GIẢI TOÁN HÌNH học KHÔNG GIAN BẰNG PHƯƠNG PHÁP tọa độ hc

SKKN “ Giải toán hình học không gian bằng phương pháp tọa độ”

MỤC LỤC

Nội dung

Trang

Phần I: Lí do chọn đề tài

1

Phần II: Kiến thức cơ bản

3

Phần III: Phương pháp giải toán

6

I. Hình đa diện có 3 cạnh vuông góc tại 1 đỉnh

7

1. Hình lập phương và hình hộp chữ nhật

7

2. Hình đa diện có 1 đỉnh là tam diện vuông

9

II. Khối đa diện đều

12

1. Hình chóp tam giác đều

12

2. Hình chóp tứ giác đều

13

3. Hình lăng trụ đều

16

III. Khối đa diện bất kì

16

1. Gốc tọa độ trùng với chân đường cao

17

2. Gốc tọa độ trùng giao 2 đường vuông góc của đáy

20

Bài tập tự luyện

23

Phần III: Kết quả thực nghiệm và Kết luận

28

Kết quả thực nghiệm

28

Kết luận

29

Tài liệu tham khảo

30

PHẦN I
LÍ DO CHỌN ĐỀ TÀI

Phan Anh Tuấn

1

THPT Phan Đăng Lưu


SKKN “ Giải toán hình học không gian bằng phương pháp tọa độ”

Khi giải quyết một bài toán, ngoài phương pháp học sinh được học trong
SGK của phần đó thì giáo viên thường hướng dẫn cho học sinh nhìn nhận bài
toán đó theo nhiều hướng khác nhau để học sinh có khả năng phân tích, xử lí
bài toán theo nhiều khía cạnh và tìm ra cách giải tối ưu nhất đối với bài toán
đó, từ đó đưa ra những phương pháp chung tối ưu đối với một số lớp bài toán.
HHKG là một trong những môn học hết sức quan trọng trong chương
trình hình học phổ thông nhưng lại là môn học mà đa số học sinh bị “dị ứng”
vì đây là phần khó, đòi hỏi trí tưởng tượng, óc thẩm mỹ và tính tư duy cao.
Ngược lại học sinh lại học tương đối tốt phần “Phương pháp tọa độ trong
không gian” vì phần này thiên về giải tích nhiều hơn, học trò quen thuộc hơn.
Trong giai đoạn gần đây, câu HHKG thường gồm 2 ý. Ý thứ nhất là tính
thể tích khối đa diện, đây là ý dễ vì học sinh thường xác định nhanh được
đường cao và đáy của khối đa diện. Nhưng đến ý thứ hai là tính khoảng cách
hay góc thì học sinh khá vất vả. Một vấn đề đặt ra là làm thế nào để sử dụng
được quan hệ đường cao và đáy trong ý thứ nhất để áp dụng vào ý thứ hai,
làm thế nào để học sinh không phải kẻ thêm các đường phụ trong hình đồng
thời giảm tính phức tạp khi xử lí các vấn đề trong không gian? Để giải quyết
vấn đề này, tôi đã hướng cho các em nghĩ đến việc chuyển bài toán sang ngôn
ngữ của giải tích đó là xây dựng một hệ tọa độ Oxyz và giải quyết bài toán
trong không gian vừa xây dựng được. Trước đây cũng đã có một số tài liệu đề
cập đến vấn đề này nhưng chỉ dừng lại ở mức độ là các đa diện có tính vuông
góc đặc biệt như khối lập phương, khối hộp chữ nhật, tam diện vuông … còn
với các đa diện không đặc biệt mà nhất là các bài trong đề thi đại học thì chưa
ai đề cập đến. Để giải quyết vấn đề này, tôi xin trình bày SKKN với đề tài
“ Giải toán hình học không gian bằng phương pháp tọa độ” trong đó chủ
yếu là hướng dẫn cho học sinh cách xây dựng một hệ tọa độ phù hợp với các
đa diện đã có và giải quyết bài toán đó. Từ đó có thêm hướng giải quyết mới
cho các bài HHKG trong chương trình phổ thông và đề thi đại học.
Phan Anh Tuấn

2

THPT Phan Đăng Lưu


SKKN “ Giải toán hình học không gian bằng phương pháp tọa độ”

Sáng kiến được chia làm 4 phần:
Phần I: Lí do chọn đề tài
Phần II: Kiến thức cơ bản
Phần III: Phương pháp giải toán
Phần IV: Kết quả thực nghiệm và Kết luận
Mặc dù rất cố gắng nhưng chắc chắn bài viết vẫn còn rất nhiều thiếu sót
và hạn chế. Rất mong nhận được sự góp ý quý thầy cô và các bạn đồng
nghiệp để bài viết được hoàn thiện hơn và trở thành một tài liệu tham khảo tốt
cho học sinh và giáo viên.
Yên Thành, ngày 05/05/2015

Phan Anh Tuấn

PHẦN II
KIẾN THỨC CƠ BẢN

Phan Anh Tuấn

3

THPT Phan Đăng Lưu

SKKN “ Giải toán hình học không gian bằng phương pháp tọa độ”

Trước khi giải các bài toàn HHKG bằng phương pháp tọa độ, chúng ta
cần nắm cách diễn đạt một số khái niệm HHKG bằng “ ngôn ngữ” của hình
học giải tích. Từ đó, ta có thể chuyển bài toán hình học tổng hợp thành bài
toán hình học giải tích, tiếp theo sử dụng công cụ hình học giải tích để giải
quyết bài toán.

uuuu
rr
• Đường thẳng MN // mp(P) ⇔ MN.n(P) = 0
uuuu
r uuu
r
• Đường thẳng MN ⊥ PQ ⇔ MN.PQ = 0
uuuu
rr
uuuu
r r
r
 MN.a = 0


