Ứng dụng phương pháp tọa độ hóa giải bài tập hình học không gian | Toán học, Lớp 12 - Ôn Luyện

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (940.3 KB, 22 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

HÌNH HỌC 12.

CHƯƠNG III

PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ HĨA TRONG KHƠNG GIAN

DẠNG 1. GẮN HỆ TRỤC TỌA ĐỘ VÀO CÁC HÌNH ĐA DIỆN CĨ SẴN MƠ 
HÌNH TAM DIỆN VNG

Phương pháp

Bước 1: Chọn hệ trục toạ độ Oxyz thích hợp. Trong đó gốc tọa độ là giao điểm

chung của ba đường đôi một vng góc với nhau, các tia Ox Oy Oz lần lượt nằm, ,
trên ba đường đó.

Bước 2: Xác định các toạ độ điểm toạ độ của các véc tơ có liên quan 
Bước 3: Sử dụng các kiến thức về toạ độ để giải quyết các bài toán có liên

quan

Đây là một phẩn chun đề, thầy cơ có thể truy cập tải bản đầy đủ tại địa chỉ -
/>

Loại 1. Hình chóp có đáy là tam giác

Ví DỤ 1

Cho tứ diện ABCD có AD



ABC



,ACAD4

 

cm AB; 3

 

cm BC; 5

 

cm . Tính
khoảng cách từ A đến mặt phẳng



BCD



Tam giác ABC có AB3,AC 4,BC nên tam giác 5 ABCvng tại A . Do đó tứ 
diện ABCD có ba cạnh AB AC AD đơi một vng góc., ,

Chọn hệ trục như hình vẽ. Khi đó: A



0;0;0 ,

 

B 3;0;0 ,

 

C 0;4;0 ,

 

D 0;0; 4



Phương trình mặt phẳng





:3 4 4 1 4 3 3 12 0

x y z

BCD     x y z 
.

Vậy





4.0 3.0 3.0 12 12
,

16 9 9 34

d A BCD     

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

Đây là một phẩn chuyên đề, thầy cô có thể truy cập tải bản đầy đủ tại -
/>

Ví DỤ 2

Cho hình chóp có ba cạnh đơi một vng góc và

Gọi là trung điểm cạnh .Tính góc tạo bởi hai vectơ và OM.

Chọn hệ trục toạ độ Oxyz như hình vẽ ta có
(0;0;0), (0; ;0), B(a ;0;0),C(0;0; ), ( ; ;0)

2 2

a a

O A a a M

Ta có : ( a ;0;a) ; ( ; ;0)2 2

a a

BC  OM 

 

. 2 1

cos( , ) ( , ) 120

| |.| | 2

2.
2

a
BC OM

BC OM BC OM

BC OM a

a



      



 

 

Đây là một phẩn chun đề, thầy cơ có thể truy cập tải đầy đủ tại địa chỉ -
/>

Loại 2. Hình chóp có đáy là hình thang .

Ví DỤ 3

Cho hình chóp S ABCD. có đáy là hình thang vng tại A và D ,
2 ,

AB a CD DA a  . Cạnh bên SA2a và vuông góc với đáy ABCD. Tính cosin

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

Chọn hệ trục tọa độ Oxyz sao cho A O



0;0;0 ,

 

D a;0;0 ,

 

B 0;2 ;0 ,a

 

S 0;0;2a



, thì



; ;0



C a a

Ta có SB



0; 2 ; 2 ,a  a SC







a a; ; 2 , a SD







a;0; 2 a



  





2 2 2

, 2 ; 2 ; 2

SB SC a a a

     

  ,



2 2



, 2 ;0;

SC SD a a

    

  . Suy ra mặt phẳng



SBC



có véc tơ pháp tuyến n1



1;1;1





,
mặt phẳng



SCD



có véc tơ pháp tuyến n2 



2;0;1





Ta có



 





1 2



3 3

cos , cos ,

3. 5 15

SBC SCD  n n   
.

Ví DỤ 4

Đây là một phẩn chun đề, thầy cơ có thể truy cập để tải đầy đủ tại địa chỉ-
Cho hình chóp S ABCD. có đáy là hình thang vng tại A và D

, AB2 ,a CD DA a  . Cạnh bên SA2a và vng góc với đáy ABCD. Tính

khoảng cách giữa hai đường thẳng BD SC .,

Chọn hệ trục tọa độ Oxyz sao cho A O



0;0;0 ,

 

D a;0;0 ,

 

B 0;2 ;0 ,a

 

S 0;0;2a



, thì



; ;0



C a a

Ta có BD



a; 2 ;0 , a



SC



a a; ; 2 , a SB







0; 2 ; 2a  a



  





