sử dụng tọa độ để giải các bài toán hình không gian

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HÓA

TRƯỜNG THPT NHƯ THANH II

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ ĐỂ GIẢI BÀI TOÁN
HÌNH KHÔNG GIAN NHẰM NÂNG CAO HIỆU QUẢ ÔN THI
THPT QUỐC GIA CHO HỌC SINH TRƯỜNG THPT NHƯ
THANH II

Người thực hiện: Lê Thi Đào
Chức vụ: Giáo viên
SKKN thuộc môn: Toán

THANH HÓA NĂM 2016


MỤC LỤC
1. MỞ ĐẦU
1.1 Lí do chọn đề tài

Trang
1
1

1.2 Mục đích nghiên cứu

2

1.3 Đối tượng nghiên cứu

2

1.4 Phương pháp nghiên cứu

2

2. NỘI DUNG
2.1 Cơ sở lí luận

3
3

2.1.1 Hệ trục tọa độ vuông góc trong không gian

3

2.1.2 Các công thức cần nhớ

3

2.2 Thực trạng vấn đề
2.3 Giải pháp thực hiện
2.3.1 Loại 1: Gắn hệ trục tọa độ vào những hình không gian có
sẵn góc tam diện vuông
2.3.2 Loại 2: Kẻ thêm đường phụ tạo thành góc tam diện vuông
để gắn hệ trục tọa độ.
2.4 Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm
3. KẾT LUẬN, KIẾN NGHỊ
3.1 Kết luận

3.2 Kiến nghị
TÀI LIỆU THAM KHẢO

5
5
5
9
17
19
19
19
20


1. MỞ ĐẦU
1.1 Lí do chọn đề tài
Hình học không gian là nội dung rất khó trong chương trình toán phổ thông,
nó đòi hỏi học sinh phải có khả năng tư duy và trí tưởng tượng tốt. Vì vậy, đa
phần các học sinh thường không hứng thú, có bạn còn xem phần này như là một
nỗi ám ảnh của mình, đặc biệt đối với học sinh trường Như Thanh II, với đầu
vào môn toán rất thấp, điểm bảy điểm tám chỉ đếm trên đầu ngón tay, điểm hai
điểm ba chiếm phần đa. Với đối tượng học sinh như trên thì việc dạy hình không
gian là một công việc rất khó với thầy cô. Một thực tế rằng, đề thi môn toán
trong các kì thi Đại học- Cao đẳng trước đây và kì thi THPT Quốc gia gần đây
không thể không có câu hình không gian, tuy nhiên các em học sinh trường
THPT Như Thanh II thường hay bỏ qua vì các em mặc định đây là câu khó
không làm được. Chính vì thế, một câu hỏi thường trực luôn làm tôi phải suy
nghĩ đó là: Làm thế nào để học sinh có thể tiếp cận môn hình không gian một
cách dễ dàng nhất, làm sao để các em học hình không gian một các dễ hiểu nhất
hay chí ít cũng làm được một số bài tập điển hình để khi đi thi các em không còn

thấy sợ, không phải “mặc định bỏ qua” câu hình không gian nữa.
Sau bao lần tìm tòi, suy nghĩ tìm các phương án, tôi nhận thấy rằng dùng
phương pháp tọa độ để giải bài toán hình không gian có lẽ là phương pháp phù
hợp nhất với đối tượng học sinh trường Như Thanh II. Bởi lẽ, với phương pháp
này sẽ giảm bớt khả năng tưởng tượng một khả năng được xem như là “yếu
huyệt” của các em, thay vào đó tăng khả năng ghi nhớ về các công thức của hình
giải tích. Có một số bài toán về hình không gian như tính khoảng cách, tính góc
giữa các đường thẳng, mặt phẳng trong không gian nếu làm theo cách thông
thường thì cực kì khó khăn nhưng nếu gắn hệ trục tọa độ vào để giải thì vấn đề
lại trở nên đơn giản hơn rất nhiều. Có những bài giải theo phương pháp tọa độ sẽ
ngắn gọn, dễ hiểu đến “ngỡ ngàng”. Một thuận lợi nữa là đa số các bài toán hình
không gian trong các đề thi tuyển sinh Đại học – Cao đẳng trước đây và THPT
Quốc gia năm vừa rồi đều có thể sử dụng phương pháp tọa độ để giải một cách
nhanh chóng. Một thực tế là trong chương trình sách giáo khoa cơ bản ít được
nhắc đến, chỉ có sách giáo khoa nâng cao 12 có đưa một số công thức còn bài
tập cũng không nhiều, rồi đến đáp án các bài không gian trong các đề thi cũng
không có cách giải bằng phương pháp tọa độ.
Vì những lí do nêu trên, nay tôi viết SKKN “ Sử dụng phương pháp tọa độ
để giải bài toán hình không gian nhằm nâng cao hiệu quả ôn thi THPT
Quốc gia cho học sinh trường THPT Như Thanh II” nhằm giúp các em hoàn
thiện hơn về phương pháp giải toán hình học không gian, thấy được cái muôn
màu muôn vẻ của Hình học đồng thời tạo nên sự hứng thú, hiệu quả cho các em
trong quá trình học tập và ôn luyện môn toán.

