận thấy việc tiếp thu kiến thức, vận dụng kiến
thức để giải bài toán hình học không gian đối với phần lớn các em học sinh mức
trung bình khá còn gặp nhiều khó khăn. Hơn nữa, trong nhiều năm qua các đề thi từ
cấp cơ sở đến cấp quốc gia đều có bài toán về hình học không gian, phần hình học
mà học sinh được học từ học kì 2 lớp 11 và học kì 1 lớp 12. Nhiều học sinh cảm
thấy lúng túng không tìm ra cách xử lí bằng phương pháp nào, ngay cả những vấn
đề rất cơ bản. Vì vậy, dạng bài tập này trở thành vấn đề khó vượt qua đối với học
sinh.
Để giải quyết vướng mắc của học sinh về bài toán hình học không gian, ngoài
cách giải bẳng phương pháp hình học tổng hợp thuần túy, ta cũng có thể dùng
phương pháp tọa độ để giải một số bài toán hình học không gian. Lời giải của
phương pháp này sẽ khắc phục một số khó khăn mà học sinh thường gặp, giúp học
sinh dễ tiếp thu và vận dụng một cách dễ dàng, nhanh chóng trong việc làm bài tập.
4


2.3. Giải pháp và tổ chức thực hiện:

Để thực hiện đề tài, tôi phân chia thành hệ thống các bài tập hình học không gian
có thể giải bằng phương pháp tọa độ, tương ứng mỗi phần có chỉ ra cơ sở lí thuyết
để vận dụng.
Tiến hành xen kẽ hướng dẫn học sinh trong khi chữa bài tập trên lớp cũng như
trong các tiết học tự chọn. Khi gặp bài toán có thể sử dụng phương pháp này thì
hướng dẫn để học sinh sử dụng, có thể nêu sự so sánh với các phương pháp khác,
từ đó rút ra kết luận.
Các bài tập giải bằng phương pháp này trong nhiều trường hợp được giải quyết
ngắn gọn, nhanh chóng, tạo cho học sinh hứng thú trong học tập.
Các bài tập đề cập đến trong đề tài được bắt nguồn từ sách giáo khoa, sách bài
tập, các đề thi cấp quốc gia, được lựa chọn theo hướng cơ bản, có kiến thức để khai
thác, khắc sâu.
2.3.1. Phương pháp chung:
Khi gặp bài toán về hình học không gian, học sinh nhận dạng và định hướng có
thể giải được bằng phương pháp tọa độ thì điều đầu tiên là phải xây dựng được hệ
trục tọa độ Đề các vuông góc gồm gốc và các trục tọa độ.
Thao tác chọn hệ trục là: Chọn đỉnh của góc tam diện vuông làm gốc tọa độ, các
cạnh của góc đó sẽ nằm trên các trục tọa độ (lưu ý chọn chiều dương cho trục), nếu
hình có nhiều góc tam diện vuông thì chọn một góc phù hợp nhất để xây dựng hệ
trục, nếu hình chưa có góc tam diện vuông mà định hướng có thể dựng được bằng
việc kẻ thêm một vài đường phụ thì cần xác định kẻ đường phụ phù hợp (các
đường này cần đơn giản, dễ xác định).
Một thao tác nữa khi chọn hệ trục là:
z
Hệ trục tọa độ Đề các vuông góc ba
chiều thường được biểu diễn như hình
bên. Vì vậy, khi vẽ hình thì nên vẽ cho
góc tam diện vuông (sẽ chọn làm hệ
trục) của hình ở vào vị trí như hình vẽ
O

y
bên.
Chú ý: Đơn vị của các trục có thể chọn
là 1 hoặc khác tùy từng bài toán, nhưng
thường chọn là 1.
x

Sau khi đã xây dựng được hệ trục, cần thực hiện được các bước tiếp theo:
- Xác định tọa độ các điểm, các véc tơ cần phải tính.
- Viết phương trình các đường thẳng, các mặt phẳng có liên quan đến yêu cầu của
bài toán.
- Áp dụng các công thức của hình học giải tích để thực hiện tính toán.

5


Một yêu cầu nữa của phương pháp này là: Nắm bắt chặt chẽ các kiến thức về hình
học giải tích, vận dụng thành thạo và linh hoạt các công thức của hình giải tích khi
thực hiện giải bài toán.
2.3.2. Các công thức áp dụng trong
ur đề tài:
uu
r
Một số công thức về véc tơ: với u1 ( x; y; z ), u2 ( x '; y '; z ') ta có:
ur
ur uu
r
ur
2
2

