Chuyên đề : Giải bài toán Hình học không gian trong một số đề thi CĐ -ĐH bằng phương pháp tọa độ

"GIẢI BÀI TOÁN HÌNH HỌC KHÔNG GIAN TRONG MỘT SỐ ĐỀ
THI CAO ĐẲNG - ĐẠI HỌC BẰNG PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ "

Phần 1:

MỞ ĐẦ U

I. Lý do chọn đề tài
Trong Chương trình giáo dục THPT hiện nay, Hình học là phần khó của chương trình toán
nhất là hình học không gi an, thường các em đều sợ khi học phần này. Muốn học sinh học tốt
được phần hình học này thì mỗi người Giáo viên không phải chỉ truyền đạt, giảng giải theo các
tài liệu đã có sẵn trong Sách giáo khoa, trong các sách hướng dẫn và thiết kế bài giảng một cách
gập khuôn, máy móc, làm cho học sinh học tập một cách thụ động. Nếu chỉ dạy học như vậy thì
việc học tập của học sinh sẽ diễn ra thật đơn điệu, tẻ nhạt và kết quả học tập sẽ không cao. Nó là
một trong những nguyên nhân gây ra cản trở việc đào tạo các em t hành những con người năng
động, tự tin, sáng tạo sẵn sàng thích ứng với những đổi mới diễn ra hàng ngày.
Yêu cầu của giáo dục hiện nay đòi hỏi phải đổi mới phương pháp dạy học theo hướng phát
huy tính tích cực, chủ động sáng tạo của học sinh. Vì vậy n gười giáo viên phải gây được hứng
thú học tập cho các em bằng cách tinh giản kiến thức, thiết kế b ài giảng lại khoa học, hợp lý,
phải gắn liền với ứng dụng, liên hệ thực tế. Các kiến thức không được mang nặng tính hàn lâm,
và phải phù hợp với việc nhận th ức của các em. Thông qua kiến thức mà người giáo viên đã tinh
lọc, qua ứng dụng, thực hành các em sẽ lĩnh hội những tri thức toán học một cách dễ dàng, củng
cố, khắc sâu kiến thức một cách vững chắc, tạo cho các em niềm say mê, hứng thú trong học tập,
trong việc làm. Khi chúng ta đã tinh lọc kiến thức một cách gọn gàng, ứng dụng thực tế một
cách thường xuyên, khoa học thì chắc chắn chất lượng dạy học nói chung và môn toán sẽ ngày
một nâng cao.
Trên cơ sở phân tích kỹ nội dung chương trình của Bộ giáo dục v à Đào tạo nhất là đề th i cao
đẳng, đại học các năm và các tài liệu thì t rong kì thi tuyển sinh vào đại học cao đẳng, bài toán
hình học không gian: tính thể tích khối đa diện, khoảng cách từ một điểm đến đường thẳng,

số là học sinh trung bình khá nên mặt bằng kiến thức chưa đồng đều giữa các học sinh với nhau.
Việc hướng dẫn các em nắm bắt được kiến thức là hết sức khó khăn.

3). Phạm vi, đối tượng, thời gian thực hiện:
- Đối tượng nghiên cứu: Đối tượng của đề tài là học sinh lớp 12 đang chuẩn bị cho các kì thi
tố nghiệp, cao đẳng, đại học và trung cấp chuyên nghiệp.
- Phạm vi nghiên cứu: Một số bài toán hình học không gian trong các đề thi thử, đề thi đại
học các năm
- Thực hiện đề tài trong các giờ luyện tập tiết tăng của lớp 12 vào các buổi chiều.

4). Phương pháp nghiên cứu:
Để thực hiện đề tài này, tôi đã sử dụng các phương pháp sau :
a). Nghiên cứu tài liệu :
- Đọc các tài liệu sách, báo, tạp chí giáo dục .... có liên quan đến nội dung đề tài.
- Đọc SGK Hình học 12, sách giáo viên, các loại sách tham khảo.
b). Nghiên cứu thực tế :
- Trao đổi ý kiến với đồng nghiệp về nội dung Giải các bài tập hình học không gian và bài tập
hình học không gian tọa độ.
- Tổng kết rút kinh nghiệm trong quá trình dạy học.
- Tổ chức và tiến hành th ực nghiệm sư phạm (Soạn giáo án đã thông qua các tiết dạy) để
kiểm tra tính khả thi của đề tài.