1


1.2 Mục đích nghiên cứu
+ Giúp học sinh vận dụng giải các bài tập hình không gian một cách đơn giản,
dễ hiểu từ đó nâng cao năng lực giải các bài toán hình không gian cho học sinh

lớp 12 trường THPT Như Thanh II. Tạo động lực, sự tự tin cho các em trước kì
thi THPT Quốc gia.
+ Nghiên cứu nhằm tích lũy kinh nghiệm cho bản thân và trao đổi với các
đồng nghiệp trong trường để nhằm đạt mục đích chung là nâng cao hiệu quả dạy
và học môn toán. Đặc biệt là nâng cao chất lượng bài làm môn toán trong kì thi
THPT Quốc gia của các em học sinh trường THPT Như Thanh II.
1.3 Đối tượng nghiên cứu
+ Nghiên cứu các bài toán hình không gian sử dụng phương pháp tọa độ để
giải. Bài toán hình không gian trong đề thi tuyển sinh Đại học – Cao đẳng,
THPT Quốc gia những năm gần đây.
+ Học sinh của lớp 12A3 năm học 2015-2016 trường THPT Như Thanh II.
1.4 Phương pháp nghiên cứu
- Phương pháp nghiên cứu lý luận: Nghiên cứu các tài liệu về sử dụng phương
pháp tọa độ để giải bài toán hình không gian.
- Phương pháp quan sát: Quan sát thực tiễn quá trình học tập, ôn luyện của
học sinh trường THPT Như Thanh II trong những năm qua.
- Phương pháp thực nghiệm: So sánh phân tích hai quá trình dạy học. Một bên
sử dụng phương pháp tọa độ, một bên là các phương pháp khác để giải bài toán
hình không gian.
- Phương pháp phân tích thống kê: Sử dụng để xử lí số liệu để kiểm định các
giả thiết của thực nghiệm, phân tích kết quả thực nghiệm.

2


2.NỘI DUNG
2.1 Cơ sở lý luận
2.1.1 Hệ trục tọa độ vuông góc trong không gian
Định nghĩa: Hệ gồm ba trục Ox, Oy,
Oz đôi một vuông góc được gọi là hệ

trục tọa độ vuông góc trong không
gian.
+ Điểm O được gọi là gốc tọa độ
+ Các mặt phẳng (Oxy), (Oyz), (Ozx),
đôi một vuông góc với nhau được gọi là các mặt phẳng tọa độ
+ Không gian với hệ tọa độ Oxyz được gọi là không gian Oxyz.
Chú ý: i, j , k là các véc tơ đơn vị trên các trục Ox, Oy, Oz thỏa mãn:
2

2

2

i = j = k = 1,

i . j = j .k = k .i = 0

Tọa độ véc tơ

u = ( x; y; z ) ⇔ u = xi + y j + zk
Tọa độ điểm

M = ( x; y; z ) ⇔ OM = xi + y j + zk
2.1.2 Các công thức cần nhớ
- Độ dài đoạn thẳng: Nếu A ( x A ; y A ; z A ) , B ( xB ; yB ; z B ) thì

AB = AB =

(x

B

2

2

2

− x A ) + ( yB − y A ) + ( z B − z A ) .

- Khoảng cách từ một điểm đến một mặt phẳng: Nếu điểm M 0 ( x0 , y0 , z 0 ) và
mặt phẳng (P) : Ax + By + Cz + D = 0 thì
Ax0 + By0 + Cz0 + D
d ( M 0 ,( P )) =
.
A2 + B 2 + D 2
- Khoảng cách từ một điểm đến một đường thẳng: Cho điểm M ( x, y , z ) và

M 0M , u 
qua M 0


.
đường thẳng ∆ : 
thì d ( M , ∆ ) =
u
vtcp u
- Khoảng cách giữa hai mặt phẳng song song: Nếu hai mặt phẳng
( P ) : Ax + By + Cz + D = 0, ( Q ) : Ax + By + Cz + D ' = 0 song song thì
d (( P ) , (Q )) =

D − D'

.
A2 + B 2 + C 2
- Khoảng cách giữa hai đường thẳng song song: Nếu ∆1 / / ∆ 2 thì


 d ( ∆1 , ∆ 2 ) = d ( M 1 , ∆ 2 ) , M 1 ∈ ∆1

 d ( ∆1 , ∆ 2 ) = d ( M 2 , ∆1 ) , M 2 ∈ ∆ 2 .
- Khoảng cách giữa đường thẳng và mặt phẳng song song
Nếu ∆ / / ( P ) thì d ( ∆, ( P ) ) = d ( M 0 , ( P ) ) , M 0 ∈ ∆ .
- Khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau: Nếu đường thẳng
M 1M 2 . u1 , u 2 
qua M 1
qua M 2
∆1 : 
và ∆ 2 : 
chéo nhau thì d ( ∆1 , ∆ 2 ) =
.
u 1 , u 2 
vtcp u1
vtcp u2


Đặc biệt: Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AB, CD khi biết tọa độ
của chúng
AC .  AB, CD 
d ( AB, CD ) =

.
 AB, CD 


+ Góc giữa hai đường thẳng: Nếu d1 , d 2 có vtcp lần lượt là u1 , u 2 thì góc ϕ

giữa chúng được xác định :

cosϕ =

u1 u 2
u1 u 2

.

Đặc biệt: Tính góc giữa hai đường thẳng AB, CD khi biết tọa độ của chúng:
AB.CD
cosϕ =
.
AB CD
+ Góc giữa đường thẳng và mặt phẳng: Nếu đường thẳng (d) có vtcp u , mặt
phẳng (P) có vtpt n thì góc ϕ giữa chúng được xác định :
sin ϕ =

u.n
u n

.