2
+ u1 ± u2 = ( x1 ± x2 ; y1 ± y2 ; z1 ± z2 ) , ku1 = (kx1 ; ky1 ; kz1 ) , u1 = x + y + z
ur uu
r
ur uu
r
+ u1.u2 = xx '+ yy '+ zz ' , u1 ⊥ u2 ⇔ xx '+ yy '+ zz ' = 0 .
ur uu
r
ur uu
r
u1.u2
xx '+ yy '+ zz '
r =
+ cos (u1 , u2 ) = ur uu
u1 . u2
x 2 + y 2 + z 2 . x '2 + y '2 + z '2
r ur uu
r y z z x x y 


n
=
u
,
u
+
 1 2 =  y' z' ; z' x' ; x' y' ÷



uuu
r
+ AB = ( xB − x A ; yB − y A ; z B − z A ) , AB = ( xB − x A )2 + ( y B − y A ) 2 + ( z B − z A ) 2 .
Phương trình mặt phẳng:
r
+ Mặt phẳng (α ) đi qua điểm M ( x0 ; y0 ; z0 ) và có véc tơ pháp tuyến n = (a; b; c) có
phương trình là: a( x − x0 ) + b( y − y0 ) + c( z − z0 ) = 0 .
+ Mặt phẳng (α ) đi qua 3 điểm A(a;0;0), B (0; b;0), C (0;0; c) với abc ≠ 0 có
x − x0 y − y0 z − z0
+
+
= 1.
phương trình theo đoạn chắn:
a
b
c
Công thức về tính góc:
+ Góc giữa hai đường thẳng: hai đường thẳng d1 , d 2 có các véc tơ chỉ phương lần
ur uu
r
u1.u2
ur uu
r
ur uu
r
r .
lượt là u1 , u2 thì góc giữa d1 , d 2 được tính bẳng: cos (d1 , d 2 ) = cos (u1 , u2 ) = ur uu
u1 . u2
r
+ Góc giữa đường thẳng và mặt phẳng: đường thẳng d có véc tơ chỉ phương u , mặt

r
phẳng (α ) có véc tơ pháp tuyến n , góc giữa d và (α ) là ϕ được tính bằng:
rr
u.n
sinϕ = r r .
u.n
uu
r
+ Góc giữa hai mặt phẳng: mặt phẳng (α ) có véc tơ pháp tuyến nα , mặt phẳng ( β )
uu
r
có véc tơ pháp tuyến nβ , góc giữa (α ) và ( β ) được tính bằng:
uu
r uu
r
nα .nβ
uu
r uu
r
cos ((α ),( β )) = cos( nα , nβ ) = uu
r uu
r.
nα . nβ

6


Công thức về khoảng cách:
+ Khoảng cách từ điểm M ( x0 ; y0 ; z0 ) đến mặt phẳng (α ) : ax + by + cz + d = 0 là:
ax + by + cz + d

d ( M ,(α )) = 0 2 0 2 0 2 .
a +b +c
+ Khoảng cách từ điểm M đến đường thẳng ∆ đi qua điểm M 0 và có một véc tơ
uuuuur r


r
 MM 0 , u 
r
chỉ phương u là: d ( M , ∆) =
.
u
+ Khoảng cách giữa hai đương thẳng chéo nhau ∆1 và ∆ 2 biết ∆1 đi qua điểm M 1 ,
ur
uu
r
có một véc tơ chỉ phương u1 và ∆ 2 đi qua điểm M 2 , có một véc tơ chỉ phương u2
ur uu
r uuuuuur
u1 , u2  .M 1M 2


ur uu
r
là: d (∆1 ; ∆ 2 ) =
.
u1 , u2 


2.3.3. Bài toán về hình chóp có một góc tam diện vuông:

Bài toán dạng này liên quan đến hình chóp có đáy là tam giác vuông hoặc hình
chữ nhật và một cạnh bên vuông góc với đáy (cạnh bên tương ứng với góc vuông
của đáy).
Ví dụ 1.1:
Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có đáy là hình thang vuông tại A và D,
AB = AD = SD = a, CD = 2a. Cạnh bên SD vuông góc với mặt đáy. Tính theo a
khoảng cách từ A đến mặt phẳng (SBC)?
Phân tích: Trên hình vẽ của bài toán này ta thấy SD, AD, CD đôi một vuông góc.
Vì vậy ta có thể xây dựng hệ trục tọa độ gốc D, các trục lần lượt chứa các cạnh SD,
AD, CD.
Giải:
Chọn hệ tọa độ Dxyz với
z
D(0;0;0), A(a;0;0), C (0;2a;0), S (0;0; a) K
S
éo dài BC cắt AD tại E ⇒ E (2a;0;0)
Mặt phẳng (SBC) chính là mặt phẳng
(SEC) có phương trình là:
x
y z
+
+ = 1 hay x + y + 2 z − 2a = 0
K
D
2a 2 a a
I
y
C
Gọi d là khoảng cách từ A đến mặt phẳng
A

