Hình học không gian 12- PP tọa độ

Phần I: Giới thiệu đề tài
Trong quá trình giảng dạy và ôn luyện cho học sinh dự thi tốt nghiệp, thi chọn học
viên giỏi Bổ túc THPT các cấp cũng nh thi Đại học - Cao đẳng, bản thân tôi nhận thấy học
sinh gặp không ít khó khăn khi giải bài tập hình học không gian. Đặc biệt là các bài toán
chứng minh quan hệ song song, vuông góc, các bài toán tính khoảng cách, xác định góc,
tính diện tích của các hình, thể tích các khối. Nhất là đối víi häc viªn khèi 12 - Bỉ tóc
Trung häc phỉ thông lại càng khó khăn hơn, do khả năng t duy tởng tợng hình không gian
của học viên còn hạn chế. Trong khi đó, rất nhiều bài toán của chơng trình GDTX cấp
THPT, khi biết cách sử dụng phơng pháp tọa độ thì bài toán có thể đợc giải quyết một cách
đơn giản hơn. Vì phơng pháp toạ độ có thể đợc xem nh một phơng pháp đại số hoá bài toán
hình học. Bằng phơng pháp này, học viên chủ yếu làm việc với các con số, không cần t duy
hình học nhiều và gây hứng thú cho học viên khi giải các bài toán này.
Vì lý do trên, tôi chọn nghiên cứu đề tài Dùng phơng pháp tọa độ để giải bài toán
hình học không gian, với hy vọng cung cấp thêm một phơng pháp giải toán cho học viên.
Và qua thực tế kiểm nghiệm cũng đà chứng minh đợc đề tài này áp dụng có hiệu quả.
Phần II: nội dung đề tài
i- Cơ sở khoa học
1. Hệ trục tọa độ Đề-các vuông góc trong không gian
và các kién thức liên quan.
* Hệ trục tọa độ Đề các vuông góc Oxy là hệ gồm 3 trục
Ox,

Oy, Oz đôi một vuông góc với nhau tại gốc O, với i, j, k là
các véc tơ đơn vị tơng ứng ở trên c¸c trơc Ox, Oy, Oz.
  
* u  v  u.v 0






* u kv   u , v 0
* Công thức toạ độ trung điểm I của đoạn thẳng .
* Công thức toạ độ trọng tâm của tam giác
* Công thức toạ độ trọng tâm của tứ gi¸c.
* DiƯn tÝch tam gi¸c, :
1  
S ABC   AB, AC 
2
thĨ tÝch h×nh hép
 
VABCDA ' B 'C ' D '   AB, AD  . AA '

* Các công thức tính góc.
- Góc giữa hai ®êng ph¼ng:

 

u.u '
 
cos( ;  ')   với u , u ' lần lợt là các vÐct¬ chØ ph¬ng cđa ,  '
u . u'

- Gãc giữa đờng thẳng và mp ( )


u.n


sin với u là véctơ chỉ phơng của ; n là véctơ pháp tuyến của mp ( )

u.n

- Góc giữa mp ( ) và mp ( )


n.n '

cos     víi n, n ' lần lợt là véctơ pháp tuyến của mp ( ) vµ mp (  ) .
n . n'

1


* Các công thức tính khoảng cách:
- Khoảng cách từ 1 ®iĨm M(x0, y0, z0) ®Õn mp ( ) : Ax + By + Cz + D = 0
d ( M ;( )) 

Ax0  By0  Cz0  D
A2 B 2 C 2



- Khoảng cáchtừ 1 điểm M1 đến đờng thẳng ( Qua điểm M0, có véctơ chỉ phơng u ) là:

d ( M 1 , ) 

 M 0 M1, u 




u

 
 u , u ' .M 0 M 0'

- Khoảng cách giữa hai ®êng th¼ng chÐo nhau: d ( ,  ')  

 u , u '




víi u , u ' lÇn lợt là véc tơ chỉ phơng của , ' ;
M0, M0 lần lợt là các điểm nằm trên , '

* Phơng trình mặt phẳng (phơng trình tổng quát, phơng trình tham số, phơng trình đoạn
chắn)
* Phơng trình đờng thẳng.
2. Nhận dạng các bài toán hình học không gian có thể giải bằng phơng pháp tọa độ:
Đó là những bài toán liên quan đến:
a. Hình hộp lập phơng, Hình hộp chữ nhật.
b. Hình chóp tam giác SABC có SA (ABC); với đáy ABC là tam giác vuông tại A.
c. Hình chóp tứ giác đều S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông.
d. Hình chóp tứ giác S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi tâm O và SO (ABCD).
e. Hình chóp tứ giác S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật và SA ( ABCD) .
f. Tứ diện đều, hình chóp tam giác đều.
g. Một số bài toán khác.
Đối với những bài toán này, giáo viên cần hớng dẫn cho học viên cách chọn một hệ trục toạ
độ thích hợp, thuận lợi cho việc xác định toạ độ các điểm để dùng phơng pháp toạ độ giải
chúng.

