Ứng dụng PP tọa độ trong KG

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

I. MỘT SỐ VÍ DỤ VỀ HAI CÁCH GIẢI CHO CÙNG MỘT BÀI TOÁN
Bài 1.
Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’. Gọi M, N lần lượt là hai điểm nằm trên
hai cạnh B’C’ và CD sao cho B’M =
3
2
B’C’, CN =
3
2
CD. Chứng minh AM
⊥
BN.
Giải:
Cách giải 1 (phương pháp tổng hợp)
Cách giải 2 (phương pháp toạ độ)
- Dựng ME // CC’(E thuộc BC). Nối AE.
- Hai tam giác vuông ABE và BCN bằng
nhau,
⇒
góc AEB bằng góc BNC.
⇒
AE
⊥
BN. (1)
Mặt khác: Vì ME // CC’
⊥
(ABCD)
nên ME

⊥
(ABCD)
⇒
ME
⊥
BN (2)
Từ (1) và (2)
⇒
BN
⊥
(AEM)
⇒
BN
⊥
AM (đpcm).
- Chọn hệ trục toạ độ Oxyz như hình vẽ (O
≡
A’). Đặt AA’=
a
. Ta có:
A(0;0;
a
), B(
aa ;0;
), M(
a
;
3
2a
;0),N(

0;;
3
a
a
)
⇒
00).(.
3
2
)
3
2
.(. =−++−= aa
aa
aBNAM
BNAM ⊥⇒
(đpcm).
Bài 2. (TSĐH - khối B năm 2006)
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với AB =
a
, AD =
2a
,
SA = a và SA vuông góc với mặt phẳng đáy (ABCD). Gọi M, N lần lượt là trung điểm
của AD và SC, I là giao điểm của BM và AC. Chứng minh mặt phẳng (SAC) vuông góc
với mặt phẳng (SMB). Tính thể tích của khối tứ diện ANIB.
Giải:
Cách giải 1 (phương pháp tổng hợp)
Cách giải 2 (phương pháp toạ độ)
*) Chứng minh: (SBM)

⊥
(SAC).
- Gọi K là trung điểm của CD, E là giao
điểm của AC và BD. Ta có MK// AC.
* Chọn hệ trục toạ độ Oxyz như hình vẽ
(O
≡
A)
Gọi E là giao điểm của AC và BD. Ta có:
A(0;0;0), B(
a
;0;0),
A
A’
B’
B
C’
D’
D
C
M
N
E
A
A’
B’
B
C’
D’
D

C
M
N
x
y
z
O
Mặt khác: Tam giác vuông BAM có
2
3
22
a
AMBABM =+=
Tam giác vuông MDK có
2
3
22
a
DKMDMK =+=
Tam giác vuông BCK có:
2
3
22
a
CKBCBK =+=
Dễ thấy BM
2
+ MK
2
= BK

2
nên tam giác
BMK vuông tại M,
=> MK
⊥
BM => AC
⊥
BM.
Hơn nữa BM
⊥
SA. Từ đây ta có BM
⊥
(SAC) Vậy (SBM)
⊥
(SAC) (đpcm).
*) Tính thể tích của khối tứ diện ANIB.
- Ta có NE // SA
=> NE
⊥
(AIB) và NE = a/2.
- Vì I là trọng tâm của tam giác ABD và
3
3
2
3
3
a
AI
a
AEaAC =⇒=⇒=

Tam giác ABI vuông tại I có
3
6
22
a
AIABBI =−=
Vậy thể tích khối tứ diện ANIB là
36
2
..
2
1
.
3
1
..
3
1
3
a
NEIABINESV
AIB
===
∆
(đvtt)
)0;
2
2
;0(),0;
2

2
;
2
(),
2
;
2
2
;
2
(
),;0;0(),0;2;0(),0;2;(
a
M
aa
E
aaa
N
aSaDaaC
và
)0;
3
2
;
3
(
aa
I
, vì I là trọng tâm của
ABD∆

.
*) Chứng minh: (SBM)
⊥
(SAC).
- Ta có
)0;2;(),0;
2
2
;( aaAC
a
aBM =−=
ACBMACBM ⊥⇒=⇒ 0.
.
Mặt khác: SA
⊥
(ABCD) nên BM
⊥
SA.
Từ đây suy ra BM
⊥
(SAC)
=> (SBM)
⊥
(SAC) (đpcm).
*) Tính thể tích của khối tứ diện ANIB.
Ta có
)0;
3
2
;