2 2 2

, 4 ; 2 ;3

BD SC a a a

  

  ,

, 2

BD SC SB a

   

   ,  BD SC,   29a2. Suy ra





, 2 32 2

29 29

BD SC SB a a
d BD SC

a
BD SC

 

 

  

 

 

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

Ví DỤ 5

Cho hình chóp S ABCD. có đáy là hình thang vng tại A và D ,
2 ,

AB a CD DA a  . Cạnh bên SA2a và vng góc với đáy ABCD. Gọi M là

trung điểm SD, G là trọng tâm tam giác SBC. Tính thể tích khối tứ diện

ACMG

Chọn hệ trục tọa độ Oxyz sao cho A O



0;0;0 ,

 

D a;0;0 ,

 

B 0;2 ;0 ,a

 

S 0;0;2a



, thì



; ;0



C a a

2
;0; , ; ;

2 3 3

a a a

M a G  a 

   .

Ta có





;0; , ; ;0 , ; ;

2 3 3

a a a

AM  a AC  a a AG a 

   

  

AM AC AG a

 

   





1 , 3

6 6

a

V ACMG AM AC AG

     
.

Đây là một phần chuyên đề, thầy cô tải full tại: bit.ly/2HJSPsf

Ví DỤ 6

Đây là một phẩn chuyên đề, thầy cô tải full tại - Cho hình chóp
.

S ABCD, đáy ABCD là hình vng cạnh a, SA vng góc với mặt phẳng



ABCD



; M , N hai

điểm nằm trên hai cạnh BC, CD. Đặt BM x, DN  y



0x y a, 



. Xác định hệ thức liên hệ giữa

x và y để hai mặt phẳng



SAM



và



SMN



vng góc với nhau?

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

Tọa độ hóa với OA, Ox AD, Oy AB, OzAS.
Đặt SA z 0, ta có S



0;0;z



, M x a



; ;0



, N a y



; ;0



.
Do đó













0;0;

; ; ;0

; ;0

AS z

AS AM az xz
AM x a

 

   

  






 














; ;

; ; ;

; ;

SM x a z

SM SN yz az xz az xy a
SN a y z

  

     

  

 




 


.
Mặt phẳng



SAM



nhận AS AM;   



az xz; ;0



 

là một VTPT.

Mặt phẳng



SMN



nhận





; ; ;

SM SN yz az xz az xy a

     

  là một VTPT.

Ta có



SAM

 

 SMN



AS AM;   . SM SN; 0
   









0









0 2 2





az az yz xz xz az a a y x x a x a a x y

             

Ví DỤ 7

Cho hình chóp S ABCD. có đáy ABCD là hình chữ nhật, cạnh bên SA vng góc với đáy,

, 2 , 3

AB a AD  a SA a. Gọi M N lần lượt là hình chiếu của A lên ,, SB SD và P là giao điểm 
của SC với mặt phẳng



AMN



. Tính thể tích khối chóp S AMPN. .

</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>

Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ.

Ta có tọa độ các điểm A



0;0;0 ,

 

B a;0;0 ,

 

D 0;2 ;0 ,a

 

C a a;2 ;0 ,

 

S 0;0;3a



.
Suy ra SB



a;0; 3 , a SD







0;2 ; 3 ,a  a SC







a a;2 ; 3 a



  

Phương trình

: 0

x a t
SB y
z t
 

 

  
 .



;0; 3





;0; 3



M a t t AM a t t

     

Mà . 0





9 0 10

a

AM SB AM SB  a t    t t  9 ;0;3
10 10

a a

M  

  

  .

Tương tự vậy ta tìm được

18 12
0; ;

13 13

a a

N  

  .

Suy ra





2
1

, 1;2; 3

a

n AM AN  

  

Do đó ta có phương trình của



AMN



:x2y3z0.

Phương trình

: 2

3 3

x t
SC y t

z a t



 



  

 nên tọa độ điểm P là nghiệm của hệ

2 9 9 15 9 9 15

, , ; ;

2 14 7 14 14 7 14

2 3 0

x t

y t a a a a a a

x y z P

y t

x y z



 
       
   


   
 .

Ta có:





, 1;2; 3

70
a
AM AP
    
  ,





2
27

, 1;2; 3

91
a
AN AP
   
 
Suy ra
2

1 621 14.

, ,

2 1820

AMPN

a
S   AM AP   AN AP

và





9
,

a
d S AMN 

Vậy

2 3
.

1 9 621 14. 1863.
. .

