PP tọa độ trong Không gian

ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI
==========================================================================
PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN
I. PHƯƠNG PHÁP GIẢI TOÁN
Để giải được các bài toán hình không gian bằng phương pháp tọa độ ta cần phải chọn hệ trục tọa
độ thích hợp. Lập tọa độ các đỉnh, điểm liên quan dựa vào hệ trục tọa độ đã chọn và độ dài cạnh của hình.
PHƯƠNG PHÁP
Bước 1: Chọn hệ trục tọa độ Oxyz thích hợp. (Quyết định sự thành công của bài toán)
Bước 2: Xác định tọa độ các điểm có liên quan.
Bước 3: Sử dụng các kiến thức về tọa độ để giải quyết bài toán.
Các dạng toán thường gặp:
• Định tính: Chứng minh các quan hệ vuông góc, song song, …
• Định lượng: Độ dài đoạn thẳng,, góc, khoảng cách, tính diện tích, thể tích, diện tích thiết diện, …
• Bài toán cực trị, quỹ tích.
……………
Ta thường gặp các dạng sau
1. Hình chóp tam giác
a. Dạng tam diện vuông
Ví dụ : Cho tứ diện OABC có đáy OBC là tam giác vuông tại O, OB=a, OC=
3a
, (a>0) và đường cao
OA=
3a
. Gọi M là trung điểm của cạnh BC. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và OM.
Cách 1:
Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ. Khi đó O(0;0;0),
(0;0; 3); ( ;0;0), (0; 3;0),A a B a C a
3
; ; 0
2 2
a a

M
 
 ÷
 ÷
 
, gọi N là trung điểm của AC ⇒
3 3
0; ;
2 2
a a
N
 
 ÷
 ÷
 
.
MN là đường trung bình của tam giác ABC ⇒ AB // MN
⇒ AB //(OMN) ⇒ d(AB;OM) = d(AB;(OMN)) = d(B;(OMN)).
3 3 3
; ; 0 , 0; ;
2 2 2 2
   
= =
 ÷  ÷
 ÷  ÷
   
a a a a
OM ON
uuur uuur
( )

2 2 2 2 2
3 3 3 3 3
[ ; ] ; ; 3; 1; 1
4 4 4 4 4
 
= = =
 ÷
 ÷
 
uuur uuur
r
a a a a a
OM ON n
, với
( 3; 1; 1)
=
n
r
.
Phương trình mặt phẳng (OMN) qua O với vectơ pháp tuyến
: 3 0n x y z+ + =
r
Ta có:
3. 0 0
3 15
( ; ( ))
5
3 1 1 5
a
a a

d B OMN
+ +
= = =
+ +
. Vậy,
15
( ; ) .
5
a
d AB OM =
Cách 2:
Gọi N là điểm đối xứng của C qua O.
Ta có: OM // BN (tính chất đường trung bình).
⇒ OM // (ABN)
⇒ d(OM;AB) = d(OM;(ABN)) = d(O;(ABN)).
Dựng
, ( ; )OK BN OH AK K BN H AK⊥ ⊥ ∈ ∈
Ta có:
( );AO OBC OK BN AK BN⊥ ⊥ ⇒ ⊥
; ( )BN OK BN AK BN AOK BN OH⊥ ⊥ ⇒ ⊥ ⇒ ⊥
Gv: Trần Quang Thuận Tel: 0912.676.613 – 091.5657.952
1
z
A
3a
3a
y
C
N
O

