I- KIẾN THỨC
1. Hệ trục tọa độ Đề-các vuông góc trong không gian
và các kién thức liên quan.
* Hệ trục tọa độ Đề các vuông góc Oxy là hệ gồm 3 trục Ox,
Oy, Oz đôi một vuông góc với nhau tại gốc O, với
, ,i j k
r r r
là các
véc tơ đơn vị tương ứng ở trên các trục Ox, Oy, Oz.
*
u . 0v u v⊥ ⇔ =
r r r r
*
[ ]
, 0u kv u v= ⇔ =
r r r r
* Công thức toạ độ trung điểm I của đoạn thẳng .
* Công thức toạ độ trọng tâm của tam giác
* Công thức toạ độ trọng tâm của tứ giác.
* Diện tích tam giác
1
,
2
ABC
S AB AC
∆
 
=
 
uuur uuur
Thể tích hình hộp

∆
và
( )mp
α
.
sin
.
u n
u n
ϕ
=
r r
r r
với
u
r
là véctơ chỉ phương của
∆
;
n
r
là véctơ pháp tuyến của
( )mp
α
- Góc giữa
( )mp
α
và
( )mp
β

: Ax + By + Cz + D = 0
0 0 0
2 2 2
( ;( ))
Ax By Cz D
d M
A B C
α
+ + +
=
+ +
- Khoảng cách từ 1 điểm M
1
đến đường thẳng
∆
( Qua điểm M
0
, có véctơ chỉ phương
u
r
)
là:
0 1
1
,
( , )
M M u
d M
u
 

;
M
0
, M
0
’
lần lượt là các điểm nằm trên
, '∆ ∆
* Phương trình mặt phẳng (phương trình tổng quát, phương trình tham số, phương trình
đoạn chắn)
1
* Phương trình đường thẳng.
2. Nhận dạng các bài toán hình học không gian có thể giải bằng phương pháp tọa độ:
Đó là những bài toán liên quan đến:
a. Hình hộp lập phương, Hình hộp chữ nhật.
b. Hình chóp tam giác SABC có SA
⊥
(ABC); với đáy ABC là tam giác vuông tại A.
c. Hình chóp tứ giác đều S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông.
d. Hình chóp tứ giác S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi tâm O và SO
⊥
(ABCD).
e. Hình chóp tứ giác S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật và
( )SA ABCD⊥
.
f. Tứ diện đều, hình chóp tam giác đều.
g. Một số bài toán khác.
Đối với những bài toán này, giáo viên cần hướng dẫn cho học viên cách chọn một hệ trục
toạ độ thích hợp, thuận lợi cho việc xác định toạ độ các điểm để dùng phương pháp toạ độ
giải chúng.

a a
IJ AC a a a a= − + −
uur uuuur
= 0
Vậy
'IJ AC⊥
b) Để chứng minh
' ( ' ' )D B A C D⊥
:
Cách 1: Ta chứng minh
' ' '; ' 'D B A C D B A D⊥ ⊥
Ta có:
' ( ; ; )D B a a a= − −
uuuur
;
' ' ( ; ;0)A C a a=
uuuuur
;
' ( ;0; )A D a a= −
uuuur
' . ' ' 0D B A C =
uuuur uuuuur
⇒
' ' 'D B A C⊥
' . ' 0D B A D =
uuuur uuuur

⇒
' 'D B A D⊥
Nên

r uuuuuruuuur
Đường thẳng D’B có véctơ chỉ phương
1
. ' ( 1;1; 1)u D B
a
= = − −
r uuuur
Suy ra
n u=
r r
nên đường thẳng D’B
⊥
(A’C’D)
Tương tự ta chứng minh được
' ( ')D B ACB⊥
.
c) Gọi
ϕ
là góc giữa hai đường thẳng IJ và A’D thì
. .0 .( )
. '
2 2
cos cos( , ' ) 0
2
6
'
. 2
2
a a
a a a

a) Ta có:
' ( ; ; )A C a a a= −
uuuur
⇒
Đường thẳng A’C có véc tơ chỉ phương:
1
. ' (1;1; 1)u A C
a
= = −
r uuuur
⇒
Đường thẳng A’C có phương trình tham số là: x = t; y = t; z = a - t (1)
3

