Trang 1
GIẢI BÀI TOÁN KHÔNG GIAN BẰNG HỆ TRỤC TỌA OXYZ Theo nhƣ chia sẻ của các anh chị đi truớc truyền lại thì bài toán hình học không gian
trong các đề thi đại học vốn đã khó nuốt, giờ nếu phải rèn luyện lại thật là vất vả và không mấy
kết quả. Nhƣng nhờ phƣơng pháp giải bằng tọa độ mà mình hầu nhƣ áp dụng nó một cách dễ
dàng vào các bài toán hình học không gian mà không cần suy nghĩ quá lâu. Nhƣng để sử dụng
thuần thục phƣơng pháp này để có thể tiết kiệm tối đa khi làm các đề thi thì đòi hỏi các bạn
phải làm nhiều lần phƣơng pháp này. Mình không khuyến khích bạn áp dụng phƣơng pháp này
cho tất cả các bài toán mà bạn gặp vì trong các bài hình học không gian đơn giản mà bạn có
thể TỰ GIẢI QUYẾT đƣợc, thì phƣơng pháp này sẽ dài hơn cách giải thông thƣờng.

Thƣờng để giải các bài toán hình không gian
(đặc biệt là các bài về tính khoảng cách,
tính góc…)
thƣờng phải tìm vẽ thêm một, hay là nhiều đƣờng thẳng, việc xác suy luận và phát
hiện ra hƣớng làm tốn rất nhiều thời gian (thòi gian là vàng bạc, nhƣung trong các kì thi nhƣ
thi ĐH thì có thể nói thời gian là kim cƣơng) mà đôi không chắc chắn có thể tìm đƣợc hƣớng
giải. Bằng phƣơng pháp đƣa hệ tọa độ oxyz vào giúp ta đơn giản hóa mọi thứ.
Để giúp cho các bạn có cái nhìn tổng thể và sau sắc hơn về phƣơng pháp giải các bài
toán hình học không gian bằng phƣơng pháp tọa độ, trong chuyên đề này, mình muốn giới
thiệu với các bạn 3 nội dung chính sau:

PHẦN 1: PHƢƠNG PHÁP
PHẦN 2: BÀI TẬP HƢỚNG DẪN
PHẦN 3: BÀI TẬP ỨNG DỤNG VÀ SO SÁNH
(ĐÁP ÁN VỚI HAI PHƢƠNG PHÁP GIẢI: HÌNH HỌC KHÔNG GIAN VÀ BẰNG TỌA ĐỘ)
Trang 2

PHẦN 1: PHƯƠNG PHÁP Bước 1:
Chọn hệ trục tọa độ Oxyz phù hợp.
Chú ý đến điểm O thƣờng là đỉnh các góc
vuông, tâm các mặt cầu ) Bƣớc này sẽ dễ dàng thực hiện nếu trong bài toán đang xét có dạng
tam diện vuông, hay mặt phẳng vuông góc hay các quan hệ vuông góc khác. Tuy nhiên, nếu
không có ta vẽ thêm đƣờng phụ để tạo nên góc tam diện vuông.

Đây là bƣớc rất quan trọng vì bài toán đơn giản hay phức tạp hơn phục thuộc vào cách
chọn hệ trục tọa độ và đơn vị trên các trục.
Bước 2:
Tìm tọa độ của các điểm, các đường thẳng, mặt phẳng, mặt cầu
dựa vào các
giả thuyết đề cho. Nếu muốn bạn chỉ cần tìm tọa độ những điểm cần thiết.
Bước 3
: Sử dụng tất cả các kiến thức về tọa độ để giải quyết bài toán.
Các dạng toán thƣờng gặp:
 Khoảng cách từ điểm đến mặt phẳng.
 Khoảng cách từ điểm đến đƣờng thẳng.
 Khoảng cách giữa hai đƣờng thẳng.
 Góc giƣac hai đƣờng thẳng.
 Góc giữa hai mặt phẳng.
 Thể tích khối đa diện.
 Chứng minh các quan hệ song song, vuông góc.
…….