M
a
x
B
O
A
3a
3a
C
N
M
a
B
ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI
==========================================================================
; ( ) ( ; ( )OH AK OH BN OH ABN d O ABN OH⊥ ⊥ ⇒ ⊥ ⇒ =
Từ các tam giác vuông OAK; ONB có:
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
1 1 1 1 1 1 1 1 1 5 15
5
3 3 3
a
OH
OH OA OK OA OB ON a a a a
= + = + + = + + = ⇒ =
. Vậy,
15
( ; ) .
5
a

d OM AB OH= =
b. Dạng khác
Ví dụ 1: Tứ diện S.ABC có cạnh SA vuông góc với đáy và
ABC∆
vuông tại C. Độ dài của các cạnh là SA
=4, AC = 3, BC = 1. Gọi M là trung điểm của cạnh AB, H là điểm đối xứng của C qua M.
Tính cosin góc hợp bởi hai mặt phẳng (SHB) và (SBC).
Hướng dẫn giải
Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ, ta có:
A(0;0;0), B(1;3;0), C(0;3;0), S(0;0;4) và H(1;0;0).
mp(P) qua H vuông góc với SB tại I cắt đường thẳng SC tại K, dễ thấy
( ) ( )
·
( )
, , =SHB SBC IH IK
uur uur
(1).
( 1; 3; 4)= − −SB
uur
,
(0; 3; 4)= −SC
uur
suy ra:
ptts SB:
1
3 3
4
x t
y t
z t

= −


= −


=

, SC:
0
3 3
4
x
y t
z t
=


= −


=

và (P): x + 3y – 4z – 1 = 0.
5 15 3 51 32
; ; , 0; ;
8 8 2 25 25
I K
   
⇒

 ÷  ÷
   
( ) ( )
·
.
cos ,
.
 
⇒ =
 
IH IK
SHB SBC
IH IK
uur uur
= …
Chú ý: Nếu C và H đối xứng qua AB thì C thuộc (P), khi đó ta không cần phải tìm K.
Ví dụ 2: Cho hình chóp SABC có đáy là tam giác ABC vuông cân tại A, AB = AC = a (a > 0), hình chiếu
của S trên đáy trùng với trọng tâm G của ∆ABC. Đặt SG = x (x > 0). Xác định giá trị của x để góc phẳng
nhị diện (B, SA, C) bằng 60
o
.
Cách 1 :
2BC a=
Gọi M là trung điểm của BC
2 2
;
2 3
a a
AM AG⇒ = =
.

Gọi E, F lần lượt là hình chiếu của G lên AB, AC. Tứ giác AEGF là hình vuông
2 .
3
a
AG AE AE AF⇒ = ⇒ = =
Dựng hệ trục tọa độ Axyz, với Ax, Ay, Az đôi một vuông góc, A(0;0;0), B(a;0;0),
C(0; a; 0),
; ; 0 , ; ;
3 3 2 2
a a a a
G S x
   
 ÷  ÷
   
.
2 2
; ; , ; ; , ; ;
3 3 3 3 3 3
     
= = − − = − −
 ÷  ÷  ÷
     
a a a a a a
SA x SB x SC x
uur uur uur
2
1
[ ; ] 0; ; 0; ; .
3 3
 

 
= − = − =
 ÷
 ÷
 ÷
 
 
a a
SA SB ax a x a n
uur uur
r
, với
1
0; ;
3
 
= −
 ÷
 
a
n x
ur
2
2
[ ; ] ( ;0; ) ;0; . ,
3 3
 
= − = − − = −
 ÷
 

a a
SA SC ax a x a n
uur uur
r
với
2
; 0;
3
 
= −
 ÷
 
a
n x
uur
.
Mặt phẳng (SAB) có cặp vectơ chỉ phương
,SA SB
uur uur
nên có vectơ pháp tuyến
1
n
ur
.
Mặt phẳng (SAC) có cặp vectơ chỉ phương
,SA SC
uur uur
nên có vectơ pháp tuyến
2
n

uur
.
Góc phẳng nhị diện (B; SA; C) bằng 60
o
.
Gv: Trần Quang Thuận Tel: 0912.676.613 – 091.5657.952
2
z
x
x
y
C
B
A
E
F
G
M
x
4
z
y
M
B
A
H
S
C
K
I

ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI
==========================================================================
2
2 2
2 2
2 2
0. .0
3 3
9
cos60
9
0 0
9
9 9
o
a a
a
x x
x a
a a
x x
+ +
⇔ = =
+
+ + + +
2
2 2
1
2
9

a
x a
⇔ =
+
2 2 2 2 2
9 2 9 .
3
a
x a a x a x⇔ + = ⇔ = ⇔ =
Vậy,
.
3
a
x =
Cách 2:
Gọi M là trung điểm của BC
AM BC⇒ ⊥
(∆ABC vuông cân)
Ta có:
( )SG ABC SG BC⊥ ⇒ ⊥
. Suy ra:
( )BC SAM⊥
Dựng
BI SA IM SA⊥ ⇒ ⊥
và
IC SA⊥
·
BIC⇒
là góc phẳng nhị diện (B; SA; C).
( )SAB SAC c c c∆ = ∆ − − IB IC IBC⇒ = ⇒ ∆

cân tại I.
1 2 2
2; ;
2 2 3
a a
BC a AM BM MC BC AG= = = = = =
.
2 2 2
2
2 1 2
~ . . .
2
2
2
9
AM a ax
AIM AGS IM SG x
AS
SG AG a
x
∆ ∆ ⇒ = = =
+
+
2 2
3 2
2 9 2
ax
IM
x a
⇔ =

+
.
Ta có:
·
60=
o
BIC
·
2 2
2 3.3 2
30 .tan 30
2
2 9 2
o o
a ax
BIM BM IM
x a
⇔ = ⇔ = ⇔ =
+
.
2 2 2 2 2 2 2 2 2
9 2 3 3 9 2 27 18 2 9 .
3
a
x a x x a x x a x a x⇔ + = ⇔ + = ⇔ = ⇔ = ⇔ =
Vậy,
.
3
a
x =

Ví dụ 3: (Trích đề thi Đại học khối A – 2002). Cho hình chóp tam giác đều S.ABC có độ dài cạnh đáy
là a. Gọi M, N là trung điểm SB, SC. Tính theo a diện tích ∆AMN, biết (AMN) vuông góc với (SBC).
Hướng dẫn giải
Gọi O là hình chiếu của S trên (ABC), ta suy ra O là trọng tâm
ABC∆
. Gọi I là trung điểm của BC, ta có:
3 3
2 2
a
AI BC= =
3 3
,
3 6
a a
OA OI⇒ = =
Trong mặt phẳng (ABC), ta vẽ tia Oy vuông góc với OA. Đặt SO = h, chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ ta
được:
O(0; 0; 0), S(0; 0; h),
3
; 0; 0
3
a
A
 
 ÷
 
3
; 0; 0
6
a

I
 
⇒ −
 ÷
 
,
3
; ; 0
6 2
a a
B
 
−
 ÷
 
,
3
; ; 0
6 2
a a
C
 
− −
 ÷
 
,
3
; ;
12 4 2
a a h

M
 
−
 ÷
 
và
3
; ;
12 4 2
a a h
N
 
− −
 ÷
 
.
2
( )
5 3
, ; 0;
4 24
 
 
⇒ = =
 ÷
 
 
AMN
ah a
n AM AN

r uuur uuur
,
2
( )
3
, ; 0;
6
 
 
= = −
 ÷
 
 
SBC
a
n SB SC ah
r uur uur
2 2
2
( ) ( )
5 1 10
( ) ( ) . 0 ,
12 2 16
∆
 
⊥ ⇒ = ⇒ = ⇒ = =
 
r r uuur uuur
AMN SBC
AMN

a a
AMN SBC n n h S AM AN
.
Gv: Trần Quang Thuận Tel: 0912.676.613 – 091.5657.952
3
G
M
C
S
I
A
B
z
a
x
y
h
M
N
O
I
C
A
B
S
z
x
y
A
D

