ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC

BÙI VIỆT HÀ

PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ
TRONG HÌNH HỌC KHÔNG GIAN

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

Chuyên ngành: Phương pháp toán sơ cấp
Mã số: 60 46 01 13

Người hướng dẫn khoa học:
PGS.TS TRỊNH THANH HẢI

Thái Nguyên, năm 2015


MỤC LỤC
Trang
MỞ ĐẦU . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2
CHƯƠNG I: KIẾN THỨC CƠ SỞ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4
1.1. Sơ lược về không gian Ơclit . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4
1.2. Một số mô hình xác định hệ trục tọa độ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7
CHƯƠNG II: VẬN DỤNG PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ VÀO GIẢI
MỘT SỐ DẠNG BÀI TOÁN HÌNH HỌC KHÔNG GIAN . . . . . . . . . . . 9
2.1. Vận dụng phương pháp tọa độ vào các bài toán định lượng . . . . 9
2.2. Vận dụng phương pháp tọa độ vào các bài toán chứng minh. . . 21
2.3. Vận dụng phương pháp tọa độ vào các bài toán quỹ tích. . . . . . 26
2.4. Vận dụng phương pháp tọa độ vào các bài toán cực trị. . . . . . . 33

thác có hiệu quả các vấn đề liên quan đến phương pháp tọa độ nhưng chưa
có học viên nào đi sâu tìm hiểu về phương pháp tọa độ trong hình học
không gian và việc vận dụng phương pháp tọa độ vào giải quyết một số
dạng bài toán hình học không gian trong chương trình toán THPT.
Với mong muốn tìm hiểu, học hỏi và tích lũy thêm kinh nghiệm để
phục vụ ngay chính công tác giảng dạy ở THPT, chúng tôi chọn hướng
nghiên cứu “ Phương pháp tọa độ trong hình học không gian ” để triển khai
đề tài luận văn Thạc sĩ.
Luận văn có các nhiệm vụ chính:
(1). Sưu tầm một số dạng toán hình học trong không gian có thể giải
bằng phương pháp tọa độ.
(2). Phân dạng, hệ thống hóa, đưa ra lời giải chi tiết cho mỗi bài toán.
2


(3). Đưa ra một số định hướng, gợi ý để giúp học sinh nhận dạng và
thể hiện phương pháp tọa độ trong việc giải các bài toán tương tự.
(4). Mặt khác, ưu điểm của phương pháp tọa độ là chúng bao hàm một
số thuật toán. Luận văn cũng đã cố gắng minh họa một vài thuật toán đó
với phần mềm Maple để kiểm tra kết quả các lời giải toán.
Luân văn được hoàn thành với sự hướng dẫn chỉ bảo tận tình của
PGS.TS Trịnh Thanh Hải – Trường Đại học Khoa học – Đại học Thái
Nguyên. Từ đáy lòng mình, em xin được bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc đối với
sự quan tâm, động viên và sự chỉ bảo của Thầy.
Em xin trân trọng cảm ơn quý thầy, cô trong khoa Toán – Tin, phòng
Đào tạo trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên. Đồng thời, tôi
xin gửi lời cảm ơn tới tập thể lớp cao học Toán K7 đã động viên, giúp đỡ
tôi trong quá trình học tập và làm luận văn này.
Tuy nhiên, do sự hiểu biết của bản thân và khuôn khổ của luận văn
thạc sĩ, nên chắc rằng trong quá trình nghiên cứu sẽ không tránh khỏi


0 nÕu i  j
O;e
e
...,e
E
,
,
của
là cơ sở trực chuẩn, tức ei .e j = δij ,  ij = 
 1 2 n
1 nÕu i  j

1.1.3. Đổi mục tiêu trực chuẩn
 

 

Cho hai mục tiêu trực chuẩn O;e1, e2 , ...,en  (I) và O';e'1, e'2 , ..,e'n  (II)

của không gian Ơclit n chiều E n . Gọi C là ma trận chuyển từ cơ sở
 

 