VÍ DỤ 1 (B. 2006):
Cho hình chóp S. ABCD có đáy là hình chữ nhật AB = a, AD = a


, SA = a. SA vuông góc (ABCD). Gọi M là trung điểm AD và N là trung điểm SC. I là
giao điểm của BM và AC. Chứng minh hai mặt phẳng (SAC) và (SMB) vuông góc .
Tính thể tích khối tứ diện ANIB.

GIẢI
Chọn A làm gốc toạ độ và đơn vị độ dài là a, sao cho B(1, 0, 0), D(0,

 0), và S(0,0, 1).
(chọn A làm gốc tọa độ vì A là giao của 3 mặt phẳng vuông góc với nhau (ABCD), (SAD), (SAB)

 Chứng minh (SAC) và (SMB) vuông góc.
Ta chứng minh hai VTPT của chúng vuông góc. Vì 










và 










 

và 












, 0) nên VTPT của
(SMB) là 


= [





 Thể tích tứ diện ANIB
V = 1/6. | 




















|








Suy ra:















 (0, 0,

/3)
Lại có: 













=



.
Vậy thể tích ANIB là



đơn vị thể tích hay bằng a
3






VÍ DỤ 2 (A.2007).
Cho hình chóp S.ABCD đáy là hình vuông cạnh a, mặt bên SAD là
tam giác đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Gọi M, N,, P lần lượt là
trung điểm của SB, BC, CD. Chứng minh AM vuông góc BP và tính thể tích tứ diện
CMNP.

GIẢI



 Chứng minh AM vuông góc BP.
S = (0, 0,

, B = (1, 2, 0), suy ra M = (1/2, 1,

. Vậy 










 




.
P = (- 1, 1, 0), B = (1, 2, 0) . Suy ra: 
















 








 






| đơn vị thể tích.
Ta có : C = (- 1, 2, 0) nên 










 




  
Ta có: 










 và do đó: [ 





đơn vị thể tích. Vì đơn vị độ dài là a/2 nên đơn vị thể tích là (a/2)
3

= a
3
/ 8. Do đó thể tích cần tỉm là (a
3
/ 8) .



=





.

Ghi chú: Trong khi muốn chứng minh hai đƣờng thẳng vuông góc trong hình không gian có rất
nhiều cách, chẳng hạn:

Chứng minh đƣờng này nằm trong mặt phẳng vuông góc với đƣờng kia.

Sử dụng định lí ba đƣờng vuông góc.

Chứng minh đƣờng này song song với một đƣờng thứ ba vuông góc với đƣờng kia.

Sử dụng định lí đảo của Pitago.

N

Trang 5

VÍ DỤ 3(D. 2009):
Cho lăng trụ đứng ABC. A’B’C’ có đáy ABC vuông tại B, AB = a ,
AA’ = 2a, A’C = 3a. Gọi M là trung điểm của A’C’, I là giao điểm của AM và A’C. Tính
theo a thể tích khối tứ diện IABC và khoảng cách từ A đến mặt phẳng (IBC).

GIẢI

Chọn B làm gốc toạ độ , đơn vị độ dài là a.
(Bên cạnh việc chọn gốc tọa độ thì việc chọn đơn vị độ dài
hợp lý sẽ giúp ích cho các bạn rẩt nhiều cho các bạn trong
việc tạo nên các điểm có tọa độ đơn giản) Do đó, A(1, 0, 0), B’ (0, 0, 2)
(vì BB’ = AA’ = 2a)
. Để tính toạ
độ của C trên trục tung, ta đặt C =(0, c, 0). Ta có: A’ = (1,
0, 2).
A’C
2
= 1
2
+ c
2
+ 2
2

 nên 

















=


. (- 1, 2, - 2) = (- 1/3,
2/3, - 2/3).
Suy ra I = (- 1/3 + 1, 2/3 + 0, - 2/3 + 2) = (2/3, 2/3, 4/3).