D'
C'
B
B'
C
A'
ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI
==========================================================================
2. Hình chóp tứ giác
a) Hình chóp S.ABCD có SA vuông góc với đáy và đáy là hình vuông (hoặc hình chữ nhật). Ta
chọn hệ trục tọa độ như dạng tam diện vuông.
b) Hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông (hoặc hình thoi) tâm O đường cao SO vuông góc với
đáy. Ta chọn hệ trục tọa độ tia OA, OB, OS lần lượt là Ox, Oy, Oz. Giả sử SO = h, OA = a, OB = b ta có
O(0; 0; 0), A(a; 0; 0), B(0; b; 0), C(–a; 0; 0), D(0;–b; 0), S(0; 0; h).
c) Hình chóp S.ABCD có đáy hình chữ nhật ABCD và AB = b.
SAD∆
đều cạnh a và vuông góc với
đáy. Gọi H là trung điểm AD, trong (ABCD) ta vẽ tia Hy vuông góc với AD. Chọn hệ trục tọa độ Hxyz ta
có: H(0; 0; 0),
; 0; 0 , B ; b; 0
2 2
a a
A
   
 ÷  ÷
   
3
, ;b;0 , ;0;0 , 0;0; .
2 2 2
a a a

C D S
 
   
− −
 ÷  ÷
 ÷
   
 
3. Hình lăng trụ đứng
Tùy theo hình dạng của đáy ta chọn hệ trục như các dạng trên.
Ví dụ:
VD 1. Cho hình lập phương ABCD A'B'C'D' cạnh a. Chứng minh rằng
AC' vuông góc với mặt phẳng (A'BD).
Lời giải:
Chọn hệ trục tọa độ Oxyz sao cho O ≡ A; B ∈ Ox; D ∈ Oy và A' ∈ Oz .
⇒ A(0;0;0), B(a;0;0), D(0;a;0), A'(0;0;a), C'(1;1;1)⇒ Phương trình đoạn chắn của mặt
phẳng(A'BD): x + y + z = a hay x + y + z –a = 0
⇒Pháp tuyến của mặt phẳng (A'BC):
( )
( )
'
1;1;1=
A BC
n
r
và
( )
' 1;1;1=AC
uuur
.

Vậy AC' vuông góc với (A'BC)
VD 2. Cho lăng trụ ABC.A'B'C' các các mặt bên đều là hình vuông cạnh a. Gọi D, F lần lượt là trung
điểm của các cạnh BC, C'B'. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng A'B và B'C'.
Giải
Cách 1:
Vì các các mặt bên của lăng trụ đều là hình vuông nên
' ' ' ' ' 'AB BC CA A B B C C A a= = = = = =
⇒ các tam giác ABC, A
’
B
’
C
’
là các tam giác đều.
Chọn hệ trục Axyz, với Ax, Ay, Az đôi một vuông góc, A(0;0;0),
3 3
; ; 0 , ; ; 0 , '(0; 0; ),
2 2 2 2
3 3
' ; ; , ' ; ;
2 2 2 2
a a a a
B C A a
a a a a
B a C a
   
−
 ÷  ÷
   
   

−
 ÷  ÷
   
Ta có:
' '// , ' ' // ( ' )B C BC B C A BC
( ) ( )
( )
( )
( )
' '; ' ' '; ' '; 'd B C A B d B C A BC d B A BC⇒ = =
3 3
' ; ; , ' ; ;
2 2 2 2
   
= − = − −
 ÷  ÷
   
a a a a
A B a A C a
uuur uuuur
2
2 2 2
3 3
' ' 0; ; 0; 1; .
2 2
 
 
∧ = = =
 ÷
 ÷

   
a
A B A C a a a n
uuur uuuur
r
, với
3
0; 1;
2
 
=
 ÷
 
n
r
Phương trình mặt phẳng (A
’
BC) qua A
’
với vectơ pháp tuyến
n
r
:
3
0( 0) 1( 0) ( ) 0
2
x y z a− + − + − =
( )
3 3
' : 0

2 2
a
A BC y z⇔ + − =
Gv: Trần Quang Thuận Tel: 0912.676.613 – 091.5657.952
4
A
’
C
’
B
’
A
B
C
D
x
a
z
y
x
y
z
A
B
C
D
ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI
==========================================================================
( )
( )

