Ứng dụng phương pháp tọa độ để giải một số dạng toán hình học không gian

MỤC LỤC
1. MỞ ĐẦU
1.1 Lí do chọn đề tài ………………………….…………………………2
1.2. Mục đích nghiên cứu………………………….……………………...2
1.3. Đối tượng nghiên cứu………………………….………………… ….2
1.4 Phương pháp nghiên cứu…….………………….……………… ……3
1.5. Những điểm mới của SKKN …………………..….…… …………...3
2. NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
2.1 Cơ sở lí luận của sáng kiến kinh nghiệm……………………...………4
2.2. Thực trạng vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm………...6
2.3. Các giải pháp thực hiện………………………………………………..7
2.3.1 Các kiến thức cũ liên quan ………………………………………7
2.3.2 Phương pháp……………………………………………………..9
2.3.3 Ứng dụng phương pháp tọa độ để giải một số dạng tốn Hình học
khơng gian……………………………………………………………….…..10
2.3.3.1 Dạng tốn về góc và khoảng cách……………………..….….10
2.3.3.2 Dạng tốn về diện tích…………………………………….….22
2.3.3.3 Dạng tốn về thể tích…………………………………….…...26
2.4. Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm đối với hoạt động giáo dục, với
bản thân, đồng nghiệp và nhà trường………………………………….……32
2.4.1 Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm đối với hoạt động giáo dục
thông qua hoạt động thực nghiệm sư phạm………………………….….….32
2.4.2 Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm đối với bản thân, đồng nghiệp
và nhà trường……………………………………………………………….33
3. KẾT LUẬN, KIẾN NGHỊ
3.1.Kết luận………………………………………………………………..34
3.2 Kiến nghị ………………………………..……………………………34

1

1. MỞ ĐẦU
1.1 Lí do chọn đề tài
Trong các đề thi tuyển sinh Đại học – Cao đẳng gần đây, đề thi Trung học
phổ thông Quốc gia(THPTQG), đề thi tốt nghiệp Trung học phổ thơng(THPT)
phần Hình học khơng gian được ra dưới dạng mà học sinh có thể giải được bằng cả
phương pháp hình học thuần tuý và cả phương pháp tọa độ. Việc giải tốn Hình
học khơng gian bằng phương pháp hình học thuần túy gặp rất nhiều khó khăn cho
học sinh vừa học xong lớp 12, vì phần lớn các em ít nhiều đã quên kiến thức, kỹ
năng đọc và vẽ hình, kỹ năng chứng minh...trong khơng gian.
Ứng dụng phương pháp tọa độ để giải một số đạng tốn hình học khơng gian
có rất nhiều ưu việt, tuy nhiên học sinh cũng gặp khơng ít khó khăn vì phương
pháp này không được đề cập nhiều trong các sách giáo khoa.
Từ thực tế giảng dạy, trải qua quá trình tìm tịi và nghiên cứu, nhằm góp phần
nâng hiệu quả việc giảng dạy Hình học khơng gian cho học sinh. Và cũng để góp
phần mở rộng thêm hướng tiếp cận, khai thác và nâng cao hiệu quả giáo dục cho
học sinh, thông qua một số lần thử nghiệm tương đối thành công, tôi xin được
mạnh dạn đề xuất một sáng kiến, đó là: “Ứng dụng phương pháp tọa độ để giải
một số dạng tốn Hình học khơng gian”.
1.2. Mục đích nghiên cứu
Ứng dụng phương pháp tọa độ để giải một số dạng tốn Hình học khơng gian
nhằm nâng cao hiệu quả giảng dạy nội dung này cho học sinh khối 12. Từ đó, giúp
các em tự tin hơn khi gặp dạng toán này trong các đề thi tuyển sinh Đại học – Cao,
thi THPTQG, thi tốt nghiệp THPT.
1.3. Đối tượng nghiên cứu
Trong sáng kiến kinh nghiệm này tôi tập trung nghiên cứu một số bài tốn Hình
học khơng gian có thể giải bằng phương pháp tọa độ được giảng dạy sau khi học
sinh học hết chương trình lớp 12 chuẩn bị thi tuyển sinh Đại học – Cao đẳng, thi
THPTQG, thi tốt nghiệp THPT.
Đề tài đã được và kiểm nghiệm thông qua việc giảng dạy lớp 12A1 trường
THPT Cẩm Thủy 3 trong năm học 2019 – 2020.

2


1.4. Phương pháp nghiên cứu
Nghiên cứu lý luận;
PP nghiên cứu xây dựng cơ sở lý thuyết;
Điều tra, quan sát;
Thực nghiệm sư phạm.
1.5. Những điểm mới của SKKN
Ứng dụng phương pháp tọa độ để giải một số dạng tốn Hình học không
gian. Tăng cường hệ thống bài tập và một số dạng toán nhằm giúp học sinh nâng
cao kỹ giải toán nội dung này.