Phần 2:

NỘI DUNG

I. Cơ sở lý luận
1) Vị trí của môn Toán trong nhà trường:
Môn toán cũng như những môn học khác cung cấp những tri thức khoa học, những nhận
thức về thế giới xung quanh nhằm phát triển năng lực nhận thức, hoạt động tư duy và bồi dưỡng

là tiền đề tốt cho việc phát triển tư duy toán học nhưng rất dễ bị phân tán, rối trí nếu bị áp đặt,
căng thẳng, quá tải. Chính vì thế nội dung chương trình, phương pháp giảng dạy, hình thức
chuyển tải, nghệ thuật truyền đạt của người giáo viên phải phù hợp với tâm sinh lý lứa tuổi là
điều không thể xem nhẹ. Đặc biệt đối với học sinh lớp 12, lớp mà các em vừa mới vượt qua
những mới mẻ ban đầu để trở thành người lớn, chuyển từ hoạt động vui chơi là chủ đạo sang
hoạt động học tập là chủ đạo. Lên đến lớp 10, 11 thì yêu cầu đó đặt ra là thường xuyên đối với
các em ở tất cả các môn học. Như vậy nói về cách học, về yêu cầu học thì học sinh THPT gặp
phải một sự thay đổi đột ngột mà đến cuối năm lớp 10 và sang lớp 11, 12 các em mới quen dần với
cách học đó. Do vậy giờ học sẽ trở nên nặn g nề, không duy trì được khả năng chú ý của các em nếu
người giáo viên chỉ cho các em nghe và làm theo những gì đã có trong sách giáo khoa.
Muốn giờ học có hiệu quả thì đòi hỏi người giáo viên phải đổi mới phương pháp dạy học tức
là kiểu dạy học “Lấy học sinh làm trung tâm” hướng tập trung vào học sinh, trên cơ sở hoạt động
của các em. Kiểu dạy này người giáo viên phải thật sự là một người “đạo diễn” đầy nghệ thuật,
đó là người định hướng, tổ chức ra những tình huống học tập nó kích thích óc tò mò và tư duy
độc lập, phải biết thiết kế bài giảng sao cho hợp lý, gọn nhẹ. Muốn các em học được thì trước hết
giáo viên phải nắm chắc nội dung của mỗi bài và lựa chọn, vận dụng các phương pháp sao cho
phù hợp.
Hiển nhiên, một người giáo viên muốn dạy giỏi phải trã i qua quá trình tự rèn luyện, phấn đấu
không ngừng mới có được. Tuy nhiên, việc đúc kết kinh nghiệm của bản thân mỗi người qua từng
tiết dạy, những ngày tháng miệt mài cũng không kém quan trọng, nó vừa giúp cho mình càng có
kinh nghiệm vững vàng hơn, vừa giúp cho những thế hệ giáo viên sau này có cơ sở để học tập, học
tập nâng cao tay nghề, góp phần vào sự nghiệp giáo dục của nước nhà.

II. Cơ sở thực tiễn
Bên cạnh những học sinh hiếu động, ham hiểu biết cái mới, thích tự mình tìm tòi, khám
phá, sáng tạo t hì lại có một bộ phận không nhỏ học sinh lại học yếu, lười suy nghĩ nên đòi hỏi
người giáo viên phải tâm huyết, có năng lực thật sự, đa dạng trong phương pháp, biết tổ chức,
thiết kế và trân trọng qua từng tiết dạy.
Theo chúng tôi, khi dạy đối tượng học s inh đại trà như hiện nay, người giáo viên phải thật
cô đọng lý thuyết, sắp xếp lại bố cục bài dạy, định hướng phương pháp, tăng cường các ví dụ và

c.Ð
* tan  
c.K
c.K
* cot  
c.Ð
* sin  

* AB  BC sin C
 BC cos B
 AC tan C

* AC  BC sin B
 BC cos C
 AB tan B

3

THPT Định Quán


Chuyên đề : Giải bài toán Hình học không gian trong một số đề thi CĐ -ĐH bằng phương pháp tọa độ

1.2) Công thức tính diện tích tam giác (h, đ cao tương ứng, p nửa chu vi, r bán k đường tròn nội
tiếp)
* S
* S
* S
* S
* S

2

1.3) Công thức tính diện tích tứ giác

h. vuông
S = a2

h.chữ nhật
S = a.b

h. bình hành
S = a.h

h. thang
S=

h. thoi

1
( a  b) h
2

S=

1
a.b
2

2) Hình học không gian.
2.1) Góc giữa hai đường thẳng


a
a'