3 14 1820 1820

S AMPN

a a a

V  

Ví DỤ 8

Cho hình chóp S ABCD. có đáy ABCD là hình vng cạnh a, cạnh bên SA2a và
vng góc với mặt phẳng đáy. Gọi M là trung điểm cạnh SD. Tính tan của góc tạo
bởi hai mặt phẳng



AMC



và



SBC



</div>
(7)<div class='page_container' data-page=7>

Chọn hệ trục tọa độ và chuẩn hóa cho a1 sao cho A



0;0;0



, B



0;1;0





1;0;0



D

, S



0;0; 2



Ta có M là trung điểm SD

1
;0;1
2

M 

  

  , C



1;1;0



.
1

;0;1
2

AM   

 



, AC



1;1;0





, 1;1;

AM AC  

    

    



AMC



có một vtpt



2; 2;1



n 



0;1; 2



SB 



, SC



1;1; 2





, SB SC,  



0;2;1



 



SBC



 có một vtpt k



0;2;1



Gọi  là góc giữa hai mặt phẳng



AMC



và



SBC



thì

.
cos

n k
n n

 



  5

3


Do tan 0 nên 2
1

tan 1

cos




  2 5

5


Ví DỤ 9

Cho hình chóp S ABCD. có đáy ABCDlà hình chữ nhật với AB a ,AD a 2, SA a

và SAvng góc với mặt phẳng



ABCD



. Gọi ,M N lần lượt là trung điểm của AD
và SC, I là giao điềm của BM và AC. Tính thề tích khối tứ diện ANIB.

</div>
(8)<div class='page_container' data-page=8>

Chọn hệ trục tọa độ Oxyz sao cho OA, tia Oxchứa B , tia Oy chứa D và tia Oz
chứa S. Khi đó:



0;0;0 ,

 

;0;0 ,





; 2;0 ,

 

0; 2;0 ,





0;0;



, 0; 2;0 , ; 2; .

2 2 2 2

a a a a

A B a C a a D a S a M  N 

   



;0;0 ,



; 2;

2 2 2

a a a

AB a AN   

 

 



Ta có IAM đồng dạng với  ICB(góc-góc)

Suy ra: 2 2

IC BC

IC IA

IA  AM    

 

. Từ đây tìm được

; ;0

3 3

a a

I 

  .

; ;0

3 3

a a

AI   

 



2 2 2

, ; ;0

6 6

a a

AN AI  

    

   

 

 

Thể tích khối tứ diện ANIBlà

3 3

1 1 2 2

, .

6 6 6 36

ANIB

a a

V    AN AI AB   

Ví DỤ 10

Cho hình chóp S ABCD. có đáy ABCD là hình vng cạnh bằng 2 , SA2 và SA
vng góc với mặt phẳng đáy



ABCD



. Gọi M , N là hai điểm thay đổi trên hai
cạnh AB , AD sao cho mặt phẳng



SMC



vng góc với mặt phẳng



SNC



. Tính

tổng 2 2

1 1

T

AN AM

 

khi thể tích khối chóp S AMCN. đạt giá trị lớn nhất.

</div>
(9)<div class='page_container' data-page=9>

Chọn hệ trục tọa độ Oxyz sao cho A



0;0;0



, B



2;0;0



, D



0;2;0



, S



0;0; 2



.
Suy ra C



2; 2;0



. Đặt AM x, AN , y x y, 

 

0; 2 , suy ra M x



;0;0





0; ;0



N y .



;0; 2



SM  x 



, SC



2; 2; 2





, SN 



0; ; 2y 









1 , 4; 2 4; 2

n SM SC x x

  

, n2 SN SC, 



4 2 ; 4; 2 y   y



  

.
Do



SMC

 

 SNC



nên n n1. 2  0 4 4 4



 y

 

4 2x 4



4xy0

 





2 8

xy x y

    .
8 2
2
x
y
x


 

 , do y nên 2
8 2
2 1
2
x
x
x
   
 .



 



4 2 2

AMCN ABCD BMC DNC

S S S S   x  y  x y.

Do đó





2
.

1 2 2 8 2 2 8

3 3 3 2 3 2

S AMCD AMCN

x x

V SA S x y x

x x
 
 
      
 
  .

Xét

 

2
2 8
3 2
x
f x
x



 với x

 

1; 2 ,

 





2 4 8

3 2
x x
f x
x
 
 
 .

 

0 2 4 8 0 2 2 3

f x  x  x     x ; x  2 2 3 (loại).

Lập BBT ta suy ra max 0;2 f x

 

 f

 

1  f

 

2 2.

Vậy

. 2 2 2 2

2 1 1 1 1 5

max 2

4
2
1
S AMCN
x
y
V T

AM AN x y

x
y
 

 


       


 

 .