3


2. NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
2.1 Cơ sở lí luận của sáng kiến kinh nghiệm.
Theo Polya: trong toán học, kỹ năng là khả năng giải các bài toán, thực hiện
các chứng minh cũng như phân tích có phê phán các lời giải và chứng minh nhận
được.
Như vậy, kỹ năng giải tốn có cơ sở là các tri thức Tốn học (kiến thức, kỹ
năng, phương pháp). Kỹ năng Toán học được hình thành và phát triển thơng qua
các hoạt động Tốn học, hoạt động học tập mơn Tốn. Kỹ năng có thể được rút
ngắn, bổ sung, thay đổi trong quá trình hoạt động. Trong giảng dạy cần rèn luyện
cho học sinh các kỹ năng sau:
- Kỹ năng giải toán;
- Kỹ năng vận dụng quy tắc;
- Kỹ năng vận dụng tri thức vào giải toán;
- Kỹ năng chứng minh toán học;

- Kỹ năng đọc và vẽ hình;
- Kỹ năng tọa độ hóa.
Quy trình dạy học được hiểu là tổ hợp các thao tác của giáo viên và học sinh
được tiến hành theo một trình tự nhất định trên một đối tượng nhận thức nào đó.
Chẳng hạn, quy trình bốn bước của Polya để giải một bài toán gồm :
 Bước 1 : Tìm hiểu nội dung bài tốn
 Bước 2 : Xây dựng thuật giải
 Bước 3 : Thực hiện thuật giải
 Bước 4 : Kiểm tra, nghiên cứu lời giải
Descartes là nhà toán học thiên tài đã khai sinh ra phương pháp toạ độ.
Phương pháp toạ độ ra đời đã giúp con người dùng ngôn ngữ đại số thay cho ngơn
ngữ hình học, giúp con người đạt đến đỉnh cao của sự khái quát hoá và trừu tượng
hoá toán học trong nhiều lĩnh vực.
Một trong những nhiệm vụ dạy học mơn tốn chương trình phổ thơng, đặc
biệt là dạy hình học là hướng dẫn cho học sinh sử dụng phương pháp toạ độ vào
giải toán, nghĩa là biết vận dụng linh hoạt và sáng tạo các kiến thức về toạ độ điểm,
4


toạ độ vectơ và các cơng thức có liên quan vào giải toán. Để giải một bài toán bằng
phương pháp toạ độ ta thực hiện theo các bước sau :
 Bước 1 : Thực hiện việc chọn hệ trục toạ độ Oxyz thích hợp, chú ý đến vị trí
của gốc O, chuyển bài tốn đã cho về bài tốn hình học giải tích.
 Bước 2 : Giải bài tốn hình học giải tích nói trên.
 Bước 3 : Chuyển các kết luận của bài tốn hình học giải tích sang các tính
chất hình học tương ứng.
Tuy nhiên qua thực tế, việc học và nắm vững các bước trên để vận dụng vào
giải tốn thật khơng hề đơn giản đối với học sinh, vì đây là một qúa trình trừu
tượng hố và khái quát hóa trong việc rèn luyện tư duy tốn học. Do vậy, thơng
qua một số bài tốn cụ thể để hướng dẫn các em làm quen dần với việc giải bài

tốn hình học khơng gian bằng phương pháp toạ độ.

5


2.2. Thực trạng vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm.
2.2.1 Thuận lợi
Khái niệm vectơ trong không gian đã được đưa vào nội dung chương trình
lớp 11, làm cơng cụ cơ bản nghiên cứu quan hệ vng góc giữa hai đường thẳng,
giữa đường thẳng với mặt phẳng, giữa hai mặt phẳng và khoảng cách giữa một số
đối tượng trong hình học khơng gian.
Việc sử dụng vectơ để xây dựng quan hệ vng góc trong khơng gian làm
cho cách diễn đạt một số nội dung hình học được gọn nhẹ hơn, học sinh dễ dàng
tiếp thu. Mặt khác một số kiến thức về vectơ này sẽ là cơ sở chuẩn bị cho việc xây
dựng khái niệm tọa độ trong khơng gian trong chương trình hình học lớp 12, một
cơng cụ hữu ích để giải nhiều bài tốn hình học khơng gian.
2.2.2 Khó khăn
Học sinh trường THPT Cẩm Thủy 3 đa số là người dân tộc thiểu số nhận
thức còn chậm, chưa hệ thống được kiến thức. Khi gặp các bài tốn hình học
thường khó phân loại và định hình được cách giải, lúng túng và thường bỏ qua
những bài tập dạng này. Đây là một nội dung khó đối với học sinh lớp 12. Do chưa
tìm ra được phương pháp thích hợp để giải tốn nên sẽ nhiều vướng mắc, từ đó
thiếu hứng thú trong học tập.
Khơng ít học sinh chưa nhận thức đúng về tầm quan trọng của việc chủ động
phân tích đề bài, dựng hình và định hướng phương pháp giải quyết bài toán mà các
em chỉ làm một cách máy móc, lập luận thiếu căn cứ, khơng chính xác, đơi lúc
khơng phân biệt được đâu là giả thiết, đâu là phần cần chứng minh. Do đó kết quả
không như mong đợi.
Đặc biệt, từ năm 2017 đến nay việc tổ chức thi trắc nghiệm đối với bộ mơn
tốn đã khiến nhiều học sinh có tư tưởng làm tù mù, khơng thực sự tập trung vào