(SBC) thì:
B
E
x

7


a − 2a

a a 6
=
(đvđd)
6
1+1+ 4
6
Nhận xét: Bài toán trên, nếu giải bẳng phương pháp hình học tổng hợp tuy không
quá khó nhưng cũng không phái đơn giản. Trước hết cần chứng minh được:
d ( A,( SBC )) = d ( AK ,( SBC )) = d ( I ,( SBC )) = d ( I , SB ) . Sau đó dựng và tính
d ( I , SB ) . Nhưng chỉ làm được như trên cũng đã không dễ, qua đây cho ta thấy sự
thuận lợi của phương pháp tọa độ trong bài toán này là đáng kể.
Ví dụ 1.2:
Cho hình chop S.ABC có đáy là tam giác ABC vuông cân với AB = AC = a, SA = a.
Cạnh bên SA vuông góc với mặt đáy. M là một điểm trên cạnh SB, N là một điểm
trên cạnh SC sao cho MN song song với BC và AN vuông góc với CM. Tính tỉ số
MS
?
MB
Phân tích: Trên hình vẽ của bài toán này ta thấy SA, AB, AC đôi một vuông góc.
Vì vậy ta có thể xây dựng hệ trục tọa độ gốc A, các trục lần lượt chứa các cạnh SA,

AB, AC.
Giải:
Chọn hệ tọa độ Axyz với
z
A(0;0;0), B(a;0;0), C (0; a;0), S (0;0; a)
S
Giả sử M ( x;0; a − x) (0 ≤ x ≤ a )
Do tam giác SAC vuông cân tại A và
N
MS NS
=
⇒ N (0; x; a − x)
M
MB NC
uuur
 AN = (0; x; a − x)
A
r
Vậy ta có  uuuu
y
C
CM = ( x; −a; a − x )
uuur uuuu
r
Do AN ⊥ CM ⇒ AN .CM = 0
⇒ − ax + (a − x) 2 = 0
B
d=

=

x
3− 5
⇔ x − 3ax + a = 0 ⇒ x =
a
2
MS
x
5 −1
.
⇒
=
=
MB a − x
2
Nhận xét: Bài toán này có thể dung phương pháp véc tơ để giải cũng khá hay,
song do phạm vi của đề tài nên không không tiện trình bày. Nếu sử dụng phương
pháp tổng hợp để tìm cách giải sẽ rất khó khăn. Đối với bài toán trên, phương pháp
tọa độ vẫn là tối ưu nhất.
2

2

8


Ví dụ 1.3:
Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông ABCD. Cạnh bên SA vuông góc với
mặt đáy. SA = AB = a. Tính cosin của góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng
(SBD)?

Phân tích: Trên hình vẽ của bài toán này ta thấy SA, AB, AD đôi một vuông góc.
Vì vậy ta có thể xây dựng hệ trục tọa độ gốc A, các trục lần lượt chứa các cạnh SA,
AB, AD.
Giải:
Chon hệ tọa độ Axyz với
z
A(0;0;0), B(a;0;0), D(0; a;0), S (0;0; a)
S
Mặt phẳng (SBD) có phương trình là
x y z
+ + =1⇔ x + y + z − a = 0
a a a
Tọa độ C ( a; a;0) ⇒ đường thẳng SC có
uuu
r
A
SC
= (a; a; −a)
một véc tơ chỉ phương là
y
D
Gọi ϕ là góc giữa đường thẳng SC và
O
mặt phẳng (SBD) thì
B
C
a+a−a
1
x
sinϕ =

=
1 + 1 + 1. a 2 + a 2 + a 2 3
2 2
.
3
Nhận xét: Bài toán này có thể giải theo phương pháp sau:
·
- Chứng minh góc cần tìm là CSO
.
- Tính SC, SO, OC rồi áp dụng định lí cosin trong tam giác SOC.
Nếu so sánh giữa hai phương pháp trên thì ta thấy cách giải dùng phương pháp tọa
độ vẫn nhanh hơn và tính toán ít hơn.
Bài tập vận dụng:
Bài tập 1: Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a, SA = a và vuông
góc với mặt đáy. Gọi E là trung điểm CD. Tính khoảng cách từ C đến mặt phẳng
(SBE)?
Bài tập 2: Cho tứ diện ABCD có AD vuông góc với mặt phẳng (ABC). AB = 3a,
AC = AD = 4a, BC = 5a . Tính theo a khoảng cách từ A đến mặt phẳng (BCD)?
2.3.4. Bài toán về hình lăng trụ đứng có đáy là tam giác vuông hoặc hình hộp
chữ nhật (hoặc hình lập phương):
Ví dụ 2.1:
(00 ≤ ϕ ≤ 900 ) ⇒ cosϕ =

Trong mục 2.3.3: Ví dụ 1.1 được tham khảo từ TLTK số 2. Ví dụ 1.2 được tham khảo từ TLTK số
3. Ví dụ 1.3 là của tác giả. Bài tập 1, bài tập 2 được tham khảo từ TLTK số 5.

9


Cho hình lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác vuông cân tại B.