O

 = 900.
+ Nếu a  (P) thì a,(P)

2.3) Góc giữa mp ( α ) và mp (β) cắt nhau .
a). ĐN: là góc giữa hai đường thẳng cùng vuông góc với hai mặt phẳng đó
4

THPT Định Quán

P


Chuyên đề : Giải bài toán Hình học không gian trong một số đề thi CĐ -ĐH bằng phương pháp tọa độ

b). Cách xác định:
Xác định   ( )  () .Trên  tìm điểm
O  , từ O dựng tia Ox   (Ox   ) và


Oy   (Oy   ) khi đó: ((
),()) = (Ox,Oy)





d / /d '   d / /()
d '  ( ) 

a / /( )

c) Định lí 2:



()  a
  b / /a
()  ( )  b 

α
β

( )  ()



( ) / /d

d) Định lí 3:
  d '/ /d
() / /d

( )  ()  d '

2.5) Mặt phẳng song song với mặt phẳng


3) Hệ trục tọa độ trong không gian
3.1) Phương trình mặt phẳng:

a) Phương trình mp() qua M(xo ; yo ; zo) có vtpt n = (A;B;C)
A(x  x 0 )  B(y  y 0 )  C(z  z0 )  0

5

THPT Định Quán


Chuyên đề : Giải bài toán Hình học không gian trong một số đề thi CĐ -ĐH bằng phương pháp tọa độ
b) Phương trình mặt phẳng theo đoạn chắn qua A(a ; 0; 0), B(0; b; 0);C(0; 0; c) với a,b,c  0:
x y z
  1
a b c

3.2) Phương trình tham số của đường thẳng:

Phương trình tham số của đường thẳng (d) qua M(xo ;yo ;zo) có vtcp a = (a1; a2; a3)

x  xo  a1t



(d) :
y  yo  a2 t (t   )




Cho hai đường thẳng chéo nhau d 1 và d2. d1 đi qua điểm M 1 và có VTCP u1 , d2 đi qua điểm
  
u ,u  .M M
 1 2  1 2
M2 và có VTCP u2 : d(d1,d2 ) 
 
u ,u 
 1 2 



M2

M1
d1

u1

 

Góc giữa d1, d2 bằng hoặc bù với góc giữa u1,u2 :
 
 
u1,u2
cos u1,u2    
u1 . u2

d2




Cho đường thẳng d có VTCP a  (a1;a2 ;a3 ) và mặt phẳng () có VTPT n  (A;B;C) .Góc
giữa đường thẳng d và mặt phẳng () bằng góc giữa đường thẳng d với hình chiếu d  của nó
trên ().

6

THPT Định Quán


Chuyên đề : Giải bài toán Hình học không gian trong một số đề thi CĐ -ĐH bằng phương pháp tọa độ
 
n
n .ad
Aa1  Ba2  Ca3
u
sin d,( )    
2
2
2
2
2
2
d
n . ad
A  B  C . a1  a2  a3
()

c) Góc giữa hai mặt phẳng

z
số điểm cần thiết)
Khi xác định tọa độ các điểm ta có thể dựa vào :
C(0;0;z)
 Ý nghĩa hình học của tọa độ điểm (khi các điểm
nằm trên các trục tọa độ, mặt phẳng tọa độ).
 Dựa vào các quan hệ hình học như bằng nhau,
M(x;y ;z)
vuông góc, song song ,cùng phương, thẳng hàng, điểm
chia đọan thẳng để tìm tọa độ .
y
 Xem điểm cần tìm là giao điểm của đường thẳng,
B(0;y ;0)
mặt phẳng.
 Dưạ vào các quan hệ về góc của đường thẳng,
A (x;0;0)
H(x;y;0)
mặt phẳng.
x
x = OA , y = OB , z = OC

Bước 3 : Sử dụng các kiến thức về tọa độ để giải quyết bài toán.
Các dạng toán thường gặp:
 Định tính: Chứng minh các quan hệ vuông góc, song song, …
 Định lượng: Độ dài đoạn thẳng, góc, khoảng cách, tính diện tích, thể tích, diện tích thiết
diện, …
 Bài toán cực trị, quỹ tích.……………

1) Hình chóp.
a) Hình chóp tam giác có dạng tam diện vuông hoặc hình chóp tứ giác có cạnh bên