II- các bài tập điển hình:
Sau đây là một số bài tập điển hình.
Bài 1: ( Bài tập T.3 trang 88, sách BT Hình học12)
Cho hình lập phơng ABCDABCD. Gọi I, J lần lợt là trung điểm của AD và BB.
a) Chứng minh r»ng IJ vu«ng gãc víi AC’
b) Chøng minh r»ng D’B vu«ng gãc víi mp(A’C’D), D’B vu«ng gãc víi mp(ACB’)
c) Tính góc giữa hai đờng thẳng IJ và A/D
Lời giải:
a) Giả sử hình lập phơng có độ dài các cạnh bằng a.
Chọn hệ trục toạ độ Axyz nh hình vẽ, đơn vị trên trục bằng đơn vị độ dài.
Khi đó:
A(0;0;0) ; B(0;a;0); C(a;a;0); D(a;0;0)
a
2

a
2

A’(0;0;a) ; B’(0;a;a); C’(a;a;a); D’(a;0;a) I ( ;0; a); J (0; a; )


a
a 
; a;  ) , AC ' ( a; a; a )
2
2

a
a
IJ . AC '  .a  a.a  .a = 0

2
2
VËy IJ  AC '

Suy ra IJ (

2


b) §Ĩ chøng minh D ' B  ( A ' C ' D) :
C¸ch 1: Ta chøng minh D ' B  A ' C '; D ' B  A ' D






Ta cã: D ' B (  a; a;  a) ; A ' C ' (a; a;0) ; A ' D (a;0;  a)

 D ' B  A'C '
D' B. A ' C ' 0
D ' B. A ' D 0  D ' B  A ' D
Nªn D ' B  ( A ' C ' D)

C¸ch 2: Ta cã:



A ' C ' (a; a;0); A ' D (a;0;  a)


a 0 0 a a a
2
2
2
 A ' C ', A ' D  
;
;
 ( a ; a ;  a )


 0 a a a a 0
1
Mặt phẳng (ACD) có véctơ pháp tuyến n 2 A ' C ', A ' D  ( 1;1;  1)
a
 1
Đờng thẳng DB có véctơ chỉ phơng u .D ' B ( 1;1;  1)
a
 
Suy ra n u nên đờng thẳng DB (ACD)

Tơng tự ta chứng minh đợc D ' B ( ACB ') .
c) Gọi là góc giữa hai đờng thẳng IJ và A’D th×
a
a
 
 .a  a.0  .( a)

IJ . A ' D
2
2

cos   cos( IJ , A ' D)   

0
a 6
IJ A ' D
.a 2
2
 

Cã thÓ nhËn xÐt: IJ . A ' D 0  ( IJ , A ' D)
2



2

Bài 2: Cho hình lập phơng ABCDABCD có cạnh bằng a.
a) Chứng minh rằng giao điểm của đờng chéo AC và mp (ABD) là trọng tâm tam giác
ABD.
b) Tìm khoảng cách giữa hai mp (ABD) và mp
(CBD).
c)Tìm góc tạo bởi hai mp (DAC) và mp (ABBA).
Lời giải: Chọn hệ trục toạ độ nh hình vẽ (Đơn vị trên
trục là đơn vị độ dài).
Khi đó: 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)

a) Ta cã: A ' C (a; a;  a)
 §êng thẳng AC có véc tơ chỉ phơng:

1
u . A ' C (1;1; 1)
a
Đờng thẳng AC có phơng trình tham số là: x = t;

y = t; z = a - t (1)

3




AB ' (a;0; a); AD ' (0; a; a)

0 a a a a 0
2
2
2
  AB ', AD ' 
;
;
 (  a ;  a ; a )
a a a 0 0 a

1
Mặt phẳng (ABD) có véc tơ pháp tuyến n 2 AB ', AD ' (1;1; 1)

a
Mặt phẳng (ABD) có phơng trình là x + y - z = 0. (2)
a a 2a

Từ (1) và (2) giao điểm G của A’C vµ (AB’D’) lµ G ( ; ; ) .
3 3 3
a a 2a
Mặt khác nếu G là trọng tâm tam giác ABD thì G '( ; ; )
3 3 3
Tøc lµ G G ' . VËy G lµ träng tâm tam giác ABD.

