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

ĐỀ TÀI ”SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ
ĐỂ GIẢI BÀI TOÁN HÌNH HỌC KHÔNG GIAN”
Phần 1- ĐẶT VẤN ĐỀ
1.LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI

Bài toán hình học không gian là một trong những dạng bài quan trọng, là
dạng toán thường gặp trong các kỳ thi tốt nghiệp THPT, tuyển sinh vào các trường
Đại học-Cao đẳng, đề thi học sinh giỏi và trong cuộc sống. Tuy nhiên trong thực tế,
rất nhiều học sinh còn lúng túng chưa biết cách giải bài toán trên vì lý do đã quên
nhiều kiến thức hình không gian lớp 11. Cho nên trong quá trình làm bài tập, giải đề
thi, các em học sinh còn bỏ câu hình học không gian này.
Phương pháp tọa độ trong không gian là một phần kiến thức quan trọng của
hình học 12 mà học sinh được học suốt kỳ II.Mảng kiến thức này giúp các em giải
quyết một câu hình học trong hệ tọa độ Oxyz thường gặp trong đề thi tốt nghiệp
THPT và cao đẳng-đại học.Do các em được tiếp xúc nhiều trong năm học 12 gần
với kỳ thi nên kiến thức vận dụng sẽ có phần dễ dàng hơn kiến thức lớp 11. 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. 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.
2. MỤC ĐÍCH SKKN
Do đây là phần nội dung kiến thức rất phổ biến trong chương trình học tập và
ôn luyện thi tốt nghiệp, đại học, cao đẳng. Nên mục đích của việc nghiên cứu đề
tài này là cung cấp cho các em học sinh một phương pháp hữu ích trong giải toán
hình không gian 11 bằng phương pháp tọa độ của lớp 12.

1

3. ĐỐI TƯỢNG VÀ PHẠM VI NGHIÊN CỨU:
a) Đối tượng nghiên cứu:
Đối tượng nghiên cứu trong đề tài là:
Các dạng toán thường gặp như tính :
• 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.
b) Phạm vi nghiên cứu:
Phạm vi nghiên cứu của đề tài chủ yếu là kiến thức Hình học lớp 11, 12 và
các đề thi tốt nghiệp THPT, đại học, cao đẳng trong những năm gần đây.
4. KẾ HOẠCH VÀ CÁC PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU:
- Tìm hiểu sách giáo khoa, sách bài tập, sách tham khảo, các đề thi…
- Dạy học đề tài ở các lớp
- Rút kinh nghiệm sau các tiết dạy học sinh;
- Tham khảo ý kiến của các thầy, cô trong tổ Toán-Tin của trường .

2


Phần 2- NỘI DUNG CỦA SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM:
A-THỰC TRẠNG VẤN ĐỀ NGHIÊN CỨU:

Qua điều tra và thực tiễn giảng dạy và kiểm tra cho thấy đa phần học sinh
cảm thấy khó khăn trong việc giải quyết bài hình không gian vì đã quên kiến thức
liên quan lớp 11 và các em thường mắc phải những khó khăn sau:
- Chưa có những phương pháp giải cụ thể cho từng loại bài
- Trong quá trình giải học sinh còn mắc phải sai lầm khi tính toán, biến
đổi…trong bước trung gian. Lập luận không chặt chẽ; xác định đề bài sai…
B- CƠ SỞ LÍ LUẬN LIÊN QUAN ĐẾN VẤN ĐỀ NGHIÊN CỨU
1.Trình tự 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.
* Bước 3 : Chuyển các kết luận của bài toán hình học giải tích sang các tính chất
hình học tương ứng.
2.Lý thuyết cần nắm:
Cách xác định tọa độ điểm,véc tơ,phương trình mặt phẳng, đường thẳng ,các
công thức tính khoảng cách ,góc, diện tích, thể tích một số hình đã học trong lớp
11,12.
Một trong các kỹ năng quan trọng của phương pháp này là xác định được hệ
trục tọa độ thỏa mãn ba trục đôi một vuông góc. Sau đây ta sẽ cùng nhau tìm hiểu
kỹ năng này trong các bài toán.
3.Một số dạng bài tập áp dụng:
3.a.Dạng 1:Hình lăng trụ đứng.
3.a.1.Loại 1:Hình lập phương ,hình hộp chữ nhật.
z

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

A’

B’

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)

Với hình hộp chữ nhật cạnh AB=a;
CD=b.
Chọn hệ trục tọa độ sao cho :

D’
C’
D

A
x

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

B

y
C

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

Ví dụ 1: 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' )
3

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' )
Hướng dẫn

Bài giải

Dựng hình :

z

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

A’
B’

G

x

a. Chứng minh : A' C ⊥ ( AB' D' )

y

C

Gọi G = A' C ∩ ( AB' D' ) Toạ độ giao điểm
G của đường thẳng A' C và mặt phẳng
( AB' D ' ) là nghiệm của hệ :

b. Chứng minh : G là trọng tâm
của tam giác AB' D' Phương
trình tham số của đường thẳng

a

x = 3

a

 a a 2a 
G ; ;  (1)
y =
3
3 3 3 

2a

z = 3

x A + xB ' + xD ' a


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

x = t
y = t

⇔

z = a − t
 x + y − z = 0



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' )