17

y
A

C

B
x

Nhận xét: + Đây là một bài toán cơ bản trong việc sử dụng phương pháp đặt hệ trục vì nó giúp
học sinh thấy mối liên hệ giữa hệ trục tọa độ và cách đặt hệ trục
+ Khi giải quyết bài toán này đối với các em khá, giỏi thì không vấn đề gì nhưng đối với các
em học sinh tầm trung bình và trung bình khá lần đầu tiếp cận phương pháp thì các em tỏ ra rất
ngạc nhiên và thích thú vì bài toán giải quyết khá dễ dàng.
Ví dụ 2: Cho tứ diện OABC có đáy OBC là tam giác vuông tại O, OB=a, OC= a 3 , (a>0) và
đường cao OA= a 3 . Gọi M là trung điểm của cạnh BC. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng
AB và OM.
Giải:
Chọn hệ trục tọa độ Oxyz với gốc tọa đô O, B thuộc tia Ox, C thuộc tia Oy, A thuộc tia Oz. Khi
a a 3



đó: (0;0;0), A(0; 0;a 3 ); B(a; 0; 0), C( 0;a 3; 0), M ;
; 0 ,
 2 2


z

 4
4
4 
4



3.a  0  0
3 11



C



3; 1; 1

a

M

B

Phương trình mặt phẳng (OMN) qua O với vectơ

pháp tuyến n  ( 3; 1; 1) là : 3x  y  z  0
Ta có: d(B; (OMN)) 

y


a 15
Cách 2: d(AB; OM) 

.
 
 AB,OM
5



Ví dụ 3: (Dự bị 2 – Đại học khối D – 2003) Cho tứ diện ABCD có AD vuông góc với mặt
phẳng (ABC) và tam giác ABC vuông tại A, AD = a, AC = b, AB = c. Tính diện tích S của tam
giác BCD theo a, b, c và chứng minh rằng : 2S  abc a  b  c  (*)
Giải :
Chọn hệ trục tọa độ Oxyz với A  O(0;0;0), B thuộc tia Ox, C thuộc tia Oy, D thuộc tia Oz.
Ta có tọa độ các điểm là :A(0;0;0), B(c;0;0), C(0;b;0), D(0;0;a).


 
BC  c;b; 0,BD  c; 0;a, BC,BD  ab;ac;bc 


1     1 2 2
SBCD  BC,BD 
a b  a2c 2  b2c 2


2
2

x

Coäng veá : a2b2  a2c2  b2c2  abc(a  b  c) (đpcm)

Dạng 2: Hình chóp tứ giác có cạnh bên vuông góc đáy..
Cách đặt: Hình chóp S.ABCD có SA vuông góc với đáy và đáy là hình vuông (hoặc hình chữ
nhật hoặc hình thang vuông ). Ta chọn hệ trục tọa độ như dạng tam diện vuông. Gốc tọa độ
trùng với đỉnh A, S thuộc tia Oz.
Ví dụ 1: ( Trích đề dự bị 1 - 2008 – B) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông
cạnh bằng a, SA  a 3, SA   ABCD . Tính theo a thể tích khối tứ diện SACD và tính cosin
của góc giữa hai đường thẳng SB, AC.
Giải:
1
2

Ta có: S ACD  AD.DC 

a2
(đvdt)
2

z
S

1
a3 3
VSACD  SA.S ACD 
(đvtt)
3
6

 
SB.AC
cos SB,AC    
SB . AC

a2





2



a2  a 3 . a2  a2

1
2 2

  BAD
  90o , BA =
Ví dụ 2: (ĐHKD-07) Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thang, ABC

BC = a, AD = 2a. Cạnh bên SA vuông góc với đáy và SA = a 2 . Gọi H là hình chiếu vuông
góc của A trên SB. Chứng minh tam giác SCD vuông và tính (theo a) khoảng cách từ H đến
mặt phẳng (SCD) .
Giải:
Dựng hệ trục tọa độ Oxyz với A  O(0;0;0), như hình vẽ. Ta có: B(a;0;0), C(a;a;0), D(0:2a;0),
S( 0; 0;a 2 ). Ta có:

SA 2 2a 3

2  SH 
SB.SH = SA
SB
3

y
D

a
xB

C

a 2     
2
2
2
 , SC,CD  (a 2;a 2; 0)  a 2 (1;1; 0)
 3
3 

Mặt phẳng(SCD) chứa SD và CD nên nhận n  (1;1; 0) làm VTPT. Phương trình mặt phẳng