b)Phơng trình mp(CBD) là x + y - z - a = 0
Suy ra mp(CBD)//mp(ABD)
Do đó khoảng cách giữa chúng bằng khoảng cách từ G tới (CBD) vµ b»ng :
a a 2a
 
a
3 3 3
12  12 12



a
a 3

3
3

c)Mặt phẳng(ABBA) có phơng trình là y = 0
Mặt phẳng(DAC) có phơng trình là y + z - a = 0
Gọi là góc giữa 2 mặt phẳng trên. Khi đó:
cos

1.1 0.1

1. 1 1



1


4
2

Bài 3: ( Đề thi Đại học Ngoại thơng TP. Hồ Chí Minh 2001-2002)
Cho hình lập phơng ABCDABCD, cạnh bằng a.
Giả sử M,N lần lợt là trung điểm của BC và DD.
a) Chứng minh rằng MN// (ABD).
b) Tính khoảng cách giữa 2 đoạn thẳng BD và MN theo a.
Lời giải:
Ta chọn hệ trục toạ độ Oxyz nh hình vẽ (Đơn vị trên trục là đơn vị độ dài)
a
2

Khi đó: A O ; A(0;0;0) ; B( a;0;0) ; D(0;a;0); A’(0;0;a) ; D’(0;a;a); M(a; ;0); N(0;a;


a) mp(ABD) có véctơ pháp tuyến n(1;1;1) ;


a a
2 2

 

a a
 n.MN  a   0 n MN
2 2

mặt khác MN ( a; ; )

Hay MN//mp(ABD).
b) Mặt phẳng (A/BD) có phơng trình:
+ y + z - a = 0.
Vì MN//(ABD) BD và MN, BD chÐo nhau
 d ( BD; MN ) d ( M ;( A ' BD)) 

a
a  0 a
2
2

2

2

1 1 1

x



a 3
6

4

a
)
2


Trong bài toán ta có thể chọn hệ trục toạ độ khác nhng khi lập phơng trình mp(ABD) ta
phải tính toạ độ véctơ pháp tuyến mà không sử dụng đợc phơng trình theo đoạn chắn nh
cách chọn trên.
Bài 4: ( §Ị thi Häc viƯn C«ng nghƯ Bu chÝnh viƠn th«ng 2001-2002)
Cho hình hộp chữ nhật ABCDABCD có AB=a ; AD=2a; AA=a.
a) Gọi M là điểm nằm trong AD sao cho

AM
3 .Tính khoảng cách từ M đến (ABC)
MD

b) Tính thể tích tứ diện ABDC.
Lời giải:
a) Chọn hệ trục toạ độ Đềcác Axyz nh hình vẽ
Khi đó ta có:
A(0;0;0) ; B(0;a;0) ; C( 2a;a;0) ; D(2a;0;0);
A’(0;0;a);
B’(0;a;a)
C’(2a;a;a) ;
D’ (2a;0;a). V× M  AD thoả
mÃn

AM

3a
3 M ( ;0;0)
MD
2

Mp(ABC) có phơng trình: x- 2y + 2z = 0. Do đó
khoảng cách từ M đến mp(AB’C) lµ:
a
3.  2.0  2.0
a
2
d ( M , ( AB ' C )) 

2
1 4  4

b) Theo c«ng thøc

1
1  
VAB ' D 'C  Vhop   AB ', AD ' . AC . Mµ
6
6



CD ' (2a;0; a ); AB ' (0; a; a); AC (2a; a; a)
 VAB ' D 'C 

a 0

0 a
1 a a
2a 3
.2a 
.a 
.0 
(dvdt )
a 2a
2a 0
6 0 a
3

Bµi 5: Bài tập số 7. Ôn tập chơng 2- SGK HH12)
Cho hình lập phơng ABCDABCD cạnh a. Điểm M thuộc AD và điểm N thuộc BD sao
cho AM = DN = k
(0 k a 2)
a) Tìm k để đoạn thẳng MN ngắn nhất.
b) Chứng minh rằng MN luôn song song với mp(ADBC) khi k biến thiên.
c) Khi đoạn MN ngắn nhất, chứng minh rằng MN là đờng vuông góc chung cđa AD’ vµ DB
vµ MN song song víi A’C.
Lêi giải:
a) Chọn hệ trục toạ độ Đề các Axyz nh hình vẽ Khi
đó ta có:
A(0;0;0); B(a;0;0) ; C( a;a;0);
D(0;a;0); A(0;0;a); D’(0;a;a) ;