ε = e1;e2 ...;en  sang cơ sở ε' = e'1;e'2 ...;e'n  .
Các cơ sở đó đều là cơ sở trực chuẩn nên C là ma trận trực giao cấp n.
Khi đó, công thức đổi mục tiêu trực chuẩn là X = C X’ + a.
Với C.Ct = In, a là ma trận cột tọa độ của gốc O’ đối với mục tiêu (I).
X và X’ là hai ma trận cột tọa độ của cùng một điểm đối với mục tiêu thứ

  
Trong hệ tọa độ Đề các vuông góc (O; i, j, k ) cho vectơ tùy ý v . Vì
  
3 vectơ i, j, k không đồng phẳng nên tồn tại duy nhất bộ số (x; y; z) sao
   

cho v  xi  y j  z k thì (x; y; z) được gọi là tọa độ của v .


Kí hiệu: v = (x; y; z) hoặc v (x; y; z).

1.1.7. Tọa độ của điểm đối với hệ tọa độ
Trong hệ tọa độ Đề các vuông góc Oxyz cho điểm M bất kì. Khi đó:

Tọa độ của vectơ OM cũng là tọa độ của điểm M. Như vậy nếu vectơ

   
OM = (x; y; z) tức là OM  xi  y j  z k thì bộ ba số (x; y; z) là tọa độ của
điểm M.
Kí hiệu: M = (x; y; z) hoặc M(x; y; z).
1.1.8. Một số tính chất (xét trong trong E3)

  


+) b cùng phương a ( a  0 )   k   , sao cho b  ka.


+) Tích có hướng của a = ( x; y; z) và b = (x’; y’; z’) là vectơ
   y z z


 

x.x' + y.y' + z.z'

x 2 + y 2 + z 2 . x '2 + y'2 + z '2
  
  
+) Ba vectơ a, b, c đồng phẳng  a, b  .c  0

1    
AB, AC 
2
1   
+) VTø diÖn ABCD   AB, AC  .AD
6
  
+) VHình hép ABCD.A'B'C'D'   AB, AD  .AA '

+) SΔABC 

+) VL¨ng trô ABC.A'B'C' 

1     
AB, AC  .AA'
2

+) Khoảng cách từ M0 (x0; y0; z0) đến mặt phẳng ( α ):
Ax + By + Cz + D = 0:


,
2
2
2
2
2
2
u1 . u 2
a1 + b1 + c1 . a 2 + b 2 + c2



trong đó: u1 (a1; b1; c1); u 2 ( a2; b2; c2) .
Góc giữa đường thẳng và mặt phẳng: Gọi θ là góc giữa  và ( α ), ta có

6


sin θ =

A.a + B.b + C.c


. 00  θ  900 ; với u (a; b; c) là vectơ

A 2 + B2 + C 2 . a 2 + b 2 + c 2

chỉ phương của  ; n (A; B; C) là vectơ pháp tuyến của ( α ).

+) Góc ( γ ) giữa hai mặt phẳng ( α ): Ax + By + Cz + D = 0 và


A1

A O
D
x

y

C

B

A(0; 0; 0), B(1; 0; 0), D(0; 1; 0), C1( 1; 1; 1).
 Mô hình 2. Tam diện vuông
z
C

Xét tam diện vuông S.ABC có SA=a,
SB=b, SC=c.
Chọn hệ trục tọa độ Oxyz sao cho S  O,
  
SA, SB, SC lần lượt cùng hướng với các tia

O
S

Ox, Oy, Oz. Tọa độ các điểm khi đó là

A

Oy, Oz. Tọa độ các điểm là

y

D

A(0; 0; 0), B(a; 0; 0), C(a; b; 0), D(0; b; 0),
A’(0; 0; c), B’(a; 0; c), C’(a; b; c), D’(0; b; c) x