2 
3

 2a


 Xem điểm cần tìm là giao điểm của đường thẳng, mặt phẳng.
 Dưạ vào các quan hệ về góc của đường thẳng, mặt phẳng…
 Khoảng cách từ điểm đến mặt…….
Ví dụ 1: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi, hai đường chéo AC = 2 3a , BD =
2a và cắt nhau tại O; hai mặt phẳng (SAC) và (SBD) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABCD).
Biết khoảng cách từ điểm O đến mặt phẳng (SAB) bằng

a 3
, tính thể tích khối chóp S.ABCD
4

theo a.
Giải:
Ta có:

(SAC)  (SBD)  SO




 SO  (ABCD)
(SAC)  (ABCD)




(SBD)  (ABCD)

z


 hx  h 3 y  a 3z  ah 3  0

Ta có: d(O,(SAB)) 

ah 3
a 3
a 3
a
a


 h  suy ra SO 
4
4
2
2
h2  3h2  3a2

1
1
S ABCD  AC.DB  2a 3.2a  2a2 3 (đvdt)
2
2

1
1 a
a3 3
VSABCD  SO.S ABCD  . .2a2 3 
(đvtt)


N

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

M
B

C

O
A

y
D

x

P

 

 4
4  
4
4   4


 a 2 a 2    a 2 a 2 a 6 

;
; 0;SP  
;
;

 4
 4
4
4
4 

Ta có : MN  
 

Vì MN.SP  0 nên MN  SP(đpcm)
Ta có :
  a 2 a 2 a 6 


AN  



  3a 2 a 2 
   a3 6
AP  
;
; 0   AN,AM .AP 

 4
4
8
 

Vậy VAMNP 

1
6

3
  
 AN,AM .AP  a 6 (đvtt)


48

c) Chóp tam giác đều
Cách đặt 1: Chọn hệ trục tọa độ có gốc tọa độ trùng với tâm của đáy, một cạnh đáy song song
với Ox (hoặc Oy) và đỉnh hình chóp nằm trên trục Oz .
Cách đặt 2: Gọi O là trung điểm của một cạnh đáy, từ O dựng đường thẳng d vuông góc mặt
phẳng đáy tại O. Khi đó ta chọn hệ trục tọa độ có gốc là O cạnh đáy có O là trung điểm có thể là

a 3

 a 3

z
O(0; 0; 0), S(0; 0; h), A 
; 0; 0  I
; 0; 0


 3

6
S
 a 3 a   a 3 a 
, B 
; ; 0 , C 
; ; 0 ,

N
M
6
2  
6
2 


M, N là trung điểm của SB và SC nên có tọa độ :
 a 3 a h 



h
C

B

I
y
O
a
x

A

Ta có:


5a2
a 15
2
h
(AMN)  (SBC)  n(AMN).n(SBC)  0  h 
12
6

z
K

Ta được:


ta vẽ đường thẳng d vuông góc với BC.
Chọn hệ trục Oxyz sao cho Oz trùng với d,
B thuộc tia Oy, A thuộc tia Ox. ta có:
3
a 3
a 3
BC 
 GO 
O(0; 0; 0) và AO 
2
2
6
a 3
 
3
a   a 
AG  a
 A
; 0; 0  , C  0;  ; 0  , B 0; ; 0 ,
3
2   2 
 2
 

B

O

y
G

4 2 
  
  a 3 a    a 3 a  
a2 3 
SB  
; ;h , SC  
; ;h  n(SBC)  SB, SC  ah; 0;


 
 6
 6 2 
6 
2 


a2h2 5a4
a 15

0h
Ta có: (AMN)  (SBC)  n(AMN).n(SBC)  0 
4
48
6
13

3 
 ,



K
O
Tuy nhiên sau thời một gian thực hiện tôi thấy
ột
vấn đề nhỏ là các em hs mức độ trung bình hoặc
m
B
C
I
trung bình khá khi tọa độ các điểm không thuộc các
trục tọa độ thì việc xác định các tọa độ các điểm liên quan dễ bị sai, Ví dụ với cách đặt 1 thường
có một số không xác định được tọa độ điểm B. Vì vậy cần nhắc lại các xác định tọa độ một điểm
trong không gian Oxy cũng như Oxyz
y