những phần khó dẫn đến kết quả chưa cao.

6


2.3. Các giải pháp thực hiện
2.3.1 Các kiến thức cũ liên quan
a) Khoảng cách giữa hai điểm
Khoảng cách giữa hai điểm

AB 

A xA; yA; zA  , B  xB; yB ; zB 

x

là:

 xA    yB  yA    zB  zA 
B
2

2

2

b) Khoảng cách từ một điểm đến một đường thẳng( Tính khoảng cách từ A
đến đường thẳng  )
r

Cách 1: Cho đường thẳng  đi qua M , có một véc tơ chỉ phương u và một
điểm A. Khoảng cách từ A đến đường thẳng  được tính bằng cơng thức:
r
r uuuu
�
u, AM �
�
�
d A;  
r
u

.

Cách 2:
+) Lập phương trình mặt phẳng

 

đi qua A và vng góc với  .

+) Tìm tọa độ giao điểm H của



và  .

+)

d  M;    MH

.

c) Khoảng cách từ điểm đến mặt phẳng
Khoảng cách từ điểm

M  x0; y0; z0 
dM , P 
  

đến mặt phẳng

 P  : Ax  By Cz D  0 là:

Ax0  By0  Cz0  D
A2  B2  C 2

.

d) Khoảng cách giữa hai mặt phẳng song song.
Là khoảng cách từ một điểm bất kì của mặt phẳng này đến mặt phẳng kia.
e) Khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau.
Cho hai đường thẳng chéo nhau 1, 2 biết :
r

+) 1 đi qua điểm M và có một véc tơ chỉ phương là u1 .
+)

2

đi qua điểm N và có một véc tơ chỉ phương là
7

r
u2

.


Cách 1: Khoảng cách giữa hai đường thẳng 1 và  2 được tính bằng cơng
thức:
r
r r uuuu
�
�
u
,
u
.
MN
�1 2 �

r r
�
u1,u2 �
�
� .

d  1,  2 

Cách 2:
+) Lập phương trình mặt phẳng
+) Khi đó:



 



chứa 1 và song song với  2 .



d  1,  2   d  2,    d M ,  



với mọi M thuộc  2 .

f) Khoảng cách giữa hai đường thẳng song song
Khoảng cách giữa hai đường thẳng song song bằng khoảng cách từ một
điểm bất kì thuộc đường thẳng này đến đường thẳng kia => quay về dạng toán
khoảng cách từ một điểm đến một đường thẳng.

 / / 
g) Khoảng cách giữa đường thẳng  và mặt phẳng   (với
)
d  ,    d M ,   ,M �  
 



.

h) Góc giữa hai đường thẳng.
Cho hai đường thẳng:

1
2

có một véc tơ chỉ phương

r
u1   x1; y1; z1 

có một véc tơ chỉ phương

r
u2   x2; y2; z2 

.
.

Gọi  là góc giữa đường thẳng 1 và  2 . Khi đó:
r r
u1.u2
Cos  r r 
u1 . u2

x1.x2  y1.y2  z1.z2

x12  y12  z12 . x22  y22  z22

, 0 � �90�


.

i) Góc giữa hai mặt phẳng
P : Ax  By  Cz  D  0
Gọi  là góc giữa hai mặt phẳng  
và

 Q : A' x  B 'y  C 'z D '  0. Khi đó:
r r
nP .nQ
r r
cos  cos nP , nQ  r r 
nP . nQ





A.A ' B.B ' C.C '
A  B  C . A'  B '  C '
2

j) Góc giữa đường thẳng và mặt phẳng
8

2

2

2

2

2

, 0 � �90�


.


Cho: Đường thẳng  có một véc tơ chỉ phương

Mặt phẳng  

có một véc tơ pháp tuyến

r
u   a;b;c

r
n   A; B;C 

.

.