[

D

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

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

A' C

C’

A
B

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

D’

]

n1 = AB', AD' = (−a 2 ;− a 2 ; a 2 )

4


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) )

Ta có :

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)

[

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

⇒ ( AB' D ' ) // (C ' BD)

⇒
a
3

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

]

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

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

( ABB' A' ) là j = (0 ; 1 ; 0)

: n3 = (0;1;−1) 

Vectơ pháp tuyến của ( DA' C ) :

[

]

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

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

2

2

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

1
2

⇒

o

Ví dụ 2. Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ cạnh là a. Gọi N là trung điểm
của B’C’.

a. Chứng minh rằng: AC’ vuông góc với (A’BD).
b. Tính thể tích khối tứ diện ANBD’.
c. Tính góc và khoảng cách giữa hai đường thẳng AN và BD’.
d. Tính khoảng cách từ C đến mp(AC’D).
Hướng dẫn

Bài giải

Dựng hình :
Chọn hệ trục toạ độ Đêcac
vuông góc Oxyz như sau :
O ≡ A '(0;0;0) ; A(0;0; a)
B (a;0; a ) ; B '( a;0;0)
C ( a; a; a ) ; C '(a; a;0)
D(0; a; a ) ; D '(0; a;0)

uuuu
r

a. Chứng minh : Mục đích của ta

uuuur uuuur

a. AC ' = (a; a; −a),  A ' B, A ' D  = (−a ; −a ; a )
là véc tơ pháp tuyến của mặt phẳng
(A’BD).

là chứng minh một đường thẳng
vuông góc với
5

2

2

2


một mp. Ta sẽ chỉ ra rằng véc tơ
chỉ phương của đường thẳng này
cùng phương với véc tơ pháp
tuyến của mp (A’BD).

Ta thấy hai véc tơ này cùng
phương. Vì thế ta có AC’ vuông góc
với mp (A’BD).
b. Tính thể tích tứ diện ANBD’ . Ta
có công thức tính thể tích tứ diện là:
VANBD ' =

1 uuur uuur uuuur
|  AN , AB  . AD ' | .
6 

2
uuu
r uuur 

 AB, AN  =  0; a 2 ; a ÷



2 

uuuur
uuu
r uuur uuuur a 3
, AD ' = (0; a; −a ),  AB, AN  . AD ' =
2

VANBD ' =

c. Để tính góc giữa hai đường
thẳng và khoảng cách giữa hai
đường thẳng ta sử dụng hai công
thức sau:

a3
3

Do đó ta có góc giữa hai đường
thẳng AN và BD’
là:r
uuur uuuu
| AN .BD ' |
3
r =
cos(AN, BD')= uuur uuuu
| AN || BD ' | 9

rr

rr
| a.b |
Cos(a, b)=|cos(a,b)|= r r ;
| a || b |
r r uuur
. Với
| [a,b]. AB |
rr
d ( a , b) =
| [a,b] |
r r
a, b là các véc tơ chỉ phương của

Khoảng cách giữa hai đường thẳng
này là:
uuuuruuuu
r uuu
r
|  AN , BD ' . AB | a 26
d ( AN , BD ') =
=
uuuuruuuu
r
26
|  AN , BD ' |

đường thẳng a và b. Đường
thẳng a,b lần lượt đi qua hai
điểm A và B.

d. Để tính khoảng cách giữa một điểm
và mặt phẳng ta áp dụng công
thức:cho (P): Ax + By + Cz + D = 0 và điểm
M 0 ( x0 ; y0 ; z0 ) .
d ( M 0 ,( P ) ) =

d.Tính khoảng cách từ C đến mp(AC’D).
* Viết phương trình mp (AC’D)
Vec
tơ pháp tuyến cùng phương với
uuuu
r uuur
[ AC ', AD]=(-a 2 ;0;-a 2 ) .
Ta chọn véc tơ pháp
tuyến của mặt
r
phẳng (AC’D) là n = (1;0;1) .
Phương trình mặt phẳng (AC’D) là:
x + z –a =0

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

d (C , ( AC ' D)) =

a
2

Ví dụ 3. Cho hình lập phương ABCD. A' B' C ' D' có cạnh bằng a.
6

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 :

A’
C’

y

A
x

chéo nhau, ta chứng minh ba

D’

B’

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

Chứng minh B' D' và A' B

Bài giải

z

D

B

C

Ta có : B' D' = (a;− a;0)
A' B = (0; a;−a) ;

BB' = (0;0; a) 

Cần chứng minh

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

tích hỗn hợp của ba vectơ

⇒ ba vectơ B ' D'; A' B, BB ' không đồng phẳng.

vectơ B' D'; A' B, BB' không
đồng phẳng.

B ' D'; A' B, BB ' khác 0

Tính d ( B' D' , A' B )

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

2

2

2

3

hay B' D' và A' B chéo nhau.

