SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO QUẢNG TRỊ
TRƯỜNG THPT THỊ XÃ QUẢNG TRỊ
ĐỀ TÀI SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
ỨNG DỤNG PHƯƠNG PHÁP TOẠ ĐỘ ĐỂ
GIẢI MỘT SỐ BÀI TOÁN HÌNH HỌC
KHÔNG GIAN
Người viết: Nguyễn Viết Hưng
Năm học 2009 – 2010
I. LÍ DO CHỌN ĐỀ TÀI:
Hình học không gian thuần túy là một môn học đòi hỏi nhiều về khả năng tư
duy tưởng tượng. Trong chương trình toán phổ thông, học sinh tiếp xúc với môn
học này hầu suốt cả năm học lớp 11 và học kì 1 lớp 12. Nói chung, đa số học sinh
đều nhận xét đây là một phần khó so với các phần khác, dần dần hình thành trong
các em tâm lí “e ngại hình học không gian”. Và vì vậy, một phương pháp khác đơn
giản hơn để giúp học sinh giải quyết các bài toán không gian là rất cần thiết cho học
sinh.
Với ý tưởng đặt một hệ tọa độ phù hợp trong mỗi bài toán, trang bị tọa độ
cho các điểm trong bài toán, giúp cho chúng ta chuyển từ việc phải giải bài toán này
bằng phương pháp hình học thuần túy sang việc giải bài toán bằng phương pháp tọa
độ có vẽ như đơn giản hơn. Với phương pháp này, học sinh hầu như chỉ khó khăn
trong việc chọn hệ tọa độ Oxyz như thế nào cho hợp lí để có thể dễ dàng tìm được
tọa độ các điểm trong bài toán đó. Một kinh nghiệm nhỏ là học sinh cần phải nắm
được một số dạng hình cơ bản, cần phải linh hoạt biến đổi giữa phương pháp thuần
túy và phương pháp tọa độ, không nên cứng nhắc rập khuôn. Còn khi đã tìm được
tọa độ các điểm liên quan thì nội dung cần giải quyết của bài toán hầu hết đều là các
bài toán cơ bản trong hình học tọa độ.
Để góp phần nhỏ giúp cho học sinh có kinh nghiệm giải bài toán không gian
thuần túy bằng phương pháp tọa độ, tôi xin trình bày một số đề toán hình không
gian thuần túy trong các đề thi đại học những năm gần đây bằng phương pháp tọa
độ. Một số bài toán khi giải có thể sẽ dài hơn so với cách giải thuần túy bởi vì đây
không phải là phương pháp giải chính mà đề ra muốn hướng tới, nhưng với những

A
C
C'
Đặt hệ tọa độ Oxyz như hình vẽ, từ giả thiết ta có: B(0,0,0); A(a,0,0); C(0,a,0);
B’(0,0,a
2
); A’(a,0,a
2
), C’(0,a,a
2
); M(0,
2
a
,0).
* Ta có V
ABC.A’B’C’
= BB’.S
ABC
=
1
2
BB’.AB.BC =
1
2
.a
2
.a.a =
3
2
2

   
r r r r
.
( )
, ,0 ; 2AC a a u v AC a
 
= − ⇒ = −
 
uuur r r uuur
Vậy, khoảng cách cần tính là
( )
;
2 28
, '
14
14
;
u v AC
a a
d AM B C
u v
 
 
= = =
 
 
r r uuur
r r
.
Bài giải:

( )
1,0, 2u = −
r
. Đường thẳng SB: đi
qua
( )
,0,0B a
và có vtcp
( )
1,0, 2u = −
r
nên có phương trình
0
2
x a t
y
z t

= +

=


= −

H SB∈
nên
( ) ( )
,0, 2 ,0, 2H a t t AH a t t+ − ⇒ = + −
uuur

. Mặt phẳng (SCD) đi qua
( )
0,2 ,0D a
và có vtpt
( )
2; 2;2n =
r
nên có phương trình
2 2 2 2 2 0x y z a+ + − =
.
Vậy, khoảng cách cần tính là
( )
( )
2 2 2 2
2 2
3 3
,
3
8
a a
a
a
d H SCD
+ −
= =
.
Bài 3: (B – 2006) Cho hình chóp S.ABCD có ABCD là hình chữ nhật với , và SA
vuông góc với mặt phẳng (ABCD). Gọi M và N lần lượt là trung điểm của AD và
SC, I là giao điểm của BM và AC. Chứng minh rằng mặt phẳng (SAC) vuông góc
với mặt phẳng (SBM). Tính thể tích của khối tứ diện ANIB?