+ Góc giữa hai mặt thẳng: Nếu hai mặt phẳng (P1), (P2) có vtpt lần lượt là

n1 , n 2 thì góc ϕ giữa chúng được xác định :
cosϕ =

n1 n 2

.

n1 n 2

+ Diện tích tam giác ABC là :
1
 AB, AC  .

2
+ Diện tích hình bình hành ABCD là :
S=

S =  AB, AD  .
+ Thể tích khối tứ diện ABCD :

4


V=

1
1
 AB, AC  AD = S ∆BCD .d ( A, ( BCD ) ) .

6

3

- Thể tích khối hộp ABCD.A’B’CD’ :
V =  AB, AD  AA ' .
- Thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’
1
V =  AB, AC  AA ' .
2
2.2 Thực trạng vấn đề
Trước khi áp dụng SKKN tôi có cho lớp 12A3 làm bài kiểm tra 45 phút về phần
bài tập hình không gian nhằm khảo sát kết quả học tập phần này của các em.
Kết quả như sau :
Điểm
Tần số
Tần suất
[0;5)
22
78,58%
[5;7)
5
17,85%
[7;9)
1
3,57%
[9;10]
0
0%
Tổng
28
100%

Thông qua bảng thống kế trên ta có nhận xét sau:
Số học sinh đạt điểm thấp( dưới 5) chiếm tỉ lệ rất cao: là 78,58%, trong khi đó
điểm khá tốt thì ngược lại, chiếm tỉ lệ rất thấp.
Bảng khảo sát trên cho thấy một thực tế rằng khả năng giải bài toán hình
không gian của lớp 12A3 là rất yếu, đây là một thực trạng chung của học sinh
toàn trường.
2.3 Giải pháp thực hiện.
Khi giải một bài toán hình không gian bằng phương pháp tọa độ chúng ta
thường tuân theo ba bước sau đây:
+ Gắn hệ trục tọa độ thích hợp vào hình không gian.
+ Tính tọa độ các điểm trong đề bài theo hệ trục tọa độ vừa chọn.
+ Giải quyết bài toán dưới góc nhìn của hình giải tích.
Thông thường, khi gắn tọa độ vào hình không gian ta hay dựa vào những góc
tam diện vuông. Tuy nhiên, đề bài cho không phải lúc nào cũng xuất hiện góc
tam diện vuông mà đôi khi ta cần kẻ thêm một số đường phụ để làm xuất hiện
góc tam diện vuông. Cụ thể, tôi chia ra làm hai loại sau đây.
2.3.1 Loại 1: Gắn hệ trục tọa độ vào những hình không gian có sẵn góc
tam diện vuông.
a) Dấu hiệu và cách gắn:
Dấu hiệu để nhận biết những bài toán hình không gian loại này là đề bài cho các
hình như: hình lập phương, hình hộp chữ nhật, hình chóp có đáy là hình vuông
hoặc là hình thoi có hình chiếu của đỉnh trùng với tâm của đáy, cho góc tam diện

5


vuông, cho ba đường thẳng đôi một vuông góc với nhau tại một điểm,…Ở dạng
bài toán này, chúng ta thường chọn hệ trục tọa độ có gốc tại góc tam diện, các
trục là các đường thẳng đôi một vuông góc tại góc tam diện. Cụ thể ta xét một số
hình cho sẵn các góc tam diện vuông dưới đây:

Hình lập phương hoặc hình hộp chữ
nhật ABCD.A’B’C’D’ chọn hệ trục như
hình vẽ.
A ≡ O ( 0;0;0 ) , B ∈ Ox, D ∈ Oy , A ' ∈ Oz .

Đối với hình lăng trụ đứng có đáy là
tam giác vuông tại A ta gắn hệ trục
như hình trên.
A ≡ O ( 0;0;0 ) , B ∈ Ox, C ∈ Oy , A ' ∈ Oz.

Cho hình chóp S.ABCD có đáy
ABCD là hình vuông hoặc hình chữ
Hình chóp O.ABC có OA, OB, OC đôi nhật. SA vuông góc với mặt đáy.
một vuông góc. Chọn hệ trục như hình Chon hệ trục tọa độ sao cho
A ≡ O ( 0;0;0 ) , B ∈ Ox, D ∈ Oy , S ∈ Oz.
trên: O ( 0;0;0 ) , A ∈ Ox, B ∈ Oy , C ∈ Oz.

6


x
x
Hình chóp S.ABCD đáy ABCD là hình
vuông hoặc hình thoi tâm O. SO vuông
góc với đáy. Chọn hệ trục như hình trên:
O(0;0;0),B ∈ Ox, C ∈ OY ∈ y , S ∈ Oz .

Hình chóp S.ABCD đáy là tam giác
vuông tại A. SA vuông góc với đáy.

Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ:
A ≡ O ( 0;0;0 ) , B ∈ Ox, C ∈ Oy, S ∈ Oz.

b) Bài tập vận dụng
Bài tập 1.1 (ĐH Khối D-2012) Cho hình hộp đứng ABCD.A’B’C’D’ có đáy là
hình vuông, tam giác A’AC vuông cân, A’C = a. Tính thể tích khối tứ diện
ABB’C’ và khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng (BCD’) theo a.
Giải
Chọn hệ trục tọa độ sao cho: A ≡ O ( 0;0;0 ) , B ∈ Ox, D ∈ Oy , A ' ∈ Oz như hình
a
 a a 
 a 
trên. Khi đó, dễ dàng tính được : B  ;0;0  , C  ; ;0  , D  0; ;0  ,
2
 2 2 
 2 
a 
a  a a a 

a
 a a 
A '  0;0;
 , B '  ;0;
 , C ' ; ;
 , D '  0; ;
,
2
2 2 2 2

2

 2 2
a 
a
a a a 
a

Ta có AB =  ;0;0  , AB '  ;0;
 , AC '  ; ;
,
2
2

2
2 2 2
a2


;0  .
suy ra  AB, AB ' =  0; −
2 2 

a3


Do đó  AB, AB ' AC = −
.
4 2
1
a3



V
=
AB
,
AB
'
AC
=
Vậy ABB 'C '
.

6
24 2

 a a a 
 a 
Lại có BC =  0; ;0  , BD ' =  − ; ;
.
 2 
 2 2 2

7


a2
a2  a2

;0;  =
2;0;1 .

Nên  BC , BD ' = 
4 4
2 2
Do đó n = 2;0;1 là VTPT của mặt phẳng (BCD’) nên (BCD’) có PT là :

(

(

)

)

a
a 2

2  x −  + ( z − 0) = 0 ⇔ 2x + z −
= 0.
2
2

a 2
−
2
a 6
Vậy
.
d ( A, ( BCD ' ) ) =
=
2

6
2 +1
Nhận xét : Với hình trên ta chọn bất cứ điểm nào làm gốc tọa độ cũng được.
Bài tập 1.2 Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi, AC = 4, BD = 2,
AC cắt BD tại O, SO vuông góc với (ABCD), SO = 2 2 . Gọi M là trung điểm
SC, mặt phẳng (ABM) cắt SD tại N. Tính thể tích khối chóp S.ABMN.
Giải
Chọn hệ tọa độ Oxyz sao cho O ( 0;0;0 ) , A ∈ Ox, B ∈ Oy , S ∈ Oz như hình vẽ
Khi đó dễ dàng tính được :
A ( 2;0;0 ) , B ( 0;1;0 ) , C ( −2;0;0 ) , D ( 0; −1;0 ) , S 0;0;2 2 , M −1;0; 2 .

(

) (

)

Vì CD / / AB ⇒ CD / / ( ABMN ) ⇒ CD / / MN do đó, N là trung điểm của SD
1


nên N  0; − ; 2  . Suy ra, SA = 2;0; −2 2 , SB = 0;1; −2 2 ,
2



(

)

(

)

.
Nên

Vậy :

Nhận xét : Ở bài này nếu ta sử dụng cách làm bằng hình học thuần túy sẽ không
đơn giản. Do đó chọn cách giải như trên là hợp lí nhất.
Bài tập 1.3 ( THPT Quốc Gia -2015) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là
hình vuông cạnh a, SA vuông góc với mặt phẳng (ABCD), góc giữa đường thẳng
SC và mặt phẳng (ABCD) bằng 450. Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD và
khoảng cách giữa hai đường thẳng SB, AC.
Giải
Chọn hệ trục tọa độ sao cho: A ≡ O ( 0;0;0 ) , D ∈ Ox, B ∈ Oy, S ∈ Oz như hình vẽ.


(

)

Khi đó B ( 0; a;0 ) , D ( a;0;0 ) , C ( a; a;0 ) , S 0;0; a 2 , SA = AC.tan 450 = a 2.
Các véc tơ:

Suy ra
Vậ y

 SB, AC  SA

a3 2
a 2


d ( SB, AC ) =
=
=
.
5
 SB, AC 
2 a 2 + 2a 4 + a 4


Nhận xét : Ở bài này ta cũng có thể chọn I hoặc B, C, D làm gốc tọa độ. Tuy
nhiên khi đó để gắn được hệ trục tọa độ vào ta cần vẽ thêm trục Oz và việc tính
toán sẽ phức tạp hơn, do đó chọn A làm gốc tọa độ là phương án tối ưu hơn cả.
Bài tập tương tự:
Bài tập 1.4 (ĐH Khối D – 2014) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình
vuông cạnh a, SA vuông góc với đáy, SC tạo với đáy một góc 450 . Tính theo a
thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ B đến mặt phẳng (SCD).
Bài tập 1.5 (ĐH Khối B-2002) Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ có cạnh
bằng a.
a. Tính theo a khoảng cách giữa hai đường thẳng A’B và B’D.
b. Gọi M, N, P lần lượt là các trung điểm của các cạnh BB’, CD, A’D’. Tính góc
giữa hai đường thẳng MP và C’N.
2.3.2 Loại 2: Kẻ thêm đường phụ tạo thành góc tam diện vuông để gắn hệ
trục tọa độ.
a) Dấu hiệu và cách gắn.
Loại bài toán này trong giả thiết thường xuất hiện sẵn một hoặc hai góc
vuông. Chúng ta cần kẻ thêm một vài đường phụ để chúng thành các tam diện

vuông và khi đó ta chọn hệ tọa độ dựa vào góc tam diện vuông đó. Loại này
thường không có quy tắc gắn hệ trục rõ ràng mà phụ thuộc vào từng bài toán cụ
thể. Sau đây tôi đưa ra một số trường hợp điển hình.


z

z

S

S

B

B
A

A

x

O
x

C

C
y

y

Hình chóp S.ABC, SA vuông góc với
đáy. Tam giác ABC vuông tại C. Chọn
hệ trục sao cho
B ≡ O ( 0;0;0 ) , A ∈ Ox, C ∈ Oy , Oz / / SA.