Loại 4. Lăng trụ đứng tam giác

Ví DỤ 11

Cho hình lăng trụ đứng ABC A B C.   có mặt đáy ABC là tam giác vng tại A có AB3, AC4
và AA' 2 . Tính cosin góc giữa hai vectơ AB' và BC.

</div>
(10)<div class='page_container' data-page=10>

Chọn hệ trục toa độ như hình vẽ.
Khi đó ta có:



0;0;0



A , B



3;0;0



, C



0; 4;0



, B' 3;0; 2





. 
Ta có: AB'



3;0; 2 ,



BC 



3; 4;0



 

Khi đó :





 

2 2 2 2 2

3. 3 0.4 2.0

'. 9 13

cos ',

' . 3 0 2 . 3 4 0

AB BC
AB BC

AB BC

  

   

    

 
 

 

.
Đây là một phẩn chuyên đề, thầy cơ tải full tại: bit.ly/2HJSPsf

Ví DỤ 12

Cho hình lăng trụ đứng ABC A B C. ' ' ' có mặt đáy ABC là tam giác vuông tại B có AB , 1 AC 3
và 'A B . Gọi M là trung điểm của 2 AC. Tính khoảng cách từ M đến



A BC'



Bài giải

Chọn hệ trục toa độ như hình vẽ.

Ta có: AA' A B' 2AB2  2212  3.

2 2 3 1 2

BC AC AB    .

</div>
(11)<div class='page_container' data-page=11>



0;0;0



B

, A



0;1; 0



, C



2 ;0;0



, A' 0;1; 3





2 1
; ;0
2 2

M 
  . 
Ta có: BA'



0;1; 3 ,



BC



2;0;0



 





' 0; 6 ; 2

BA BC

   
.

Khi đó phương trình



A BC'



là 3y z 0 .
Suy ra





2 3

, '

2 4

d M A BC  
.

Ví DỤ 13

Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC A B C. ' ' ' có cạnh bên 2a , góc tạo bởi 'A B và mặt đáy là60 . O
Gọi M là trung điểm BC.Tính cosin góc tạo bởi hai đường thẳng A C' và AM .

Bài giải

Ta có:

2 2

tan 60o 3

a a

AB AC BC  

2 3

BC a

MC

  

.
3

AB

AM  a

Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ.

Khi đó: M



0;0;0



, A



0; ;0a



;0;0
3

a

C 

  , A' 0; ;2



a a



Ta có :

' ; ; 2

a

A C   a a

 

 4

a
A C

 



0; ;0



AM  a



AM a

</div>
(12)<div class='page_container' data-page=12>

Khi đó có





. 3

cos ,

A C AM
A C AM

A C AM



  



 
 

Ví DỤ 14

Cho hình lăng trụ đứng ABC A B C. ' ' ' với đáy ABC là tam giác vuông tại C có AB8cm,
 600

BAC  , diện tích tam giác A CC' ' là 10cm . Tính tang của góc tạo bởi hai mặt phẳng 2



C AB



và



ABC



Bài giải

Ta có : sin 60

o BC

AB



sin 60o 4 3

BC AB

   .

2 2

' ' 4

A C AC AB BC  .

' '

'. ' '
2

A CC

S  CC A C ' 2 ' ' 5

' '

A CC

S
CC

A C



  

Chọn hệ trục toa độ như hình vẽ.

Khi đó ta có : C



0;0;0



, A



0; 4;0



, B



4 3 ;0;0



, C' 0;0;5





.
Ta có :



ABC

 

 Oxy



 Phương trình



ABC



là z0.

Lại có C A' 



0;4; 5





, C B' 



4 3 ;0; 5





C A C B'  '  



20; 20 3 ; 16 3 



 4 5;5 3 ; 4 3





 

.
Suy ra (C AB ) có VTPT là n



5;5 3;4 3





và



ABC



có VTPT là n



0;0;1





Khi đó



 







. 2 3

cos ,

n n

C AB ABC

n n



  

 
 

</div>
(13)<div class='page_container' data-page=13>

Mà:



 



1 5 3

1 tan tan ,

cos C AB ABC 6



 

   

.
Loại 5. Lăng trụ đứng tứ giác

Ví DỤ 15

Cho hình lập phương ABCD A B C D.     có cạnh bằng a.

a. Chứng minh rằng giao điểm của đường chéo A C và mặt phẳng (AB D ) là trọng tâm của
 tam giác AB D  .

b.Tìm khoảng cách giữa hai mặt phẳng (AB D ) và (C BD )
c.Tìm cosin của góc tạo bởi hai mặt phẳng (DA C ) và (ABB A )

( Dựa SGK Hình 12, trang 112, Văn Như Cương chủ biên, NXBGD 2000 ) 
Bài giải

Chọn hệ trục toạ độ Đề các vng góc như sau : ; A(0;0; )a
; B a( ;0; )a ; ; C a a a( ; ; ); ; D(0; ; )a a .

a. Gọi G là trọng tâm của tam giác AB D  .