Gọi  là góc giữa hai đường thẳng  và   . Khi đó:
rr
u.n
sin  r r 
u.n

Aa  Bb Cc
A2  B2  C 2 . a2  b2  c2

, 0 � �90�


.

k) Diện tích tam giác và diện tích hình bình hành.
r uuur
1 uuu
SABC  �
AB, AC �
�.
2�
+) Diện tích tam giác ABC:
uuu
r uuur
SABCD  �
AB, AD�
�

�.
+) Diện tích hình bình hành:
l) Thể tích khối đa diện.
uuu
r uuur uuur
VABCD.A'B'C 'D '  �
AB, AD �
.AA'
�
�
+) Thể tích khối hộp ABCD. A ' B ' C ' D ' :
.

+) Thể tích tứ diện ABCD :

VABCD 

uuu
r uuur uuur
1�
AB, AC �
.AD
� .
6�

2.3.2 Phương pháp.
Bước 1: Chọn hệ trục tọa độ Oxyz thích hợp ( chú ý đến vị trí của gốc O).
Bước 2: Xác định các tọa độ điểm có liên quan (có thể xác định tọa độ tất cả
các điểm hoặc một số điểm cần thiết). Khi xác định tọa độ các điểm ta có thể dựa
vào:

- Ý nghĩa hình học của tọa độ điểm (khi các điểm nằm trên các trục tọa độ,
mặt phẳng tọa độ).
- Dựa vào các quan hệ hình học như bằng nhau, vng góc, song song, cùng
phương, thẳng hàng, điểm chia đoạn để tìm tọa độ.
- Xem điểm cần tìm là giao điểm của hai đường thẳng, đường thẳng và mặt
phẳng.
- Dựa vào các quan hệ về góc của đường thẳng và mặt phẳng.
Bước 3: Sử dụng các kiến tức về tọa độ để giải quyết bài toán.
Các dạng bài thường gặp:
9


 Độ dài đoạn thẳng.
 Khoảng cách từ điểm đến mặt phẳng.
 Khoảng cách từ điểm đến đường thẳng
 Khoảng cách giữa hai đường thẳng.
 Góc giữa hai đường thẳng.
 Góc giữa đường thẳng và mặt phẳng.
 Góc giữa hai mặt phẳng.
 Thể tích khối đa diện.
 Diện tích thiết diện.
 Chứng minh các quan hệ song song, vng góc.
 Bài tốn cực trị, quỹ tích.
2.3.3 Ứng dụng phương pháp tọa độ để giải một số dạng tốn Hình học khơng
gian.
2.3.3.1 Dạng tốn về góc và khoảng cách.
Bài tốn 1: Cho hình chóp SABC có đáy ABC là tam giác vng có
a 2

AB  AC  a, SA vng góc với mặt phẳng (ABC) và SA  2 .

a. Tính góc giữa hai mặt phẳng (SAC) và (SBC)
b. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AI và SC với I là trung điểm của
cạnh BC.
Lời giải
Do AB, AC, AS đôi một vng góc nên ta chọn hệ trục tọa độ Oxyz sao cho O

 A(0;0;0) , B(a;0;0), C(0;a;0),

S (0;0;

a 2
)
2

10


a. Tính góc giữa hai mặt phẳng (SAC) và (SBC):
r
Mặt phẳng (SAC) có vectơ pháp tuyến là i  (1;0;0)
uur
a 2 uur
a 2
SB  (a;0; 
); SC  (0; a; 
)
2
2
Mặt phẳng (SBC) có cặp vectơ chỉ phương:
uur uur

�a 2 2 a 2 2 2 � a 2 2
�
SB, SC � �
;
; a �
(1;1; 2)
�
�
z
2
2
2
�
�
Ta có
S

r
n
nên mặt phẳng (SBC) có vectơ pháp tuyến  (1;1 2)

Gọi  là góc giữa hai mặt phẳng (SAC)

và (SBC) ta có:
rr
i.n
1
1
cos   r r 
 �   600

11 2 2
i.n

C

A
I

B

y

x

b.Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AI và SC:
a a 
 I  ; ;0 
 2 2  nên ta có:
Vì I là trung điểm của BC

uur �a a �uur �
uur uur � a 2 2 a 2 2 a 2 �uur � a 2 �
a 2 ��
AI  � ; ;0 �
, SC  �
0; a; 
, AI , SC � �

;
; �

, AS  �
0;0;
�
�
�
�
2
4
4
2
2 �
�2 2 �
�
�
�
�
�
uur uur uur a 3 2
�
� AI , SC �
. AS 
�
�
4
uur uur
a4 a4 a4 a2
�
�
AI , SC 
 


�
� 8
8
4
2
Vậy khoảng cách giữa hai đường thẳng AI và SC là:
uur uur uur
�
AI , SC �
. AS a 3 2 2 a
�
�
d ( AI , SC ) 

.