k
 k k 
Do AM = k  AM 

AD /  M  0;
;

a 2
2 2


k 
k
 k

DN = k  DN 
DB  DN 
;
;0 
a 2
2 
 2

5


 k a 2 k 
 N 
;
;0   MN 2 3k 2  2a 2k  a 2
2
2



XÐt hµm sè f ( k ) 3k 2  2a 2k a 2 (0Đoạn thẳng MN nhỏ nhất  f ( k ) nhá nhÊt  k  a 2
3

b) mp(ADBC) có véc tơ pháp tuyến


k a 2  2k
k 
2


n  A ' B, A ' C  (a ;0; a 2 ), MN 
;
;

2
2 
 2

k
a 2  2k
k
n.MN a 2 .
 0.
 a2.
0
2
2

2

§êng thẳng MN song song với mặt phẳng(ADBC)
c) Khi MN ngắn nhất thì theo câu a : k a 2 . Khi ®ã
3



a a a
MN  ; ;   ; AD '  0; a; a  ; DB (a;  a;0)
 3 3 3

a
a
a  
MN . AD '  .0  .a  .a 0  MN  AD '
3
3
3

 
a
a
a
MN .DB  .a  .(  a )  ( ).0 0  MN  DB
3
3
3

VËy MN là đờng vuông góc chung của AD và BD.

Ta cã A ' C (a; a;  a ) 3MN MN // A ' C
Bài 6: Tính khoảng cách giữa đờng chéo của một hình lập phơng và đờng chéo của một mặt
bên nếu chúng không cắt nhau, biết rằng cạnh của hình lập phơng bằng a.
Lời giải:
Giả sử hình lập phơng ABCDABCD cạnh a. Chọn hệ trục toạ độ Đề các Oxyz nh hình vẽ.
O A, đơn vị trên trục là đơn vị độ dài.
Ta tìm khoảng cách giữa đờng chéo DB của hình lập
phơng và đờng chéo AB của mặt bên (ABBA)
Với hệ toạ độ đà chọn ta có:
A(0;0;0) ; B(0;a;0) ; C(a;a;0); B(0;a;a); D(a;0;a)


1
a

Đờng thẳng AB có véctơ chỉ phơng u AB ' (0;1;1)
đi qua điểm A(0;0;0).
Đờng thẳng DB có véctơ chỉ phơng

1
u ' BD ' (1; 1;1) và đi qua điểm B(0;a;0).
a

AB (0; a;0)

 1 1 1 0 0 1 
 u, u ' 
;

;
  2;1;  1



1
1
1
1
1

1



VËn dơng c«ng thức tính khoảng cách giữa 2 đờng thẳng chéo nhau ta cã:

6

vµ


 
 u , u ' . AB
2.0  1.a  1.0
a


d ( AB '; D ' B ) 




6
 u.u '
22 12 12



Bài 7: Cho tam giác OAB vuông tại O, trên đờng thẳng vuông góc với (OAB) tại O lấy
điểm C.
a) Chứng minh rằng tứ diện OABC có 3 cặp cạnh đối diện vuông góc với nhau.
b) Tõ O vÏ OH  (ABC) t¹i H. Chøng minh rằng H là trực tâm tam giác ABC.
c) Chứng minh r»ng

1
1
1
1
 2

2
2
OH
OA OB OC 2

Lêi gi¶i:
Gi¶ sư OA= a, OB= b, OC= c.
Chọn hệ trục toạ độ Đềcác Oxyz nh hình vẽ. Ta có:
A(a;0;0); B(0;b;0) C(0;0;c).
Bằng phơng pháp toạ độ, dễ dàng chứng minh đợc

OA BC, OB BC, OC AB. Vậy tứ diện OABC
3 cặp cạnh đối diện vuông góc với nhau.
b)Vì A,B,C lần lợt nằm trên các trục Ox, Oy, Oz nên
mp(ABC) có phơng trình
x y z
  1 (1)
a b c
V× OH  ( ABC ) nên OH có véctơ chỉ phơng là
1 1 1
u( ; ; )
a b c

Do đó phơng trình tham số của đờng thẳng OH:
1
1
1
x t; y t; z  t
a
b
c

(2)