Đường thẳng A C nhận véc tơ chỉ phương là uA C' (1;1; 1)



và qua A nên phương trình

đường là

(t )

x t
y t
z a t




  


  



.

Véc tơ pháp tuyến của mặt phẳng (AB D ) là

2 2 2
1 ', ' ( ; ; )

n AB AD a a a

hay

1 (1;1; 1)

n 

Phương trình tổng quát của mặt phẳng (AB D ) x y z  0

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

2
; ;
3 3 3

a a a

G  

</div>
(14)<div class='page_container' data-page=14>

Từ (1), (2) ta có giao điểm G của đường chéo và mặt phẳng (AB D ) là trọng tâm của
tam giácAB D .

b. Tính d AB D



(  ),(C BD )



Véc tơ pháp tuyến của mặt phẳng (C BD )là

2 2 2

2 , D ( ; ; )

nC B C    a a a

hay

2 (1;1; 1)

n  .

Phương trình tổng quát của mặt phẳng (C BD )là x y z a   0.
Phương trình tổng quát của mặt phẳng (AB D ) là x y z  0.



AB D 

 

/ / C BD











2 2

 

0 0

( ),( ) ,( )

1 1 1

a a

d AB D  C BD d B AB D   

   

  

.
c. Tính cos (



DA C ), (ABB A )



( ' ')

Oy ABB A nên véc tơ pháp tuyến của là j(0 ; 1 ; 0).
Vectơ pháp tuyến của là

2 2
3 ', DC (0; ; )

nDA  a a

hay n3 (0;1;1)







cos ( ' ),( ' ')
2

DA C ABB A 
.
Do đó



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



450.

Ví DỤ 16

Cho hình lập phương có cạnh bằng a.

Chứng minh hai đường chéo và của hai mặt bên là hai đường thẳng chéo nhau. Tìm khoảng cách
giữa hai đường thẳng chéo nhau và .

Bài giải
Chọn hệ trục toạ độ Đề các vng góc như sau :

, A(0;0; )a , B a( ;0;0), B a( ;0; )a , , C a a a( ; ; ), D(0; ;0)a , D(0; ; )a a .

Ta có B D   ( ; ;0)a a


, A B ( ;0;a a)


, BB (0;0; )a


nên

2 2 2

, ( ; ; )

B D A B a a a

       

  , B D A B BB    ,     a3 0
ba vectơ B D A B BB  ; , 

  

không đồng phẳng. Hay B D và A B chéo nhau. Khoảng cách

</div>
(15)<div class='page_container' data-page=15>





[ , ]. 4 34 4 2 3 3

3
3

[ , ]

B D A B BB a a a

d B D A B

a
B D A B a a a

   

      

    

  
 

Ví DỤ 17

Cho hình hộp chữ nhật ABCD A B C D.     có cạnh AB a , AD2a và AA  .a
a. Gọi M là điểm nằm trong ADsao cho 3

AM

MD  . Tính khoảng cách từ M đến (AB C) .

b. Tính thể tích tứ diện (AB D C)  .

Bài giải

a) Chọn hệ trục toạ độ Đề các vng góc như sau :
(0;0;0)

A ; A(0;0; )a ; ; B(0; ; )a a

(2 ; ;0)

C a a ; C(2 ; ; )a a a ; D a(2 ;0;0); D(2 ;0; )a a . Vì M là điểm nằm trong ADsao cho

AM

MD  nên

3
( ;0;0)

a
M

Véc tơ pháp tuyến của mặt phẳng (AB C)

2 2 2
(AB'C) AB , ( ; 2 ; 2 )

n   AC a a  a

  

hay

(AB'C) (1; 2; 2)

n  .

Phương trình tổng quát của mặt phẳng (AB C) là x2y2z0.
Do đó khoảng cách từ M đến mặt phẳng (AB C) là:

3. 2.0 2.0
2

( ,( ))

2
1 4 4

a

a
d M AB C

 

  

  .

b) Theo công thức

1 1

, .

6 6

AB D C hop

V    V    AB AD AC 

.
Mà AD(2 ;0; );a a AB(0; ; );a a AC(2 ; ; )a a a

  

( )

AB D C

a

V   dvdt

 

</div>
(16)<div class='page_container' data-page=16>

Cho hình hộp chữ nhật ABCD A B C D . Biết khoảng cách giữa .     AB và B C bằng

2 5
5

a

, khoảng

cách giữa BC và AB bằng
2 5

a

, khoảng cách giữa AC và BD bằng
3
3

a

. Gọi M là trung
điểm B C . Tính tan của góc tạo bởi hai mặt phẳng



BMD



và



B AD



Lời giải

Đặt BA x BC y BB ,  ,  z . Gọi O là tâm ABCD .