3
(),0;0;(
aa
AIaAB ==
và
)
2
;
2
2
;
2
(
aaa
AN =

=>
[ ]
)
2
2
;
2
;0(,
22
aa
ANAB −=
.
Vậy thể tích khối tứ diện ANIB là
[ ]

36
2
.,
6
1
3
a
AIANABV ==
(đvtt)
Bài 3. (TSĐH - khối A năm 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.
Giải
A
S
B
C
D
N
M
I
E
K
A
S
B
C
D

N
M
I
E
x
y
z
O
Cách giải 1 (phương pháp tổng hợp) Cách giải 2 (phương pháp toạ độ)
* Chứng minh AM vuông góc với BP.
Gọi H là trung điểm của AD.
Do ΔSAD đều nên SH
⊥
AD.
Do(SAD)
⊥
(ABCD)nên
SH
⊥
(ABCD)
⇒
SH
⊥
BP (1).
Xét hình vuông ABCD ta có
ΔCDH = ΔBCP
⇒
CH
⊥
BP (2). Từ (1) và (2)

suy ra BP
⊥
(SHC).
Vì MN // SC và AN // CH
nên (AMN) // (SHC). Suy ra
BP
⊥
(AMN)
⇒
BP
⊥
AM.
* Tính thể tích của khối tứ diện CMNP.
Kẻ MK
⊥
(ABCD), K
∈
(ABCD). Ta có:
CNPCMNP
SMKV .
3
1
=
Vì
4
3
2
1 a
SHMK
==

,
S
CNP
=
2
1
.CN.CP =
8
2
a
Nên V
CMNP
=
96
3
3
a
* Gọi H là trung điểm của AD.
Do ΔSAD đều nên SH
⊥
AD.
Do(SAD)
⊥
(ABCD)nên
SH
⊥
(ABCD)
- Dựng đường thẳng Az vuông góc với
(ABCD), ta có AD, AB, Az là ba tia đôi
một vuông góc nhau. Chọn hệ trục Oxyz

như hình vẽ (
AO
≡
). Ta có:
A(0;0;0), S(
2
3
;0;
2
aa
), M(
4
3
;
2
;
4
aaa
)
B(0;
a
;0), P(
)0;
2
;
a
a
, C(
0;;aa
),

)0;;
2
( a
a
N
* Chứng minh AM vuông
góc với BP.
Ta có:
00
44
.
22
=+−=
aa
BPAM
⇒
BP
⊥
AM.
* Tính thể tích khối tứ diện CMNP.
Ta có:
[ ]
)
4
;0;0(,
2
a
CNCP
−=
và

)
4
3
;
2
;
4
3
(
aaa
CM
−−=
Nên:
[ ]
96
3
.,
6
1
3
a
CMCNCPV
CMNP
==
II. SO SÁNH
Cách giải 1 (phương pháp tổng hợp) Cách giải 2 (phương pháp toạ độ)
1) Kiến thức: 1) Kiến thức:
M
P
N

S
H
B
A
C
D
M
P
N
S
x
y
z
H
B
D
C
A
O
- Cần có một kiến thức rộng và đầy đủ về
hình học (hình học phẳng và hình học
không gian).
- Nhớ các định lý, các hệ quả
- Đôi khi cần phải dựng thêm các hình vẽ
phụ.
2) Kĩ năng:
- Kĩ năng vẽ hình, dựng hình.
- Kĩ năng chứng minh, tính toán.
3) Tư duy:
- Đòi hỏi khả năng tư duy cao.

- Phạm vi liên kết kiến thức rộng.
- Cần có kiến thức vững về vectơ và toạ độ
vectơ trong không gian.
- Nhớ các công thức, các phương trình của
đường thẳng, mặt phẳng và các mối quan
hệ giữa đường thẳng và mặt phẳng.
- Không cần dựng các hình vẽ phụ.
2) Kĩ năng:
- Kĩ năng tính toán.
3) Tư duy:
- Khả năng tư duy bình thường.
- Phạm vi liên kết kiến thức hẹp. (Chủ yếu
tập trung vào việc chọn một hệ trục tọa độ
thích hợp)
* Nhận xét
Trong hai bài toán 1 và 2, từ giả thiết ta đã có sẳn ba đường thẳng đôi một vuông
góc nhau, đây là điều kiện lý tưởng để có thể chọn một hệ trục tọa độ Oxyz, việc còn lại chỉ
còn là vấn đề tính toán. Đối với bài 3, để chọn được một hệ trục tọa độ thích hợp hơi có khó
khăn hơn một chút. Với chú ý: SH
⊥
(ABCD), ta có thể chọn một hệ trục khác, đó là hệ
gồm ba trục HD, HN và HS đôi một vuông góc tương ứng là Ox, Oy, Oz.(
HO
≡
).
III. MỘT VÀI VÍ DỤ VỀ CÁCH CHỌN HỆ TRỤC TỌA ĐỘ KHI GIẢI BÀI TOÁN HÌNH HỌC
KHÔNG GIAN
VÍ DỤ 1 . Cho lăng trụ đứng tam giác ABC.A’B’C’ có đáy là tam giác ABC cân
với AB = AC = a và góc
BAC