uur uur
4 a2 2
�
AI , SC �
�
�
Bài tốn 2: Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có đáy là hình vng cạnh a . Gọi
E là điểm đối xứng của D qua trung điểm của SA, M là trung điểm của AE, N là
trung điểm của BC. Chứng minh MN vng góc với BD và tính (theo a ) khoảng
cách giữa hai đường thẳng MN và AC. ( trích đề thi tuyển sinh ĐH&CĐ khối B
năm 2007)
11

Lời giải
Gọi O là tâm của hình

S

E

vng ABCD

P

M

Chọn hệ trục toạ độ Đề

A

các vng góc như sau:

O(0;0;0), S (0;0; h)
�a 2
�

;0;0
�
�
� 2
�
�

A�

D
O

B

;

N

C

C

�a 2
�
;0;0
�
�
�2
�
�
�D ; B
�a 2
h� � a 2 a 2 �

;
0
;


;
;h�
�
� �
� 4
�
�
2�
2
2
�
�
�
�
Toạ độ trung điểm P của SA là P
;E
� a 2 a 2 h � �a 2 a 2 �

;
; � �
�
�
� 4 ;  4 ;0 �
�
2
4 2�
�
�
�

M
N�
uuuu
r �3a 2
h � uuur
MN  �
;0;

; BD  (0; a 2;0)
�
� 4
2�
�
�

uuur uuu
r
MN
.
BD
 0 � MN  BD
Vì :
Tính theo a khoảng cách giữa hai đường thẳng MN và AC.

uuur uuu
r � ah 2 �
�
MN , AC � �
0;
;0 �

�
�
2
�
�
Ta có :
uuur �  a 2 h �
AM  �
0;
; �
4
2�
�
uuuu
r uuur uuuu
r a2h
�
�
MN
,
AC
.
AM

�0
�
4
Vì : �
MN và AC chéo nhau

Bài toán 3:

12


Cho tứ diện S.ABC có

SC  CA  AB  a 2, SC   ABC 

, tam giác ABC vuông

AM  CN  t 0  t  2a
tại A. Các điểm M �SA, N �BC sao cho
. Tính t để MN ngắn

nhất.
Lời giải

Chọn hệ trục tọa độ Oxyz sao cho
AB

và

tia



Oz

cùng

 

hướng

A �O  0;0;0

với

véc

 

A 0;0;0 , B 0; a 2;0 ,C a 2;0;0 , S a 2;0; a 2

Vẽ

MH  Ax H �Ax

và

MK  Az K �Az

, tia Ox chứa AC, tia Oy chứa
tơ

uur
CS .

Khi

đó

ta

có

.

.

Vì tam giác SCA vng cân ở C nên MHAK là hình vng có cạnh huyền bằng t.
� AH  AK 

�t 2 t 2 �
t 2
� M � ;0;
�
�2
2
2 �
�
�

.

13


Vẽ

NI  Ax I �Ax

và

NJ  Ay J �Ay

.

� IN  IC 

Vì tam giác INC vng cân ở I nên

�
NC 2 t 2
t 2 t 2 �

� N�
a 2
;
;0�
�
�
2
2
2
2
�
�

.

uuuu
r �
t 2 t 2�
MN  � 2  a  t ;
;
�
�
2
2 �
�
�.
Suy ra ta có:
2

� 2a � 2a2
t2 t2
2
� MN  2 a  t    3t2  4at  2a2  3�
t  �
�a
2 2
3
� 3� 3
.
2

Đẳng thức xay ra khi

t

2a
3 .

Bài tốn 4:
Cho hình chóp S.ABC đáy ABC là tam giác đều cạnh a. SA = SB = SC,
khoảng cách từ S đến mặt phẳng (ABC) là h. Tính h theo a để hai mặt phẳng
z

(SAB) và (SAC) vng góc nhau.

S

Lời giải
Gọi H là tâm của tam giác ABC
Vì M là trung điểm của BC

Ta có:

C

A

SA  SB  SC
�
�
HA  HB  HC (ABC ñeà
u)
�

H
z

M
B

Dựng hệ trục tọa độ Axyz, với Ax, Ay, Az đơi một vng góc A(0; 0; 0),
�a a 3 � � a a 3 � � a 3 � � a 3 �
B� ;
; 0�
, C � ;
; 0�
, H�
0;
; 0�
, S�
0;
; h�
�2 2
� �2 2
� � 3
� � 3
�
�
� �
� �
� �
�.

