A. ĐẶT VẤN ĐỀ
1. Lí do chọn đề tài
1.1. Về mặt lí luận
Trí thông minh là sự tổng hợp, phối hợp nhịp nhàng các năng lực trí tuệ
như: quan sát, ghi nhớ, óc tưởng tượng và chủ yếu là năng lực tu duy mà đặc
trưng là năng lực tư duy độc lập, linh hoạt sáng tạo, vận dụng những hiểu biết đã
học để giải quyết vấn đề được đặt ra một cách tốt nhất. Chính vì vậy, nghị quyết
của Bộ chính trị về cải cách giáo dục đã nhấn mạnh nhiệm vụ phát triển trí thông
minh cho học sinh phổ thông đã chỉ rất rõ yêu cầu “phát triển tư duy khoa học”
và “tăng cường ở các em ý thức, năng lực vận dụng một cách thông minh những
điều đã học”.
Một điểm đổi mới trong phương pháp dạy học hiện nay luôn coi trọng việc
lấy học sinh làm trung tâm, người thầy chỉ đóng vai trò là người giúp các em đi
đúng hướng, giúp các em tiếp thu kiến thức một cách chủ động sáng tạo. Chính
vì vậy, việc phát triển trí thông minh cho các em thông qua môn toán là hết sức
cần thiết.
1.2. Về mặt thực tiễn
Phấn đấu để dạy tốt các môn học nói chung và môn toán nói riêng là
nguyện vọng tha thiết của đội ngũ giáo viên THPT. Như chúng ta đã biết, Toán
là khoa học suy diễn trừu tượng nhưng toán học THPT lại mang tính trực quan
cụ thể bởi vì mục tiêu của môn toán ở trung học là hình thành những biểu tượng
toán học ban đầu và rèn luyện kỹ năng toán cho học sinh, tạo cơ sở phát triển tư
duy và phương pháp cho học sinh sau này. Một mặt khác toán học còn là khái
quát từ nhiều tình huống trong cuộc sống. Dạy học toán ở trung học là hoàn
thiện những gì vốn có trong học sinh, cho học sinh làm và ghi lại một cách chính
thức các kiến thức toán học bằng ngôn ngữ và các kí hiệu toán học. Mỗi tiết học
là dịp để học sinh hình thành những kiến thức và kỹ năng mới, vận dụng một
cách sáng tạo nhất, thông minh nhất trong việc học toán trong cuộc sống sau
này. Chính vì vậy người giáo viên cần biết phát huy tính tích cực, trí thông minh
của học sinh thông qua giờ học toán.
1.3. Về mặt cá nhân

Sau đó, các em tiếp tục làm quen với phương pháp tọa độ vì thế có thể sử dụng
phương pháp tọa độ để giải các bài toán hình học không gian một cách thuận
tiện.
4. Đối tượng khảo sát, thực nghiệm
Đối tượng khảo sát và thực nghiệm là một số các bài toán hình học không
gian trong chương trình phổ thông đối với học sinh lớp 12, học sinh ôn thi tốt
nghiệp, học sinh ôn thi đại học.
5. Phương pháp nghiên cứu
Phương pháp nghiên cứu lý luận: “phát triển tư duy khoa học” và “tăng
cường ở các em ý thức, năng lực vận dụng thông minh những điều đã học”.
Nhìn nhận kết quả của học sinh trong năm học vừa qua đối với môn toán
đặc biệt là hình học từ đó đưa ra phương pháp để nâng cao kết quả học tập cho
học sinh, và nhằm thiết lập mối quan hệ giữa hình học không gian và hình học
giải tích.
Giải bài toán hình học bằng phương pháp tọa độ - 2 -
6. Phạm vi và kế hoạch nghiên cứu
Phạm vi nghiên cứu là một số các bài toán hình học không gian trong
chương trình phổ thông và một số các bài toán liên quan trong chương trình ôn
thi tốt nghiệp, ôn thi đại học.
Kế hoạch nghiên cứu: Nghiên cứu trong năm học 2010 – 2011 đối với các
em học sinh lớp 12A12, tại trường THPT Mỹ Đức A – Hà Nội.
Giải bài toán hình học bằng phương pháp tọa độ - 3 -
B. NỘI DUNG VÀ QUÁ TRÌNH THỰC HIỆN ĐỀ TÀI SKKN
1. Thực trạng trước khi thực hiện đề tài
Từ trước đến nay, các bài toán hình học không gian trong các đề thi tốt
nghiệp, đề thi đại học vốn không phải là phần khó. Tuy nhiên với việc giảng
dạy, và đặc biệt việc học tập của học sinh phổ thông có thể có chỗ chưa phù hợp,
chưa đủ kích thích học sinh, chưa tạo cho các em sự hứng thú và say mê với
môn hình học. Từ đó, học sinh thấy hình học “khó và khổ”, và tạo cho học sinh
một tâm lý không tốt khi học hình học và đối mặt với các bài toán hình học và