⇔ MN;n(P) = 0
rr
• Đường thẳng MN ⊥ mp(P) ⇔  uuuu


 MN.b = 0

r r
trong đó a, b là 2 véc tơ chỉ phương của 2 đường thẳng nằm trong
mp(P) hoặc song song rvới rmp(P).
• mp (P) ⊥ mp (Q) ⇔ n(P) .n(Q) = 0
uuur uuur
• Ba điểm phân biệt A, B, C thẳng hàng khi và chỉ khi AB , AC cùng
uuur uuur
r


AB;AC
=
0
phương hay 

uuur uuur
• Bốn điểm phân biệt A, B, C, D đồng phẳng khi và chỉ khi AB , AC ,
uuu
r uuur uuur r
 AB;AC .AD = 0


• Khoảng cách từ điểm M 0(x0;y0;z0) đến mp( µ ): Ax + By + Cz + D

uuur
AD đồng phẳng hay

= 0 là d(M 0,(µ )) =

Ax0 + By0 +Cz0 + D

A 2 + B2 + C2
• Khoảng cách từ điểm M đến đường thẳng d đi qua M 0(x0;y0;z0 ) và
uuuuur r

M
M;u
r
 0

r
có véc tơ chỉ phương u là h(M 0,(d)) =
u

Phan Anh Tuấn

4

THPT Phan Đăng Lưu


SKKN “ Giải toán hình học không gian bằng phương pháp tọa độ”

• Khoảng cách h giữa 2 đường thẳng chéo nhau d1đi qua điểm M1 ,
r
có véc tơ chỉ phương u1 và d2 đi qua điểm M 2 , có véc tơ chỉ

r r uuuuuur
 u1;u2  .M M
r


 1 2
r r
phương u2 là h(d1;d2 ) =
 u1;u2 


• Khoảng cách giữa đường thẳng d và mặt phẳng (P) song song với
nhau là khoảng cách từ M 0 bất kì nằm trên đường thẳng d đến
mp(P)
• Khoảng cách giữa 2 mặt phẳng song song với nhau là khoảng cách
từ điểm bất kì nằm trên mặt phẳng này đến mặt phẳng kia.
• Khoảng cách giữa 2 đường thẳng song song với nhau là khoảng
•
•
•
•
•

cách từ điểm bất kì nằm trên đường thẳng này đến đường thẳng kia.
1 uuur uuur
Diện tích tam giác ABC là: S =  AB;AC

2
uuur uuur
Diện tích hình bình hành ABCD là: S =  AB;AD


uuur uuur uuuur
Thể tích khối hộp ABCD.A’B’C’D’ là: V =  AB;AD .AA '



1 uuur uuur uuur
Thể tích khối tứ diện ABCD là: V =  AB;AC .AD

6
r
Góc giữa hai đường thẳng d1 có véc tơ chỉ phương u1 và d2 có véc
r
tơ chỉ phương u2 được xác định bởi công thức là
r r
u1.u2
r r
· ;d ) = cos(u1;u2) = r r
cos(d
1
2
u1 . u2

Phan Anh Tuấn

5

THPT Phan Đăng Lưu


SKKN “ Giải toán hình học không gian bằng phương pháp tọa độ”

r
• Góc giữa hai đường thẳng d có véc tơ chỉ phương u và mp(P) có

r
véc tơ pháp tuyến n được xác định bởi công thức là
rr


u.n
r r
 
·
cos(d;P) = sin(u;n) = r r
u. n

r
• Góc giữa hai mặt phẳng (P) có véc tơ pháp tuyến n1 và mặt phẳng
r
(Q) có véc tơ pháp tuyến n2 được xác định bởi công thức là

r r
n1.n2
r r
·
cos(P;Q)
= cos(n1;n2 ) = r r
n1 . n2

PHẦN III
PHƯƠNG PHÁP GIẢI TOÁN
Để giải quyết một bài toán HHKG bằng phương pháp tọa độ chúng ta
cần chuyển đổi bài toán theo các bước như sau:
Phan Anh Tuấn

6

THPT Phan Đăng Lưu


SKKN “ Giải toán hình học không gian bằng phương pháp tọa độ”

Bước 1: Chọn hệ tọa độ
Bước này dễ dàng thực hiện nếu đa diện đã cho có sẵn các quan hệ
vuông góc đặc biệt như tam diện vuông, cạnh bên vuông góc đáy… trong
trường hợp phức tạp hơn thì căn cứ vào chân đường cao hoặc hai đường
vuông góc nào đó trong đáy. Đây là bước quan trọng nhất quyết định cho việc
giải quyết bài toán
Bước 2: Tính tọa độ của các đỉnh đa diện, các điểm đặc biệt của bài theo
yêu cầu bài toán trong hệ tọa độ đã chọn. Việc này căn cứ vào hình vẽ hoặc
theo các dữ kiện đã cho.
Bước 3: Thể hiện các dữ kiện của bài toán theo cách thức của Hình học
giải tích như phương trình đường thẳng, mặt phẳng, khoảng cách, góc…
Bước 4: Giải quyết kết luận của bài toán theo cách thức của Hình học
giải tích và chuyển trở lại hình học không gian nếu cần.
Ưu điểm của phương pháp này là chúng ta đã tọa độ hóa bài toán HHKG
cổ điển và trong nhiều trường hợp đã làm cho bài toán đơn giản hơn rất nhiều,
lời giải ngắn gọn hơn, và quan trọng hơn đó là không đòi hỏi nhiều đến khả
năng tư duy, kỹ năng vẽ hình và chứng minh hình học. Giúp học sinh tránh
được khó khăn trong việc xác định các quan hệ vuông góc, góc, khoảng cách
… theo các cách của hình học tổng hợp.
Cần chú ý rằng tất cả các bài toán HHKG đều có thể thể hiện theo cách
thức của Hình học giải tích tuy nhiên mức độ khó dễ là khác nhau. Điều này
dẫn đến một số bài toán khi chuyển sang lại phức tạp hơn. Vì thế phương