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

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

7

a3
a +a +a
4

4

4

=

a3
a

2

3

=

a 3
3


3.a.1.Loại 2:Lăng trụ đứng tam giác đáy là tam giác vuông .
Với hình lăng trụ đứng tam giác đáy
là tam giác ABC vuông ở A
Ch Chọn hệ trục tọa độ sao cho :

z
A’

B’

O ≡ A(0;0;0) ,

Tia Ox trùng tia AC;
Tia Oy trùng tia AB;

C’

B
OA

y

C

Ví dụ 1:(khối B-2005)Trong không gian với hệ toạ độ Oxyzx 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 ( BCC1B1 ) . Gọi M là trung điểm của A1B1 . Viết phương trình mặt phẳng
(P) đi qua hai điểm A, M và song song với BC1 .
Hướng dẫn

Bài giải

Dựng hình :

A1

Chọn hệ trục toạ độ Đêcac vuông
góc Oxyz như sau : O(0;0;0) ;
Với :
A(0;−3;0) ; B(4;0;0) ; C (0;3;0) ; B1 (4;0;4)

B1

z

M


C1

 A (0;−3;4)
⇒ 1
C1 (0;3;4)

A

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

x

B

O

C
y

Ta có : A1 (0;−3;4) ∈ mp(Oyz )

Toạ độ hai đỉnh A1 ; C1 .

C1 (0;3;4) ∈ mp(Oyz )

Phương trình mặt cầu có tâm là
A và tiếp xúc với mặt phẳng
( BCC1B1 )

Viết phương trình mp
( BCC1 B1 )

Tìm bán kính của mặt cầu (S)
R = d ( A, ( BCC1B1 ) )

Phương trình mặt cầu (S) :
Phương trình mặt phẳng (P) :


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

Bán kính của mặt cầu (S) : R =
(S) : x 2 + ( y + 3) 2 + z 2 =

576
25

Vectơ pháp tuyến của (P) :

nP = [ AM , BC1 ] = ( −6;−24;12)
8

24
5


Tìm vectơ pháp tuyến của (P)
 AM ⊂ ( P )
⇒ nP = [ AM , BC1 ]

 BC1 // ( P )

Phương trình mặt phẳng (P) :

 3 
AM =  2; ;4  ; BC1 = (−4;3;4)
 2 

( P ) : x + 4 y − 2 z + 12 = 0

Ví dụ 2:(khối B-2008): 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 .
Hướng dẫn

Bài giải
z

Dựng hình :
B’

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

A’
C’

B (0;0;0)

A ( 0; a;0 ) ; C ( a;0;0 ) ; B’ ( 0;0; a 2 )


M  ;0;0 ÷
2
a



uuuu
r a
 uuuur
AM =  ; − a;0 ÷ ; B ' C = a;0; −a 2
2

uuuu
r
AB ' = 0; − a; a 2

(

(

)

B

)

y

A
M

x

C

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



+ 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
uuuu
r uuuur uuuu
r a3
Vì :  AM , B ' C  AB ' =

2
⇒ 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

9


Ví dụ 2:(khối B-2010): Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC.A’B’C’ có AB = a,
góc giữa hai mặt phẳng (A’BC) và (ABC) bằng 60 0. Gọi G là trọng tâm tam giác
A’BC. Tính thể tích khối lăng trụ đã cho và bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện
GABC theo a.
Hướng dẫn

Bài giải

Gọi O là trung điểm của cạnh
BC. Tam giác ABC đều cạnh a
nên AO ⊥ BC và AO =

A’

a 3

.
2

Chọn hệ trục Oxyz với O là gốc tọa
độ, tia OA ≡ tia Ox, tia OC ≡ tia Oy,
tia Oz song song và cùng hướng
với tia AA’

C’

z

B’
x

y

G
A

C
O
B

O là trung điểm của cạnh BC
Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ.
Khi đó :
a
a 3
;0;0),B(0; − ;0),

2
2
a
3a
a 3
C(0; ;0),A’(
;0; )
2
2
2
a
a 3
G(
;0; ).
2
6

A(

Ta có góc giữa mặt phẳng (A’BC)
và(ABC) là góc A·' OA = 60o
⇒ AA ' = OA.tan 60o =

3a
.
2

⇒ VABC . A ' B ' C ' = AA '.S ABC

3a a 2 3 3a 3 3

= .
=
2
4
8

Gọi dạng phương trình mặt cầu
ngoại tiếp tứ diện GABC là:
x 2 + y 2 + z 2 − 2bx − 2cy − 2dz + e = 0 .

Thay lần lượt tọa độ G, A, B, C
vào phương trình trên ta có

10


a2 a 3

b − ad + e = 0
a 3
 −
3
b =
3
6

3a 2
− a 3b + e = 0
c = 0


 4

⇔
 2
a
 a + ac + e = 0
d = −
12
4

 2

a2
e
=
−
a
 − ac + e = 0


4

4

Vậy mặt cầu ngoại tiếp tứ diện
GABC có bán kính là :
a2 a2
a2
7a
.