A. Yêu thích, sở trường B. Môn học yêu thích C. Bình thường.
Giải bài toán hình học bằng phương pháp tọa độ - 4 -

Thống kê kết quả điều tra: Có 45 phiếu điều tra đã hoàn thành các câu trả lời
được thu về.
Câu 1. Điểm kiểm tra Toán cao nhất năm học này cho tới nay là ở môn học nào?
Đáp án HS Chọn Phần trăm
A. Đại số 32 71 %
B. Hình học 12 27 %
C. Không nhớ 1 2 %
Câu 2. Học Đại số và học Hình học, em thích học gì hơn?
Đáp án HS Chọn Phần trăm
A. Đại số 37 82 %
B. Hình học 5 11 %
C. Không thích cả hai 3 7 %
Câu 3. Khó khăn trong việc học Hình học của em là gi ?
Đáp án HS Chọn Phần trăm
A. Lý thuyết hình học khó hiểu 9 20 %
B. Việc tự vận dụng làm các bài tập hình học 13 29 %
C. Cả hai khó khăn trên 23 51 %
D. không gặp các khó khăn trên. 0 0 %
Câu 4. Các bài tập nào sau đây em làm tốt hơn và đạt kết quả cao hơn?
Đáp án HS Chọn Phần trăm
A. Bài tập hình học tọa độ trong không gian 33 73 %
B. Bài tập hình học không gian 3 7 %
C. Cả 2 dạng trên đều làm không tốt và kết quả kém 9 20 %
Câu 5. Theo em thì em đã ứng dụng được nhiều các kiến thức toán học vào cuộc
sống và đối với các môn học khác chưa?
Đáp án HS Chọn Phần trăm
A. Nhiều 8 18 %

Đối tượng khảo sát: 45 học sinh lớp 12A12 – Trường THPT Mỹ Đức A.

Hình thức khảo sát: Kiểm tra viết tự luận.
Giải:
Ta có:

BD AC
BD (ACC'A')
BD AA'
⊥

⇒ ⊥

⊥

BD AC'. (1)⇒ ⊥
A'B AB'
A'B (AB'C'D)
A'B AD
⊥

⇒ ⊥

⊥

A'B AC'. (2)⇒ ⊥
Từ (1) và (2)
AC' (A'BD).⇒ ⊥
Chứng minh tương tự ta có:
AC' (B'CD').⊥

1 1 1
+ + = + + − =
.
Ta có:
QR (0;1; 1), QS ( 1;1; 0) QR, QS (1;1;1)
uuur uur uuur uur
é ù
= - = - =Þ
ê ú
ë û
.
Mặt phẳng (QRS) có vectơ pháp tuyến là
n QR, QS (1;1;1)
r uuur uur
é ù
= =
ê ú
ë û
, có phương
trình dạng:
( ) ( ) ( )
1 x 1 1 y 1 1 z 0 0 x y z 2 0− + − + − = ⇔ + + − =
.
Ta có:
1 1 1 1
1 1 1 2
−
= = ≠
−
, vậy (MNP) // (QRS).