= 120
0
, cạnh bên BB’= a . Gọi I là trung điểm của CC’ .
a) Chứng minh tam giác AB’I vuông ở A.
b) Tính cosin của góc giữa hai mặt phẳng (ABC) và (AB’I) .
c) Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AB’ và BC’.
• Nhận xét : Từ giả thiết của bài toán , vì không có ba đường thẳng nào cùng xuất phát từ một
điểm và đôi một vuông góc , nên ta sẽ phải cố gắng tìm một mối liên kết thích hợp , để từ đó có
thể chọn ra một hệ trục tọa độ Oxyz sao cho có thể xác định được tọa độ của tất cả các điểm
liên quan đến vấn đề mà ta cần giải quyết . Để làm được điều này cần chú ý , lăng trụ đã cho
là lăng trụ đứng và tam giác đáy là tam giác cân . Từ đây , nếu gọi O , O’ lần lược là trung
điểm của B’C’ và BC thì ta sẽ có ngay ba tia OO’, OB’ và OA’ đôi một vuông góc.
* Gọi O, O’ lần lượt là trung điểm của B’C’ và BC .
Ta có : OO’
⊥
OA’ , OO’
⊥
B’C’ .
Tam giác A’B’O là một nửa tam giác đều
có cạnh A’B’ = a nên A’O =
2
3a

Chọn hệ trục tọa độ Oxyz như hình vẽ .
Ta có :
)0;0;
2
3
('
a

B
,
)0;0;
2
3
('
a
C −
,
);
2
;0( a
a
A −
);0;
2
3
( a
a
B
,
);0;
2
3
( a
a
C −
,
)
2

;0;
2
3
(
aa
I −
A
A’
B
B’
C’
C
I
x
y
z
O’
O
* Từ đây ta dễ dàng chứng minh được tam giác AB’I vuông tại A và tính được cosin của góc giữa
hai mặt phẳng (ABC) và (AB’I). Riêng đối với câu c, nếu sử dụng phương pháp tổng hợp để giải
bài toán thì hoàn toàn không dễ một chút nào. Còn dùng phương pháp tọa độ thì hoàn toàn
ngược lại.
VÍ DỤ 2 . Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B , AB = a ,
BC = 2a , cạnh SA vuông góc với đáy và SA = 2a . Gọi M là trung điểm SC . Chứng
minh rằng tam giác AMB cân tại M và tinh diện tích tam giác AMB theo a .
• Nhận xét : Với nhận xét tương tự bài toán trong VD1, ta cần tạo ra ba tia đôi một vuông
góc . . . Dễ dàng nhận thấy rằng , nếu từ B dựng tia Bz vuông góc với mp(ABC) thì ba tia
BA,BC,Bz đôi một vuông góc , từ đây ta chọn hệ trục tọa độ Oxyz như hình vẽ .
Chọn hệ trục tọa độ Oxyz như hình vẽ
( gốc tọa độ O trùng với B) .

Ta có A(a;0;0) , C(0;2a;0) ,
S(a;0;2a) ,
);;
2
( aa
a
M
.
* Từ đây, công việc còn lại thực sự rất dễ dàng.
IV. KẾT LUẬN.
Phương pháp tọa độ chỉ là một phương pháp hỗ trợ, không thể thay thế phương
pháp tổng hợp, dù chưa phải là tối ưu nhưng có thể áp dụng được trong một phạm vi
rộng các bài toán (có chứa các quan hệ vuông góc), khắc phục được các khiếm khuyết cơ
bản của học sinh về tư duy và thời gian, nhược điểm lớn nhất của phương pháp này là
biểu thức tính toán kồng kềnh. Tuy nhiên nếu biết vận dụng một cách thích hợp thì đây là
một trong những phương pháp hữu hiệu khi giải bài toán hình học không gian trong các
kỳ thi tuyển sinh vào các trường Đại học và Cao đẳng.
A
S
z
M
C
B
O
x
y