 Thế tích tứ diện IABC
V= 1/6. | 




 v à 










nên [












] = 2/3. (- 4, 0,
2). Do đó một VTPT của (IBC) là (- 4, 0, 2) và pt (IBC) là : - 4x + 2z = 0.
Suy ra: d(A, (IBC)) =


B
A
C
B’
A
’
C’
M
I

Trang 6
VÍ DỤ 4 (A.2011) :
Cho hình chóp SABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại B, AB =
BC = 2a; hai mặt phẳng (SAB) và (SAC) cùng vuông góc với (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 khối chóp S. BCNM và khoảng
cách giữa hai đường thẳng AB và SN theo a
.

GIẢI

Ở đây ta phải dùng tính chất “hai mặt phẳng (SAB) và (SAC) củng vuông góc với (ABC) thì giao
tuyến SA của chúng sẽ vuông góc (ABC)”, thì mới chọn đƣợc hệ trục thuận tiện.
Chọn điểm gốc tại A, trục hoành qua B, trục tung cùng hƣớng với 


và 










nên VTPT của (SBC) là 


















Để tìm toạ độ N ta viết phƣơng trình đƣờng thẳng AC và
phƣơng trình mặt phẳng (P) qua SM và song song với BC.
Phƣơng trình AC qua A(0, 0, 0) và có VTCP 






= (2, 2, 0)
là x = 2t, y = 2t, z = 0 (1).
Mặt phẳng (P) có VTPT là [














. Vì 




 x + z – 2

 = 0 (2).
Giải (1) và (2): 2

 (2t) + 0 - 2

 = 0  t = 1/2. Suy ra
toạ độ N là (1, 1, 0). N chính là trung điểm của AC.

 Tính thể tích S. BCNM:
Ở đây ta dùng hình không gian cổ điển dễ hơn. Vì MN là đƣờng trung bình tam giác vuông cân
ABC nên diện tích AMN bằng ¼ diện tích ABC. Suy ra diện tích BCNM bằng ¾. diện tích ABC =
¾. 2a
2
= 3a
2
/2. Còn chiều cao khối chóp là độ dài SA = 2a

. Thể tích cần tìm là 1/3.
(3a
2
/2)( 2a

) = a
3


.






  






 




















Trang 7
Ta có:








 











 

, 







 


Khoảng cách cần tìm : d(AB, SN) =










=





=




đơn vị độ dài = a



. Tính thể tích khối chóp S.ABC và tính khoảng cách giữa hai
đường thẳng SA và BC theo a.

 3(28 + h
2
) = 4h
2
 h
2
= 84  h = 2

 đơn vị độ dài =




 Khoảng cách SA và BC:
SA qua A(0, - 4, 0), VTCP 









BC qua B(0, 2, 0), VTCP 

   








Suy ra:





 

| = 24


Vậy: d(SA, BC) =






 




 
















GIẢI
Chọn H là gốc toạ độ , trục cao qua S, trục tung qua B, trục
hoành cùng hƣớng với








, C là trung điểm AB. Chọn độ dài
đơn vị là a/6 (cho toạ độ A, B là số nguyên), ta có: B(0,
2, 0), S(0, 0, h) với h > 0
, và C( 3

, - 1, 0) vì M(0,- 1, 0) và MC =




=





  


  





 





 => Chiều cao hình chóp S.ABC

B
C
y
x
z
A
S
H
M

Trang 8


và SH = CH tan 60
0
. Tính CH bằng
Pitago, suy ra đƣợc độ dài SH. Nếu tính SH bằng phƣơng
pháp toạ độ, thì bạn cần biết cách tính góc của đƣờng
thẳng và mặt phẳng, nhƣ sau: Nhờ đó, ta thiết lập đƣợc phƣơng trình tính cao đô h của đỉnh S.