Giải bài toán hình học bằng phương pháp tọa độ - 7 -
Bài kiểm tra số 2: (Thời gian 15 phút)
Trong không gian Oxyz cho các điểm M(0; 0; 1), N(1; 0; 0), P(0; 1; 0),
Q(1; 0; 1), R(1; 1; 0), S(0; 1; 1). Tính khoảng cách giữa hai mặt phẳng
(MNP) và (QRS).
 Cũng trong số 80 % số chưa có lời giải hoàn chỉnh học sinh này thì cũng
có một số em mất rất nhiều thời gian vào việc vẽ hình (có em phải vẽ đến
lần thứ 3) để có được hình vẽ tương đối thoáng, dễ nhìn do vậy thời gian
còn lại để các em suy nghĩ và làm bài cũng bị hạn chế.
 Trong số 9 học sinh có lời giải hoàn chỉnh thì chất lượng bài làm một số
em vẫn còn hạn chế.
Bài kiểm tra số 2:
 Trong số 30 em giải hoàn chỉnh có nhiều bài làm có chất lượng rất tốt, các
em giải rất nhanh trong khoảng hai phần ba thời gian kiểm tra.
 Trong số 24 % học sinh chưa có lời giải hoàn chỉnh một số em rất đáng
tiếc chỉ nhầm dấu một chút trong tính toán để có kết quả chính xác, các em
còn lại mất khá nhiều thời gian trong việc viết phương trình hai mặt phẳng
và xây dựng công thức công thức thính khoảng cách giữa hai mặt phẳng
song song.

Nhận xét:
 Nhiều em khâu vẽ hình còn rất nhiều hạn chế, kiến thức của các em về các
quan hệ song song, vuông góc trong không gian và về khoảng cách vẫn
còn chưa vững, kỹ năng phân tích một bài toán vẫn còn yếu do vậy đứng
trước một hình vẽ rối bời các em không biết bắt đầu từ đâu. Chính vì vậy
các em thường có tâm lý “sợ” các bài toán hình học không gian.
 Bài kiểm tra số 2, thực chất thì vẫn là nội dung của bài kiểm tra số 1 chỉ có
điều tác giả đã gắn vào hình lập
phương một hệ trục tọa độ Oxyz
và thay đổi tên của một số điểm

Hệ ba trục như vậy gọi là hệ trục tọa độ Đề-các vuông
góc Oxyz trong không gian, hay đơn giản gọi là hệ tọa
độ Oxyz.
 Điểm O gọi là gốc của hệ tọa độ.
 Trục x’Ox gọi là trục hoành.
 Trục y’Oy gọi là trục tung.
 Trục z’Oz gọi là trục cao.
 Tọa độ của một vectơ
( )
u x; y; z u xi yj zk
= ⇔ = + +
r r r r r
Ta có:
( ) ( ) ( )
i 1; 0; 0 ; j 0;1; 0 ; k 0; 0;1= = =
r r r
.
 Tính chất: Nếu có hai vectơ
1 1 1 1
v (x ; y ; z )
=
uur
và
2 2 2 2
v (x ; y ; z )
=
uur
thì:

( )

1 1 1 1
v x y z= + +
uur
;

( )
1 2 1 2 1 2
1 2
2 2 2 2 2 2
1 1 1 2 2 2
x .x y .y z .z
cos v , v
x y z . x y z
+ +
=
+ + + +
uur uur
;

1 2
v ,v
uur uur
cùng phương
1 2
k : v k.v=Û $ Î
ur uur
¡
;

1 2

v (x ; y ; z )
=
uur
là một
vectơ ký hiệu
1 2
v ,v
 
 
uur uur
hoặc
1 2
v v∧
uur uur
, xác định bởi công thức:
1 1 1 1 1 1
1 2
2 2 2 2 2 2
y z z x x y
v , v ; ;
y z z x x y
 