R=
+
+ 0 − (− ) =
12 144
4
12

Ví dụ 3:( (ĐH khối D – 2008). Cho lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có đáy ABC
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 đã cho và khoảng cách giữa hai đường thẳng AM, B’C.
Hướng dẫn

Bài giải

z
B’

Dựng hình :

A’

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

A ( 0; a;0 ) ; C ( a;0;0 ) ; B’ ( 0;0; a

2

C’

A

)

OB



M  ;0;0 ÷
2
a

M



uuuu
r a
 uuuur
AM =  ; − a;0 ÷ ; B ' C = a;0; −a 2
2

uuuu
r
AB ' = 0; − a; a 2

(

(

y

)

C

)

x

Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ.Suy ra:
B (0;0;0)

A ( 0; a;0 ) ; C ( a;0;0 ) ; B’ ( 0;0; a 2 )


M  ;0;0 ÷
2
a



uuuu
r a
 uuuur
AM =  ; − a;0 ÷ ; B ' C = a;0; −a 2
2

uuuu

r
AB ' = 0; − a; a 2

(

(

⇒V

ABC . A/ B / C /

)

)

1
a3 2
= BB / .( .BA.BC ) =
2
2

*Tính khoảng cách giữa AM và B’C
Vì M là trung điểm của BC

uuuu
r a
a
⇒ M ( ;0;0) ⇒ AM = ( ; − a;0)
2
2

11


uuuur

Mà B ' C = (a;0; −a 2)
uuuu
r uuuur
a2 2 2
⇒  AM , B ' C  = ( a 2 2;
;a )
2
uuur
Mặt khác: AC = (a; −a;0)
uuuu
r uuuur uuur a 3 2
 AM , B ' C  . AC
a 7


⇒ d ( AM , B ' C ) =
= 22 =
uuuu
r uuuur
7
a 7
 AM , B ' C 


2

3.b.Dạng 2:Hình chóp
3.b.1.Loại 1:Hình chóp có cạnh bên vuông góc với đáy và đáy có ít nhất một
góc vuông.
Với hình chóp S.ABCD có ABCD là hình chữ nhật ,hình vuông và SA ⊥
(ABCD)
z

S

ABCD là hình chữ nhật
AB = a; AD = b

chiều cao bằng h
Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ sao
cho A(0;0;0)

y

D

A
O

Khi đó : B ( a;0;0 ) ; C ( a; b;0 )

B

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

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 .

S

Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ
sao cho A(0;0;0)
Khi đó : B ( a;0;0 ) ; C ( 0; b;0 )
S ( 0;0; h )

y

C

A
z
B

S

x

Với hình chóp S.ABCD có SA ⊥ (ABCD) và ABCD là hình thang

vuông tại A
Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ
sao cho A(0;0;0) .Tia Ox trùng với

D

OA

12

B

x

C

y


tia AB.Tia Oy trùng với tia AD. Tia
Oz trùng với tia AS.

Ví dụ 1(ĐH khối A – 2010). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông
cạnh a. Gọi M và N lần lượt là trung điểm của các cạnh AB và AD; H là giao điểm
của CN và DM. Biết SH ⊥ (ABCD) và SH = a 3 . Tính thể tích khối chóp
S.CDNM và khoảng cách giữa hai đường thẳng DM và SC theo a.
Hướng dẫn

Dựng hình :

Bài giải
S

z

Chọn hệ trục toạ độ Đêcac
vuông góc Oxyz như hình vẽ vẽ
sao cho C(0;0;0) .Tia Ox trùng
với tia CB.Tia Oy trùng với tia
CD. Tia Oz vuông với
mp(ABCD) tại C
Ta có :
C ≡ O(0;0;0), B(a;0;0),
D(0;a;0), A(a;a;0).

y
N
H
M

*VS .CDNM = VS . ABCD − VS .BCM − VS . AMNCO

uuu
r uuuur uuuu
r
CS , DM  .CM


d ( SC , DM ) =
uuu

r uuuu
r
*
CS , DM 



A

D

B

x

*Tính thể tích khối chóp S.CDNM
Ta có:

VS .CDNM = VS . ABCD − VS . BCM − VS . AMN
1
= SH .( S ABCD − S BCM − S AMN )
3
1
a2 a2
5a 3 3
= .a 3( a 2 − − ) =
3
4
8
24

* Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng
DM và SC theo a
Chọn hệ trục Oxyz như hình vẽ, ta có
C ≡ O(0;0;0), B(a;0;0), D(0;a;0),
A(a;a;0).
13


a
2

M là trung điểm AB ⇒ M (a; ;0)
a
2

N là trung điểm AD ⇒ N ( ; a;0)
H∈ (Oxy ) ⇒ H ( x; y;0)

H = DM ∩ CN
uuur uuur
uuuu
r uuuur
⇒ CH , CN cùng phương và DH , DM

cùng phương

x y
x y−a
2a

4a
=
=
,y=
a a và a
a ⇒x=
−
5
5
2
2
2a 4a
2a 4 a
. Vậy H( ; ;0 ) ⇒ S ( ; ; a 3)
5 5
5 5
⇒

Khi đó,

uur 2a 4a
uuuur
a
CS = ( ; ; a 3), DM = ( a; − ;0)
5 5
2
2
uur uuuur
a 3 2
⇒ CS , DM  = (

; a 3; − a 2 )
2
uuuu
r
a
Mặt khác CM = (a; ;0)
2
uuu
r uuuur uuuu
r
CS , DM  .CM


⇒ d ( SC , DM ) =
uuu
r uuuur
CS , DM 



.

a3 3
2a 57
= 2
=
19
a 19
2

Ví dụ 2:(CĐ-2008):Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang ,
·
·
BAD
= ABC
= 900 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.