B

C

 Mô hình 4. Hình chóp tứ giác đều
z

Xét hình chóp tứ giác đều S.ABCD

S

có gốc O là giao của hai đường chéo và
SO= h, AC = 2a, BD = 2a.
Chọn hệ trục tọa dộ Oxyz sao cho
  
OA, OB, OS lần lượt cùng hướng với các

C

D
O


x

y

A

a 3
  a 3 a   a 3 a 
; 0; 0  , B  ; ; 0 , C; - ; 0 .
A
3
6
2
6
2 

 
 

Nhận xét: Nếu là mô hình khác thì ta phải tìm ra được một góc tam
diện vuông hợp lý, từ đó ta sẽ chọn được hệ trục Oxyz tương ứng để giải
quyết bài toán.

8


Chương II: VẬN DỤNG PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ VÀO GIẢI
MỘT SỐ DẠNG BÀI TOÁN HÌNH HỌC KHÔNG GIAN
Để giải bài toán hình học không gian bằng phương pháp tọa độ thì ta

D1

Az, khi đó: A(0; 0; 0), B(a; 0; 0), C(a; a; 0), K
D(0; a; 0); A1(0; 0; a), B1(a; 0; a), C1(a; a; a),
A

D1(0; a; a).



a) Ta có A1B (a; 0; - a); AC1 (a; a; a).

yD

B

x

C

9


 
A1B. AC1
Gọi α là góc tạo bởi A1B và AC1, ta có cosα =   = 0  α =
A1B . AC1
  
 A1B, AC1  .AA1


, β   0; 
10
 2

  
 KC, A1D  .KD a


Gọi d2 là khoảng cách giữa CK và A1D, ta có: d 2 =
= .
 
3
 KC, A1D 



c) Ta có BB1 là giao tuyến của hai mặt phẳng (ABB1A1) và (BCC1B1)
x = a
nên: (BB1 ) : 
y = 0

x - a = 0
hay 
y = 0

Mặt phẳng (P) qua BB1 có dạng (P): x – a + my = 0


 (P): x + my - a = 0  vtpt n (1; m; 0) .


6

6 ta được:
6 -2

sinγ =

2 1- m

2
6 - 2 +1




=

6 -2
22 - 8 6

6 -2

=



4- 6






22 + 8 6

6 +2

=



4+ 6



2

=

6 +2
6 +1
=
.
5
4+ 6

Bài toán 2.2. Cho hình hộp ABCD.A1B1C1D1 có đáy ABCD là hình
 = 600. B1O vuông góc với đáy ABCD, cho
thoi tâm O, cạnh bằng a, góc A

BB1 = a.

C 
D
.
; 0; 0   0; - ; 0 
y
2 
 2
 
a) Gọi α là góc tạo bởi cạnh bên và đáy, ta có:

D
O

x

A

a
BO 2 1

α=B
= 
 α  600 .
1BO  cosα =
BB1 a 2


a 3
a 3
a 3

d(B,(ACD1 )) =

a
3 0
2

 3

2

 22



a 21
,
14

3a
d(B1 (ACD1 )) =

 3

2


 22

a 21
.

 2
 2


A

H
B

x
K

C
D
y
a) Giả sử S(0; 0; zS) với zS > 0.
 
Gọi n1 , n 2 theo thứ tự là vtpt của mặt phẳng (ABCD) và (SAD), ta có:


n 2


n
 2

  a
 SA  ;



2
2

Phương trình mặt phẳng (SCD) được cho bởi:


a 3
 qua S
 qua S  0; 0;

2
   (SCD) : 
(SCD) : 



cÆp vtcp SC & SD

 vtpt n3 (0; 3; 2)
 (SCD): y 3 + 2z - a 3 = 0.

12


Khi đó khoảng cách từ H đến mặt phẳng (SCD) được cho bởi:
-a 3
a 21
d=
=
.


  a
 SC  - ;

 2

0; -





a 3

2 


 ta chän n 4 (- 3; 0; 1).