AB = a; AA ' = a 2 . M là trung điểm của BC. Tính theo a khoảng cách giữa hai
đường thẳng AM và B’C?
Phân tích: Đối với bài toán có hình vẽ dạng này, trong hình đã có hai góc tam
diện vuông tại B và B’. Vậy có thể chọn hệ tọa độ gốc B hoặc gốc B’. Với bài toán
này, ta chọn hệ tọa độ gốc B.
Giải:
Chọn hệ tọa độ Bxyz với
z
B (0;0;0), A(a;0;0), C (0; a;0), B '(0;0; a 2)
B'
C'
a
⇒ M (0; ;0)
2
A'
uuuu
r
uuuur
a
⇒ AM = (− a; ;0), B ' C = (0; a; −a 2) ,
2
uuur
AC = ( −a; a;0) .
B
M
C
2
y
uuuu
r uuuu

r
a 2
2
2


⇒  AM , B ' C  = (−
; −a 2; −a )
2
uuuu
r uuuu
r uuur
A
a3 2
⇒  AM , B ' C  . AC = −
x
2
Khoảng cách giữa hai đường thẳng AM và B’C là:
3
uuuu
r uuuur uuur − a 2
 AM , B ' C  . AC
2
a
a 7


(đvđd)
d=
=

=
=
uuuu
r uuuu
r
7
7
 AM , B ' C 
7a 4


2
Nhận xét:
Bài toán trên có thể giải bằng phương
B'
C'
pháp tổng hợp. Tuy nhiên cần phải dựng
được các đối tượng trung gian, cụ thể là
mặt phẳng chứa AM và song song với
A'
E
B’C (mp(AME) với E là trung điểm
BB’).
Sau đó phải xác định được
B
M
d = d ( B ' C ;( AME ))
C
= d (C ;( AME )) = d ( B;( AME ))
Dựng và tính d ( B;( AME ))

A
(có thể áp dụng tính chất đường cao
trong tứ diện vuông BAME)
10


Qua đây ta thấy áp dụng phương pháp tọa độ vẫn nhanh gọn hơn đối với bài toán
trên.
Ví dụ 2.2:
Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ có cạnh bằng a. Gọi M,N lần lượt là trung
điểm của AD,BB’. P,Q là các điểm lần lượt nằm trên các đoạn AD’ Và BD sao cho
AP = DQ = k (0 < k < a 2) .
a; Chứng minh rằng MN ⊥ A ' C
b; Chứng minh PQ luôn song song với mặt phẳng (A’D’BC) khi k thay đổi.
Phân tích: Đối với bài toán có hình lập phương, có thể chọn một trong tám đỉnh
của hình lập phương làm gốc tọa độ, các trục tọa độ lần lượt chứa các cạnh của
hình lập phương từ đỉnh đã chọn. Bài toán này nên chọn A làm gốc tọa độ.
Giải:
Chọn hệ tọa độ Axyz với
z
A(0;0;0), D(a;0;0), B(0; a;0), A '(0;0; a)
A'
B'
a
a
a; Ta có M ( ;0;0), N (0; a; )
D'
2
2
C'

uuuu
r
N
a a
⇒ MN = (− ; a; )
P
2 2 uuuur
Lại có C ( a; a;0) ⇒ A ' C = ( a; a; −a )
A
B
uuuu
r uuuu
r
y
M
a2
a2
Từ đó ⇒ MN . A ' C = − + a 2 − = 0
Q
2
2
D
C
⇒ MN ⊥ A ' C .
x
k
k
;0; )
2
2

a 2 −k k
Do Q ∈ BD và DQ = k ⇒ Q (
;
;0)
2
2
uuur a 2 − 2k k
k
⇒ PQ = (
;
;− )
2
2
2
uuuu
r
uuur
Lại có A ' B = (0; a; −a), BC = (a;0;0)
r uuuu
r uuur
⇒ Mặt phẳng (A’D’BC) có một véc tơ pháp tuyến là n =  A ' B, BC  = (0; −a 2 ; −a 2 )
r uuur
r uuur
Từ đó ta có n.PQ = 0 ⇒ n ⊥ PQ ⇒ PQ // mp ( A ' D ' BC ) .
Ví dụ 2.3:
Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ cạnh bằng 1. Trên cạnh AA’ lấy điểm E sao
1
1
cho AE = . Trên cạnh BC lấy điểm F sao cho BF = . Qua tâm của hình lập
3

4
b; Do P ∈ A ' D và AP = k ⇒ P (

11


phương và E,F dựng mặt phẳng (α ) . Tính theo a khoảng cách từ B’ đến mặt phẳng
(α ) ?
Phân tích: Đối với bài toán có hình lập phương, có thể chọn một trong tám đỉnh
của hình lập phương làm gốc tọa độ, các trục tọa độ lần lượt chứa các cạnh của
hình lập phương từ đỉnh đã chọn. Bài toán này nên chọn B làm gốc tọa độ.
Giải:
Chọn hệ tọa độ Bxyz với
z
B (0;0;0), A(1;0;0), C (0;1;0), B '(0;0;1)
B'
C'
1
1
⇒ D '(1;1;1), E (1;0; ), F (0; ;0)
3
4
A'
D'
Tâm của hình lập phương là trung điểm
I
1 1 1
I của BD’ và I ( ; ; )
2 2 2
E