 
=
 ÷
 
 
uur uur
( )
1 2 2 1 1 2 2 1 1 2 2 1

⇔ =
 
r r ur
.
 Tọa độ của một điểm
Ta có: Gốc tọa độ
( )
O 0; 0; 0=
.
 Liên hệ tọa độ của vectơ và tọa độ của hai điểm mút:
Cho hai điểm
( ) ( )
A A A B B B
A x ; y ; z và B x ; y ; z
, ta có

( ) ( )
A A A B B B
OA x ; y ; z ; OB x ; y ; z .= =
uuur uuur

( )
B A B A B A
AB x x ; y y ; z z .= − − −
uuur

2 2 2
B A B A B A
AB (x x ) (y y ) (z z )
= − + − + −

1 2
M M
theo tỉ số k:
1 2
MM kMM=
uuuuur uuuuur
được
xác định bởi công thức:
Giải bài toán hình học bằng phương pháp tọa độ - 11 -
( ) ( )
M x; y; z OM x; y; z= ⇔ =
uuuur
1 2
1 2
1 2
x kx
x
1 k
y ky
y
1 k
z kz
z
1 k
−

=

−


=


+

=


+

=


 Phương trình mặt cầu
 Mặt cầu tâm
( )
I a; b; c
, bán kính
R 0>
có phương trình tổng quát của dạng:
( ) ( ) ( )
2 2 2
2
x a y b z c R− + − + − =
 Phương trình:
2 2 2
x y z 2ax 2by 2cz d 0+ + − − − + =
là phương trình mặt
cầu khi
2 2 2

( )
α
có phương trình tổng quát
Ax By Cz D 0+ + + =

thì nó có vectơ pháp tuyến
( )
n A; B; C=
r
.
 Mặt phẳng
( )
α
đi qua điểm
( )
0 0 0
M x ; y ; z
và có vectơ pháp tuyến
( )
n A; B; C=
r
phương trình viết dạng:
( ) ( ) ( )
0 0 0
A x x B y y C z z 0− + − + − =
 Mặt phẳng
( )
α
cắt các trục Ox, Oy, Oz lần lượt tại các điểm có tọa
độ (a; 0; 0), (0; b; 0), (0; 0; c) có phương trình dạng:

: A'x B'y C'z D' 0+ + + =b
;

( ) ( )
A B C D
.
A' B' C' D'
α ≡ β ⇔ = = =

( ) ( )
A B C D
// .
A' B' C' D'
α β ⇔ = = ≠

( ) ( )
A : B:C A':B':C'.α ∩ β = ∆ ⇔ ≠

( ) ( )
AA' BB' CC' 0.α ⊥ β ⇔ + + =
 Phương trình đường thẳng
 Vectơ
u 0≠
r r
được gọi là vectơ chỉ phương của đường thẳng d nếu giá của
u
r
song song hoặc trùng với d.
 Phương trình tham số của đường thẳng d đi qua điểm
( )

u a; b; c=
r
dạng:
0 0 0
x x y y z z
a b c
- - -
= =
(
a 0,b 0,c 0¹ ¹ ¹
).
 Nếu đường thẳng d có phương trình tham số dạng:
0
0
0
x x at
y y bt
z z ct
= +


= +


= +

thì nó đi
qua điểm có tọa độ
( )
0 0 0

r ur r r uuuur ur

Giải bài toán hình học bằng phương pháp tọa độ - 13 -

' I u,u ' 0 và u,u' .MN 0.
   
∆ ∩ ∆ = ⇔ ≠ =
   
r ur r r ur uuuur ur

chéo ' u,u' .MN 0.
 
∆ ∆ ⇔ ≠
 
r ur uuuur ur
Đặc biệt
' u u' u.u' 0.∆ ⊥ ∆ ⇔ ⊥ ⇔ =
r ur r ur
 Vị trí tương đối của đường thẳng và mặt phẳng:
Cho đường thẳng
∆
đi qua điểm
( )
0 0 0
M x ; y ; z
và có vectơ chỉ phương
( )
u a; b; c=
r
có phương trình tham số dạng:



∆ ⊂ α ⇔

=


r r
.

( )
( )
M
/ /
u.n 0
∉ α


∆ α ⇔

=


r r
.