V× H OH   ABC  nên toạ độ H(x;y;z) là nghiệm của hệ gồm (1) , (2)
 t(

1 1 1
1
 2  2 ) 1  t 
2

1
1 1
a b c
 2 2
2
a b c

Do ®ã:




1
1
1
H
;
;

 a ( 12  12  12 ) b( 12  12  12 ) c( 12  12  12 ) 
a b c
a b c 
 a b c


 

1
1
1

 AH 
 a;
;
1 1 1
1 1 1 
 a ( 12  12  12 )
b( 2  2  2 ) c ( 2  2  2 ) 
a b c
a b c 
 a b c

1
1
AH .BC 0 

0  AH  BC
1 1 1
1 1 1
 
 
a 2 b2 c 2 a 2 b2 c 2
Tơng tự ta cũng chứng minh đợc BH AC. Vậy H là trực tâm ABC.

c) Ta cã:

7

cã

1

OH 2 

2



1
2

1



 1 1 1
 1 1 1
 1 1 1
a  2  2  2  b2  2  2  2 
c2  2  2  2 
a b c 
a b c 
a b c 
1
1
 1 1 1

.
 2 2
2  2

1
1 1
 1 1 1  a b c 
 2 2


2
 2
2
2 
a b c
a b c 
1
1 1 1
1
1
1
 2 2 2  2

2
2
OH
a b c
OA OB OC 2

2

2

Bµi 8: ( Bµi tËp sè 9 bµi 9. Gãc SGK Hình 12)

Cho tứ diện OABC có các mặt OAB, OBC, OCA là các tam giác vuông tại đỉnh O.
Gọi , , là góc lần lợt hợp bởi các mặt phẳng (OBC), (OCA), (OAB) với mặt phẳng
(ABC). Chứng minh r»ng:
a) Tam gi¸c ABC cã 3 gãc nhän.
b) cos 2   cos 2   cos 2  1
Lời giải
Chọn hệ trục toạ độ nh hình vẽ. Giả sư OA=a, OB=b, OC=c;
Khi ®ã A=(a;0;0) ; B(0;b;0) ; C(0;0;c);
a) Ta cã:


AB ( a; b;0); AC ( a;0; c)


AB. AC
a2
cos A cos( AB, AC ) 

0
AB. AC
a 2  b2 . a 2  c 2


nhän
 gãc A

Chøng minh t¬ng tù ta cịng cã gãc B vµ gãc C nhän.
Suy ra ABC có 3 góc nhọn.
b)Phơng trình mặt (ABC) là:

x y z
1
a b c

Phơng trình các mặt phẳng (OBC); (OCA); (OAB); lần lợt là x=0; y=0; z=0
Véctơ pháp tuyến của các mặt phẳng (ABC); (OBC);
(OCA); (OAB); lần lợt là:


1 1 1
n ; ;  ; n1 (1;0;0); n2 (0;1;0); n3 (0;0;1)
 a b c

Do ®ã :

cos 2   cos 2   cos 2  



  2   
n.n
n.n
 1     2
n . n1   n . n2
 

2

  n.n
    3

  n . n3
 

1
1
1
2
2
a
b
c2
=
= 1 (®pcm)


1 1 1
1 1 1
1 1 1
 
 
 
a 2 b2 c 2 a 2 b 2 c 2 a 2 b2 c 2

8






2


Bài 9: Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có cạnh đáy bằng a; đờng cao bằng b. Tính
khoảng cách từ S đến mặt phẳng đi qua AB và trung điểm M của cạnh SC.
Lời giải:
Hình chóp S.ABCD là hình chóp đều nên đáy ABCD
là hình vuông và chân đờng cao hạ từ S là tâm O của
đáy; SO (ABCD)
Chọn hệ trục toạ độ Oxyz nh hình vẽ (với I, J lần lợt
là trung điểm AB, BC).
a a
a a
a a
;0) ; B ( ; ;0) ; C ( ; ;0) ;
2 2
2 2
2 2

Khi ®ã ta cã: A ( ;
D(

a a
; ;0) ; S(0;0;b)
2 2

M là trung điểm SC nªn M (

 3a 3a b
AM (

; ; )
4 4 2
 a

 AB, AM  =  3a

 

 4

0 0
b;b
2 2

a a b 
; ; ) ; AB(0; a;0) ;
4 4 2

0
0
 3a ;  3a
4
4

a
3a
4


2

 = ab 3a
(
;0;
)