Hình chóp S.ABC đáy là tam giác đều.
Ta chọn hệ trục sao cho gốc tọa độ O
trùng với trọng tâm tam giác ABC và
Ox ⊥ AC , C ∈ Oy , S ∈ Oz.
z

z
S

S

A

B

A

x

O

C
y

Hình chóp S.ABC đáy là tam giác cân
tại A, SA vuông góc với đáy. Ta chọn
hệ trục như hình vẽ
A ≡ O ( 0;0;0 ) , B ∈ Ox, Oy ⊥ AB, S ∈ Oz

B
y

C

x

Hình chóp S.ABC, mặt phẳng (SAC)
vuông góc với đáy. Tam giác SAC cân
tại S, tam giác ABC cân tại B. Chọn hệ
trục như hình vẽ. Gốc tọa độ O là trung
điểm của AC và
C ∈ Ox, B ∈ Oy , S ∈ Oz.

Hình chóp S.ABCD đáy là hình chữ
nhật hoặc hình vuông. Tam giác SAB Hình chóp S.ABCD đáy là hình chữ
cân tại S, (SAB) vuông góc với đáy. nhật tâm O, SO vuông góc với đáy.
Chọn hệ trục sao cho gốc tọa độ trùng


Chọn hệ trục sao cho gốc tọa độ là với tâm hình chữ nhật và
Ox ⊥ AB, Oy ⊥ BC , S ∈ Oz.
trung điểm của AB và
B ∈ Oy , Ox ⊥ AB, S ∈ Oz.

z
S

A

B
x

D

C

y

Hình chóp S.ABCD đáy là hình thang
Hình chóp S.ABCD có đáy là hình thoi vuông tại A. (SAB) vuông góc với
tâm I. SD vuông góc với mặt đáy. (ABCD). Chọn hệ trục như hình vẽ.
Chọn hệ trục như hình vẽ . Gốc tọa độ A ≡ O ( 0;0;0 ) , B ∈ Ox, D ∈ Oy,
trùng với tâm hình thoi và
Oz ⊥ AB, Oz ⊥ AD
D ∈ Ox, C ∈ Oy , Oz / / SD.

A'

z

z

A'

C'

B'

C'

B'

A

A
O
y

y

B

B
C

x

Hình lăng trụ đứng đáy là tam giác
đều. Chọn hệ trục sao cho gốc tọa độ
là trung điểm của AC và
C ∈ Ox, B ∈ Oy , Oz / / BB '

x

C

Hình lăng trụ đứng đáy là tam giác cân
tại A. Chọn hệ trục sao cho gốc tọa độ
là A và
B ∈ Ox, A ' ∈ Oz , Oy ⊥ AA ',Oy ⊂ ( ABC ) .

b) Bài tập vận dụng
Bài tập 2.1 Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành, AD = 4a ,
các cạnh bên của hình chóp bằng nhau và bằng 6a . Tìm côsin của góc giữa hai
mặt phẳng (SBC) và (SCD) khi thể tích của khối chóp S.ABCD là lớn nhất.
Giải
Gọi O là giao điểm của AC và BD; M, N lần lượt là trung điểm của AB và AD.
Từ giả thiết suy ra:
 SO ⊥ AC
⇒ SO ⊥ ( ABCD ) và OA = OB = OC = OD .

 SO ⊥ BD
Do đó, ABCD là hình chữ nhật. Ta đặt ON=x>0 suy ra
OA = x 2 + 4a 2 ⇒ SO = SA2 − OA2 = 2a 2 − x 2 .


Thể tích của khối chóp S.ABCD là :
2
2
2
1
8
8 ( x + 2 a − x ) 8a 3
2

2
.
VS . ABCD = AB. AD.SO = ax 2a − x ≤ a
=
3
3
3
2
3
Vậy Thể tích của khối chóp S.ABCD là lớn nhất khi x=a, do đó SO=a.
Chọn hệ trục như hình vẽ trên
Khi đó, tọa độ :

 SB, SC  = ( 0;4a 2 ; −2a 2 ) = 2a 2 ( 0;2; −1) ,  SD, SC  = ( − a 2 ;4a 2 ;0 ) = a 2 ( −1;4;0 ) ,




Nên ta có n( SBC ) = ( 0;2; −1) , n( SDC ) = ( −1;4;0 ) , vậy

(

)

cos ( SBC ) , ( SDC ) =

n( SBC ) .n ( SDC )
n( SBC ) n( SDC )