2
, ,
2 2 2
a a a
N
 
 ÷
 ÷
 
Từ giả thiết suy ra
3
2
2 2
2 2 2 , ,0
3 3 3
2 0
0
I
I I
I I I
I
I
a
x
x a x
a a a
AI IC y a y y I
z
z


2 2
1
; 2, ,0n AS AC a a
 
= = −
 
ur uuur uuur
( ) ( )
2
,0, ; , ,0
2
a
BS a a BM a SBM
 
= − = − ⇒
 ÷
 ÷
 
uur uuur
có vtpt là
2 2
2
2
2 2
; , ,
2 2
a a
n BS BM a
 
 

uuur uur uuur uur uuur
. Vậy, thể tích của tứ diện ANIB là
3
1 2
;
6 36
ANIB
a
V AB AI AN
 
= =
 
uuur uur uuur
.
Bài giải:

z
y
x
N
C
A
B
S
D
M
Đặt hệ tọa độ Oxyz như hình vẽ, từ giả thiết ta có
( ) ( ) ( ) ( )
3
0,0,0 ; ,0,0 ; ,2 ,0 ; 0,2 ,0 ; 0,0,

SD SA
⇒ = =
, suy ra
( ) ( )
0
3 2.0
4 4 3
3 2 3 2.2 0, ,
3 3 3
3 3 2. 3
3
3
N
N
N N
N
N
x
x
a a a
SN SD y a y N
z a a
a
z


=

=


4 3 2 3
; , ,0
3 3
a a
SM SC
 
 
= −
 ÷
 
 ÷
 
uuur uur
. Từ đó ta có
3
1 2 3
;
6 9
SBMC
a
V SM SC SB
 
= =
 
uuur uur uur
và
3
1 4 3
;
6 27

D'
C
A
B
D
A'
Đặt hệ trục Oxyz như hình vẽ, từ đó ta có
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
0,0,0 ; ,0,0 ; , ,0 ; 0, ,0 ; ' 0,0, ; ' ,0, ; ' , , ; ' 0, ,A B a C a a D a A a B a a C a a a D a a
Ta có
( ) ( ) ( )
' ,0, ; ' , , ; ' 0, ,A B a a A C a a a A D a a= − = − = −
uuuur uuuur uuuur
. Từ đó ta suy ra:
VTPT của mặt phẳng
( )
'A BC
là
( )
2 2
1
' ; ' ,0,n A B A C a a
 
= =
 
ur uuuur uuuur
và VTPT của mặt phẳng
( )
'A DC
là

; 60
2
2
n n
a
cos cos n n
n n
a
ϕ ϕ
= = = = ⇒ =
ur uur
ur uur
ur uur
.
Vậy góc giữa hai mặt phẳng
( )
'A BC
và
( )
'A DC
là 60
0
.
Bài 5: (A – 2003) Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’. Tính góc giữa hai mặt
phẳng (A’BC) và (A’DC)?
Bài 6: (B – 2002) Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ có cạnh bằng a.
a/ Tính theo a khoảng cách giữa hai đường thẳng A’B và B’D?
b/ Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm của các cạnh BB’, CD, A’D’. Tính góc giữa hai
đường thẳng MP và C’N?
Bài giải:

cùng phương với
( )
1,1, 1v = − −
r
;
( )
, ,0BD a a= −
uur
. Ta có
( )
; 1,2,1 ; 6u v u v
   