pháp này tuy hữu hiệu nhưng không nên tuyệt đối hóa nó. Trong nội dung của
sáng kiến này tác giả chỉ giới thiệu các lớp bài toán đặc trưng của phương
pháp và hướng dẫn sử dụng phương pháp cho các bài toán đã có một số quan
hệ vuông góc có sẵn, đặc biệt là các bài toán trong các đề thi đại học.
Dựa vào đặc điểm của các dạng toán, phương pháp được chia thành ba
phần như sau:
Phan Anh Tuấn

7

THPT Phan Đăng Lưu


SKKN “ Giải toán hình học không gian bằng phương pháp tọa độ”

I. Hình đa diện có 3 cạnh vuông góc tại 1 đỉnh
1. Hình lập phương và hình hộp chữ nhật
Phương pháp: Chọn gốc tọa độ là một trong 8 đỉnh, 3 trục tọa độ lần
lượt chứa 3 cạnh xuất phát từ đỉnh đó.
VD: Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ cạnh bằng 2. Gọi M, N lần lượt là
trung điểm AB, DD’.
a. Chứng minh: MN//(BDC’). Tính MN và khoảng cách từ MN đến
mp(BDC’)
b. Gọi P là trung điểm của C’D’. Tính thể tích khối chóp C.MNP và góc
giữa MN và BD.
c. Tính bán kính r của đường tròn ngoại tiếp tam giác A’BD.
Nhận xét: Đây là bài toán đặc trưng của phương pháp, dễ dàng nhận thấy nếu
dùng HHKG cổ điển thì việc tính khoảng cách từ một điểm đến mặt phẳng,
góc giữa 2 đường thẳng là không đơn giản, Dựa vào tính chất của hình lập
phương để lập hệ trục tọa độ và giải quyết bài toán trong hệ tọa độ trên đã

giúp chúng ta tránh được khó khăn này.
Giải: Chọn hệ trục Oxyz sao cho O trùng A, Ox,Oy, Oz lần lượt trùng các tia
AB, AD, AA’. Khi đó A(0;0;0), B(2;0;0), C(2;2;0), D(0;2;0), A’(0;0;2),
B’(2;0;2), C’(2;2;2),
N(0;2;1),
P(1;2;2)
uuuu
r D’(0;2;2), M(1;0;0),
uuur
uuuu
r
a.+) Ta có MN = (−1;2;1) , BD = (−2;2;0) , BC' = (0;2;2)
r
uuur uuuu
r
⇒ n(BDC') = [BD;BC'] = (4;4; −4)
uuuu
rr
⇒ MN.n(BDC') = 0 ⇒ MN // (BDC’).
+) MN = 1+ 4 + 1 = 6
+) Phương trình (BDC’) là: x + y
–z–2=0

Phan Anh Tuấn

8

THPT Phan Đăng Lưu

SKKN “ Giải toán hình học không gian bằng phương pháp tọa độ”

Do MN // (BDC’) nên khoảng cách giữa MN và mp(BDC’) là d(MN;
1− 2
3
(BDC’)) = d(M; (BDC’)) =
=
3 uuu3
uuuu
r
uuur
r
b. MN = (−1;2;1) , MP = (0;2;2) , MC = (1;2;0)

Thể tích khối chóp C.MNP là: VC.MNP

r uuur uuur
1 uuuu
= [MN;MP].MC = 1
6

uuuu
r uuur
uuuu
r uuur
MN.BD
3
Góc giữa MN và BD : Cos(MN;BD) = Cos(MN;BD) =
=
MN.BD

2

Vậy góc giữa MN và BD là 300 .
c. Gọi I, R là tâm và bán kính mặt cầu (S) ngoại tiếp hình lập phương nên I
là trung điểm AC’ và AC’ = 2R ⇒ I(1;1;1) và R = 3 .
Phương trình ( A’BD):

x y z
+ + = 1⇔ x + y + z = 2
2 2 2

⇒ Khoảng cách từ I đến (A’BD) là d =

3
3

Do A’, B, D ∈ (S) nên đường tròn ngoại tiếp (A’BD) = mp(A’BD) ∩ (S)
Vậy r =

R2 − d2 =

2 6
.
3

2. Hình đa diện có 1 đỉnh là tam diện vuông
Phương pháp: Chọn đỉnh đó là gốc tọa độ, 3 trục tọa độ chứa 3 cạnh
xuất phát từ đỉnh đó.
VD1: (B–2006) Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình chữ nhật có AB = a,
AD = a 2 . SA = a vuông góc đáy. Gọi M, N lần lượt trung điểm AD, SC, I là

Phan Anh Tuấn

9

THPT Phan Đăng Lưu


SKKN “ Giải toán hình học không gian bằng phương pháp tọa độ”

giao điểm của MB và AC. Chứng minh 2 mặt phẳng (SAC) và (SMB) vuông
góc, tính thể tích khối ANIB.
Giải: Do I là giao điểm của MB và AC nên I là trọng tâm tam giác ABD.
Chọn hệ trục Oxyz sao cho O trùng A, Ox, Oy, Oz lần lượt trùng các tia
AB, AD, AS. Khi đó A(0;0;0), B(a;0;0),
C(a;a 2 ;0),
M(0; a

D(0;a 2 ;0),

2
;0),
2

a a 2 a
N( ;
; ),
2 2 2

a a 2 .