14

y


uuu
r � a 3 �uur �a a 3
r �a a 3
�uuu
�
AS  �
0;
; h�
, SB  � ;
;  h�
, SC  � ;
;  h�
� 3
�
�2 6
�
�2 6
�
�
�
�
�
�
�
uuu

r uur � ah 3 ah a2 3 � a
ar
[AS; SB]  �

; ;
�  (3h 3;  3h; a 3)   .n1,
� 2
2
6 �
6
�
� 6
r

với n1  (3h 3;  3h; a 3)
uuu
r uuu
r
� ah 3 ah a2 3 � a
ar
[AS; SC]  �

; ;
�  (3h 3; 3h;  a 3)   .n2,
� 2
2
6 �
6
�
� 6

r

với n2  (3h 3; 3h;  a 3) .
uuu
r uur
Mặt phẳng (SAB) có cặp vectơ chỉ phương AS; SB nên có pháp vectơ
uuu
r uuu
r
Mặt phẳng (SAC) có cặp vectơ chỉ phương AS; SC nên có pháp vectơ

r
n1
r
n2

uu
r uu
r
(SAB)  (SAC) � n1.n2  0
 3h 3.3h 3  3h.3h  a 3( a 3) 0  27h2  9h2  3a2 0
 18h2 3a2  h 

Vậy:

h

a 6
.
6

a 6
.
6

Bài toán 5: Cho lăng trụ đứng ABC.A'B'C' có đáy ABC là tam giác cân với
�
o
AB = AC = a, góc BAC  120 , cạnh bên BB' = a. Gọi I là trung điểm CC'.

Chứng minh tam giác AB'I vuông tại A và tính cosin của góc giữa hai mặt phẳng
(ABC) và (AB'I).
Lời giải:
Gọi H là trung điểm BC  AH  BC tam giác ABH là nửa tam giác đều
cạnh AB = a
� AH 

a
a 3
BH 
� BC  a 3
2 và
2

a

15

C/

z
A/
B/

I
C

A
60o

x

H
B

y


Dựng hệ trục Axyz, với Ax, Ay, Az đôi một vng góc, A(0; 0; 0),
�a 3 a � � a 3 a � /
B � ; ; 0�
, C�

; ; 0�
, A (0; 0; a),
�2 2 � � 2 2 �
�a 3 a � / � a 3 a � � a 3 a a �
B/ � ; ; a�
,C �


; ; a�
, I�

; ; �
� 2 2 � � 2 2 � � 2 2 2�
uuur/ �a 3 a �uur � a 3 a a �
AB  � ; ; a�
, AI  �

; ; �
�2 2 �
� 2 2 2�
uuur/ uur a 3 � a 3 � a a
a
3a2 a2 2a2
AB .AI 
.�


.

a.


 
0
�
2 � 2 �2 2
2
4

4
4

Ta có:

uuur/ uur
� AB  AI.

Vậy, tam giác AB/I vng tại A.
r

Phương trình mp(ABC): z = 0 có pháp vectơ n1  (0; 0; 1)
uuur/ uur
AB
, AI , nên có pháp vectơ:
mp (AB I) có cặp vectơ chỉ phương
/

uuur/ uur � a2 3a2 3 2a2 3 � a2
a2 r
[AB ; AI]  �
 ;
;


(1
;
3
3;


2
3)


.n2
�
4
4
4
4
4
�
�
r

với n2  (1; 3 3;  2 3) .
Gọi  là góc giữa (ABC) và (AB/I), ta có:

cos 

0 0 2 3
0  0  1. 1 27  12



Bài toán 6:

16

2 3

30

.
40 10


Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vng cạnh a, cạnh bên
SA   ABCD 

và SA  2a . Gọi M, N lần lượt là trung điểm của SA, SD. Tính khoảng

cách từ A đến mặt phẳng (BCM).
Lời giải:

Chọn hệ trục tọa độ Oxyz có A �O , tia Ox chứa AB, tia Oy chứa AD và tia Oz
� a �
A 0;0;0 , B  a;0;0 ,C  a; a;0 , D  0; a;0 , M  0;0; a , N �
0; ; a�
� 2 �.
chứa AS. Khi đó:
uuur
uuur
uuur uuur
BC   0; a;0 , BM   a;0; a � �
BC, BM � a2;0; a2
�
�
Ta có:
.





r 1 uuur uuur �
n  2 .�
BC, BM   1;0;1
�
a �
Mặt phẳng (BCM) có véc tơ pháp tuyến
.

Vậy phương trình của (BCM) là : x  z  a  0 .





� d A, BCM  

a
12  12



a
2.

Bài toán 7:

17


Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có đáy ABCD là hình vng tâm O, có
cạnh đáy bằng a, chiều cao bằng h. Gọi I là trung điểm của cạnh bên SC. Tính
khoảng cách từ S đến mặt phẳng (ABI).
Lời giải:
Chọn hệ trục tọa độ Oxyz sao cho gốc tọa độ là tâm O của hình vng
ABCD, tia Ox chứa OA, tia Oy chứa OB và tia Oz chứa OS. Khi đó:
�a 2
� � a 2 � �a 2
�
A� ;0;0�
,B�
0;
;0�
,C �
;0;0�
,S 0;0; h
�2
� � 2
� � 2
�
�
� �
� �
�
.