2
4


a a
Mặt phẳng (ABM) đi qua A ( ; ;0) nhận véctơ n AB, AM làm véctơ pháp tuyến.
2 2

Phơng trình mặt phẳng (ABM):
ab
a
a 3a 2

ab
3a 2
a 2b

x


0.
y


(

z

0)

0
x

z

0  2abx + 3a2z - a2b = 0




2
2
2 4
2
4
4


Khoảng cách từ S đến mặt phẳng (ABM) là: d =

2ab.0  3a 2b  a 2b
4a 2b 2 9a 4



2ab

9a 2 4b 2

Đối với bài toán trên ta có thể chọn hệ trục toạ độ Oxyz sao cho tia Ox lµ tia OA, tia Oy lµ
tia OB cũng có thể giải quyết đợc.
Bài 10: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông tâm O, có cạnh bằng a; đờng
cao SO mp(ABCD) và SO = a. Tính khoảng cách giữa hai đờng thẳng chéo nhau SC, AB.
Giải: Chọn hệ trục toạ độ nh hình vẽ, ( với I,J lần lợt là trung điểm AB, BC) đơn vị trên trục
là đơn vị độ dài.
a a
a a
a a
a a
;0) ; B ( ; ;0) ; C ( ; ;0) ; D ( ; ;0) ; S(0;0;a)
2 2
2 2
2 2
2 2
a a
Đờng thẳng SC có véctơ chỉ phơng là: SC ( ; ; a) .
2 2

Đờng thẳng AB có véctơ chỉ phơng: AB(0; a;0)

Khi đó: A ( ;



 a

Ta cã:  SC , AB  =  2



BC ( a;0;0) .

 a


a a
;
0 0

a a
2 ; 2
0
0

a
2
a


2
= 2 a
(
a
;0;
)

2

Khoảng cách giữa hai đờng thẳng chéo nhau SC vµ AB lµ:

9


 
a2
2
a3
 SC , AB  .BC a .( a )  0.0  2 .0
2a
  
d=
=
= a2 5 =
(đvđd)
4
5
SC , AB
a
4


a 0
2
4

Bài 11: ( Đề thi Đại học- Cao đẳng khối B 2006)
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với AB = SA= a; AD = a 2 vµ SA

 mp(ABCD). Gäi M,N lần lợt là trung điểm của AD và SC, I là giao điểm của BM và AC.
a) Chứng minh r»ng mp(SAC)  (SMB).
b) TÝnh thĨ tÝch khèi tø diƯn ANIB.
Lời giải:
Chọn hệ trục toạ độ Axyz nh hình vẽ.
Khi ®ã ta cã:
A(0;0;0); B(a;0;0); D(0; a 2 ;0); S(0;0;a);
C(a; a 2 ;0).
M(0; a 2 ;0); N( a ; a 2 ; a )
2

2

2

2

mp(SAC) có véctơ pháp tuyến


n 1 AS , AC    a 2 2; a 2 ;0





mp(SMB) có véctơ pháp tuyến


a2 2

a2 2 
n 2  SM , SB  
;  a2;

2 
 2

n 1.n 2 0  mp ( SAC )  mp( SMB )
 x a  at

a 2

b) Phơng trình đờng thẳng BM: y
t
2

z 0

x at '

y a 2t '
Phơng trình đờng thẳng AC: 
 z 0

1 a 2 
I MB  AC  I  a;
;0 
3
3




1   
VANIB   AN , AB  . AI
ThĨ tÝch tø diƯn ANIB lµ:
6
1
6

a
3

= 0. 

a 2 a2 a2 2
a3 2
. 
.0 
3 2
2
36

Bµi 12: Cho tø diƯn SABC cã ABC lµ tam giác đều cạnh a và cạnh SA mp(ABC) ;
SA = 2a

10


Gọi ( ) là mặt phẳng đi qua B và vuông góc với SC.
Tìm diện tích thiết diện của tứ diện S.ABC tạo bởi mp ( ) .

Lời giải Vì ABC đều nên BI AC . Mặt khác BI  SA  BI  mp(SAC)
 BI  SC (1).
Trong (SAC) kẻ IK SC tại K (2)
Từ (1) và (2) SC mp( BKI )
Khi đó ta cã  BIK chÝnh lµ thiÕt diƯn cđa tø diƯn SABC bị cắt bởi mp ( ) qua B và vuông
góc với SC.
Ta chọn hệ trục toạ độ Axyz nh h×nh vÏ.
Ta cã: A(0;0;0) B( a ; a 3 ;0 ); C(a;0;0) ; S(0;0;2a).
2

2

a
2

Gọi I là trung điểm AC I ( ;0;0) .