' ( ;0; ); ' (0; ; )AB a a AD a a= =
uuuur uuuur

⇒

2 2 2
0 0
', ' ; ; ( ; ; )
0 0
a a a a
AB AD a a a
a a a a
 
 
= = − −
 ÷

Tức là
'G G≡
. Vậy G là trọng tâm tam giác AB’D’.
b)Phương trình mp(C’BD) là x + y - z - a = 0
Suy ra mp(C’BD)//mp(AB’D’)
Do đó khoảng cách giữa chúng bằng khoảng cách từ G tới (C’BD) và bằng :
2 2 2
2
3
3 3 3
3
3
1 1 1
a a a
a
a a
+ − −
= =
+ +
c)Mặt phẳng(ABB’A’) có phương trình là y = 0
Mặt phẳng(DA’C) có phương trình là y + z - a = 0
Gọi
ϕ
là góc giữa 2 mặt phẳng trên. Khi đó:

1.1 0.1
1
cos
4
1. 1 1 2

MN a−
uuuur
⇒
. 0
2 2
a a
n MN a= − + + =
r uuuur

n MN⇒ ⊥
r uuuur
Hay MN//mp(A’BD).
4
b) Mặt phẳng (A
/
BD) có phương trình: x + y + z - a = 0.
Vì MN//(A’BD)
⊃
BD và MN, BD chéo nhau
2 2 2
0
3
2
( ; ) ( ;( ' ))
6
1 1 1
a
a a
a
d BD MN d M A BD

2
a
M⇒
Mp(AB’C) có phương trình: x- 2y + 2z = 0. Do
đó khoảng cách từ M đến mp(AB’C) là:
3. 2.0 2.0
2
( ,( ' ))
2
1 4 4
a
a
d M AB C
− +
= =
+ +
b) Theo công thức
' ' . ' ' ' '
1 1
', ' .
6 6
AB D C ABCD A B C D
V V AB AD AC
 
= =
 
uuuur uuuur uuur
. Mà
3
' '

⇒
/
0; ;
2 2 2
k k k
AM AD M
a
 
= ⇒ =
 
 
uuuur
uuuur
DN = k
; ;0
2 2 2
k k k
DN DB DN
a
 
⇒ = ⇒ = −
 
 
uuur uuur uuur
2
; ;0
2 2
k a k
N
 

k a k k
n A B A C a a MN
k a k k
n MN a a
 
−
 
= = = −
 ÷
   ÷
 
−
= + − =
r uuuur uuuur uuuur
r uuuur
Đường thẳng MN song song với mặt phẳng(A’D’BC)
c) Khi MN ngắn nhất thì theo câu a :
2
3
a
k =
. Khi đó
( )
; ; ; ' 0; ; ; ( ; ;0)
3 3 3
. ' .0 . . 0 '
3 3 3
. . .( ) ( ).0 0
3 3 3
a a a

Với hệ toạ độ đã chọn ta có:
A(0;0;0) ; B(0;a;0) ; C(a;a;0); B’(0;a;a); D’(a;0;a)
Đường thẳng AB’ có véctơ chỉ phương
1
' (0;1;1)u AB
a
= =
r uuuur
và đi qua điểm A(0;0;0).
Đường thẳng D’B có véctơ chỉ phương
1
' ' (1; 1;1)u BD
a
= = −
ur uuuur
và đi qua điểm B(0;a;0).

( )
(0; ;0)
1 1 1 0 0 1
, ' ; ; 2;1; 1
1 1 1 1 1 1
AB a
u u
=
 
 
= = −
 ÷
 

⊥
(ABC) tại H. Chứng minh rằng H là trực tâm tam giác ABC.
c) Chứng minh rằng
2 2 2 2
1 1 1 1
OH OA OB OC
= + +
Lời giải:
Giả sử OA= a, OB= b, OC= c.
Chọn hệ trục toạ độ Đềcác Oxyz như hình vẽ. Ta
có: A(a;0;0); B(0;b;0) C(0;0;c).
a) Bằng phương pháp toạ độ, dễ dàng chứng minh
được:
OA ⊥ BC, OB ⊥ BC, OC ⊥ AB.
Vậy tứ diện OABC có 3 cặp cạnh đối diện vuông
góc với nhau.
b)Vì A,B,C lần lượt nằm trên các trục Ox, Oy, Oz
nên mp(ABC) có phương trình
1
x y z
a b c
+ + =
(1)
7
Vì
( )OH ABC⊥
nên OH có véctơ chỉ phương là
1 1 1
( ; ; )u
a b c