� h�

M�
0;0; �
3�
Giao điểm M của SO và AI là trọng tâm của tam giác SAC và ta có �
.
Mp(ABI) cũng là mp(ABM). Vậy phương trình của mp(ABI) là :

x
a 2
2





y
a 2
2



d S; ABI  



z
1
h
3
. Vậy ta có khoảng cách :

h
1
h
3
2

2

2
�
� �
� � �
� 1 � � 1 � �1 �
�
� �
� � �
�a 2 � �a 2 � �h �
�
� �
� � �
� 2 � � 2 � �3 �

18



2
2
2

9
 2 2
2
a
a
h



2ah
4h2  9a2


Bài tốn 8:
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vng cạnh a, SAD là tam
giác đều và

mp SAD   mp ABCD 

. Gọi M, N, P, K lần lượt là trung điểm của DC,

BC, SB, SD. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng MK và AP.
Lời giải:
Gọi O là trung điểm của AD. Chọn hệ trục tọa độ Oxyz như hình vẽ. Khi đó:

� a 3�
� a � � a � � a � � a �
A�
0; ;0�
,B�

a;  ;0�
,C �
a; ;0�
,D �
0; ;0�
, N  a;0;0 , S�
0;0;
,
�
�
�
2
2
2
2
2
�
� �
� �
� �
�
�
�
�a a � � a a 3 � �a a a 3 �
M � ; ;0�
,K �
0; ;
,P � ; ;
.
�

�
�
�
�
�
2
2
4
4
2
4
4
�
� �
� �
�
ng thẳng MK có véc tơ chỉ phương là





r
a  2;1;  3

Đường thẳng AP có véc tơ chỉ phương là





19

.

r
b  2;1; 3

uuur � 3a a 3 �
r r
�
� 2 3; 4 3;0 , AK  �
a
,
b
0; ;
�
� �
� 4 4 �
�
�.
Ta có:



Đườ


r r uuur
�

a
.AK 3 3a 3a
�, b�
�
d  MK ; AP  


r
r
�
�
a
,
b
2
15
2 5
� �
Vậy
.

Bài tốn 9:
Cho hình hộp đứng ABCD.A' B 'C 'D ' có đáy là hình thoi. các cạnh
AB  AD  a, AA' 

a 3
�  60�
2 và góc BAD
. Gọi M , N lần lượt là trung điểm của các

cạnh A'D ' và A' B ' . Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng A'C và MN .
Lời giải:

Chọn hệ trục tọa độ Oxyz như hình vẽ. Khi đó ta có:
�a 3
� � a 3 a 3� � a 3 a a 3� � a 3 a a 3�
C � ;0;0�
, A'�

;0;
,M �

; ;
,N �

; ;
�
�
�
�2
� � 2
� � 4 4 2 � � 4
�
2
4
2
�
� �
� �
� �

�.

uuuu
r �
uuuu
r �a � r
a 3�
r
A'C  �a 3;0; 
�� vtcp u1   2;0; 1 MN  �
0; ;0�� u2   0;1;0
�
�
2
�2 �
�
�
.
.

20


r
r r uuuuu
�
�
u
,
u

.
A
'
M
�1 2 �
a 15
d MN, A'C  

r r
20
�
u1,u2 �
�
�
.
Bài tốn 10:
Cho hình lăng trụ đứng ABC.A' B 'C ' có đáy ABC là tam giác vng cân,
AA'  2a, AB  AC  a . Gọi G, G ' lần lượt là trọng tâm của tam giác ABC và tam giác

A' B 'C ' . I là tâm của hình chữ nhật AA' B ' B . Tính khoảng cách giữa hai đường

thẳng IG và G 'C , biết hai đường thẳng này song song với nhau.
Lời giải:

Chọn hệ trục tọa độ Oxyz như hình vẽ.

A �O  0;0;0

. Khi đó:

B  a;0;0 ,C  0; a;0

�a a � �a a � �a
�
G � ; ;0�
,G '� ; ;2a�
, I � ;0; a�
A' 0;0;2a , B' a;0;2a C ' 0;a;2a �3 3 � �3 3 � �2
�. (I và I’
,
là trung điểm của AB’ và A’B)

uur � a a
�uuuur � a 2a
�uuur � a 2a �
� IG  � ; ;a�
,G 'C  � ; ;2a�
,GC  � ; ;0�
6
3
3
3
�
�
�
�
�3 3 �
.
uuuur uuur
�

G 'C,GC �
�
�
d IG,G 'C   d G,G 'C  
uuuur
G 'C
.
21

,


uuuur uuur �4a2 2a2 �
5
�
G 'C,GC � � ;
;0
� d IG,G 'C   2a
�
� �3 3 �
�.
41 .
Ta có

2.3.3.2 Dạng tốn về diện tích
Bài tốn 1:
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 tam giác AMN, biết
với

mp SBC 

mp AMN 

.