Ta có
B
F
C
y
uur 1 1 1 uur 1 1 1
IE = ( ; − ; − ), IF (− ; − ; − )
2 2 6
2 4 2
A
D
uur uur
5 8
9
x
⇒  IE , IF  = ( ; ; − )
24 24 24
r
Mặt phẳng (α ) là mặt phẳng (IEF) có một véc tơ pháp tuyến n(5;8; −9)
⇒ phương trình mặt phẳng (α ) là
1
5( x − 0) + 8( y − ) − 9( z − 0) = 0 hay 5 x + 8 y − 9 z − 2 = 0
4
Khoảng cách từ B’ đến mặt phẳng (α ) là
−9 − 2
11
d= 2 2
=
(đvđd)
170

5 + 8 + 92
Ví dụ 2.4:
Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ có cạnh bằng a. Gọi M,N,P lần lượt là trung
điểm các cạnh BB’,CD,A’D’.
a; Tính theo a khoảng cách giữa hai đường thẳng A’B và B’D.
b; Tính góc giữa hai đường thẳng MP và C’N.
Phân tích: Đối với bài toán có hình lập phương, có thể chọn một trong tám đỉnh
của hình lập phương làm gốc tọa độ, các trục tọa độ lần lượt chứa các cạnh của
hình lập phương từ đỉnh đã chọn. Bài toán này nên chọn B’ làm gốc tọa độ.
Giải:

12


Chọn hệ tọa độ B’xyz với
z
B '(0;0;0), A '(a;0;0), C '(0; a;0), B(0;0; a)
B
C
a; Đường thẳng A’Buuu
điu
qua
A’
và
có
một
r
N
véc tơ chỉ phương A ' B .
A

D
Đường thẳng B’D uđi
M
uuurqua B’ và có một
véc tơ chỉ phương B ' D .
Gọi d là khoảng cách giữa hai đường
B'
thẳng A’B và B’D thì
uuuu
r uuuur uuuur
C'
y
 A ' B, B ' D  . A ' B '


d=
uuuu
r uuuur
A'
P
D'
 A ' B, B ' D 


x
uuuur
uuuu
r
uuuur
Ta có D(a; a;0) ⇒ B ' D = (a; a; a ), A ' B = ( −a;0; a ), A ' B ' = ( −a;0;0)

uuuu
r uuuur
uuuu
r uuuur uuuur
⇒  A ' B, B ' D  = (−a 2 ;2a 2 ; −a 2 ) ⇒  A ' B, B ' D  . A ' B ' = a 3 .
a3
a 6
Vậy d =
=
(đvđd)
4
6
6a
a
a
a
b; Ta có D '( a; a;0), C (0; a; a) ⇒ M (0;0; ), N ( ; a; a), P( a; ;0)
2
2
2
uuur
u
u
u
u
r
u
u
u
r

u
u
u
u
r
a a
a
⇒ MP = (a; ; − ), C ' N = ( ;0; a) ⇒ MP.C ' N = 0 ⇒ MP ⊥ C ' N .
2 2
2
Vậy góc giữa MP và C’N bằng 900 .
Nhận xét: Các ví dụ ở phần này đều có thể giải được bằng phương pháp hình học
tổng hợp, nhưng có thể nói là tương đối khó: Cần phải kẻ thêm khá nhiều các
đường phụ, sử dụng các công thức hình học về đồng dạng, diện tích, thể tích,… và
phải tính toán cũng khá nhiều. Đối với mức độ tư duy của một học sinh trung bình
khá thì chưa hẳn đã giải được các bài toán trên bằng phương pháp tổng hợp. Tuy
nhiên, nếu biết áp dụng phương pháp tọa độ như trên thì lại không phải khó. Qua
đây, ta thấy được cái “hay” của phương pháp này. Nhưng đó chưa phải là tất cả, sự
thuận lợi của nó càng tăng thêm nếu biết vận dụng vào một bài toán hình không
gian chưa có góc tam diện vuông nhưng ta sẽ tạo được. Điều đó được thể hiện qua
phần tiếp theo sau đây.
Bài tập vận dụng:
Bài tập 1: Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’. Gọi M, N, P lần lượt là trung
điểm của BB’, CD, A’D’. Tính góc giữa hai đường thẳng C’N và MP?
Trong mục 2.3.4: Ví dụ 2.1 được tham khảo từ TLTK số 3. Ví dụ 2.2 được tham khảo từ TLTK số
4. Ví dụ 2.3 là của tác giả. Ví dụ 2.4 được tham khảo từ TLTK số 3. Bài tập 1 được tham khảo từ
TLTK số 6. Bài tập 2, bài tập 3 được tham khảo từ TLTK số 2.