BC  0; a; 0 

a; -

a 3

2 

 2
 
a 

 

 
Gọi n1 , n 2 theo thứ tự là vtpt của mặt phẳng (SAD), (SBC), ta có:

13




n  SA 0; 0; - a 3
 1


ta
chän
n

  a a 3
1 (- 3; 1; 0).

n
SD
;
;
a
3

 1






a) Gọi α là góc tạo bởi (SAD) và (SBC), ta có:
 
n1.n 2
1
z
cosα =   =
.
n1 . n 2 2 2
S

b) Phương trình mặt phẳng (SBC)
được cho bởi:
 qua B  2a; 0; 0 
(SBC) : 

vtpt
n 2 ( 3; 1; 2)


A
x

B
y

D

Bài toán 2.5. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông
tâm O cạnh bằng a, SO vuông góc với đáy. Gọi M, N theo thứ tự là trung
điểm SA và BC. Biết rằng góc giữa MN và (ABCD) bằng 600.
a) Tính MN và SO
b) Tính góc giữa MN và mặt phẳng (SBD).
Lời giải:
Chọn hệ trục tọa độ Oxyz với A, C thuộc tia Ox, B, D thuộc tia Oy và
S thuộc tia Oz , khi đó:

14


a 2
  a 2 
O(0; 0; 0), A 
; 0; 0  , B  0;
; 0 ,
2
2

 

 a 2
 
a 2 
; 0; 0  , D  0; ; 0 .
C2
2

 

M
D
O

C
N
y

A

x

B

2zS
3
a 30
=
 zS =
.
2
2
8a 2 + 2a 2 + 4zS2

a 2
a 30
a 10
a 30 
; 0;
, M

thuộc tia Az, khi đó:
A(0; 0; 0), B(a; 0; 0), C(a; a; 0), D(0; a; 0), A1(0; 0; a), B1(a; 0; a),
3a 
 a  a
 
C1(a; a; a), D1(0; a; a), M  0; ; 0  , N  ; a; 0  , P  a; 0;

4 
 2  2
 

15


 
Gọi n1 , n 2 theo thứ tự là vtpt của mặt phẳng (ABCD) và (MNP), ta có:


n 2  MP


n 1 (0; 0; 1),  
 ta chän n 2 (-1; 1; 2).

n 2  MN

Gọi α là góc tạo bởi (MNP) và (ABCD),
 
n1.n 2
2

A

D

B
N

x

C

1
6  2 1 a a  7a 2 6
. SABCD - SDNM  =
.
a - . .  =
2 
2 2 2
16
cosα

Bài toán 2.7. Trong mặt phẳng (P) cho tam giác đều ABC cạnh bằng
a. Trên các đường thẳng vuông góc với (P) tại B và C lần lượt lấy các điểm
D, E nằm về cùng một phía đối với (P) sao cho BD =

a 3
, CE = a 3 .
2

a) Tính độ dài các cạnh AD, AE, DE.

=
 AD =
,
4
4
4
4
2
a 2 3a 2
AE 2 = +
+ 3a 2 = 4a 2  AE = 2a,
4
4
M
2
2
3a
7a
a
7
DE 2 = a 2 +
=
 DE =
.
4
4
2
b) Gọi O là tâm của mặt cầu ngoại tiếp

E

d
:
y
=


 dH  : 



O
6



 vtcp a(0; 0; 1)
z = t




a 3

; 0; 0 
qua I 
P : 
 2
 



36
2

2

 R =

a 39
.
6

// 1
c) Vì BD  CE nên DE  BC = M ( - a; 0; 0), ta có:
2
   3a a 3

; 0
AM  - ; 2
 

 2

 AM.AC = 0  AM  AC  AM  (ACE).