; ;
1 1 1 1 1 1 1 1 1
( ) ( ) ( )
1 1
. 0 0
1 1 1 1 1 1
H
a b c
a b c a b c a b c
AH a
a b c
a b c a b c a b c
AH BC AH BC
a b c a b c
 
 ÷
 ÷
 ÷
+ + + + + +
 
 
 ÷
⇒ −
 ÷
 ÷
+ + + + + +
 
= − + = ⇒ ⊥
+ + + +
uuur

OH a b c OA OB OC
= + +
     
+ + + + + +
 ÷  ÷  ÷
     
 
= + + =
 ÷
 
 
+ +
+ +
 ÷
 
= + + = + +
Bài 8: ( Bài tập số 9 bài 9. Góc SGK Hình 12)
Cho tứ diện OABC có các mặt OAB, OBC, OCA là
các tam giác vuông tại đỉnh O.
Gọi
, ,
α β γ
là góc lần lượt hợp bởi các mặt phẳng
(OBC), (OCA), (OAB) với mặt phẳng (ABC).
Chứng minh rằng:
a) Tam giác ABC có 3 góc nhọn.
b)
2 2 2
cos cos cos 1
α β γ

Chứng minh tương tự ta cũng có góc B và góc C nhọn. Suy ra
∆
ABC có 3 góc nhọn.
b)Phương trình mặt (ABC) là:
1
x y z
a b c
+ + =
Phương trình các mặt phẳng (OBC); (OCA); (OAB); lần lượt là x=0; y=0; z=0
Véctơ pháp tuyến của các mặt phẳng (ABC); (OBC); (OCA); (OAB); lần lượt là:
1 2 3
1 1 1
; ; ; (1;0;0); (0;1;0); (0;0;1)n n n n
a b c
 
= = = =
 ÷
 
r ur uur uur
Do đó :
2 2 2
2 2 2
3
1 2
1 2 3
.
. .
cos cos cos
. . .
n n

lần lượt là trung điểm AB, BC).
Khi đó ta có: A
( ; ;0)
2 2
a a−
; B
( ; ;0)
2 2
a a
; C
( ; ;0)
2 2
a a−
; D
( ; ;0)
2 2
a a− −
; S(0;0;b)
M là trung điểm SC nên M
( ; ; )
4 4 2
a a b−
;
(0; ;0)AB a
uuur
;
3 3
( ; ; )
4 4 2
a a b

a a−
nhận véctơ
,n AB AM
 
=
 
r uuur uuuur
làm véctơ pháp tuyến.
Phương trình mặt phẳng (ABM):
2
3
0. ( 0) 0
2 2 2 4
ab a a a
x y z
   
− + + + − =
 ÷  ÷
   
⇔

2 2
3
0
2 4 4
ab a a b
x z+ − =
⇔
2abx + 3a
2

2 2
a a
; C
( ; ;0)
2 2
a a−
; D
( ; ;0)
2 2
a a− −
; S(0;0;a)
Đường thẳng SC có véctơ chỉ phương là:
( ; ; )
2 2
a a
SC a
−
−
uuur
.
Đường thẳng AB có véctơ chỉ phương:
(0; ;0)AB a
uuur
Ta có:
,SC AB
 
 
uuur uuur
=
; ;

 
 
uuur uuur uuur
uuur uuur
=
2
2
4
4
.( ) 0.0 .0
2
0
4
a
a a
a
a
− + −
+ +
=
3
2
5
2
a
a
=
2
5
a

a a a
)
mp(SAC) có véctơ pháp tuyến
( )
2 2
1
, 2; ;0n AS AC a a
 
= = −
 
uur uuur uuur
mp(SMB) có véctơ pháp tuyến
2 2
2
2
2 2
, ; ;
2 2
a a
n SM SB a
 
− −
 
= = −
 ÷
 
 ÷
 
uur uuur uur
1 2


=


=


1 2
; ;0
3 3
a
I MB AC I a
 
= ∩ ⇒
 ÷
 ÷
 
Thể tích tứ diện ANIB là:
1
, .
6

ANIB
V AN AB AI
 
=
 
uuur uuur uur
=
2 2 3

⇒
BI
⊥
SC (1).
Trong (SAC) kẻ IK
⊥
SC tại K (2)
Từ (1) và (2)
( )SC mp BKI⇒ ⊥
Khi đó ta có
∆
BIK chính là thiết diện của tứ diện SABC bị cắt bởi mp
( )
α
qua B và
vuông góc với SC.
Ta chọn hệ trục toạ độ Axyz như hình vẽ.
Ta có: A(0;0;0) B(
3
; ;0
2 2
a a
); C(a; 0; 0) ; S(0; 0; 2a).
Gọi I là trung điểm AC
( ;0;0)
2
a
I⇒
.
11