I( ;
;0)
3 3
+)

Ta

S(0;0;a),

có

uuur
a 2
BM = (−a;
;0) ,
2

uuur
uuur uuur
AC = (a;a 2;0) ⇒ BM.AC = 0 ⇒ BM ⊥ AC
Mặt khác, do SA ⊥ (ABCD) nên SA ⊥ BM. Từ đó suy ra BM ⊥ (SAC) ⇒
(SBM) ⊥ (SAC).

uuur
uur a a 2
uuur a a 2 a
+) Ta có AB = (a;0;0) , AI = ( ;
;0) , AN = ( ;
; )
3 3

2 2 2
1 uuur uuur uur a3 2
Vậy thể tích khối tứ diện ANIB là V = [AB;AN].AI =
6
36
VD2(D–2008) Cho lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có đáy là tam giác vuông với
BA = BC = a, AA’ = a 2 . Gọi M là trung điểm BC. Tính theo a thể tích khối
lăng trụ và khoảng cách giữa 2 đường thẳng AM và B’C.
Nhận xét: Việc tính khoảng cách giữa 2 đường chéo nhau theo HHKG cổ
điển là khá phức tạp, phải dựng thêm các đường, mặt phụ, phải xác định hình
chiếu của điểm trên đường, mặt.... Đó là lí do ta nên dùng phương pháp tọa độ
hóa, vận dụng những đặc điểm thuận lợi của hình để giải quyết bài toán này.

Phan Anh Tuấn

10

THPT Phan Đăng Lưu


SKKN “ Giải toán hình học không gian bằng phương pháp tọa độ”

Giải: Do BA = BC = a nên ABC là tam giác vuông cân tại B.
a3 2
Vậy thể tích lăng trụ ABC.A’B’C’ là V = BB '.dt( ABC) =
2

Chọn hệ trục Oxyz sao cho O trùng B, Ox,
Oy, Oz lần lượt trùng các tia BA, BC, BB’.
Khi đó B(0;0;0), A(a;0;0), C(0;a;0), B’(0; 0;

a
a 2 ), M(0; ;0).
2
Khi

đó

uuuu
r
a
AM = (− a; ;0) ,
2

uuuu
r
B'C = (0;a; −a 2)
uuur
AC
= (−a;a;0)
,
Suy ra khoảng cách giữa AM và B’C là
uuuu
r uuuu
r uuur
 AM; B'C  .AC
7


=
a

u
u
u
u
r
u
u
u
u
r
d(AM;B’C) =
7
 AM; B'C 


VD3: Cho hình vuông ABCD cạnh a. Các tia Am và Cn cùng vuông góc với
mặt phẳng (ABCD) và cùng chiều. Các điểm M, N lần lượt thuộc Am, Cn.
Đặt AM = m, CN = n.
a. Tính thể tích khối đa diện MNABCD.
b. Chứng minh rằng (BMN) ⊥ (DMN) ⇔ (MBD) ⊥ (NBD)
Nhận xét: Việc biểu diễn và chứng minh 2 mặt phẳng vuông góc trong
HHKG cổ điển là khá phức tạp. Chúng ta phải xác định giao tuyến, các góc
giữa các đường thẳng…. Để giải quyết vấn đề này, chúng ta có thể nghĩ đến
việc đưa bài toán về hệ trục tọa độ và sử dụng tích vô hướng của các véctơ
pháp tuyến để chứng minh hai mặt phẳng là vuông góc.
Giải: a. Thể tích khối đa diện MNABCD là V = VMABCD + VMNCD + VMNCB

Phan Anh Tuấn

11

THPT Phan Đăng Lưu


SKKN “ Giải toán hình học không gian bằng phương pháp tọa độ”

=

1
1
1
1
(ma2 + a2n + a2n) = (m+ n)a2
3
2
2
3

b. Chọn hệ tọa độ Oxyz có gốc O
trùng điểm A, các tia Ox, Oy, Oz
lần lượt trùng với các tia AB, AD,
Am. Khi đó A(0; 0; 0), B(a; 0; 0),
D(0; a; 0), M(0; 0; m), C(a; a; 0),
N(a; a; n).
Mặt phẳng (BMN) có vtpt
uu
r
1  uuur uuur 
n1 = − BM,BN = (m; − n;a)


a
uu
r 1 uuuu
r uuur

Mặt phẳng (DMN) có vtpt n2 = DM,DN  = (− n;m;a)

a
2
uu
r uu
r
Vậy (BMN) ⊥ (DMN) ⇔ n1.n2 = 0 ⇔ m.n = a
2

(1)

uu
r 1 1 1
x y z
+
+
=
1
n
Ta lại có mặt phẳng (MBD) có pt:
nên có vtpt 3 = ( ; ; )
a a m
a a m
uu

r 1 uuur uuur
Mặt phẳng (NBD) có vtpt n4 =  BD,BN  = (n;n; −a)

a
2
uu
r uu
r
Do đó (MBD) ⊥ (NBD) ⇔ n3.n4 = 0 ⇔ m.n = a (2)
2

Từ (1) và (2) ta có điều phải chứng minh.