= ⇒ =
   
r r r r
Suy ra
( )
;
6
' , '
6
6
;
u v BD
a a
d A B B D
u v
 
 
= = =

.
Ta có
, , ; ' ,0, . ' 0 '
2 2 2
a a a
MP a C N a MP C N MP C N
   
= − = − − ⇒ = ⇒ ⊥
 ÷  ÷
   
uuur uuuur uuur uuuur
.
Vậy, góc giữa hai đường thẳng MP và C’N bằng 90
0
.
Dạng 2: Trong giả thiết bài toán tồn tại một đường thẳng vuông góc với một mặt
phẳng.
Ví dụ, giả thiết bài toán cho một hình chóp đều, biết hình chiếu của một điểm
xuống một mặt phẳng, …
Phương pháp: Sử dụng các tính chất hình học đơn giản để xác định yếu tố đường
thẳng vuông góc với một mặt phẳng. Khi đó đặt hệ trục Oxyz sao cho O là giao điểm của
đường thẳng và mặt phẳng trên, trụ Oz nằm trên đường thẳng, trục Ox, Oy được đặt cho
thuận lợi trong mỗi bài toán cụ thể.
Bài giải:

z
y
x
P
M

M
 
−
 ÷
 ÷
 
;
P
là trung điểm của
CD
nên
, ,0
2 2
a a
P
 
 ÷
 
* Ta có
2 2
3
, , ; , ,0 . 0
4 2 4 2 4 4
a a a a a a
AM BP a AM BP
 
 
= = − ⇒ = − =
 ÷
 ÷

3
1 3
.
6 96
CMNP
a
V NC NM NP
 
= =
 
uuur uuur uuur
.
Bài giải:

z
y
x
C'
A
B
C
D
S
H
B'
D'
Đặt hệ trục Oxyz như hình vẽ.
Gọi H là hình chiếu của B lên Ox. Xét tam giác ABH vuông tại H có
·
0

C
C
a
x
a a a
BC AD y C
z

− =


 

= ⇒ − = ⇒
 ÷

 ÷
 
=



uur uuur
,
Bài 2: (Dự bị 1 – B – 2006) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi
cạnh a, góc , vuông góc với đáy và . Gọi là trung điểm của . Mặt phẳng đi qua và
song song với , cắt của hình chóp lần lượt tại . Tính thể tích của khối chóp ?
'C
là trung điểm của
3 3

( )
P
đi qua
( )
0,0,0A
và có VTPT
( )
1, 3, 2 3n = −
r
nên có pt:
3 2 3 0x y z+ − =
.
+
3
, ,
2 2
a a
SB a
 
= −
 ÷
 ÷
 
uur
cùng phương với
( )
3,1, 2u = − ⇒
r
phương trình
3

.
+
( )
0, ,SD a a= −
uur
cùng phương với
( )
0,1, 1v = − ⇒
r
phương trình
0
:
x
SD y t
z a t
=


=


= −

( ) ( ) ( )
2
' ' 0, , . ' 3 2 3 0
3
a
D SD D t a t D P t a t t∈ ⇒ − ∈ ⇒ − − = ⇒ =
. Vậy, tọa độ của

6 6 4 12 36
AB C S
a a a
V AS AC AB
 
= = − + =
 
uuur uuur uuur
+
3 3
' '
1 1 2 3 3
. ' '
6 6 12 36
AD C S
a a
V AS AC AD
 
= = =
 
uuur uuur uuur
Vậy
3
. ' ' ' ' ' ' '
3
18
S AB C D AB C S AD C S
a
V V V= + =
.

SI x=
, từ giả thiết ta có
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
0,0,0 ; ,0,0 ; ,2 ,0 ; , ,0 ; ,0,0 ; 0,0,I A a B a a C a a D a S x− −
+
( )
ABCD Oz⊥
nên có VTPT là
( )
1
0,0,1n =
ur
.
+
( ) ( )
( )
2
, , ; 2 , ,0 . ;2 ,CS a a x CB a a CS CB ax ax a
 
= − − = − ⇒ = −
 
uur uur uur uur
cùng phương với
( )
2
,2 ,n x x a= −
uur
là VTPT của
( )
SBC

ϕ
= = = = = ⇒ = + ⇒ =
+
ur uur
ur uur
ur uur
Suy ra
15
5
a
SI =
. Mặt khác
( ) ( )
2
1 1
.2 . 2 3
2 2
ABCD
S AD AB CD a a a a= + = + =
Vậy
3
2
.
1 1 15 15
. . .3
3 3 5 5
S ABCD ABCD
a a
V SI S a= = =
.