   a a 3
AC
;
;
0

 = 600. Đường thẳng SO vuông góc với mặt phẳng (ABCD) và
a, BAD

SO =

3a
. Gọi E, F lần lượt là trung điểm của BC, BE.
4

a) Tính khoảng cách từ A đến mặt phẳng (SBC).
b) Tính góc giữa hai đường thẳng AE và SF.
c) Mặt phẳng ( α ) chứa AD và vuông góc với (SBC) cắt hình chóp
S.ABCD theo một thiết diện . Tính diện tích thiết diện đó.
Lời giải:
Vì OA, OB, OS đôi một vuông góc nên chọn hệ trục tọa độ Oxyz
(hình vẽ). Ta có tọa độ các điểm là

z

a 3

 a 
A
; 0; 0  , B  0; ; 0  ,
 2 
 2


S
N

A

B

y

  a 3a    a 3
3a 
a) Ta có SB  0; ; -  , SC  ; 0; - 
4 
4 
 2
 2
2
 
a
3
nên SB, SC  =
(8

3 ; 3; 2)

18


 Phương trình mặt phẳng (SBC) là: - 2 3 x + 6y + 4z - 3a = 0.

Khoảng cách cần tìm là
-2 3.



Do đó AE  ; ; 0  , BF  ; 0; 0  , nên
4
2 

 8

 
3 93
3 93

cos(AE,BF) = cos(AE,BF) =
 φ = arccos
.
31
31
c) Phương trình mặt phẳng ( α ): 2x - 2 3 y + 4 3 z - a 3 = 0.
Phương trình các đường thẳng

x = 0

SB :  y = 2t
(t  R),

3a
z =
- 3t

4


9a 2
SADNM = (AD + MN). d(A, (SBC)) =
.
2
16

Bài toán 2.9. Trên các tia Ox, Oy, Oz của góc tam diện vuông Oxyz
lần lượt lấy các điểm A, B, C sao cho OA = a, OB = a 2 , OC = c
(a, c > 0). Gọi D là đỉnh đối diện với O của hình chữ nhật AOBD và M là

19


trung điểm của đoạn BC. Mặt phẳng ( α ) qua A, M cắt mặt phẳng (OCD)
theo một đường
thẳng vuông góc với đường thẳng AM.
a) Gọi E là giao điểm của ( α ) với đường thẳng OC. Tính độ dài đoạn
thẳng OE.
b) Tính tỷ số thể tích của hai khối đa diện được tạo thành khi cắt khối
chóp C.OADB bởi mặt phẳng ( α ).
c) Tính khoảng cách từ điểm C đến mặt phẳng ( α ).
Lời giải:
Chọn hệ trục tọa độ Oxyz

z
C

( hình vẽ). Tọa độ các điểm O (0; 0; 0),
A(a; 0; 0), B (0; a 2 ; 0), C(0; 0; c),


 
Ta có OC (0; 0; c), OD (a; a 2 ; 0)  OC, OD  = ( - ac 2 ; ac; 0).

Một véc tơ pháp tuyến của mặt phẳng (OCD) là n (OCD) (- 2 ; 1; 0).

Gọi F = ( α )  CD thì EF là giao tuyến của ( α ) với (OCD), ta có: EF  AM.
 


a 2 c
c
;  nên  n (OCD) , AM  = (1;
Vì AM  - a;

 2
2
2


chỉ phương của EF là u EF (1; 2 ; 0).

2 ; 0), do đó một véc tơ



1
Ta có  u EF , AM  = (c 2 ; - c; 3 2 a) nên phương trình mặt phẳng
2

( α ) là

 C.AEF  C.MEF  
.

.
.

VC.OADB 2VC.AOD 2VC.BOD 2  CO CD CB CO CD  3

Do đó tỷ số thể tích hai khối đa diện được tạo thành khi cắt khối chóp
C.OADB bởi mặt phẳng ( α ) là

1
(hay 2).
2
3 2ac - ac 2

c) Khoảng cách cần tìm là d(C,( α )) =

2c 2 + c 2 +18a 2



2 6ac

.