(d)

Lần nữa, trong bài này, ta phải tính khoảng cách giữa hai đƣờng thẳng chéo nhau SA và
BC. Đây là bài toán khó chịu nhất của hình không gian 11. Cách giải bằng phƣơng pháp toạ độ
luôn là chọn lựa cho loại câu hỏi này, tuy phải tính phức tạp, nhƣng không cần kỹ năng suy
nghĩ thông minh, chỉ có đƣợc qua bao tháng năm rèn luyện


  


  
 


 



 


 


 Trang 9
PHẦN 3: BÀI TẬP ỨNG DỤNG VÀ SO SÁNH
(ĐÁP ÁN VỚI HAI PHƢƠNG PHÁP GIẢI: HÌNH HỌC KHÔNG GIAN VÀ BẰNG TỌA ĐỘ)
Câu 1:
Cho lăng trụ ABC.A'B'C' có các mặt bên đều là hình vuông cạnh a. Gọi D, F lần lƣợt là trung
điểm các cạnh BC, C'B'. Tính khoảng cách giữa hai đƣờng thẳng A'B và B'C'.
Câu 2:
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 (SAB) và (SAC) vuông góc
nhau.

Câu 8:
Cho hình lập phƣơng ABCD . A'B'C'D' cạnh a. M, N lần lƣợt là trung điểm của AB và C'D'.
Tính khoảng cách từ B' đến (A'MCN).
Câu 9:
Tính thể tích của hình chóp S.ABC, biết đáy ABC là một tam giác đều cạnh a, mặt bên (SAB)
vuông góc với đáy, hai mặt bên còn
Câu 10:
Cho lăng trụ đứng ABC.A'B'C' có đáy ABC là tam giác cân với AB = AC = a, góc
o
BAC 120
tính cosin của góc giữa hai mặt phẳng (ABC) và (AB'I).
Trang 10
ĐÁP ÁN:

Câu 1:
.
Cách 1
:
 Vì các mặt bên của lăng trụ là các hình vuông

/ / / / / /

 Dựng
/
FH A D

 Vì
//
BC (A BC) BC FH H (A BC)    


/
FD vuông có:
2 / 2 2 2 2 2
1 1 1 4 1 7 a 21
FH .
7
FH A F FD 3a a 3a
      

 Vậy,
/ / /
a 21
d(A B; B C ) FH
7

Cách 2
:
 Vì các mặt bên của lăng trụ là các hình vuông
/ / / / / / / /
d(B C ; A B) d(B C ; (A BC)) d(B ; (A BC))  


//
a a 3 a a 3
A B ; ; a , A C ; ; a
2 2 2 2
   
    
   
   


2
/ / 2 2 2
a 3 3
[A B; A C] 0; a ; a 0;1; a .n,
22
   
  
   
   
với
3
n 0; 1;
2


/

C
B
A
H
F
D
A
/

C
/

B
/

A
B
C
D
x
a
z
y

Trang 11

//
a 3 3 a 3



  


 SO là trục của đƣờng tròn (ABC)
SO (ABC)

 Mà :
AO BC; SO BC BC (SOA) BC SA     

 Dựng
BI SA
, suy ra:
SA (IBC) SA IC.  BIC
là góc phẳng nhị diện (B, SA, C).

2 2 2 2 2
2 2 2 2
a 3h a 3h a
SA SO OA h SA
33
3

      

 Gọi M là trung điểm BC

22
22
2 2 2
3ah 1
a 3h 3h a
2
2 3h a
a6
9h 3h a h .
6
    

    

 Vậy,
a6
h.
6
Cách 2
:

và M là trung điểm của BC
 Ta có:
SA SB SC
HA HB HC ( ABC ñeàu)



     
     
     

2
1
ah 3 ah a 3 a a
[SA; SB] ; ; (3h 3; 3h; a 3) .n ,
2 2 6 6 6

       



với
1
n (3h 3; 3h; a 3)


2
2
ah 3 ah a 3 a a
[SA; SC] ; ; (3h 3; 3h; a 3) .n ,
2 2 6 6 6

       


        
   

 Vậy:
a6
h.
6


Câu 3:

Cách 1
:
 Gọi N là điểm đối xứng của C qua O.
 Ta có: OM // BN (tính chất đƣờng 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     OH AK; OH BN OH (ABN) d(O; (ABN) OH     

 Từ các tam giác vuông OAK; ONB có:

đôi một vuông góc O(0; 0; 0),
A(0; 0; a 3); B(a; 0; 0), C(0; a 3; 0),

a a 3
M ; ; 0
22



và
a 3 a 3
N 0; ;
22




là trung điểm của AC.