13

Bài tập 2: Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ có cạnh bằng 1. Trên các tia AA’,
AB, AD (có chung gốc A), lần lượt lấy các điểm M, N, P khác A sao cho AM = m ,
AN = n , AP = p . Tìm sự liên hệ giữa m, n, p sao cho mặt phẳng (MNP) đi qua
đỉnh C’ của hình lập phương?
Bài tập 3: Cho hình hộp chữ nhật ABCD.A’B’C’D’ với AB = a, BC = b, CC ' = c .
a; Tính khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng (A’BD).
b; Tính khoảng cách từ điểm A’ đến đường thẳng C’D.
c; Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng BC’ và CD’.
2.3.5. Bài toán về một hình không gian có thể tạo một góc tam diện vuông:
Dạng bài toán này, tuy chưa sẵn có góc tam diện vuông, nhưng nhất thiết phải có
các quan hệ vuông góc để làm tiền đề xây dựng góc tam diện vuông bằng việc kẻ
thêm một vài đường phụ. Thông thường, trong hình đã có hai đường thẳng vuông
góc và cắt nhau, và một đường thẳng thứ ba không đồng quy nhưng vuông góc với
cả hai đường thẳng trước đó.
Ví dụ 3.1:
Cho hình vuông ABCD và tam giác đều SAD cạnh a nằm trong hai mặt phẳng
vuông góc với nhau. Tính theo a khoảng cách giữa hai đường thẳng SA và BD?
Phân tích hình vẽ:
z
Hai mặt phẳng (SAD) và (ABCD)
S
vuông góc có giao tuyến là AD.
Gọi I, J lần lượt là trung điểm của
AD,BC. Tam giác SAD đều nên
D
C
SI ⊥ AD ⇒ SI ⊥ ( ABCD )
Vây ta có ba tia IA, IJ, IS đôi một
I

J
y
a 3
vuông góc và SI =
.
2
B
A
x

a
a 3
Chọn hệ trục tọa độ Ixyz với I (0;0;0), A( ;0;0), J (0; a;0), S (0;0;
)
2
2
a
a
⇒ D(− ;0;0), B( ; a;0)
2
2
uur uuur uuu
r
 SA, BD  . AB


uur uuur
Khoàng cách giữa hai đường thẳng SA và BD là: d =
 SA, BD 



uur a
uuu
r
a 3 uuur
Ta có SA = ( ;0; −
), BD = (− a; − a;0), AB = (0; a;0)
2
2
14


uur uuur
3a 2 3a 2 a 2
⇒  SA, DB  = (−
;
;− ) ⇒ d =
2
2
2

3a 3
2

=

3a a 21 (đvđd).
=
7
7

7a 4
4
Nhận xét: Bài toán trên đây giải bằng phương pháp tổng hợp khá phức tạp, cần
qua nhiều bước và có nhiều đường phụ phải kẻ. Từ đây ta thấy rằng phương pháp
tọa độ có ứng dụng khá rộng, vấn đề của dạng bài toán này là lập được hệ trục tọa
độ. Nếu bài toán có hình chóp tứ giác đều thì có thể lập hệ trục với gốc là tâm của
đáy. Ví dụ sau đây cũng nêu một kiểu lập hệ trục.
Ví dụ 3.2:
Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại C. AC = a; BC = b ; cạnh
SA = h và vuông góc với mặt đáy. D là trung điểm AB. Tính khoảng cách giữa hai
đường thẳng BC và SD?
Giải:
z
Từ C kẻ đường thẳng vuông góc với mặt
S'
phẳng (ABC) thì đường thẳng đó song
S
song với SA.
Trên đường thẳng đó lấy điểm S’sao cho
CS ' = AS (S, S’ nằm cùng phía so với
mặt phẳng (ABC)).
C
B
y
Ta có ba tia CA, CB, CS’ đôi một vuông
D
góc và CS ' = AS = h.
A
x

Chọn hệ tọa độ Cxyz với C (0;0;0), A(a;0;0), B(0; b;0), S '(0;0; h)
uuu
r
uuur
uuur a b
a b
a b
⇒ S ( a;0; h), D( ; ;0) ⇒ SD = (− ; ; − h), BC = (0; −b;0), CD = ( ; ;0)
2 2
2 2
2 2
uuu
r uuur
ab
⇒  SD, BC  = (−bh;0; )
2
Khoảng cách giữa hai đường thẳng BC và SD là:
abh
uuu
r uuur uuur
−
 SD, BC  .CD
ah
2


d=
=
=

uuu
r uuur
(đvđd).
 SD, BC 
a 2b 2
a 2 + 4h 2
2 2


bh +
4
Ví dụ 3.3:
Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy là tam giác đều cạnh a. Hình chiếu vuông
góc của A’ trên mặt phẳng (ABC) là trung điểm cạnh AB, góc giữa đường thẳng

15


A’C và mặt đáy bằng 600 . Tính theo a khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng
(ACC’A’)?
Giải:
z
Kẻ CH ⇒ CH ⊥ AB . Vậy ba tia HB,
HC, HA’ đôi một vuông góc.
C'
A'
Chọn hệ trục tọa độ Hxyz như hình vẽ.
Ta có H (0;0;0)
a
a

a
HA = HB = ⇒ B ( ;0;0), A( − ;0;0)
B'
y
2
2
2
A
3a
3a
C
A' H =
⇒ A '(0;0; )
2
2
H
3a
3a
B
HC =
⇒ C (0;
;0)
2
2
x
uuur a 3a uuur a 3a
Ta có AA ' = ( ;0; ), AC = ( ;
;0)
2
2