Mặt phẳng (BIK) qua I và nhận véctơ SC (a;0; 2a) l
àm véctơ pháp tuyến nên có phơng trình:
a
a2

a x 0 y  0   2a  z  0  0  ax  2az 
0,
2
2

 2 x  4 z a 0 ( Vì a>0)
x at

Phơng trình tham số của đờng thẳng SC: y 0
z 2a  2at

K SC  ( BIK ) nªn toạ độ K là nghiệm x, y, z của hệ:
x at


y 0
a    2a a   a 3 

 9
 K  a;0;   IK  ;0;  ; IB  0;
;0 

5
5
2
 10
 5


 z 2a  2at
 2 x  4 z  a 0
Vì IBK vuông ở I (do BI mp(SAC)  BI  IK )
1
1 4a 2 a 2 3a 2
 S BIK  IB.IK 
 .
2

2 25 25
4



1 5a 2 3a 2 a 2 15

2 25 4
20

Không chỉ giải đợc những bài toán trong giả thiết có xuất hiện quan hệ vuông góc mà bằng
cách chọn hệ toạ độ thích hợp ta cũng có thể giải đợc một số bài toán chứng minh khác
trong giả thiết cha có sẵn các yếu tố xuất hiện hệ trục toạ độ.
Hai ví dụ sau minh hoạ điều đó.
Bài 13: Cho tứ diện ABCD có G là trọng tâm.
a)
Chứng minh rằng đờng thẳng ®i qua G
vµ mét ®Ønh cđa tø diƯn cịng ®i qua trọng
tâm của mặt đối diện với đỉnh đó.
b) Gọi A là trọng tâm tam giác BCD.
Chứng minh rằng

GA
3
GA '

Lời giải :
a) Trong hệ trục toạ độ Oxyz.

11

Giả sử A(x1;y1;z1); B(x2;y2;z2); C(x3;y3;z3); D(x4;y4;z4). G là trọng tâm cđa tø diƯn

1   
 OG  (OA  OB  OC  OD)
4
 x  x  x  x y  y  y3  y4 z1  z2  z3  z4 
 G  1 2 3 4 ; 1 2


4
4
4



Ta cã A’ lµ träng tâm của tam giác BCD
x x x y  y3  y4 z2  z3  z4 
 A  2 3 4 ; 2
;

3
3
3



 3 x  x  x  x 3 y  y  y3  y4 3z1  z2  z3  z4 
GA  1 2 3 4 ; 1 2

;

4
4
4



  3 x1  x2  x3  x4  3 y1  y2  y3  y4  3z1  z2  z3  z4 
GA ' 
;
;

12
12
12




 GA  3GA ' (*)  G, A, A ' th¼ng hàng.

Hay đờng thẳng qua G và đỉnh A đi qua trọng tâm tam giác BCD.
Vì vai trò các đỉnh của tứ diện nh nhau nên các đờng thẳng nối các đỉnh khác với trọng tâm
tứ diện cũng đi qua trọng tâm của mặt đối diện với đỉnh đó.
b) Từ (*) ta suy ra

GA
3
GA '

Bài 14: Cho tam giác ABC vuông tại A. Tìm những điểm M trong không gian sao cho:
MA2 MB2 + MC2
Lời giải: Chọn hệ trục toạ độ Axyz nh hình vẽ. Khi đó giả sử A(0;0;0); B(a;0;0); C(0;b;0). Gäi
M(x;y;z). Ta cã: MA2  MB2 + MC2
 x2 + y2 + z2  (x-a)2 + y2 + z2 + x2 + (y-b)2 + z2
 (x - a)2 + (y - b)2 + z2  0
 x  a 0
 x a


  y  b 0   y b
 z 0
 z 0



Tøc trong kh«ng gian có duy nhất một điểm thoả mÃn yêu
cầu bài toán. Đó là đỉnh thứ t ABMC là hình chữ nhật
CABM trong mạt phẳng z = 0.
IV. bài tập tự luyện:
Bài 1: Cho hình lập phơng ABCDABCD. Chứng minh AC (ABD); AC (CBD);
Bài 2: Cho hình lập phơng ABCDABCD có cạnh bằng a.
a) Tính theo a khoảng cách giữa hai đờng thẳng AB và BD.
b) Gọi MNP lần lợt là các trung điểm của các cạnh BB, CD, AD. Tính góc giữa hai đờng
thẳng MP và CN.
(Đề thi Đại học- Cao đẳng khối B năm 2002 .
Bài 3: ( Đề thi đại học Vinh 2000-2001)
Cho hình hộp lập phơng ABCDA1B1C1D1 có cạnh bằng 2. Gọi E, F tơng ứng là các trung
điểm của các cạnh AB, DD1.