( )
I∆ ∩ α =
( ) ( ) ( )
0 0 0

=
r r
r r r r
r r
.
 Góc giữa hai đường thẳng
( )
'
'
u .u
, ': cos , '
u . u
∆ ∆
∆ ∆
∆ ∆ ∆ ∆ =
uuruur
uur uur
.
 Góc giữa đường thẳng
∆
và mặt phẳng
( )
α
:
( )
( )
u .n
sin ,
u . n
∆ α

∆
∆
 
 
∆ =
uuuuur uur
uur
Với
0
M ∈∆
,
u
∆
uur
là vectơ chỉ phương của đường thẳng
∆
.
 Khoảng cách từ điểm
( )
0 0 0
M x ; y ; z
đến mặt phẳng
( )
: Ax By Cz D = 0α + + +
bằng:
( )
( )
0 0 0
2 2 2
Ax By Cz D

( ) ( ) ( )
d ( ), ( ) d M, ( ) d N, ( )α β = β = α
,
M ( ), N ( ).∀ ∈ α ∀ ∈ β
 Khoảng cách giữa đường thẳng
∆
và mặt phẳng
( )
α
song song với nhau
bằng:
( )
( )
( )
( )
d , d M, , M .∆ α = α ∀ ∈∆
 Công thức về diện tích và thể tích
 Diện tích tam giác ABC bằng:
ABC
1
S AB,AC
2
 
= ×
 
uuur uuur
.
 Diện tích hình bình hành ABCD bằng:
ABCD
S AB,AD

rõ ràng hơn và khả năng tìm được lời giải nhanh hơn. Để thực hiện được điều
đó, đòi hỏi học sinh phải có sự luyện tập, vận dụng các kiến thức và cần nắm
được quy trình giải toán bằng phương pháp toạ độ thích hợp.
Phương pháp giải toán:
 Bước 1: Chọn hệ trục toạ độ Oxyz thích hợp.
 Bước 2: Phiên dịch bài toán từ ngôn ngữ hình học sang ngôn ngữ toạ độ.
 Bước 3: Dùng các kiến thức về toạ độ để giải toán.
 Bước 4: Phiên dịch kết quả bài toán từ ngôn ngữ toạ độ sang ngôn ngữ
hình học.
Trong các bước trên, bước 2 và bước 4 học sinh có thể hoàn toàn làm được nhờ
các kiến thức liên hệ giữa hình học không gian và hệ toạ độ đã biết, ở bước 3
học sinh có thể sử dụng các kiến thức trên hệ toạ độ một cách sáng tạo để giải
các bài toán. Buớc 1 học sinh gặp khó khăn hơn cả do không có phương pháp cụ
thể. Để khắc phục khó khăn đó, học sinh phải tập luyện và phải biết dựa vào một
số đặc điểm của bài toán để khai thác theo hướng thuận lợi nhất. Dưới đây là
một số nguyên tắc căn bản để lập hệ trục tọa độ:
 Vẽ hình theo yêu cầu bài toán, sau đó tìm một quan hệ vuông góc ở mặt
đáy điều náy có nghĩa là xác định hai đường thẳng cố định ở mặt đáy
vuông góc với nhau. Nơi giao nhau và vuông góc đó chính là gốc tọa độ
cần chọn và đồng thời hai trục kia chính là trục hoành và trục tung.
 Từ gốc (đã xác định ở trên) ta dựng trục vuông góc với mặt đáy để hoàn
thành việc thiết lập hệ trục, trục vuông góc với mặt đáy chính là trục
cao.
 Nhìn vào hình vẽ với tính chất của hình và mối quan hệ giữa các điểm
để khai tọa độ các điểm liên can đến yêu cầu bài toán. Để ý rằng với
một số điểm không dễ khai tọa độ ta cần chú ý đến các quan hệ cùng
hướng, ngược hướng, đồng phẳng, song song, vuông góc, độ dài và sử
dụng các công thức định lượng để khai bằng được tọa độ các điểm liên
quan tới bài toán.
Một số nguyên tắc khai tọa độ cần chú ý:

chúng ta cần áp dụng linh hoạt và sáng tạo một số nguyên tắc trên, và
đôi khi chúng ta cần sử dụng thêm một số các tính chất về tọa độ, véc
tơ, các biểu thức định tính, định lượng.
2.2.1. Hình chóp tam giác
a) Hình chóp tam giác có một góc tam diện vuông
Giải bài toán hình học bằng phương pháp tọa độ - 17 -
 Trường hợp này việc chọn hệ trục khá đơn giản: Gốc tọa độ là đỉnh tam
diện vuông, các trục tọa độ là ba cạnh tương ứng của góc tam diện vuông.
Giải:
Chọn hệ trục tọa độ Oxyz như hình vẽ.
Ta có:
O(0; 0; 0), A(a; 0; 0), B(0; b; 0), C(0; 0; c).
a) Giả sử điểm I(x; y; z) là tâm của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp O.ABC.
Ta có:
2 2
2 2
2 2
OI AI
OI AI
OI BI OI BI
OI CI
OI CI

=
=



= ⇔ =
 

⇔ + + = + − + ⇔ =
 
 
+ + = + + −
 

=



a b c
I ; ;
2 2 2
 
⇒
 ÷
 
.
Bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp O.ABC bằng

2 2 2
2 2 2
a b c a b c
OI =
2 2 2 2
+ +
     
+ + =
 ÷  ÷  ÷
     

abc
b c c a a b+ +
.
Lưu ý:
 Một tứ diện có thể coi là một hình chóp tam giác và ngược lại, một hình
chóp tam giác cũng có thể coi là một tứ diện.
 Hình chóp đều là hình chóp có đáy là một đa giác đều và có chân
đường cao trùng với tâm của đáy. Các cạnh bên thì bằng nhau chứ
không nhất thiết bằng cạnh đáy. Một tứ diện đều chính là một hình chóp
tam giác đều, một hình chóp tam giác đều nói chung không phải là tứ
diện đều.
Giải:
Trong tam giác ABC, ta có:

2 2 2 2 2 2
AB AC 3 4 5 BC+ = + = =
ABC⇒ ∆
vuông tại A. Như vậy AB, AC, AD đôi một vuông góc tại A.
Chọn hệ trục Oxyz như hình vẽ, với gốc O trùng với điểm A.
Ta có:
Giải bài toán hình học bằng phương pháp tọa độ - 19 -
Ví dụ 2: (Trích đề thi đại học khối D – năm 2002)
Cho tứ diện ABCD có cạnh AD vuông góc với mặt phẳng (ABC); AC =
AD = 4 cm; AB = 3 cm; BC = 5 cm. Tính khoảng cách từ A tới mặt phẳng
(BCD).
( ) ( ) ( ) ( )
A 0; 0; 0 , B 3; 0; 0 , C 0; 4; 0 ,D 0; 0; 4 .
Phương trình mặt phẳng (BCD) là:
x y z
1 4x 3y 3y 12 0.

Phương trình mặt phẳng (ABC) có dạng:
x y z
1.
a b c
+ + =
1 2 3
M (ABC) 1
a b c
∈ ⇒ + + =
(1)
OABC
1
V abc
6
=
. (2)
3
1 2 3 1 2 3
(1) 1 3
a b c a b c
⇒ = + + ≥ × ×
1
abc 27.
6
⇒ ≥
OABC
a 3
1 2 3 1
V 27 b 6
a b c 3

( )
( )
SA 0; 0; a , SB 0; a 3; a⇒ = − = − −
uuur uur
( )
SC a; a 3; a ,= − −
uur
( )
( )
2 2
2 2
SA, SC a 3; a ; 0 m,
SB, SC 0; a ; a 3 n
 
= − − =
 
 
= − =
 
uuur uur ur
uur uur r
⇒
Mặt phẳng
( )
SAC
có một vectơ pháp tuyến
m
ur
, mặt phẳng
( )