2 2
⇒ mặt phẳng (ACC’A’) có một véc tơ pháp tuyến là:
r ur uu
r
ur
uu
r
r
n = u1 , u2  với u1 = (1;0;3), u2 = (1; 3;0) ⇒ n = (−3 3;3; 3)
Phương trình mặt phẳng (ACC’A’) là: −3 x + 3 y + z −

3a
= 0.
2

Khoảng cách từ B đến mặt phẳng (ACC’A’) là: d ( B,( ACC ' A ')) =

3 3a
(đvđd).
13

Nhận xét chung:
Qua các ví dụ, ta đã thấy được sự thuận lợi và khả năng áp dụng phong phú của
phương pháp tọa độ trong việc giải toán hình học không gian. Đây là một phần kiến
thức không thể thiếu của học sinh khi học hình học không gian. Phương pháp này
chỉ được học sinh tiếp nhận khi đã học chương trình hình học giải tích lớp 12. Tuy
nhiên, cũng không nên quá lạm dụng phương pháp này mà quên mất phương pháp
tổng hợp cũng là một phương pháp giải hay và phát triển tư duy rất tốt. Cũng phải
chú ý rằng chỉ một bộ phận các bài toán hình không gian là giải được bằng phương
pháp tọa độ. Trên thực tế, có những bài toán giải bằng phương pháp tọa độ hay

phương pháp tổng hợp đều như nhau.
Nói chung, Phương pháp tọa độ để giải toán hình không gian là một phương pháp
hay, nó đã thể hiện được sự vượt trội trong một số trường hợp, nó là công cụ cần
thiết trong hành trang của mỗi học sinh, được trang bị công cụ này, học sinh sẽ dễ
dàng ứng phó với những dạng bài toán có thể áp dụng.
Trong mục 2.3.5: Ví dụ 3.1 được tham khảo từ TLTK số 5. Ví dụ 3.2 được tham khảo từ TLTK số
4. Ví dụ 3.3 được tham khảo từ TLTK số 6. Bài tập 1 được tham khảo từ TLTK số 2. Bài tập 2,
bài tập 3 được tham khảo từ TLTK số 6. Bài tập 4, bài tập 5 được tham khảo từ TLTK số 5.

16


Bài tập vận dụng:
Bài tập 1: Cho hình chóp S.ABC có đường cao SA = h , đáy là tam giác ABC vuông
tại C, AC = b, BC = a . Gọi M là trung điểm của AC và N là điểm sao cho
uuu
r 1 uur
SN = SB .
3
a; Tính độ dài đoạn thẳng MN.
b; Tìm sự liên hệ giữa a, b, h để MN vuông góc với SB.
Bài tập 2: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a. Mặt bên
SAD là tam giác đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Gọi M, N, P lần
lượt là trung điểm của SB, BC, CD. Chứng minh rằng AM vuông góc với BP?
Bài tập 3: Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thoi ABCD tâm O, cạnh a. Góc
·
BAC
= 600 , đường cao SO = a . Tính:
a; Khoảng cách từ O đến mặt phẳng (SBC)?
b; Khoảng cách giữa hai đường thẳng AD và SB?

c; Cosin của góc giữa mặt phẳng (SAB) và mặt phẳng (ABCD)?
·
Bài tập 4: Cho lăng trụ ABCD.A’B’C’D’ có đáy là hình thoi cạnh a, góc BAD
= 600
. Gọi M, N lần lượt là trung điểm AA’, CC’. Tính AA’ theo a để BMDN là hình
vuông?
Bài tập 5: Cho lăng trụ ABC.A’B’C’ có độ dài cạnh bên bằng 2a, đáy ABC là tam
giác vuông tại A với AB = a, AC = a 3 và hình chiếu của A’ lên mặt phẳng (ABC)
là trung điểm M của BC. Tính cosin của góc giữa hai đường thẳng AA’ và B’C’?
2.4. Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm đối với hoạt động giáo dục:
Để kiểm tra tính hiệu quả của đề tài, tôi tiến hành kiểm trên hai đối tượng là hai
lớp có lực học tương đương: lớp 12A10 và 12A11. Lớp 12A11 đã được hướng dẫn
sử dụng phương pháp tọa độ giải bài toán hình học không gian, lớp 12A10 chưa
được hướng dẫn. Với hình thức kiểm tra là làm bài tự luận, trong thời gian 1 tiết
học (45 phút), với đề bài:
Câu 1: Cho hình chóp S.ABC có SA vuông góc với mặt phẳng (ABC). Tam giác
ABC vuông tại A, AB = 3a, AC = AD = 4a . Tính khoảng cách từ A đến mặt phẳng
(SBC)?
Câu 2: Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ cạnh a. Gọi M, N lần lượt là trung
điểm của AB, CD. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng A’C và MN?
Câu 3: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh 2a, SA = a 3 và
( SAB ) ⊥ ( ABCD) . Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AB, BC. Tính cosin của góc
giữa hai đường thẳng SM và DN?