Ta có //

















      

AB B DC d AB B C d AB B DC d B B DC

Ta dễ dàng chứng minh được



B DC

 

 BB C C 



và cắt nhau theo giao tuyến B C . 
Kẻ BK B C BK 



B DC



, hay





2 5
,

a
d AB B C BK 

Xét BB C vng tạiB, ta có 2 2 2 2 2 2

1 1 1 1 1 5

(1)
4



    

BK BC BB y z a .

Lại có //

















      

BC B AD d BC AB d BC B AD d B B AD

Ta dễ dàng chứng minh được



B AD

 

 BB A A 



và cắt nhau theo giao tuyếnAB. Kẻ





BH  ABBH  B AD

, hay





2 5
,

a
d BC AB BH 

.
Xét BB A vng tạiB, ta có 2 2 2 2 2 2

1 1 1 5 1 1

(2)
4

    



BH BA BB a x z .

Từ (1) và(2), suy ra x y, hay ABCD là hình vng.

Ta dễ dàng chứng minh AC



BB D D 



. Kẻ OI BD , suy ra  ACOI , hay OI là 
đoạn vng góc chung của AC và BD , suy ra 





3
,

3
  a

d AC BD OI

</div>
(17)<div class='page_container' data-page=17>

Trong



BB D D 



, kẻ DJ / /OI J( BD)

2 3
2

3
DJ  OI  a

( vì OI là đường trung 
bình BDD).

Xét BDD vng tại D, ta có 2 2 2 2 2 2

1 1 1 3 1 1

(3)

4 2



    

DJ BD DD a x z .

Giải (2), (3) ta được x a z , 2a.

Chọn hệ trục tọa độ Oxyz như hình vẽ với : B



0;0;0



, B



0;0; 2



, C



1;0;0



, A



0;1;0





1;1;0



D

M là trung điểm B C , suy ra

1
;0;1
2

 

 

 

M

.
+) Ta có B A 



0;1; 2





, B D 



1;1; 2





, B A B D ,  



0; 2; 1 



 

.
Suy ra mặt phẳng



B AD



có một véctơ pháp tuyến là n



0; 2;1



.
+) Ta có

1
;0;1
2

 

  


BM

, BD



1;1;0





, 1;1;

BM BD  

    

   
.
Suy ra mặt phẳng



BMD



có một véctơ pháp tuyến là n  



2;2;1



.
Gọi  là góc tạo bởi hai mặt phẳng



BMD



và



B AD



, ta có:

| . | 5 5

cos

3
5.3
| |

n n
n n

  

  


 

  sin 2 tan 2 5

3 5

 

   

DẠNG 2. GẮN HỆ TRỤC TỌA ĐỘ VÀO CÁC HÌNH ĐA DIỆN CĨ SẴN MƠ 
HÌNH TAM DIỆN VNG

Dạng tốn : Cho tứ diện ABCD có BCD là tam giác vuông tại C, AB



BCD



.
Cách dựng :

Ta dựng hệ trục tọa độ Oxyz sao cho C O , D Ox , B Oy , Oz qua C và vng góc với



BCD



Loại 1. Tứ diện có một cạnh vng góc với mặt đáy

Ví DỤ 19

</div>
(18)<div class='page_container' data-page=18>

SA a

và vng góc với mặt phẳng đáy. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau AB
và SC .

Lời giải

Chọn hệ trục tọa độ sao cho: A



0; 3 ; 0a



, B



0; 0; 0



, C a



3 ; 0; 0



, S



0; 3 ;a a 6



.
Khi đó



0; 3 ; 0



BA a



, suy ra AB có một vectơ chỉ phương u



0; 3 ; 0a







3 ; 3 ; 6



SC a  a a



, suy ra SC có một vectơ chỉ phương v



3 ; 3 ;a  a a 6





Suy ra





2 2

, 3 6; 0; 9

u v a a

    

 

Khi đó



;



, . 9 23 6 3 10

5
3 15
,

u v BC a a

d AB SC

a
u v

 

 

  

 

 

  
 

Ví DỤ 20

Cho hình chóp S ABC. có đáy ABC là tam giác vuông tại B và cạnh AB3 ,a BC 4a. Tam giác

SAB vuông cân tại A

và SA vng góc với mặt phẳng đáy. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng

chéo nhau AC và SB .

Lời giải

Ta có SA AB 3a (do tam giác SAB vuông cân tại A).