3 c 2 + 6a 2

2.2. Vận dụng phương pháp tọa độ vào các bài toán chứng minh
Bài toán 2.10. Cho tam giác đều ABC cạnh a. Gọi D là điểm đối xứng

2  
2 
 2
 
Gọi n 1 , n 2 theo thứ tự là vtpt của mặt

B

D

phẳng (SAB) và (SAC), ta có:
y

A

x

C

21



 
a 6
n 1  SA  a 3; 0; 
2 




 ta chän n 2 (1; 3; 2).

  a 3 a


n
AC
;
;
0



 2
2
2



 
 
Nhận xét rằng: n 1 . n 2 = 1- 3 + 2 = 0  n 1  n 2  (SAB)  (SAC). ĐPCM

Bài toán 2.11. Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều
cạnh a, SA = SB = SC, khoảng cách từ S đến mặt phẳng (ABC) bằng h.
Tìm điều kiện của a và h để hai mặt phẳng (SAB) và (SAC) vuông góc với
nhau.
Lời giải:
Gọi O là trọng tâm  ABC, với điều



a 3
; -h
n 1  SA  0;
3

a 3




ta
chän
n
).

1 (h 3; h;
3


a a 3 

 AB  ; n
; 0
1

2
2




a a 3

n 2  AC  - 2 ; - 2 ; 0 



 
 
Để (SAB)  (SAC) điều kiện là: n 1  n 2  n 1 . n 2 = 0

a2
=0  a=h 6.
3
Bài toán 2.12. Đường thẳng (d) tạo với 2 đường thẳng (d1) và (d2) cắt

 - 3h2 + h2 +

nhau các góc bằng nhau, ngoài ra nó không vuông góc mặt phẳng ( α ) chứa
các đường thẳng này. Chứng minh rằng hình chiếu vuông góc (d’) của
đường thẳng (d) lên mặt phẳng ( α ) cũng tạo thành những góc bằng nhau
với 2 đường thẳng (d1) và (d2).
Lời giải:
Chọn hệ trục tọa độ Oxyz với O = (d1)  (d2) và (d1), (d2) Oxy, khi
   
đó gọi a, a', a1 , a 2 theo thứ tự là vtcp các đường thẳng (d), (d’), (d1), (d2),






 

C1D1. Các điểm M, N thỏa mãn AM = kAD, BN = kBB1 với 0  k  1.
Chứng minh M, N, I, J đồng phẳng.
Lời giải:

23


Chọn hệ trục tọa độ Axyz với B thuộc tia Ax, D thuộc tia Ay và A1
z

thuộc tia Az,
P

khi đó: A(0; 0; 0), B(a; 0; 0),
C(a; b; 0), D(0; b; 0), A1(0; 0; c),

D1

B1

A1
C1
J

N

B1(a; 0; c), C1(a; b; c), D1(0; b; c),

2

     
Ta có: kIJ = IM + IN  IJ, IM, IN đồng phẳng  M, N, I, J đồng phẳng.

ĐPCM
Bài toán 2.14. Cho hai đường thẳng  ,  ' chéo nhau và vuông góc
với nhau nhận AB làm đường vuông góc chung (A  , B  ' ). Gọi M, N
là các điểm di chuyển trên  và  ' sao cho MN = AM + BN.
a) Chứng minh rằng tích AM.BN và thể tích khối tứ diện ABMN là
những đại lượng không đổi.
b) Chứng minh rằng MN luôn tiếp xúc với mặt cầu đường kính AB.
Lời giải:
Chọn hệ trục tọa độ Oxyz (hình vẽ), với O  A, trục Oz chứa AB, trục
Ox chứa đường thẳng  , trục Oy //  ' .

z

Đặt AB = h, AM = a, và AN = b (h, a, b > 0).

B

Tọa độ các điểm A (0; 0; 0),
B (0; 0; h), M (a; 0; 0), N (0; b; h).

N

Δ'

Vì MN = AM + BN nên