3 3 3
, ,0 ; , ,0 ; , ,0 ; ' 0,0, 3
2 2 2 2 2 2
a a a a a a
A B C A a
     
− − − −
 ÷  ÷  ÷
 ÷  ÷  ÷
     
( )
' ' ' ,0, 3A B AB B a a= ⇒
uuuur uuur
và
( )
' ' ' 0, 3, 3A C AC C a a= ⇒
uuuur uuur
+
3
'.
1 1
' . ' . .
3 6 2
A ABC ABC
a
V A O S A O AB AC= = =
+ Ta có

( )
( )

N
M
B'
D'
A
B
C
D
A'
C'
H
Đặt hệ trục tọa độ Oxyz như hình vẽ.
Gọi H là hình chiếu của B lên Ox. Xét tam giác ABH vuông tại H có
·
0
, 30AB a HAB= =

suy ra
0 0
3
. 30 , . 30
2 2
a a
AH AB cos BH AB sin= = = =
. Đặt
'AA x=
, ta có tọa độ các điểm
( ) ( ) ( ) ( )
3 3
0,0,0 ; , ,0 ; 0, ,0 ; ' 0,0, ; ' , , ; ' 0, ,

2 2 2
a a x
N
 
 ÷
 ÷
 
.
+
3 3
' , , ; , , '
2 2 2 2 2 2
a a x a a x
MB DN MB DN
   
= = ⇒ =
 ÷  ÷
 ÷  ÷
   
uuuur uuur uuuur uuur
suy ra B’MDN là hình bình
hành. Vậy, bốn điểm B’, N, D, M đồng phẳng
+ Ta có
0, ,
2
x
MD a
 
= −
 ÷

 
=



+ = +


uuur uuuur
Vậy
' 2AA a=
.
Bài giải:

j
z
y
x
C
S
A
0
B
Đặt hệ tọa độ Oxyz như hình vẽ.
Do các tam giác ABC và SBC là đều nên O là trung điểm của BC và
3
2
a
SO OA= =
.

   
.
2 2 2
3 3 3
; , ,
8 8 8
a a a
CS CA
 
 
= − −
 ÷
 
 ÷
 
uur uur
cùng phương với
( )
1,3, 3 3n = −
r
.
Bài 6: (Dự bị 2 – A – 2007) Cho hình chóp S.ABC có góc giữa hai mặt phẳng (ABC)
và (SBC) bằng 60
0
, ABC và SBC là các tam giác đều cạnh a. Tính theo a khoảng
cách từ đỉnh B đến mặt phẳng (SAC)?
Mặt phẳng (SAC) qua
0,0,
2
a

.
BÀI TẬP TƯƠNG TỰ
Bài 1: Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ có cạnh bằng a và K là điểm thuộc cạnh
CC’ sao cho CK =
2
3
a
. Mặt phẳng (P) đi qua A, K và song song với BD chia hình lập
phương thành hai khối đa diện. Tính thể tích của mỗi khối đa diện đó?
Bài 2: Cho tứ diện ABCD có AD vuông góc với mặt phẳng (ABC); AC = AD = 4cm, AB
= 3cm, BC = 5cm. Tính khoảng cách từ A đến mặt phẳng (BCD)?
Bài 3: Cho hai mặt phẳng (P) và (Q) vuông góc với nhau, có giao tuyến là đường thẳng
∆
. Trên
∆
lấy hai điểm A và B sao cho AB = a. Trong mặt phẳng (P) lấy điểm C, trong mặt
phẳng (Q) lấy điểm D sao cho AC, BD cùng vuông góc với
∆
và AC = BD = AB. Tính
bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD và tính theo a khoảng cách từ A đến mặt phẳng
(BCD)?
Bài 4: Trong mặt phẳng (P) cho nửa đường tròn đường kính AB = 2R và điểm C thuộc
nửa đường tròn sao cho AC = R. Trên đường thẳng vuông góc với (P) tại A lấy điểm S sao
cho góc giữa hai mặt phẳng (SBA) và (SBC) bằng 60
0
. Gọi H, K lần lượt là hình chiếu của
A lên SB, SC. Chứng minh tam giác AHK vuông và tính thể tích khối chóp S.ABC?
Bài 5: Cho lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’ có BB’ = a, góc giữa đường thẳng BB’ và mặt
phẳng (ABC) bằng 60
0