Chọn hệ trục tọa độ sao cho: A



0; 3 ; 0a



, B



0; 0; 0



, C a



4 ; 0; 0



, S



0; 3 ; 3a a



.
Khi đó



4 ; 3 ; 0



AC a  a



</div>
(19)<div class='page_container' data-page=19>



0; 3 ; 3



BS  a a



, suy ra SB có một vectơ chỉ phương v



0; 3 ; 3a a





Suy ra





2 2 2

, 9 ; 12 ; 12

u v a a a

    
 

Khi đó



;



, . 362 3 12 41

3 41

u v BA a a

d AB SC

a
u v

 

 

  

 

 

  
 

Ví DỤ 21

Cho hình chóp S ABC. có SA



ABC



, đáy ABC là tam giác vng tại B và cạnh AB3 ,a
4

BC a. Góc tạo bởi SC và



ABC



là 0

60 . Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau

AM và SC với M là trung điểm BC .

Lời giải

Ta có

   

2 2
2 2 3 4 5

AC AB BC  a  a  a

Mà AC là hình chiếu của SC và



ABC



nên



SC ABC,









SC AC,



SCA 60 (do
tam giác SAC vng tại A).

Khi đó SA AC .tan 60 5a 3.

Chọn hệ trục tọa độ sao cho: A



0; 3 ; 0a



, B



0; 0; 0



, C a



4 ; 0; 0





0; 3 ; 5 3



S a a

M là trung điểm BC nên M



2 ; 0; 0a



Khi đó



2 ; 3 ; 0



AM  a  a



, suy ra AM có một vectơ chỉ phương u



2 ; 3 ; 0a  a







4 ; 3 ; 5 3



SC a  a  a



, suy ra SB có một vectơ chỉ phương v



4 ; 3 ; 5a  a  a 3





Suy ra





2 2 2

, 15 3 ; 10 3 ; 6

u v a a a

  
 

Khi đó



;



, . 30 32 3 30 3

1011 1011
,

u v AC a

d AB SC a

a
u v

 

 

  

 

 

  
 

Ví DỤ 22

</div>
(20)<div class='page_container' data-page=20>

lần lượt thuộc SA, BC sao cho AM CN. Biết SC CA AB a   2. Tìm giá trị nhỏ
nhất của đoạn MN?

Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ, ta có : A a a



; ;0 ,

 

B a2 ;0;0 ,

 

C 0;0;0 ,



S



0;0;a 2



Phương trình đường thẳng
:

x a t

SA y a t

z t

  


 



 


Gọi M a t a t



 0;  0; 2t0



SA t, 0

 

0;a .Ta có:AM   



t0; t0; 2t0



 AM 2t0



.
Vì NBC NC: AM nên









2 2

 

0 0 0 0 0 0 0

2 ;0;0 3 ; ; 2 12 8 2 , 0;

N t MN t a t  a t MN t  at  a t  a

Suy ra giá trị nhỏ nhất của

6
3

a

MN 

khi 0
2

a

t 

Ví DỤ 23

</div>
(21)<div class='page_container' data-page=21>

Gọi H là chân đường cao của tứ diện ABCD .

Ta có:

BC AB

BC HB

BC AH




 

 

 .(1)

Lại có:

CD AD

CD HD

CD AH




 

 

 .(2)

Mà BCD  .90

Từ đây ta suy ra HBCD là hình chữ nhật.

Mặt khác:



AD BC,







AD HD,



ADH 60. Suy ra: AH HDtan 60 3 3.
Chọn hệ trục Oxyz H DBA . như hình vẽ.

Ta có: H



0;0;0



, A



0;0;3 3



, B



0; 4;0



, D



3;0;0



,C



3; 4;0





3; 0; 3 3



AD  



, AC



3; 4; 3 3





, AB



0; 4; 3 3





.
Gọi n1


, n2



lần lượt là một véc tơ pháp tuyến của



ABC



và



ABD



.
Suy ra: n1AB AC, 



0; 9 3; 12 



  

; n2 AD AC, 



12 3;0;12



  

Vậy



 







1 2

cos ,

n n

ABC ADC

n n


 

  2









2





2 2

 

2

0.12 3 9 3.0 12.12 2 43
43

0 9 3 12 . 12 3 0 12

 

 

     

Loại 2. Chóp tam giác đều

Ví DỤ 24

Cho hình chóp đều S ABC. có cạnh đáy bằng a, cạnh bên bằng
3
2

a

. Gọi ,M N lần 
lượt là trung điểm của SB SC . Chứng minh rẳng: ,



AMN

 

 SBC



Ta có

3 1 3 2 3

, , ,

2 3 6 3 3 2

a a a a

OA OH  OA AH  OA OB OC 

Tam giác SAH vuông tại H nên

2 2 2

2 2 2 3 5 15

4 3 12 6

a a a a

SH SA AH    SH 

</div>
(22)<div class='page_container' data-page=22>



0;0;0 ,



0; 3;0 , ;0;0 , ;0;0

2 2 2

a a a

O A   B  C 

   

 

3 15 3 15 3 15

0; , , ; , , ; ,

6 6 4 12 12 4 12 12

a a a a a a a a

S   M   N  

      .