II. Khối đa diện đều:
1.

Hình chóp tam giác đều:

Phan Anh Tuấn

12

THPT Phan Đăng Lưu


SKKN “ Giải toán hình học không gian bằng phương pháp tọa độ”

Phương pháp:
Cách 1: Chọn gốc tọa độ trùng với trọng tâm đáy, các tia Oy, Oz trùng
với các tia OB, OS, tia Ox cùng hướng tia CA

Cách 2: Chọn gốc tọa độ O trùng trung điểm AC, các tia Ox, Oy trùng
các tia OA, OB, tia Oz cùng hướng tia GS với G là trọng tâm tam giác đáy.
VD: Cho hình chóp tam giác đều S.ABC có đáy là tam giác đều cạnh a, M và
N lần lượt là trung điểm SB và SC. Cho mặt phẳng (AMN) và (SBC) vuông
góc. Tính diện tích tam giác AMN và thể tích khối chóp S.ABC.
Nhận xét: Việc tìm mối liên hệ giữa quan hệ vuông góc giữa 2 mặt phẳng và
chiều cao của hình chóp theo HHKG cổ điển là khá phức tạp, mơ hồ. Vì thế
sử dụng phương pháp tọa độ hóa với cách chọn hệ trục hợp lí, biểu diễn véc
tơ pháp tuyến của 2 mặt phẳng theo chiều cao, cạnh đáy sẽ dễ dàng giúp ta
tìm được chiều cao của khối chóp.
Giải: Chọn hệ trục Oxyz sao cho O là tâm tam giác đều ABC, các tia Oy, Oz
trùng với các tia OB, OS, tia Ox cùng hướng tia CA. Đặt SO = h.

a
a
;0) ,
Khi đó O(0;0;0), A( ; −
2 2 3
a

B(0;

3

;0) ,

a
a
C(− ; −
;0) ,

2 2 3

S(0;0;h),

h
a
a h
; ) N(− ; −
; ).
2
4
2 3
4 3 2
Mặt phẳng (AMN) có véc tơ pháp

M(0;

a

tuyến là

r
uuuu
r uuur  3ah ah 5a2 

nAMN = AM;AN  = 
;− ;
÷



8 8 3
8
3


Phan Anh Tuấn

13

THPT Phan Đăng Lưu


SKKN “ Giải toán hình học không gian bằng phương pháp tọa độ”

a
a
Mặt phẳng (SBC) cắt trục Ox, Oy, Oz tại K(− ;0;0) , B(0; ;0) ,
3
3
r
 −3 3 1 
3x
3y z
⇒
n
=
SBC
 ; ; ÷
+
+ =1

 a a h÷
a
a
h


r
r
5
Ta có: (AMN) ⊥ (SBC) ⇔ nAMN .nSBC = 0 ⇔ h =
a
12
r uuur
1  uuuu
a2 10

Vậy: Diện tích tam giác AMN là SAMN =
AM;AN =

2
16
1
5a3
Thể tích khối chóp S.ABC là VS.ABC = SO.dt(ABC) =
.
3
24

S(0;0;h) nên có phương trình: −

2. Hình chóp tứ giác đều:
Phương pháp: Chọn gốc tọa độ trùng với tâm đáy, các tia Ox, Oy, Oz
trùng với các tia OA, OB, OS. Trường hợp này có thể mở rộng cho hình chóp
có đáy là hình thoi, đường cao đi qua giao 2 đường chéo của đáy.
VD1: Cho hình chóp đều S.ABCD, đáy có cạnh bằng a. Gọi M, N lần lượt là
trung điểm của SA, SC. Biết rằng BM vuông góc với DN. Tính thể tích khối
chóp S.ABCD.
Nhận xét: Do 2 đường BM, DN không có quan hệ gì đặc biệt nên từ quan hệ
vuông góc của 2 đường này để tìm ra chiều cao của hình chóp theo HHKG cổ
điển là khá khó. Vì thế sử dụng phương pháp tọa độ hóa với cách chọn hệ trục
hợp lí, biểu diễn véc tơ chỉ phương của 2 đường thẳng theo chiều cao, cạnh
đáy sẽ dễ dàng giúp ta tìm được chiều cao của khối chóp.
Giải: Chọn hệ trục tọa độ Oxyz có gốc tọa độ O là tâm hình vuông ABCD,
các tia các tia Ox, Oy, Oz trùng với các tia OA, OB, OS. Đặt SO = h. Khi đó
B( 0;

a
a
a
a
; 0) , D( 0; −
; 0) , A (
; 0; 0) , C( −
; 0; 0) , S( 0; 0; h)
2
2
2
2

Phan Anh Tuấn

14

THPT Phan Đăng Lưu


SKKN “ Giải toán hình học không gian bằng phương pháp tọa độ”

, M(

a
h
a
h
; 0; ) , N( −
; 0; ) ( do M,
2 2
2 2

N là trung điểm SA, SC)
uuur
a
a h
;−
; ),
Ta có: BM = (
2 2
2 2
uuur
a

a h
DN = ( −
;
; )
2 2 2 2
uuur uuur
Do BM ⊥ DN nên BM.DN = 0

−a2 a2 h2
a 10
⇔
− +
= 0⇔ h =
8
2 4
2
1
a3 10
Vậy VS. ABCD = SO.dt( ABCD) =
3
6
VD2: Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thoi tâm O. SO vuông góc với
đáy và SO = 2a 3 , AC = 4a, BD = 2a. Mặt phẳng (P) qua A vuông góc với
SC cắt các cạnh SB, SC, SD tại B’, C’, D’.
a. Tính thể tích khối chóp S.ABCD.
b. Chứng minh tam giác B’C’D’ đều
c. Tính theo a bán kính mặt cầu nội tiếp hình chóp S.ABCD.
Nhận xét: Nếu chỉ xét câu b thì giải quyết bằng HHKG cổ điển không khó
nhưng đến câu c thì việc xác định khoảng cách từ điểm bất kỳ trên OS đến các
mặt hình chóp là không đơn giản. Vì thế ta có thể nghĩ đến việc xây dựng một

hệ trục tọa độ và sử dụng cách tính khoảng cách theo công thức để giúp cho
bài toán trở nên đơn giản hơn.
1
1
8a3 3
Giải: a. Thể tích khối chóp S.ABCD là V = SO. AC.BD =
3
2
3
b. Chọn hệ tọa độ Oxyz có gốc O, các tia Ox, Oy, Oz lần lượt trùng với các tia
OA, OB, OS. Khi đó O(0; 0; 0), A(2a; 0; 0), B(0; a; 0), S(0; 0; 2a 3 ),