= −

( )K SC BIK= ∩
nên toạ độ K là nghiệm x, y, z của hệ:

0
9 2 3
;0; ;0; ; 0; ;0
2 2
10 5 5 5 2
2 4 0
x at
y
a a a a
K a IK IB
z a at
x z a
=


 
=

   
⇒ ⇒
 

   
 
= −

Gọi A’ là trọng tâm tam giác BCD. Chứng minh rằng
3
'
GA
GA
=
Lời giải :
a) Trong hệ trục toạ độ Oxyz.
Giả sử A(x
1
;y
1
;z
1
); B(x
2
;y
2
;z
2
); C(x
3
;y
3
;z
3
); D(x
4
;y
4

⇒ =
 
 
1 2 3 4 1 2 3 4 1 2 3 4
1 2 3 4 1 2 3 4 1 2 3 4
3 3 3
; ;
4 4 4
3 3 3
' ; ;
12 12 12
x x x x y y y y z z z z
GA
x x x x y y y y z z z z
GA
− − − − − − − − −
 
=
 ÷
 
− + + + − + + + − + + +
 
=
 ÷
 
uuur
uuur
3 ' (*) , , 'GA GA G A A⇒ = − ⇒
uuur uuur
thẳng hàng.

2
+ y
2
+ z
2
≥
(x-a)
2
+ y
2
+ z
2
+ x
2
+ (y-b)
2
+ z
2
⇔
(x - a)
2
+ (y - b)
2
+ z
2

≤
0
⇔


CABM trong mạt phẳng z = 0.
IV. BÀI TẬP TỰ LUYỆN:
Bài 1 : Cho hình lập phương ABCDA’B’C’D’. Chứng minh AC’
⊥
(A’BD); AC’
⊥
(CB’D’);
Bài 2: Cho hình lập phương ABCDA’B’C’D’ có cạnh bằng a.
a) Tính theo a khoảng cách giữa hai đường thẳng A’B và B’D.
b) Gọi MNP lần lượt là các trung điểm của các cạnh BB’, CD, A’D’. Tính góc giữa hai
đường thẳng MP và C’N.
(Đề thi Đại học- Cao đẳng khối B năm 2002 .
Bài 3: ( Đề thi đại học Vinh 2000-2001)
Cho hình hộp lập phương ABCDA
1
B
1
C
1
D
1
có cạnh bằng 2. Gọi E, F tương ứng là các
trung điểm của các cạnh AB, DD
1
.
a) Chứng minh rằng EF//(BDC
1
) và tính độ dài đoạn EF.
b) Gọi K là trung điểm cạnh C
1

( )
α
là mặt phẳng qua AD và vuông góc với mặt phẳng (SBC). Xác định thiết diện
của
( )
α
với hình chóp và tính diện tích thiết diện này.
Bài 7: Cho hình tam giác đều SABC đỉnh S, có độ dài cạnh đáy bằng a. Gọi M, N lần lượt
là trung điểm các cạnh SB và SC. Tính theo a diện tích tam giác AMN, biết rằng mặt
phẳng (AMN) vuông góc với mặt phẳng (SBC).
(Đề thi Đại học- Cao đẳng khối A năm 2002).
Bài 8 : Cho hình chóp SABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, với AB=a; AD=2a, cạnh
SA
⊥
mp(ABCD), cạnh SB tạo với mặt phẳng đáy một góc 60
o
. Trên cạnh SA lấy điểm M
sao cho AM=
3
3
a
, mặt phẳng (BCM) cắt SD tại điểm N.
Tính thể tích khối chóp SBCNM?
(Đề tham khảo- 2006, sách giới thiệu đề thi tuyển sinh).
Bài 9 : Cho hình chóp tam giác SABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a, SA=2a, SA
⊥

mp(ABC). Gọi MN lần lượt là hình chiếu vuông góc của A lên các đường thẳng SB và SC.
Tính thể tích của khối chóp ABCNM.
(Đề thi Đại học- Cao đẳng khối D năm 2006).