=

8
.
85

Nhận xét: Trong bài toán trên ta thấy rằng, việc tính thể tích khối chóp S.ABCD
và tìm giá trị lớn nhất của nó thì ta sử dụng cách giải Hình không gian bình
thường sau đó áp dụng BĐT Côsi. Nhưng ý tiếp theo, tính góc giữa hai mặt
phẳng (SBC) và (SDC) nếu không sử dụng phương pháp tọa độ thì việc tìm góc
đó rất khó khăn. Một khi đã gắn hệ trục tọa độ vào rồi, ta chỉ cần tính toán cẩn
thận và áp dụng công thức tính góc giữa hai mặt phẳng trong hình giải tích là
xong. Đó là một trong những ưu điểm của phương pháp tọa độ. Tuy nhiên, cần
lưu ý rằng, một bài toán không phải có duy nhất một cách gắn hệ trục, như bài
trên ta có thể chọn hệ trục sao cho A trùng với gốc tọa độ. AB nằm trên tia Ox,
AD nằm trên tia Oy, tia Oz song song với SO.
Bài tập 2.2 Cho lăng trụ đứng ABC.A'B'C' có đáy ABC là tam giác cân với AB =
AC = a, góc BAC = 1200 , cạnh bên BB' = a. Gọi E là trung điểm CC'. Chứng
minh tam giác AB'E vuông tại A và tính cosin của góc giữa hai mặt phẳng (ABC)
và (AB'E).
Giải
Gọi M là trung điểm của BC, suy ra

Dựng hệ trục tọa độ Oxyz như hình vẽ.

. Theo bài ra, dễ dàng tính được


a 3 a   a 3 a 
 a 3 a 
B

; ;0  , C  −
; ;0  , C '  −
; ;a ,
2
2
2
2
2
2 

 


 a 3 a a
a 3 a 
E−
; ;  ⇒ AB ' = 
; ;a ,
2
2
2
2
2 



 a 3 a a
AE =  −
; ; .
2

2 2

Suy ra,
2

 a 3   a 2 a 2
AB ' AE = − 
 +   + = 0 ⇒ AB ' ⊥ AE.
2
2

 2
Vậy, tam giác AB’E vuông tại A. Mặt phẳng (ABC) có VTPT :
n( ABC ) = ( 0;0;1)

 a 2 3a 2 3 2a 2 3 
a2
 AB ', AE  =  − ; −
;
1;3 3; −2 3 .
=−


4
4
4
4


Suy ra, mặt phẳng (AB’E) có VTPT là:

n ( AB ' E ) = 1;3 3; −2 3 .

(

(

)

)

Vậy
−2 3

30
0 + 0 + 1 1 + 27 + 12 10 .
Bài tập 2.3 (ĐH Khối A-2012) Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác đều
cạnh a. Hình chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng (ABC) là điểm H thuộc cạnh
AB sao cho HA = 2HB. Góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng (ABC) bằng 600
. Tính thể tích của khối chóp S.ABC và tính khoảng cách giữa hai đường thẳng
SA và BC theo a.
Giải
Gọi M là trung điểm của AB, ta có
a a a
MH = MB − HB = − = .
2 3 6
Theo giả thiết

(

)

cos ( AB ' E ) , ( ABC ) =

=

SH ⊥ ( ABC ) ⇒ SH ⊥ CH ⇒ ( SC , ( ABC ) ) = SCH = 600.
Trong tam vuông CMH ta có:
2
 a 3   a 2 28a 2
a 7
2
2
2
CH = CM + MH = 
⇒ CH =
.
 +  =
2
6
36
3




Và


SH = CH .tan 600 =

a 21
.
3

Dựng tia Mz song song với HS.
Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ.
Điểm M trùng với gốc tọa độ
O(0;0;0). Khi đó, tọa độ các điểm

Do đó
 a a 3 a 21 
 a a 3 
SC =  − ;
;−
;0  .
 , BC =  − ;
6
2
3
2
2




Suy ra
 a 2 21 
a 2 21
a 3 63
 SA, SB  =  0;





;0  ⇒  SA, SB  =
⇒  SA, SB  SC =
.


3
3
6


Nên:
1
1 a 3 63 a 3 7


=
VSABC =  SA, SB  SC =
.
6
6 6
12
Và ta có:
 a 2 21 a 2 7 a 2 3 
4a 2 6
a3 7
 SA, BC  = 

;
;
,  SA, BC  . AB =
.
 ,  SA, BC  =


6
2
3
6
2


Vậy
 SA, BC  . AB a 42


d ( SA, BC ) =
=
.
8
 SA, BC 


Bài tập 2.4 (ĐH Khối A – 2009). Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thang
vuông tại A, D và AB = AD =2CD = 2a. Góc giữa hai mặt phẳng và (SBC) và
(ABCD) bằng 600. Gọi I là trung điểm của AD. Biết hai mặt phẳng (SBI) và
(SCI) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABCD) , tính thể tích khối chóp theo a.
Giải

Từ A dựng tia Az vuông góc với đáy. Chọn hệ trục Oxyz như hình vẽ
trên


Vì (SBI) và (SCI) cùng vuông góc với
mặt phẳng (ABCD) nên SI vuông góc
với đáy, giả sử SI = h. Ta có:
B ( 2a;0;0 ) , C ( a; a;0 ) , D ( 0;2a;0 )
,
⇒ I ( 0; a;0 ) , S ( 0; a; h )
SB = ( 2a; − a; − h ) , BC = ( −a; a;0 )
⇒ n ( SBC ) =  SB, BC  = ( ah; ah; h 2 ) .
Theo bài ra, ta có

n( SBC ) .k

1
a
1
3
⇔
= ⇔h=a . .
2
2
2
2
n( SBC ) k 2
2h + a
3

1
1
a 6
⇒ V = .SI .S ABCD = h ( a + 2a ) 2a =
3
3
2 .
Nhận xét: Ở bài này ta cũng có thể gắn gốc tọa độ trùng với I hoặc D, nhưng khi
đó việc tính toán sẽ phức tạp hơn là gắn ở A.