a) Chứng minh rằng EF//(BDC1) và tính độ dài đoạn EF.
b) Gọi K là trung điểm cạnh C1D1. Tính khoảng cách từ đỉnh C đến (EFK) và xác định góc
giữa hai đờng thẳng EF và BD.
Bài 4: ( Đề thi khối D năm 2002)

12


Cho hình tứ diện ABCD có cạnh AD vuông góc với mặt phẳng (ABC); AC=AD=4cm;
AB=3cm; BC=5cm;
Tính khoảng cách từ A đến mặt phẳng (BCD).
Bài 5: Cho hình chóp SABCD có đáy ABCD là hình thoi tâm O, cạnh a, góc A =60o và có
đờng cao SO bằng a.
a) Tính khoảng cách từ O đến mp(SBC).
b) Tính khoảng cách giữa hai đờng thẳng AD và SB.
Bài 6: Cho hình chóp SABCD có đáy ABCD là hình thoi tâm O, cạnh a; Đờng cao SO
3a
. Gọi E là trung điểm của BC; F là trung điểm của BE.
4
a) Chứng minh rằng (SOF) (SBC).

(ABCD); và đoạn SO=

b) Tính khoảng cách từ O và A đến (SBC).
c) Gọi ( ) là mặt phẳng qua AD và vuông góc với mặt phẳng (SBC). Xác định thiết diện của
( ) với hình chóp và tính diện tích thiết diện này.
Bài 7: Cho hình tam giác đều SABC đỉnh S, có độ dài cạnh đáy bằng a. Gọi M, N lần lợt là
trung điểm các cạnh SB và SC. Tính theo a diện tích tam giác AMN, biết rằng mặt phẳng
(AMN) vuông góc với mặt phẳng (SBC).
(Đề thi Đại học- Cao đẳng khối A năm 2002).

Bài 8: Cho hình chóp SABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, với AB=a; AD=2a, cạnh SA
mp(ABCD), cạnh SB tạo với mặt phẳng đáy một góc 60o . Trên cạnh SA lấy điểm M sao
cho AM= a 3 , mặt phẳng (BCM) cắt SD tại điểm N.
3

Tính thể tích khối chóp SBCNM?
(Đề tham khảo- 2006, sách giới thiệu đề thi tuyển sinh).
Bài 9: Cho hình chóp tam giác SABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a, SA=2a, SA
mp(ABC). Gọi MN lần lợt là hình chiếu vuông góc của A lên các đờng thẳng SB và SC. Tính
thể tích của khối chóp ABCNM.
(Đề thi Đại học- Cao đẳng khối D năm 2006).
Phần IV: Kết luận
Chúng ta đà biết rằng không có một chìa khoá vạn năng nào có thể mở đợc tất cả
các kho tàng tri thức của nhân loại, cũng vậy, phơng pháp toạ độ không thể giải đợc tất cả
các bài toán trong chơng trình phổ thông, nhng nếu biết vận dụng nó thì sẽ giải đợc một lớp
các bài toán một cách trọn vẹn, rõ ràng, chặt chẽ, dễ hiểu mà các phơng pháp khác cha chắc
đà có đợc
Từ những suy nghĩ thực tế giảng dạy thu đợc kết quả khả quan tôi đà mạnh dạn viết
nên đề tài này. Theo tôi đề tài có tác dụng:
- Cung cấp phơng pháp toạ độ để giải toán hình học không gian.
- Giải quyết đợc tâm lí sợ khó đối với hình không gian.
- Gây đợc cho học sinh hứng thú và sự tự tin khi làm bài và đối với rất nhiều bài toán có thể
giải quyết một cách dễ dàng hơn.
- Bản thân cịng nh ®ång nghiƯp, häc sinh cã thĨ dïng ®Ị tài này làm tài liệu để ôn luyện
cho học sinh 12 .
Đề tài này có nhiều vấn đề cần phải đợc bổ cứu, mong các bạn đọc, đồng nghiệp góp ý, và
có gì sai sót mong các bạn lợng thứ.
Xin cảm ơn!

13