Phan Anh Tuấn

15

THPT Phan Đăng Lưu


SKKN “ Giải toán hình học không gian bằng phương pháp tọa độ”

C(–2a; 0; 0), D(0; –a; 0).

uuu
r
Ta có SC = (−2a;0; −2a 3) nên mp(P)
qua A và vuông góc SC có
phương trình mp(P): x + 3z − 2a = 0.
Ptts của đường thẳng SC là:

 x = −2a + t

y = 0

z = 3t
⇒ C' = SC ∩ (P) = (−a;0;a 3)
Tương tự ta tính được B'(0;
Do B'C' = C'D' = D'B' =

2a 2a 3
2a 2a 3
;
) , D'(0; − ;
).
3
3
3
3

4a
nên tam giác B’C’D’ đều.
3

c. Do SO ⊥ (ABCD) và O là tâm hình thoi ABCD nên tâm I mặt cầu nội tiếp
hình chóp S.ABCD sẽ nằm trên SO và I cách đều các mặt bên của hình chóp.
Gọi I(0; 0; t) ( t > 0). Ta có pt (SAB) là :

3x + 2 3y + z − 2a 3 = 0

Khoảng cách từ I đến (SAB) là d(I;(SAB)) =

t − 2a 3
4

Do I là tâm mặt cầu nội tiếp nên d(I;(SAB)) = IO ⇔

t − 2a 3
4

=t

 −2a 3
t =
3
2a 3
2a 3
⇔
. Vậy I(0;0;
⇒ t=
).
 2a 3
5
5
(tm)
t =
5


Phan Anh Tuấn

16

THPT Phan Đăng Lưu


SKKN “ Giải toán hình học không gian bằng phương pháp tọa độ”

3. Hình lăng trụ đều
Phương pháp: Tùy theo dạng lăng trụ, chọn gốc tọa độ tương tự như
hình chóp đều, đường cao tương ứng tại gốc tọa độ trùng tia Oz.
VD: Cho hình lăng trụ đều ABC.A’B’C’ có tất cả các cạnh bằng a, M là trung
điểm BB’. Chứng minh rằng A’M vuông góc với AC’ và CB’.
Giải: Gọi O là trung điểm AB. Chọn hệ tọa độ Oxyz có các tia Ox, Oy lần
lượt trùng với các tia OC, OB, tia Oz cùng hướng tia AA’. Giả sử các cạnh
lăng trụ bằng a. Khi đó: O(0;0;0), C(

a
a
a 3
;0;0) , B(0; ;0) , B’ (0; ;a) , A’
2
2
2

a
a a
a 3
(0; − ;a) , C’ (
;0;a) , M (0; ; )
2

2 2
2
uuuuu
r
ur
a
A'M
=
(0;a;
−
)
/
/
α
= (0;2; −1) ,
Ta có
2
uuuu
r a 3 a
r
AC' = (
; ;a) / /β = ( 3;1;2) ,
2 2

uuur
r
a 3 a
CB' = (−
; ;a) / / γ = (− 3;1;2)
2 2

ur r
ur r
Do α.β = 0 , α.γ = 0 nên A’M ⊥ AC’, A’M ⊥ CB’
III. Khối đa diện bất kì
Đối với đa diện bất kỳ, thường nhiều người sẽ bỏ qua phương pháp tọa
độ hóa vì nghĩ rằng sẽ không có các quan hệ vuông góc đặc biệt để phục vụ
Phan Anh Tuấn

17

THPT Phan Đăng Lưu


SKKN “ Giải toán hình học không gian bằng phương pháp tọa độ”

cho việc dựng hệ trục tọa độ hợp lí. Nhưng nếu chúng ta chú ý hơn về đặc
điểm bài toán, đặc biệt là những dấu hiệu của chân đường cao ( liên quan đến
thể tích) và của quan hệ vuông góc nào đó trong đáy ( liên quan đến diện tích
đáy) ta sẽ dựng được hệ trục tọa độ hợp lí, qua đó giải quyết bài toán dễ dàng
hơn rất nhiều.
Dựa vào đặc điểm của đa diện, chọn gốc tọa độ trùng với chân đường
cao của đa diện ( đã có hoặc dễ xác định), từ đó xây dựng các trục Ox, Oy
theo đặc điểm của đáy còn trục Oz thì chứa đường cao đa diện hoặc ngược lại
chọn gốc tọa độ trùng với giao điểm 2 đường vuông góc đặc biệt của đáy khi
đó 2 trục Ox, Oy chứa 2 đường đó còn trục Oz là đường thẳng qua gốc tọa độ
và song song với đường cao đa diện.
Căn cứ vào đó ta chia thành 2 trường hợp:
1.