(

)

cos ( SBC ) , ( ABCD ) = cos 600 ⇔

=

Bài tập 2.5 Cho tam giác đều ABC có cạnh a, I là trung điểm của BC, D là điểm
a 6
vuông góc với mặt phẳng (ABC).
đối xứng với A qua I. Dựng đoạn SD =
2
Chứng minh rằng :
a) ( SAB ) ⊥ ( SAC )
b) ( SBC ) ⊥ ( SAD )
Giải
Chọn hệ trục Oxyz có gốc O trùng với điểm I , các tia Ox, Oy trùng với tia ID,
IC tia Oz song song và cùng chiều với tia SD. Khi đó Iz cắt SA tại M, suy ra

a) Mặt phẳng (SAB) có phương trình đoạn
chắn là
.


2x 2 y
4z
 −2 − a 4 
−
+
− 1 = 0 ⇒ n( SAB ) = 
; ;
.
a 3 a a 6
a 3 2 a 6
Mặt phẳng (SAC) có phương trình đoạn chắn là
2x 2 y 4z
 −2 a 4 
+
+
− 1 = 0 ⇒ n( SAC ) = 
; ;
( SAC ) : −
.
a 3 a a 6
a 3 2 a 6
−2 −2 a  a 
4
4
.

+ −  +
.
= 0.
Ta có n( SAB ) n( SAC ) =
a 3 a 3 2 2 a 6 a 6
Do đó ( SAB ) ⊥ ( SAC ) .
b) Ta có
 a 3 −a a 6  a
a
; ;
3; −1; 6 = β .
BC = ( 0; a;0 ) = a ( 0;1;0 ) = aα , CS 
=
2
 3 2 2  2

( SAB ) :−

(

(

)

)

Do đó ( SBC ) có VTPT là n ( SBC ) = α , β  = 6;0; − 3 .Mặt phẳng (SAD) có
VTPT là : n( SAD ) = ( 0;1;0 ) .Vậy n( SAD ) .n( SBC ) = 0 ⇒ ( SAD ) ⊥ ( SBC ) .
Bài tập tương tự
Bài tập 2.6 (ĐH Khối B – 2009) Cho hình lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’, có

BB’ = a góc giữa đường thẳng BB’ và mặt phẳng (ABC) bằng 600 .Tam giác
ABC vuông tại C và BAC = 600 . Hình chiếu vuông góc của điểm B’ lên mặt
phẳng (ABC) trùng với trọng tâm của tam giác ABC. Tính thể tích khối tứ diện
A’.ABC theo a .
Bài tập 2.7 (ĐH Khối A-2008) Cho lăng trụ ABC.A’B’C’có độ dài cạnh bên
bằng 2a, đáy ABC là tam giác vuông tại A, AB = a, AC = a 3 và hình chiếu
vuông góc của đỉnh A’ trên mặt phẳng (ABC) là trung điểm của cạnh BC. Tính
theo a thể tích khối chóp A’.ABC và tính cosin của góc giữa hai đường thẳng
AA’ và B’C’. AMB cân tại M và tính diện tích tam giác AMB theo a .
Bài tập 2.8 Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a ABC = 600
.Cạnh bên SA ⊥ ( ABCD ) và SA = a 3 .
a) Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng SC và BD.
b) Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng SC và AB.
c) Tính số đo của góc giữa hai mặt phẳng ( SAB) và (SBD).
Bài tập 2.9 (ĐH Khối A – 2007) Cho hình chóp S.ABCD có đáy 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 các cạnh SB, BC, CD. Chứng minh
AM vuông góc với BP và tính thể tích của khối tứ diện CMNP.
Bài tập 2.10 Cho tứ diện đều ABCD, H là chân đường cao tứ diện hạ từ đỉnh D,
I là trung điểm của DH và K là chân đường vuông góc hạ từ I lên DC. Chứng
minh rằng đường thẳng IK đi qua trọng tâm tam giác DAB.
Bài tập 2.11 Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có độ dài cạnh bên bằng 2a, đáy
ABC là tam giác vuông tại A, AB = a, AC = a 3 và hình chiếu vuông góc của

16


đỉnh A’ trên mặt phẳng (ABC) là trung điểm của cạnh BC. Tính theo a thể tích
của khối chóp A’ABC và cosin của góc giữa hai đường thẳng AA’ và B’C’.
Bài tập 2.12 (ĐH Khối Đại A – 2002). Cho hình chóp tam giác đều S.ABC có

độ dài cạnh đáy là a. Gọi M, N là trung điểm SB, SC. Tính theo a diện tích tam
giác AMN, biết (AMN) vuông góc với (SBC).
2.3 Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm
SKKN này là tài liệu, cơ sở để tôi vận dụng vào ôn luyện những kiến thức về
hình không gian và hình tọa độ cho học sinh chuẩn bị cho kì thi trung học phổ
thông quốc gia.
Khi áp dụng SKKN này vào giảng dạy cho học sinh trường THPT Như Thanh
II tôi thấy khả năng và mức độ làm các bài toán hình không gian của các em
được cải thiện đáng kể, hiệu quả tăng lên rõ rệt. Cụ thể, năm học 2015-2016 tôi
có dạy và ôn luyện cho lớp 12A3 thường xuyên sử dụng phương pháp tọa độ để
giải bài toán hình không gian. Sau một thời gian ôn tập, vào cuối năm học 2016
tôi cho lớp làm hai bài kiểm tra với mức độ kiến thức tương đương nhau nhằm
mục đích thống kê số điểm và so sánh, đánh giá kết quả điểm số bài kiểm tra của
lớp với lúc trước khi sử dụng phương pháp này.
Đề bài
Câu 1: Cho hình hộp chữ nhật ABCD.A’B’C’D’ có thể tích bằng 1. Gọi I, J, K
lần lượt là trung điểm các cạnh AA’, CD, A’D’.
a) Tính thể tích của khối tứ diện BIJK.
b) Biết BK ⊥ ( A ' C ' D ) .Tính độ dài các cạnh của hình hộp chữ nhật.
Câu 2: Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a, tam giác SAB đều.
Gọi M, N, P, K lần lượt là trung điểm của BC, CD, SD, SB.
a) Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng MK và AP
b) Chứng minh rằng (ANP) vuông góc với (ABCD).
Kết quả:
Điểm
[0;5)
[5;7)
[7;9)
[9;10]
Tổng