Lời giải:

y

22

vng góc


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:

AI 

3
a 3
a 3
a 3
BC 
� OA 
,OI 
2
2

3
6 .

Trong mặt phẳng (ABC) , ta vẽ tia Oy vng góc với OA. Đặt SO  h , chọn hệ
trục tọa độ như hình vẽ ta được:

�a 3
� �a 3
� �a 3 a � �a 3 a �
O 0;0;0 ,S 0;0; h , A� ;0;0�� I �
;0;0�
, B�
; ;0�
,C �
;  ;0�
,
�3
� � 6
� � 6 2 � � 6
�
2
�
� �
� �
� �
�
� a 3 a h� � a 3 a h�
M�

; ; �

,N �

; ; �
� 12 4 2 � � 12 4 2 �
�
� �
�
uuur uuur �ah 5a2 3 � r
uur uuu
r �
r
a2 3 �
�
�
�
�
� n AMN   AM , AN  � ;0;
 ah;0;
� � n SBC   SB,SC  �
�
�
� �4
�
�
��
�
24
6
�
�,

�
�
.
r
AMN    SBC  � n

Vì

r
.
n
0
AMN   SBC 

uuur uuur
5a2
1�
a2 10
�
�h 
� SAMN 
AM , AN 
� 16 (đvdt)
12
2�
2

Bài tốn 2: Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B, AB = a,
BC = 2a, cạnh SA vng góc với đáy và SA = 2a. Gọi M là trung điểm SC. Chứng
minh tam giác MAB cân và tính diện tích tam giác MAB theo a.

Lời giải:

z
2a S

Tam giác ABC vuông tại B có:

M

AC2  AB2  BC2  a2  4a2  5a2
� AC  a 5

H

A

Dựng BH  AC (H �AC), ta có:
x
23

K

B

C y


AB2
a2
a

AH 


AC a 5
5.
1
1
1
5


 2
2
2
2
BH
AB BC 4a .
� BH 

2a
5

Dựng hệ trục tọa vng góc Axyz, với Ax, Ay, Az đơi một vng góc với
�2a a
�
A(0; 0; 0), C(0; a 5; 0), S(0; 0; 2a), B � ;
; 0�
�5 5 �
� a 5 �
M �0;

; a�
�
Tọa độ trung điểm M của SC là � 2

Ta có:

uuuu
r � a 5 �
3a
MA  �
0;
; a�� MA 
� 2
�
2
uuur � 2a 3a
�
3a
MB  �

;
; a�� MB  .
2
� 5 2 5 �

suy ra: MA = MB

 tam giác MAB cân tại M.

uuuu

r uuur �a2
uuuu
r uuur
2a2 2 �
[MA; MB]  � ; 
; a �� [MA; MB]  a2 2
5
�5
�
Ta có:
r uuur
1 uuuu
1 2
a2 2
SMAB  [MA; MB]  .a 2 
(dvdt).
2
2
2
Diện tích tam giác MAB:
Bài tốn 3:
Cho hình lăng trụ tam giác ABC.A1B1C1 có đáy là tam giác đều cạnh a, có
AA1  2a và vng góc với mặt phẳng  ABC  . Gọi D là trung điểm của BB1 . Lấy

điểm M di động trên cạnh AA1 . Tìm giá trị lớn nhất của diện tích tam giác MC1D .
Lời giải:

24

Chọn hệ trục tọa độ Oxyz như hình vẽ sao cho:
�a 3 a
�
C1 � ; ;2a�
� 2 2 � D  0; a; a
O �A 0;0;0 , B 0;a;0 , A1  0;0;2a
�và
, �
. Do M di
S
M  0;0;t
t ��
0;2a�
�
�. Ta có: DC1M
động trên AA1 có tọa độ
với

uuuur uuuu
r
1�

DC ,DM �
�.
2� 1

uuuur �a 3 a �uuuu
r
uuur uuuu
r

a
�
DC1  � ; ;a�
,DM   0;a;t  a � DG,DM �  t  3a; 3 t  a ;a 3
�2
�
� 2
2 �
�
�



uuur uuuu
r
a
�
� DG; DM �
�
� 2

 t  3a

2

 3 t  a  3a2 
2

a
4t2  12at  15a2

2
.

1 a
SDC M  . 4t2  12at  15t2
1
22
.

f  t  4t2  12at  15a2,t ��
0;2a�
�
�.
Xét
3a
a2 15
f�
 t  8t  12a, f � t  0 � t  2 � Smax  4
Ta có
.
.

25