Gốc tọa độ trùng với chân đường cao:

Một số đa diện có chân đường cao đã có hoặc dễ xác định ( dựa vào ý

tính thể tích của bài toán ), căn cứ vào đó và đặc điểm của đáy để từ đó xây
dựng hệ trục Oxyz
VD1: (A–2014) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a,
SD =

3a
, hình chiếu vuông góc của S lên (ABCD) là trung điểm AB. Tính
2

theo a thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ A đến (SBD).
Nhận xét: gọi O là trung điểm AB, khi đó SO vuông góc đáy. Gọi I là
tâm đáy, dễ dàng nhận thấy OS, OA, OI đôi một vuông góc nên có thể chọn
hệ trục tọa độ gốc O, 3 trục là OA, OI, OS.
Giải: Ta dễ dàng tính được SO =
SD 2 − DO 2 = a nên thể tích khối chóp là
3
V = 1 SO.dt(ABCD) = a
3
3

Phan Anh Tuấn

18

THPT Phan Đăng Lưu


SKKN “ Giải toán hình học không gian bằng phương pháp tọa độ”

Dựng hệ trục tọa độ có gốc là O, trục Ox, Oy, Oz lần lượt trùng với các

a
a
a
tia OA, OI, OS. Khi đó O(0;0;0), A( ;0;0) , B(− ;0;0) , I(0; ;0) , S(0;0;a) ,
2
2
2
a
D( ;a;0)
2
Phương

trình

mặt

phẳng

(SBD)

là:

−

2x 2y z
+
+ =1

a
a a

⇔

−2x + 2y + z − a = 0
Khi đó khoảng cách từ A đến mp(SBD) là d(A,(SBD)) =
−a + 0 + 0 − a
9

=

2a
3

VD2: (B–2014) Cho lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy là tam giác đều cạnh a.
Hình chiếu vuông góc của A’ lên (ABC) là trung điểm AB. Góc giữa A’C và
đáy là 600. Tính theo a thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’ và khoảng cách từ
B đến mp(ACC’A’).
Nhận xét: Gọi O là trung điểm AB, khi đó theo bài ra ta có OA’, OA,
OC đôi một vuông góc, căn cứ vào đó ta có thể chọn hệ trục gốc O, 3 trục lần
lượt là OA, OC, OA’.

3a
0
·
Giải: Do góc A'CO
.
= 600 nên tính được A’O = CO.tan60 =
2

Khi đó thể tích khối lăng trụ là V = A’O.dt(ABC) =

Phan Anh Tuấn

19

3a a 2 3 3 3a 3
.
=
2
4
8

THPT Phan Đăng Lưu


SKKN “ Giải toán hình học không gian bằng phương pháp tọa độ”

Dựng hệ trục tọa độ có gốc là O, trục Ox, Oy, Oz lần lượt trùng với các

tia OA, OC, OA’. Khi đó O(0;0;0),

a
3a
a 3
A( ;0;0) , C(0;
;0) , A’ (0;0; ) ,
2
2
2

a
B(− ;0;0) .
2
Phương trình (ACC’A’) là:

2x 2y 2z
+
+
=1
a a 3 3a
⇔ 6x + 2 3y + 2z − 3a = 0

Khi đó khoảng cách từ B đến mp(ACC’A’) là d(B,(ACC’A’)) =
−3a + 0 + 0 − 3a
36 + 12 + 4

=

3a
13

VD3: (A–2012): Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác đều cạnh a, hình
chiếu vuông góc của S lên (ABC) là điểm H thuộc đoạn AB sao cho HA =
2HB. Góc giữa SC và mp(ABC) là 60 0. Tính thể tích khối chóp S.ABC và
khoảng cách giữa SA và BC theo a.
Nhận xét: Gọi I là trung điểm AB, khi đó AB, CI, SH đôi một vuông
góc. Vậy ta có thể chọn hệ trục gốc H, trục Ox, Oz trùng với tia HA, HS còn
trục Oy cùng hướng tia IC.
Giải: Gọi I là trung điểm AB nên IH =

Phan Anh Tuấn

20

a
7
suy ra HC = a
6
3

THPT Phan Đăng Lưu


SKKN “ Giải toán hình học không gian bằng phương pháp tọa độ”

21
·
Do góc SCH
= 600 nên SH = a
3
Vậy thể tích khối chóp là V =
1
a3 7
SH.dt(ABC) =
3
12
Dựng hệ trục tọa độ có gốc là O trùng
H, trục Ox, Oz lần lượt trùng với các
tia HA, HS, trục Oy cùng hướng tia
IC. Khi đó H(0;0;0),

A(

2a
;0;0) ,
3

a
a a 3
a 21 .
B( − ;0;0) C( ;
;0) , S (0;0;
)
3
6 2
3
uuu
r uuu
r uuur
SA;BC  .AB
42


=a
uuu
r uuu
r
Khi đó khoảng cách giữa SA và BC là: d(SA;BC) =
8
SA;BC 



2. Gốc tọa độ trùng giao 2 đường vuông góc của đáy:
Trong trường hợp chân đường cao không có gì đặc biệt, ta có thể chú ý
đến quan hệ vuông góc của 2 đường đặc biệt nào đó trong đáy, căn cứ vào đó
để chọn gốc tọa độ là giao điểm và 2 trục tọa độ trùng 2 đường đó.
VD1: (D–2013) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a,
0
·
·
cạnh bên SA vuông góc đáy, BAD
= 1200 . M là trung điểm BC, SMA = 45 .

Tính theo a thể tích khối chóp và khoảng cách từ D đến mp(SBC).
Nhận xét: Bài toán này có thể giải quyết theo hướng thứ nhất nhưng hơi
phức tạp do chưa xác định đường vuông góc với AD, AS trong đáy. Trong
trường hợp này ta có thể chú ý đến 2 đường chéo của hình thoi, căn cứ vào đó
để đặt hệ trục.