Tần số
7
8
10
3
28

Tần suất
25,00%
28,57%
35,72%
10,71%
100%

Biểu đồ so sánh tỉ lệ (%) điểm của lớp 12A3 trước và sau khi sử dụng phương
pháp tọa độ:

17


80%
70%
60%
50%
40%

Trước tác
động

30%

Sau tác
động

20%
10%
0%
[0;5)

[5;7)

[7;9)

[9;10]

Nhìn vào biểu đồ ta thấy sau khi sử dụng phương pháp tọa độ vào việc giải
hình không gian tỉ lệ học sinh có điểm dưới 5 giảm đáng kể, tỉ lệ điểm cao tăng
lên rõ rệt. Điều này đã khẳng định tính hiệu quả cách giải bài toán hình không
gian bằng phương pháp tọa độ mà SKKN đưa ra.


3 KẾT LUẬN, KIẾN NGHỊ
3.1 Kết luận
Sáng kiến kinh nghiệm được trình bày theo hướng cách thức sử dụng phương
pháp tọa độ để giải bài toán hình không gian. Kết quả chính của sáng kiến kinh
nghiệm là:
• Giới thiệu hệ trục tọa độ Oxyz và hệ thống lại các công thức quan trọng
dùng để giải toán hình không gian .
• Đưa ra được bốn dạng bài toán sử dụng phương pháp tọa độ để giải bài

toán hình không gian.
• Đối chứng bằng kết quả thực nghiệm cho thấy tính hiệu quả của SKKN.
Có thể nói, phương pháp tọa độ là một trong những phương pháp hữu hiệu để
giải bài toán hình không gian. Tuy nhiên, nó cũng không phải là phương pháp
duy nhất, nó cũng không phải là chìa khóa vạn năng cho mọi bài toán hình
không gian. Tính tối ưu của nó phụ thuộc vào từng bài toán cụ thể. Vì vậy, khi
giải bài toán hình không gian chúng ta phải linh hoạt nhằm đạt kết quả cao nhất.
3.2 Kiến nghị
• Hiện nay các tài liệu về toán nói chung và tài liệu về môn hình nói riêng
trong thư viện nhà trường còn rất hạn chế. Vì vậy, tôi đề nghị nhà trường
bổ sung thêm các tài liệu tham khảo về bộ môn toán trong thư viện nhà
trường để các Thầy cô có thêm tài liệu tham khảo trong quá trình dạy học
và ôn tập cho học sinh.
• Đề nghị các bạn đồng nghiệp tích cực nghiên cứu các loại tài liệu khác
nhau nhằm tìm ra phương pháp dạy học, ôn luyện tối ưu nhất cho đối
tượng học sinh của mình để các em đạt kết quả cao nhất trong kì thi
THPT quốc gia.
Sau nhiều năm công tác từ những kinh nghiệm của bản thân cũng như học
hỏi từ đồng nghiệp và lòng tâm huyết với nghề, với các em học sinh vùng núi
135 đã thôi thúc tôi viết SKKN này. Nhưng, do thời gian và năng lực còn nhiều
hạn chế, vì vậy SKKN này không tránh khỏi sai sót. Rất mong sự đóng góp ý
kiến của các bạn đồng nghiệp và tất cả mọi người để SKKN được hoàn thiện
hơn. Tôi xin chân thành cảm ơn!
XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG
ĐƠN VỊ

Thanh Hóa, ngày 19 tháng 5 năm 2016
Tôi xin cam đoan đây là SKKN của mình,
không sao chép nội dung của người khác.

Lê Thị Đào

19


TÀI LIỆU THAM KHẢO
1. Trần Văn Hạo, Nguyễn Mộng Hy, Khu Quốc Anh, Trần Đức Huyên ,
Hình học 12(cơ bản), NXB giáo dục, 2007
2. Trần Văn Hạo, Nguyễn Mộng Hy, Khu Quốc Anh, Nguyễn Hà Thanh ,
hình học 11(cơ bản), NXB giáo dục, 2006
3. Vũ Dương Thụy, Nguyễn Bá Kim, Phương pháp giảng dạy môn toán,
NXB giáo dục, 2005.
4. Đoàn Quỳnh, Văn Như Cương, Phạm Khắc Ban, Tạ Mân Sách giáo khoa
hình học 11(nâng cao), Nhà xuất bản giáo dục, 2007.
5. Phan Huy Khải, Hình học nâng cao 10-11-12, Nhà xuất bản Đại học Quốc
Gia, 2003.

20