Hướng dẫn

Bài giải
z

Dựng hình :
S

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

M

14

N


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

D

A

M ( 0;0; a ) ; N ( 0; a; a )

B

C

x
uuuu
r
uuur
MN = ( 0; a;0 ) ; BC = ( 0; a;0 )
uuur
MB = ( a;0; −a )
uuur
uuu
r
SM = ( 0;0; −a ) ; SC = ( a; a; −a )
uur
uuu
r
SB = ( a; 0; −2a ) ; SN = ( 0; a; −a )
uuur uuu
r
 SM , SC  = a 2 ; −a 2 ;0




(

y

+ Chứng minh BCNM là hình chữ

nhật

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

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

)
VSMCB =

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

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

VSMCN

r uur a 3
1  uuur uuu
 SB =
SM
,
SC

6
6

1
=
6

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

6

VS . BCNM = VSMCB + VSMCN =

a3
3

đvtt

Ví dụ 3:(Khối D-2002)Cho hình tứ diện ABCD có cạnh AD vuông góc với mặt
phẳng(ABC); AC=AD=4 cm ;AB=3 cm; BC=5 cm. Tính khoảng cách từ điểm A
đến mặt phẳng (BCD)
Hướng dẫn
Dựng hình :

Bài giải
z
D

∆ABC có : AB 2 + AC 2 = BC 2 = 25

nên 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) ;
Tính : AH = d ( A, ( BCD) )

A
B

H

C

y

I

x

Viết phương trình tổng quát
của mặt phẳng (BCD)

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

Sử dụng công thức tính
15

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


khoảng cách từ một điểm đến
một mặt phẳng

d ( A, ( BCD) ) =

− 12

16 + 9 + 9

=

12
6 34
=
17
34

3.b.2.Loại 2:Hình chóp có đáy là đa giác đều.
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

D

A

 a 2
 a 2

;0;0 ; C 
;0;0 
Khi đó : A −
2

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

y

O
B

C

x

Với hình chóp tam giác đều S.ABC
Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ
z
Giả sử cạnh tam giác đều bằng a và
S
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

Khi đó : A  − ;0;0 ÷; B  ;0;0 ÷
 2
 2

 a 3   a 3 
C  0;
;0 ÷
÷; S  0; 6 ; h ÷
÷
2

 


y
C

A
H

I

B

x

(Hoặc ta cũng có thể chọn gốc O
trùng H)
Ví dụ 1(Khối B-2007) 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

Hướng dẫn

Bài giải
z

Dựng hình :
Gọi O là tâm của hình vuông
ABCD ⇒ SO ⊥ ( ABCD)

E

S

P

M

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

y
A

16

B

N

O

D

C
x


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

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

Toạ độ trung điểm P của SA P
 a 2
 a 2 a 2 
h
; 0; ÷
;−
;h÷
 −
 −
;
E
÷
4
2÷
2
2

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

Tính (theo a) khoảng cách giữa hai
đường thẳng MN và AC.

uuuu
r  3a 2
h  uuur
MN = 
; 0; − ÷
÷; BD = (0; −a 2; 0)

4
2



Vì : MN .BD = 0 ⇒ MN ⊥ BD

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



uuuu
r 
a 2 h
AM =  0; −
; ÷
4 2÷


uuuu
r uuur uuuu
r a2h
≠0

Vì :  MN , AC  . AM =
4
⇒ MN và AC chéo nhau

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

d ( MN , AC ) =

[ MN , AC ]. AM

=

[ MN , AC ]

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

Ví dụ 2: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)

Hướng dẫn

Bài zgiải
S

Dựng hình :
Gọi O = AC ∩ BD
⇒ SO ⊥ ( ABCD)

a2 a 2
SO = SC − OC = a −
=
2
2
2

2

2

y
A
17

B

D
O

C
x

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

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

a.Tính thể tích khối chóp S.ABCD
VS . ABCD

a. Khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng

Phương trình mặt phẳng (SCD)
x

(SCD)
Phương trình mặt phẳng (SCD)