Phan Anh Tuấn

21

THPT Phan Đăng Lưu


SKKN “ Giải toán hình học không gian bằng phương pháp tọa độ”

0
·

a 3
Giải: Ta chứng minh được ∆ ABC đều ⇒ AM =
do SMA = 45 nên ∆
2
1
a3
a 3 ⇒
⇒
SAM vuông cân
AS =
V = SA.2dt(ABC) = .
3
4
2
Dựng hệ trục tọa độ có gốc là O

( giao 2 đường chéo đáy), trục Ox, Oy
lần lượt trùng với các tia OA, OB, trục
Oz cùng hướng tia AS. Khi đó O(0;0;0),
a
a
a 3
A( ;0;0) , B(0;
;0) , C( − ;0;0) , S
2
2
2
a a 3 ,
( ;0;
)

2
2

B(0; −

a 3
;0) ,
2

Khi đó mặt phẳng (SBC) có phương trình: 2 3x − 2y − 4z + a 3 = 0
Vậy

khoảng

a 3+ a 3
12 + 4 + 16

=

cách

từ

D

đến

mp(SBC)

là

d(D;(SBC))

=

a 6
4

VD2: (A–2011): Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại
B, AB = BC = 2a, hai mặt phẳng (SAB) và (SAC) cùng vuông góc với mặt
phẳng (ABC). Gọi M là trung điểm của AB, mặt phẳng qua SM và song song
với BC, cắt AC tại N. Biết góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (ABC) bằng 60 0.
Tính thể tích của khối chóp S.BCNM và khoảng cách giữa 2 đường thẳng AB
và SN theo a.
Nhận xét: Ta có thể chọn A trùng gốc tọa độ nhưng hơi khó khăn, nhận
thấy BA, BC vuông góc nên có thể chọn B trùng gốc tọa độ và BA, BC làm 2
trục Ox, Oy.

Phan Anh Tuấn

22

THPT Phan Đăng Lưu


SKKN “ Giải toán hình học không gian bằng phương pháp tọa độ”

·
Giải: Do AB, SB cùng vuông góc với BC nên SBA
= 600 suy ra SA = 2a 3 .

Do M, N là trung điểm AB, AC nên khi đó thể tích khối chóp là

1
VS.BCNM = SA.(dt(ABC) − dt(AMN)) = a3 3
3
Dựng hệ trục tọa độ có gốc là O ≡ B,
trục Ox, Oy lần lượt trùng với các tia BA,
BC, Oz cùng hướng tia AS. Khi đó B(0;0;0),

A(2a;0;0) ,

C(0;2a;0) ,

S(2a;0;2a 3) ,

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

Khi đó khoảng cách giữa AB và SN là
uuur uuu
r uuur
 BA; NS .BN
39


= 2a
uuur uuu
r
d(AB;SN) =
13
 BA; NS



VD3: (A–2013)
·
Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác vuông tại A, ABC
= 300 , SBC
là tam giác đều cạnh a và mặt bên SBC vuông góc với đáy. Tính theo a thể
tích của khối chóp S.ABC và khoảng cách từ điểm C đến mặt phẳng (SAB).
Nhận xét: Ta có thể chọn H ( trung điểm BC) trùng gốc tọa độ nhưng
hơi khó khăn vì HA không vuông góc BC, nhận thấy AB, AC vuông góc nên
có thể chọn A trùng gốc tọa độ và AB, AC làm 2 trục Ox, Oy.
Giải: Gọi H là trung điểm BC, khi đó SH ⊥ (ABC). Do ∆ SBC đều nên SB =
BC

=

a⇒

SH =

a 3⇒
2

1
1
a3
V = SH.dt(ABC) = SH.AB.AC = .
3
6
16

Phan Anh Tuấn

23

THPT Phan Đăng Lưu


SKKN “ Giải toán hình học không gian bằng phương pháp tọa độ”

Dựng hệ trục tọa độ có gốc là O ≡ A, trục Ox, Oy lần lượt trùng với các tia
AB, AC, Oz cùng hướng tia HS. Khi đó A(0;0;0), B(

S(

a
a 3
;0;0) , C(0; ;0) ,
2
2

a 3 a a 3
; ;
).
4 4 2

Khi đó phương trình mặt phẳng (SBA) là: −2 3y + z = 0
Vậy khoảng cách từ C đến mp(SBA) là d(C;(SBA)) =

−a 3

13

=

a 39 .
13

BÀI TẬP TỰ LUYỆN
I. Hình đa diện có 3 cạnh vuông góc tại 1 đỉnh
Bài 1: Cho hình lập phương ABCDA’B’C’D’. Chứng minh AC’ ⊥ (A’BD) và
AC’ vuông góc với mặt phẳng ⊥ (CB’D’)
Bài 2: Cho hình lập phương ABCDA’B’C’D’ có cạnh bằng a.
a. Tính theo a khoảng cách giữa hai đường thẳng A’B và B’D.

Phan Anh Tuấn

24

THPT Phan Đăng Lưu


SKKN “ Giải toán hình học không gian bằng phương pháp tọa độ”

b. Gọi MNP lần lượt là các trung điểm của các cạnh BB’, CD, A’D’.
Tính góc giữa hai đường thẳng MP và C’N.
Bài 3: Cho hình hộp lập phương ABCDA1B1C1D1 có cạnh bằng 2. Gọi E, F
tương 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 C 1D1. Tính khoảng cách từ đỉnh C đến
(EFK) và xác định góc giữa hai đường thẳng EF và BD.

Bài 4: Cho hình lập phương ABCDA’B’C’D’ có cạnh bằng a.
a. Chứng minh rằng giao điểm của đường chéo A’C và mp (AB’D’) là
trọng tâm tam giác AB’D’.
b. Tìm khoảng cách giữa hai mp (AB’D’) và mp (C’BD).
c. Tìm góc tạo bởi hai mp (DA’C) và mp (ABB’A’).
Bài 5: Cho hình lập phương ABCDA’B’C’D’ 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(A’D’BC) khi k biến
thiên.
c. Khi đoạn MN ngắn nhất, chứng minh rằng MN là đường vuông góc
chung của AD’ và DB và MN song song với A’C.
Bài 6: 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 từ
MD

điểm M đến (AB’C)
b. Tính thể tích tứ diện AB’D’C.

Phan Anh Tuấn

25

THPT Phan Đăng Lưu