3 3 3
3
.
21
2 2 2
2
' ' .
7
3 7
1
4 2
a a
a
a
a
d B A BC
+ −
= = =
+
Vậy,
( )
21
' ; ' ' .
7
a
d A B B C =
Cách 2:
Vì các các mặt bên của lăng trụ đều là hình vuông nên
' ' ' ' ' 'AB BC CA A B B C C A a= = = = = =
⇒ các tam giác ABC, A

’
B
’
C
’
là các tam giác đều.
Ta có:
' '// ' '//( ' )B C BC B C A BC⇒
.
( ) ( )
( )
( )
( )
' ; ' ' ' '; ' ; 'd A B B C d B C A BC d F A BC⇒ = =
.
Ta có:
( ' )
' ( A'BC A')
BC FD
BC A BC
BC A D
⊥

⇒ ⊥

⊥ ∆

caân taïi
Dựng
'FH A D⊥

Vì
( ' ) ( ' )BC A BC BC FH H A BC⊥ ⇒ ⊥ ⇒ ⊥
∆A
’
FD vuông có:
2 2 2 2 2 2
1 1 1 4 1 7 21
.
7
' 3 3
a
FH
FH A F FD a a a
= + = + = ⇒ =
Vậy,
( )
21
' ; ' '
7
a
d A B B C FH= =
VD 3. Tứ diện ABCD có AB, AC, AD đôi một vuông góc với nhau, AB = 3, AC=AD=4. Tính khoảng cách
từ A tới mặt phẳng (BCD)
Lời giải
+ Chọn hệ trục tọa độ Oxyz sao cho A ≡ O.
D ∈Ox; C ∈ Oy và B ∈ Oz
⇒ A(0;0;0); B(0;0;3); C(0;4;0); D(4;0;0)
⇒ Phương trình mặt phẳng (BCD) là:
1
4 4 3

yx z
+ + =
⇔ 3x + 3y + 4z - 12 = 0.
Suy ra khoảngr cách từ A tới mặt phẳng (BCD).
II. Luyện tập
Bài 1: Cho hình chóp SABC có độ dài các cạnh đề bằng 1, O là trọng tâm
của tam giác ∆ABC. I là trung điểm của SO.
1. Mặt phẳng (BIC) cắt SA tại M. Tìm tỉ lệ thể tích của tứ diện SBCM và tứ diện SABC.
2. H là chân đường vuông góc hạ từ I xuống cạnh SB. Chứng minh rằng IH qua trọng tâm G của
∆SAC.
Lời giải
1. Chọn hệ trục tọa độ Oxyz sao cho O là gốc tọa độ. A∈Ox, S∈Oz, BC//Oy
⇒
3
;0;0
3
A
 
 ÷
 ÷
 
;
3 1
; ;0
6 2
B
 
− −
 ÷
 ÷

 
;
3 1
; ;0
6 2
C
 
−
 ÷
 ÷
 
;
6
0;0
3
S
 
 ÷
 ÷
 
;
6
0;0;
6
I
 
 ÷
 ÷
 
Ta có:

(0;1;0)=BC
uuur
;
3 1 6
; ;
6 2 6
 
= − −
 ÷
 ÷
 
IC
uur
;
6 3
, ;0;
6 6
 
 
⇒ = −
 ÷
 ÷
 
 
BC IC
uuur uur
⇒ Phương trình mặt phẳng (IBC) là:
6 3 6
( 0) 0( 0) ( ) 0
6 6 6

x y z− − + − + − =
Hay:
6
2 0
6
z− + − =
mà ta lại có:
3 6
;0; // (1;0; 2)
3 3
 
= − ⇒ −
 ÷
 ÷
 
SA
SA SA u
uur uur r
.
Phương trình đường thẳng SA:
3
; 0; 2
3
x t y z t= + = = −
.
Gv: Trần Quang Thuận Tel: 0912.676.613 – 091.5657.952
5
z
x
y

I
O
H
A
C
S
G
N
x
A
’
B
’
C
’
C
B
A
F
D
H