z

+
=1
a 2 a 2
2
2
2
a 2
⇔ x+ y+z−
=0
2

(SCD): a 2

+

y

1
1 a 2 a3 2
= SO.S ABCD = .
.a =
3
3 2
6

a 2
=0
2
a 2 a 2
−

−
2
2

(SCD): x + y + z −
d ( A, ( SCD) ) =

3

=

a 2 a 6
=
3
3

Qua các ví dụ trên ta thấy việc áp dụng phương pháp tọa độ vào giải bài
toán hình không gian rất khả thi nếu trong đề bài có yếu tố vuông góc để gắn vào
hệ trục tọa độ Oxyz . Sau đây ta cùng tìm hiểu thêm một số bài tập để có ý tưởng
rõ ràng hơn trong việc chọn vị trí cho hệ trục Oxyz.
Ví dụ 1: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh là 5 tâm O, SO
vuông góc với đáy; các cạnh bên SA = 2 3, SB = 3 . Gọi M là trung điểm của cạnh
SC.
a) Tính góc và khoảng cách giữa hai đường thẳng: SA và BM.
b) mp (AMB) cắt SD tại N. Tính thể tích khối chóp S.ABMN.
Hướng dẫn

Bài giải

Chọn hệ trục tọa độ sao cho

O(0;0;0)
Tia Ox trùng tia OA; Tia Oy
trùng tia OB; Tia Oz trùng
tia OS;
uur uuuu
r

z S

N

| SA.BM |
uuuu
r
| SA | . | BM |

a, cos( SA, BM ) = uur

d ( SA, BM ) = d ( A,( P ) )

M

D
x

A

b,

C

O

By

Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ. Ta có tọa độ
18


VS . ABMN = VS . ABN + VS .BMN cỏc nh nh sau:
O(0;0;0), A(2;0;0), B(0;1;0), S (0;0; 2 2), D(0; 1; 0),
C ( 2;0;0), M (1;0; 2)

uur uuuu
r
| SA.BM |
3
a,*Ta cú cos( SA, BM ) = uur uuuur =
.
| SA | . | BM | 2

Do ú gúc gia hai ng thng ny l 600 .
*Khong cỏch:

uuuruuuu
r
SA, BM = 2 2, 0, 2



(

)

=>Phng trỡnh mp(P) cha BM v song song

vi SA l:

2x + z = 0

d( SA, BM ) = d( A,( P ) ) = 2
b,Vỡ M l trung im SC nờn N l trung im
1



SD.Suy ra N 0; ; 2 ữ
2


VS . ABMN = VS . ABN + VS . BMN

Vớ d 2:: Cho hình chóp SABC, các cạnh đều có độ dài bằng 1, O
là tâm của ABC. I là trung điểm của SO.
a,Mặt phẳng (BIC) cắt SA tại M. Tìm tỉ lệ thể tích của tứ
diện SBCM và tứ diện SABC.
b, H là chân đờng vuông góc hạ từ I xuống cạnh SB. CMR: IH đi
qua trọng tâm G của SAC.
Hng dn

Bi gii

Vỡ SA=SB=SC ;O l
tõm ABC u nờn SO
vuụng vi (ABC)
=> Cỏch chn h trc
ta

z
S

I

B
O

C
y

A
x

Chọn hệ trục Oxyz sao cho O là gốc tọa
19


®é

A∈Ox, S ∈Oz, BC//Oy
Täa ®é c¸c ®iÓm:
3

3 1
3 1
;0;0) ; B (−
; − ;0) ; C ( −
; ;0) ;
3
6
2
6 2
6
6
S (0;0
) ; I (0;0;
)
3
6
uuur
uur
3 1
6
Ta có: BC = (0;1;0) ; IC = (− ; ; − ) ;
6 2
6
uuur uur
6
3
⇒  BC , IC  = ( −
;0; )
6
6

A(

⇒ Phư¬ng tr×nh mÆt ph¼ng (IBC) lµ:
6
3
6
( x − 0) + 0( y − 0) +
(z −
)=0
6
6
6
6
Hay:
− 2+z−
=0
mà
ta
6
uur
uur r
3
6
SA = ( ;0; −
) ⇒ SA // u SA (1;0; − 2)
3
3
−

lại

có:

Phư¬ng tr×nh ®ưêng th¼ng SA:
x=

3
+ t ; y = 0; z = − 2t .
3

+ Täa ®é ®iÓm M lµ nghiÖm cña hÖ:

3
+t
(1)
x =
3

(2)
 y = 0

Thay (1) (2) (3) vµo (4)
(3)
 y = − 2t

 − 2 x + z − 6 = 0 (4)

6

cã:

3
6
3
6
; y = 0; z =
⇒ M ( ;0;
);
12
4
12
4
uuur
uur
uuur
3
6
⇒ SM = ( ;0; −
) ⇒ SA = 4SM
12
12
SM 1
=
⇒ M n»m trªn ®o¹n SA vµ
SA 4
V( SBCM ) 1
⇒
= .
V ( SABC ) 4
⇒x=

2. Do G lµ träng t©m cña ∆ASC
⇒ SG ®i qua trung ®iÓm N cña AC
⇒ GI ⊂ (SNB) ⇒ GI vµ SB ®ång ph¼ng
(1)

20


Ta lại có tọa độ G (

3 1 6
; ;
)
18 6 9

uur
3 1 6
GI = (
; ;
)
18 6 18
uur uur
uur
3 1 6
GI = (
; ;
) GI .SB = 0 GI SB (2)
18 6 18
Từ (1) và (2) GI SB = H

Vớ d 3 (Khi A 2002). Cho hỡnh chúp tam giỏc u S.ABC cú di cnh ỏy
l a. Gi M, N l trung im SB, SC. Tớnh theo a din tớch D AMN, bit (AMN)
vuụng gúc vi (SBC).
Hng dn

Vỡ S.ABC l hỡnh chúp tam
giỏc u ,nờn nu O l tõm
tam giỏc ABC thỡ SO vuụng
gúc vi (ABC).T ú ta cú
cỏch chn h trc Oxyz.