Mặt phẳng



AMN



có vec tơ pháp tuyến

2 2
1

15 5 3

, 0; ;

24 24

a a

n AM AN    

 

  

Mặt phẳng



SBC



có vec tơ pháp tuyến

2 2
2

15 3

, 0; ;

6 6

a a

n SB SC   

 

  

.
Khi đó n n1. 2  0 n1n2

   

. Vậy



AMN

 

 SBC



Ví DỤ 25

Cho hình chóp S ABC. có đáy ABC là tam giác đều cạnh 2a 3, mặt bên SAB là
tam giác cân

với ASB120 và nằm trong mặt phẳng vng góc với đáy. Gọi M là trung điểm 
của SC

và N là trung điểm của MC. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AM , BN.

Gọi H là trung điểm AB.

Vì



SAB

 

 ABC



nên SH 



ABC



Chọn hệ trục tọa độ Oxyz , với O H , HB Ox , HC Oy , HS Oz .
Ta có :HC AC2AH2 3a; tan

AH

SH a

ASH

 



0;0;0



H

, S



0;0;a



, A a



 3 ;0;0



, B a



3 ;0;0



, C



0;3 ;0a



3
0; ;

2 2

a a
M  

 ,

9
0; ;

4 4

a a
N  

 

3
3 ; ;

2 2

a a

AM a 

   

 



9
3 ; ;

4 4

a a
BN   a 

 



2 2 2

3 3 3 15 3

, ; ;

4 4 4

a a a

AM BN  

     

   

 

 

</div>
(23)<div class='page_container' data-page=23>

Khoảng cách giữa AN BN là :,





3 3

, . 2 237

2
,
79
711
,
4
a

AM BN AB a

d AM BN

a
AM BN
 
 
  
 
 
  
 
.

Ví DỤ 26

Cho hình chóp tam giác đều S ABC. có độ dài cạnh đáy là a. Gọi M N lần lượt là trung điểm của ,
cạnh SB và SC. Tính theo a diện tích tam giác AMN biết mặt phẳng



AMN



vng góc với mặt
phẳng



SBC



Lời giải

Gọi O là hình chiếu của S trên



ABC



, ta suy ra O là trọng tâm tam giác ABC. Gọi I là trung 
điểm của BC, ta có

3
2

a
AI 

. Suy ra

3 3

3 6

a a

OA OI 

Ta chọn hệ trục tọa độ Oxyz như hình vẽ với O trùng với gốc tọa độ. Đặt SO h , khi đó ta được



0; 0;0



O

, S



0;0;h



3
;0;0
3

a

A 

  ,

3
;0;0
6

a

I 

  .
Suy ra
3
; ;0
6 2
a a

B 

  ,

; ;0

6 2

a a

C  

  ,

3
; ;
12 4 2

a a h

M 

  ,

3
; ;

12 4 2

a a h

N  

  .

Ta có

5 3

; ;
12 4 2

a a h

AM   

 



5 3

; ;

12 4 2

a a h

AN    

 

,
3
; ;
6 2
a a

SB  h

 


,
3
; ;
6 2
a a

SC   h

 



Suy ra  

2
5 3
, ;0;
4 24
AMN
ah a

n AM AN   

 

 


và  

2 3

, ;0;

SBC

a
n SB SC   ah 

 

 




AMN

 

 SBC



nAMN .nSBC 0

2 2 4 2

15 5

4 144 12

a h a a

h

</div>
(24)<div class='page_container' data-page=24>

1 10

2 16

AMN

a

S AM AN

    

. Vậy

2 10

AMN

a

S 

Ví DỤ 27

</div>

Ứng dụng phương pháp tọa độ hóa giải bài tập hình học không gian | Toán học, Lớp 12 - Ôn Luyện

<b>HÌNH HỌC 12. </b>

<b>CHƯƠNG III </b>

<b>PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ HĨA TRONG KHƠNG GIAN</b>

<b>Ví DỤ 1</b>





 

 

 







 

 

 















<b>Ví DỤ 2</b>

<b>Ví DỤ 3</b>



 

 

 















































 









<b>Ví DỤ 4</b>



 

 

 



























<b>Ví DỤ 5</b>



 

 

 