 AB // MN
 AB // (OMN)  d(AB; OM) = d(AB; (OMN)) = d(B; (OMN)).

a a 3 a 3 a 3
OM ; ; 0 , ON 0; ;
2 2 2 2
   

   
   


 Câu 4:
.
Cách 1
:
 Gọi M là trung điểm của BC

AM BC

 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   

x
B
G
M
C
S
I
A
B

Trang 14

22
3ax 2
IM
2 9x 2a


.
 Ta có:
o
BIC 60
oo
22
a 2 3.3ax 2
BIM 30 BM IM.tg30
2
2 9x 2a
     



a
AG AE 2 AE AF .
3
    

 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),
a a a a
G ; ; 0 , S ; ; x
3 3 2 2
   
   
   
.

a a 2a a a 2a
SA ; ; x , SB ; ; x , SC ; ; x
3 3 3 3 3 3
     
      
     
     


2
1
aa
[SA; SB] 0; ax; a 0; x; a.n

a
n x; 0;
3




.
 Mặt phẳng (SAB) có cặp vectơ chỉ phƣơng
SA, SB
nên có pháp vectơ
1
n

 Mặt phẳng (SAC) có cặp vectơ chỉ phƣơng
SA, SC
nên có pháp vectơ
2
n

 Góc phẳng nhị diện (B; SA; C) bằng 60
o
.

2
o
22
22
22
aa

 Vậy,
a
x.
3


z
x
x
y
C
B
A
E
F
G
M

Trang 15

Câu 5:
Cách 1
:
 Gọi M là trung điểm của BF  EM // AF


2 2 2 2
1
SB SF 2.SM BF
2
  2
2 2 2 2 2
1 15a
9a 7a 2SM .2a SM
22
     




22
2
2 2 2
3a 15a
3a
ES EM SM 2 2
22
cos cosSEM .
2.ES.EM 2 2
a6
2. .a 3
2

a3
d(SE; AF)
3

.

Cách 2
:
 Dựng hệ trục Axyz, với Ax, Ay, Az
đôi một vuông góc, A(0; 0; 0),
C
S
F
M
B
E
K
H
A
z
a
S
A
x
E
B
M
F
y
C



2
22
22
a 2 a 6
0. a 6. 0( a)
3a 2
22
cos cos(SE; AF) .
2
a 6.a 3
a 3a
0 6a 0. a
22

    
   o
45 .  


2 2 2 2
a 6 a 3 a 3 a 3
[SE; SM] ; 0; ( 2; 0;1) n,
2 2 2 2

  

Cách 1
:
 Ta có:
SA (ABC) SA AC.  trung tuyến nên
1
MA SC.
2


 Ta lại có:
SA (ABC)
AB BC ( ABC vuoâng taïi B)







SB BC
(định lý 3 đƣờng vuông góc)

1
MB SC.
2










2 2 2 2 2 2
MK MH HK a a 2a MK a 2      


2
MAB
1 1 a 2
S .MK.AB .a 2.a
2 2 2
   Cách 2
:

2 2 2 2 2 2
AC AB BC a 4a 5a
AC a 5
    





 Tọa độ trung điểm M của SC là
a5
M 0; ; a
2




 Ta có:
a 5 3a
MA 0; ; a MA
22

  

2a 3a 3a
MB ; ; a MB .
2
5 2 5

   




M
C
y

H
B
A
K
x

S
A

Trang 18

chân đƣờng cao đỉnh S trùng với
giao điểm ba đƣờng cao là trực tâm O

suy ra:
BC SH, BC AH,
nên
SHA 
.
 Ta có:
1 a 3
OH AH .
36


 Gọi h là khoảng cách từ A đến (SBC), ta có:

32
SBC
SBC
1 3.V a tg a 3 a 3
V .h.S h 3. : sin
3 S 24 12cos 2

     