·
BCA 60 , BC SA a= ° = =
. Tính cosin của góc giữa hai mặt
phẳng
( ) ( )
SAC và SBC
.
A
B
S
z
y
x
C
(
 Bình luận: Trong ví dụ trên ta cũng có thể lấy cạnh bên AS vuông góc với
đáy làm trục cao, AB làm trục hoành, A là gốc tọa độ và tia Az cùng hướng với
BC
uuur
làm trục tung.
c) Hình chóp có đáy là một tam giác cân (hoặc tam giác đều)
 Đối với trường hợp này ta có thể lợi dụng quan hệ vuông góc ở mặt
phẳng đáy giữa đường cao và đáy của tam giác cân (hoặc tam giác đều) và coi
đó lần lượt là hai trục hoành, trục tung của hệ trục. Lưu ý tới việc chọn gốc tọa
độ để thuận lợi cho việc xây dựng trục cao.
Giải:
Gọi O là trung điểm của AC. Ta có OB, OC, OS đôi một vuông góc và
a 3
OA OC
2

a
), A(0;
3
2
a
−
; 0).
a) Phương trình mặt phẳng (SBC):
x y z
1
a a
a 3
2 2
2
+ + =

a 3
3x y 3z 0
2
⇔ + + − =
.
Khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng (SBC) bằng:
( )
( ) ( )
2 2
2
a 3 a 3
3.0 3.0
2 2
a 21

Kết luận:  Khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng (SBC) bằng
a 21
7
.
 Cosin của góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (ABC) bằng
3
7
.
Giải:
Gọi O là hình chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng (ABC)
⇒
O là tâm của tâm
giác đều ABC.
Gọi I là trung điểm của BC, ta có:
a 3 2 a 3 1 a 3
AI ; OA AI ; OI AI .
2 3 3 3 6
= = = = =
Giải bài toán hình học bằng phương pháp tọa độ - 23 -
Trong mặt phẳng (ABC), ta vẽ tia Oy vuông góc với OA. Khi đó OA, Oy, OS
đôi một vuông góc, chọn hệ trục như hình vẽ và đặt OS = h.
Ta có:
( ) ( )
O 0;0;0 , S 0; 0; h ,
a 3
A ;0;0 ,
3
a 3
I ; 0; 0 ,
6

 
 
− −
 ÷
 
Ta có:

5a 3 a h 5a 3 a h
AM ; ; , AN ; ;
12 4 2 12 4 2
   
= − = − −
 ÷  ÷
   
uuuur uuur
,
a 3 a a 3 a
SB ; ; h , SC ; ; h .
6 2 6 2
   
= − − = − − −
 ÷  ÷
   
uur uur
Mặt phẳng (AMN) có vec tơ pháp tuyến là
2
ah 5a 3
n AM, AN ; 0; .
4 24
 

1 a 10
S AM, AN .
2 16
∆
 
⇒ = =
 
uuuur uuur
Kết luận: Diện tích tam giác AMN bằng
2
a 10
16
.
Giải bài toán hình học bằng phương pháp tọa độ - 24 -
d) Một số dạng khác
Giải:
Trong mặt phẳng (Q) vẽ tia Ay vuông góc với AB và chọn hệ trục tọa độ như
hình vẽ, với gốc O trùng với điểm A.
Ta có:
A(0; 0; 0), B(a; 0; 0), C(0; 0; a), D(a; a; 0).
Giả sử tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD là I(x; y; z). Ta có
( )
2
2 2 2 2 2
2 2
2 2 2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2 2 2 2
x y z x a y z
AI BI
AI CI x y z x y (z a)



=


⇒
a a a
I ; ; .
2 2 2
 
 ÷
 
Bán kính r mặt cầu ngoại tiếp tứ diện bằng:
2 2 2
a a a a 3
r AI 0 0 0
2 2 2 2
     
= = − + − + − =
 ÷  ÷  ÷
     
.
Ta có:
( )
BC a; 0; a ;= −
uuur
( )
BD 0; a; 0=
uuur
;