Bi gii

Gi O l hỡnh chiu ca S trờn (ABC), ta suy
ra O l trng tõm D ABC . Gi I l trung im
ca BC, ta cú:
3
a 3
BC =
2
2
a 3
a 3
ị OA =
, OI =
3
6
AI =

Trong mp(ABC), ta v tia Oy vuụng gúc vi

OA. t SO = h, chn h trc ta nh hỡnh
v :

ổa 3

ử

ữ
ữ
O(0; 0; 0), S(0; 0; h), A ỗỗỗố 3 ; 0; 0ứ
ữ
ổa 3
ử ổa 3 a ử
ữ
ị Iỗ
; 0; 0ữ
ữ
ữ
, B ỗỗố- 6 ; 2; 0ứ
ỗ
ữ
ữ,
ỗ
ố 6
ứ ỗ
ổa 3
ử
ổ a 3 a hử
a ữ
ỗ

Cỗ
;
;
0
M
; ; ữ
ữ
ữ
,
ỗ
ỗ
ữ
ỗ
ỗ
2 ữ
ố 6
ứ
ố 12 4 2 ứ
21


ổa 3

a hử

ữ
ữ
v N ỗỗỗố- 12 ; - 4; 2 ứ
ữ
uuur uuur

r
ah
5a2 3 ử
ự= ổ
ữ
ỗ
ị n(AMN) = ộ
AM,
AN
;
0;
ữ
ờ
ỳ
ữ,
ỗ4
ở
ỷ ỗ
24 ứ
ố
uur uur
r
a2 3 ử
ữ
ự= ổ
ỗ
n(SBC) = ộ
SB,
SC
ah;

0;
ữ
ỗ
ờ
ỳ ỗ
ở
ỷ
ữ
6 ứ
ố
r
r
5a2
(AMN) ^ (SBC) ị n(AMN).n(SBC) = 0 ị h2 =
12
.
1 ộuuur uuur ự a2 10
ị SDAMN = ờAM, AN ỳ =
ỷ
2ở
16

4. Bi tp t luyn.
Bi 1. Cho D ABC vuụng ti A cú ng cao AD v AB = 2, AC = 4. Trờn ng
thng vuụng gúc vi (ABC) ti A ly im S sao cho SA = 6. Gi E, F l trung
im ca SB, SC v H l hỡnh chiu ca A trờn EF.
1. Chng minh H l trung im ca SD.
2. Tớnh cosin ca gúc gia hai mt phng (ABC) v (ACE).
3. Tớnh th tớch hỡnh chúp A.BCFE.
Bi 2. Cho hỡnh chúp O.ABC cú cỏc cnh OA = OB = OC = 3cm v vuụng gúc

vi nhau tng ụi mt. Gi H l hỡnh chiu ca im O lờn (ABC) v cỏc im A,
B, C ln lt l hỡnh chiu ca H lờn (OBC), (OCA), (OAB).
1. Tớnh th tớch t din HABC.
2. Gi S l im i xng ca H qua O. Chng t S.ABC l t din u.
Bi 3. Cho hỡnh chúp S.ABC cú D ABC vuụng cõn ti A, SA vuụng gúc vi ỏy.
Bit AB = 2, gúc gia mp(ABC) v mp(SBC) bng 600.
1. Tớnh di SA.
2. Tớnh khong cỏch t nh A n (SBC).
3. Tớnh gúc phng nh din [A, SB, C].
Bi 4 (Khi D 2003). Cho hai mt phng (P) v (Q) vuụng gúc vi nhau, giao
tuyn l ng thng (d). Trờn (d) ly hai im A v B vi AB = a. Trong (P) ly
im C, trong (Q) ly im D sao cho AC, BD cựng vuụng gúc vi (d) v AC =
BD = AB. Tớnh bỏn kớnh mt cu ngoi tip t din ABCD v khong cỏch t nh
A n (BCD) theo a.
Bi 5. Cho hỡnh chúp S.ABC cú ỏy l tam giỏc vuụng ti B, AB = a, BC = 2a.
Cnh SA vuụng gúc vi ỏy v SA = 2a. Gi M l trung im ca SC.
1. Tớnh din tớch D MAB theo a.
2. Tớnh khong cỏch gia MB v AC theo a.
3. Tớnh gúc phng nh din [A, SC, B].
Bi 6. Cho hỡnh chúp S.ABCD cú ỏy hỡnh vuụng cnh a, SA = a v vuụng gúc
vi ỏy. Gi E l trung im CD.
1. Tớnh din tớch D SBE.
2. Tớnh khong cỏch t nh C n (SBE).
22


3. (SBE) chia hình chóp thành hai phần, tính tỉ số thể tích hai phần đó.
Bài 7. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình chữ nhật, AB = a, AD = b. Cạnh bên
SA vuông góc với đáy và SA = 2a. Gọi M, N là trung điểm cạnh SA, SD.
1. Tính khoảng cách từ A đến (BCN).