17


Kết quả thu được như sau:
Lớp

Số
HS

Giỏi
SL
%

Khá

Trung bình
SL
%

SL

%

12A11
Lớpthực nghiệm

46

15

32,61

16

34,78

15

12A10
Lớp đối chứng

45

5

11,11

11

24,44

19

Yếu
SL

%

32,61

0

0

42,23

10

22,22

Từ bảng kết quả nêu trên cho thấy rằng lớp dạy thực nghiệm có kết quả học
tập đạt được cao hơn. Như vậy bằng cách sử dụng phương pháp tọa độ trong việc
giải một số bài toán hình học không gian học sinh giải quyết được các yêu cầu đề ra
tốt hơn, gọn hơn, hiệu quả hơn. Điều đó phản ánh kết quả học tập của học sinh
nâng lên rõ rệt. Đồng thời qua việc rèn luyện cho học sinh sử dụng phương pháp
này vào giải toán, các em có được tư duy tích cực, độc lập và tạo cho các em mạnh
dạn, tự tin hơn , yêu thích, ham mê với môn toán.
III. KẾT LUẬN, KIẾN NGHỊ:
3.1. Kết luận:
Phương pháp tọa độ được ứng dụng khá nhiều vào các bài toán hình học không
gian, có thể bài toán về chứng minh, bài toán về tính góc, tính khoảng cách, bài
toán về tính diện tích, tính thể tích khối đa diện,… Nhưng với khuôn khổ của đề tài
có hạn tôi chỉ nêu được trong phần ví dụ một số bài toán điển hình, chủ yếu về tính
khoảng cách và góc, phù hợp với trình độ nhận thức và năng lực tư duy của bộ
phận học sinh trung bình khá.
Qua đề tài tôi nhận thấy, phải cho học sinh làm nhiều bài toán với những cách
giải khác nhau, giúp các em không còn thấy mất phương hướng khi đứng trước các
dạng bài tập dạng khác nhau. Đồng thời thấy được ưu điểm của việc sử dụng
phương pháp tọa độ trong việc giải một số bài toán hình học không gian và biết
cách vận dụng tốt phương pháp này. Thông qua đó rèn luyện kỹ năng trình bày
ngắn gọn, chặt chẽ, logic. Phát huy tính tích cực, chủ động, sáng tạo của học sinh.
Kết quả áp dụng đề tài vào giảng dạy đã được thể hiện qua phần 2.4.
Trong thời gian sắp tới, bản thân tôi sẽ tiếp tục đưa đề tài vào giảng dạy đối với
những học sinh trung bình khá trở lên với mong muốn các em có thể đạt được kết
quả tốt trong học tập, và đặc biệt là trong các kì thi.
3.2. Đề xuất:

Việc dạy hình học không gian cần phải kiên trì, uốn nắn và kiểm tra thường
xuyên liên tục. Mỗi bài toán thường là có nhiều cách giải, yêu cầu học sinh phải
18


thành thạo quy trình giải của từng dạng. Do vậy khi ra bài tập yêu cầu học sinh cần
chỉ ra các bước trong quy trình giải. Học sinh khi làm thành thạo cách này thì mới
cho tiến hành sử dụng cách khác và cần phân tích rõ ưu điểm và hạn chế từ đó chọn
được cách giải tối ưu.
Quá trình tìm hiểu khó khăn của học sinh khi giải bài toán hình học không gian.
Bản thân tôi suy nghĩ và nghiên cứu tìm giải pháp tháo gỡ khó khăn cho học sinh ,
Do đó tôi xây dựng đề tài này cho học sinh lớp 12. Định hướng phát huy tính tích
cực, tự giác, chủ động sáng tạo của học sinh; bồi dưỡng khả năng tự học, sáng tạo,
khả năng vận dụng kiến thức vào thực tế, đem lại sự say mê, hứng thú học tập cho
các em.
Tuy vậy, trong quá trình viết, do thời gian và kinh nghiệm giảng dạy có hạn nên
không tránh khỏi những thiếu sót, hạn chế nhất định. Rất mong nhận được sự góp ý
của Hội đồng khoa học nhà trường và các đồng nghiệp. Tôi xin chân thành cảm ơn!

XÁC NHẬN
CỦA THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ

Thanh Hóa, ngày 15 tháng 05 năm 2017
Tôi xin cam đoan đây là SKKN của mình
viết, không sao chép nội dung của người khác

Lê Trọng Nguyên

19

TÀI LIỆU THAM KHẢO
*********
1.
2.
3.
4.

Sách giáo khoa Hình học 11 và Hình học 12 – nâng cao.
Sách bài tập Hình học 11 và Hình học 12 – nâng cao.
Đề thi Đại học, Cao đẳng các năm từ 2002 đến 2016.
Chuyên đề luyện thi vào đại học: Hình học giải tích.
Tác giả: Trần Văn Hạo (Chủ biên)
5. Các bài giảng luyện thi môn Toán: Tập 1.
Tác giả: Phan Huy Khải (Chủ biên)
6. Ôn thi tốt nghiệp: Hình học không gian
Tác giả: Nguyễn Hồng Điệp.

20