Cách 2
:
 Vì S.ABC là hình chóp đều
nên chân đƣờng cao đỉnh S trùng
với tâm O đƣờng tròn (ABC).
 Gọi M là trung điểm của BC. Ta có:
-
2 a 3
AO AM
33

và
a3
OM
6



BS ; ; tg , BC ( a; 0; 0)
2 6 6

     




22
a 3 a 3
[BS; BC] 0; tg ; n
66

    



 Phƣơng trình mặt phẳng (SBC) qua B với vectơ pháp tuyến
n:22
a a 3 a 3 a 3
O x tg y (z 0) 0
2 6 2 6


      



2
d sin .
1
2
tg 1
cos
   

   


Câu 8:
Cách 1
:
 Bốn tam giác vuông
/ / / /
AA M, BCM, CC N, A D N
bằng nhau (c.g.c)

//
A M MC CN NA   

/
A MCN

3 3 2 6 3
     

 Ta có:
/
/
A MCN
1
S .A C.MN,
2

với
//
A C a 3; MN BC a 2  /
2
A MCN
a6
S.
2


 Gọi H là hình chiếu của B
/
trên (A
/
MCN), ta có:
/ / /

(a; a; a), C
/
(0; a; a), D
/
(0; 0; a),
aa
M a; ; 0 , N 0; ; a
22
   
   
   

 Ta có:
/
A C ( a; a; a), MN ( a; 0; a)    

D
/

A
/

B
/

C
/

D
A

[A C; MN] (a ; 2a ; a ) a (1; 2;1)
a .n vôùi n (1; 2;1).



 Phƣơng trình mp (A
/
MCN) qua C(0; a; 0) với pháp vectơ
n:

1(x 0) 2(y a) 1(z 0) 0     /
(A MCN): x 2y z 2a 0.    

 Khoảng cách d từ B
/
(a; a; a) đến mp(A
/
MCN):
a 2a a 2a
2a a 6
d.
3
1 4 1 6
  
  





a3
SH HP.tg tg
4
   

 Thể tích hình chóp
23
ABC
1 1 a 3 a 3 a
S.ABC: V .SH.S . .tg . tg
3 3 4 4 16
    

Cách 2
:
 Dựng
SH AB

 Ta có:
(SAB) (ABC), (SAB) (ABC) B, SH (SAB) SH (ABC)     


điểm AB.
 Dựng hệ trục tọa độ Hxyz, với Hx, Hy, Hz
đôi một vuông góc,
H(0; 0; 0),

aa

h
S
B
C
A
x
H y

Trang 21

x y z
1
ah
a3
  (SAC): 2h 3x 2hy a 3z ah 3 0    
với
2
n (2h 3; 2h; a 3)


2 2 2 2 2
0 0 a 3
a3
cos

.

Câu 10:
Cách 1
:
 Gọi H là trung điểm
BC AH BC.

 
a
AH
2

và
a3
BH BC a 3
2
  


//
IB C
vuông có:
22
/ 2 /2 / /2 2
a 13a
IB IC B C 3a
44
    


AB I
1 1 a 5 a 10
S .AI.AB . .a 2
2 2 2 4
  2
ABC
1 1 a a 3
S .AH.BC . .a 3
2 2 2 4
  


/
I), theo công thức chiếu, ta có:

/
22
ABC
AB I
S
a 3 a 10 30
cos :
S 4 4 10
   Cách 2

B
C
30
o

H
I
60
o

B
/

A
/

C
/

z
a
B
C
A
H
I
y
z

Trang 22

/
a 3 a 3 a a a 3a a 2a
AB .AI . . a. 0
2 2 2 2 2 4 4 4

        

/
AB AI.

/
I vuông tại A.
* Phƣơng trình mp(ABC): z = 0 có pháp vectơ
1
n (0; 0;1)

* mp (AB
/
I) có cặp vectơ chỉ phƣơng
/
AB , AI
, nên có pháp vectơ:

2 2 2 2 2
/
2
a 3a 3 2a 3 a a