2. Tính khoảng cách giữa SB và CN.
3. Tính góc giữa hai mặt phẳng (SCD) và (SBC).
·
=
4. Tìm điều kiện của a và b để cosCMN

3
. Trong trường hợp đó tính thể
3

tích hình chóp S.BCNM.
Bài 8 (Khối B – 2003) Cho hình lăng trụ đứng ABCD.A’B’C’D’ có đáy hình thoi
·
cạnh a, BAD
= 600. Gọi M, N là trung điểm cạnh AA’, CC’.
1. Chứng minh B’, M, D, N cùng thuộc một mặt phẳng.
2. Tính AA’ theo a để B’MDN là hình vuông.
Bài 9: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và
B.
BA = BC = a, AD = 2a. Cạnh SA vuông góc với đáy và SA = a 2 .H là hình chiếu
của A lên SB. Chứng minh rằng tam giác SCD vuông và tính theo a khoảng cách
từ H đến mặt phẳng (SCD)
Bài 10. Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ cạnh a.
1. Chứng minh A’C vuông góc với (AB’D’).
2. Tính góc giữa (DA’C) và (ABB’A’).
3. Trên cạnh AD’, DB lấy lần lượt các điểm M, N thỏa AM = DN = k
(0 < k < a 2).

a. Chứng minh MN song song (A’D’BC).
b. Tìm k để MN nhỏ nhất. Chứng tỏ khi đó MN là đoạn vuông góc chung

của AD’ và DB.
Bài 11: Cho hình hộp chữ nhật ABCD.A’B’C’D’ có AB = a; AD = 2a; AA’ = a.
a) Gọi M là điểm nằm trong AD sao cho

AM
= 3 . Tính khoảng cách
MD

từ

điểm M đến (AB’C)
b) Tính thể tích tứ diện AB’D’C
Bài 12: Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’, cạnh bằng a. Giả sử M, N lần lượt
là trung điểm của BC và DD’.
a) Chứng minh rằng MN// (A’BD).
b) Tính khoảng cách giữa 2 đoạn thẳng BD và MN theo a
Bài 13: 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.
Bài 14 (Cao đẳng -2009). Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có AB = a,
SA = a 2 . Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm của các cạnh SA, SB và CD. Chứng
minh rằng đường thẳng MN vuông góc với đường thẳng SP. Tính theo a thể tích
của khối tứ diện AMNP.
23


Bài 15 (Khối B – 2011). Cho hình lăng trụ ABCD.A’B’C’D’ có đáy ABCD là hình
chữ nhật, AB = a, AD = a 3 . Hình chiếu vuông góc của A’ trên (ABCD) trùng với
giao điểm của AC và BD. Góc giữa hai mặt phẳng (ADD’A’) và (ABCD) bằng 60 0.

Tính thể tích khối lăng trụ đã cho và khoảng cách từ B’ đến mặt phẳng (A’BD) theo
a.

24


C-KẾT QUẢ SAU KHI THỰC HIỆN ĐỀ TÀI
Sau khi thực hiện đề tài tại các lớp 12A2; 12A6 trường THPT Chúc Độngnăm
học2014-2015 tôi đã khảo sát chất lượng của học sinh thông qua kiểm tra viết và
các đề thi thử đại học, tốt nghiệp.
*Kết quả như sau:
Đã có nhiều học sinh đạt điểm khá, giỏi. Điểm yếu, kém đã giảm.
. Cụ thể:
Lớp

TS

12A2 41
12A6 40
Tổng 81

Giỏi
SL
12
14
26

Khá

%

SL
29% 17
35% 16
32% 33

T bình

%
SL
41% 8
40% 6
41% 14

%
SL
20% 4
15% 4
17% 8

Yếu
%
SL
10% 0
10% 0
10% 0

Kém
%
0%
0%

0%

Một số học sinh khá, giỏi còn biết vận dụng vào các bài toán ở mức độ
khó hơn. Trải qua thực tiễn giảng dạy nội dung các bài giảng liên quan đến
SKKN và có sự tham gia góp ý của đồng nghiệp, vận dụng SKKN vào giảng
dạy tôi đã thu được một số kết quả nhất định sau:
- Học sinh trung bình đã hiểu và biết vận dụng tốt hơn phương pháp tọa
độ để giải quyết bài toán hình học không gian
- Học sinh trung bình trở lên nắm vững được phương pháp, biết vận dụng
thành thạo và linh hoạt hơn trong các bài toán hình học không gian
- Chất lượng bài giải và kĩ năng giải toán tốt hơn.

25