d) Hình chóp có mặt bê n vuông góc với đáy.
Cách đặt: Hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông (hình chữ nhật, hình thang vuông ở
góc A và D….). Mặt (SAD) vuông góc với đáy. Gọi H hình chiếu của S lên AD, trong (ABCD) ta
vẽ tia Hy vuông góc với AD. Chọn hệ trục tọa độ Hxyz, với A (Hoặc D) thuộc tia Ox, S thuộc tia
Oz.
Cơ sở của phương pháp trên: Hai mặt phẳng vuông góc vơi nhau thì bất kì đường thẳng nào
nằm trong mặt này vuông góc với giao tuyến thì vuông góc với mặt kia.
Nhận xét: Đây là một bài toán tương đối khó với các em học sinh trung bình khá nhất là trong
trường hợp mặt (SAD) không phải là tam giác đều hoặc tam giác vuông.
Ví dụ 1 : (ĐH2007– A) Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a, mặt bên (SAD) là
tam giác đều và nằm trong mp vuông góc với đáy. Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm của các
cạnh SB, BC, CD. Chứng minh AM  BP và tính thể tích của khối tứ diện CMNP. ĐS:
Giải:
Gọi H trung điểm của AD suy ra SH  AD
Ta có:

A
và HN = a.
Dựng hệ trục tọa độ Oxyz với
x
H  O(0;0;0),
A thuộc tia Ox, N thuộc tia Oy, S thuộc tia Oz.
14

C

P

D
H

N
B

THPT Định Quán

y


Chuyên đề : Giải bài toán Hình học không gian trong một số đề thi CĐ -ĐH bằng phương pháp tọa độ
a



 a


 

 
 2 2 
 4 2 4 

  a2 a2
 
  a a a 3   

;BP  a; a ; 0  AM.BP 


0
nên
AM
 BP  AM  BP (đpcm)
AM   ; ;

 4 2 4 
4
4
2 
  3a a a 3    a
  

,CN   ; 0; 0,CP  0; a ; 0
Ta có: CM   ; ;




Ví dụ 2 : (KA2009) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và D. AB=
AD = 2a, CD = a góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (ABCD) bằng 600 .Gọi I là trung điểm của
cạnh AD. Biết hai mặt phẳng (SBI) và (SCI) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABCD), tính thể
tích khối chóp SABCD theo a.
z
Giải:
Gọi T là trung điểm của BC, khi đó IT  AD,
S
Đặt SI = b. Chọn hệ trục tọa độ Oxyz, với I  O(0;0;0),
D thuộc tia Ox, T thuộc tia Oy, S thuộc tia Oz.

 3a 
; 0 , S(0; 0;b) , C(a;a; 0) , B(a; 2a; 0) ,
2 
B


A
SC a;a;b , BC  a 2;1; 0
I
 
SC,BC  a b; 2b; 3a .
y


T
D

Mp(SBC) nhận n  b; 2b; 3a làm một VTPT,

3

Vậy VS.ABCD  SI.S ABCD 

3a3 15
(đvtt)
5

Ví dụ 3: (ĐHKB-08) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh 2a, SA = a,
SB = a 3 và mặt phẳng (SAB) vuông góc với mặt phẳng đáy . Gọi M, N lần lượt là trung điểm
của các cạnh AB, BC. Tính theo a thể tích của khối chóp S.BMDN và tính cosin của góc giữa
hai đường thẳng SM, DN.
Giải :
15

THPT Định Quán


Chuyên đề : Giải bài toán Hình học không gian trong một số đề thi CĐ -ĐH bằng phương pháp tọa độ
 ABC vuông tại S: AB  SA 2  SB2  2a . Gọi H là chân đường cao của tam SAB hạ từ S,

Suy ra SH  AB nên SH 

SA.SB a 3
.

AB
2

z


A

y

H

T
D

x
Từ H dựng tia Hy vuông góc AB. Chọn hệ trục tọa độ Oxyz sao cho H  O(0;0;0), A thuộc tia
Ox, S thuộc tia Oz. Ta có:
a
  3a
  3a
 a

a 3
),A  ; 0; 0,B  ; 0; 0,C  ; 2a; 0 D  ; 2a; 0 , M , N là trung điểm của AB và
 2
  2
  2
  2

2
 a
  3a

BC có tọa độ: M ; 0; 0,N

Giải
Dựng hệ trục tọa độ Oxyz với A  O(0;0;0), C thuộc tia Oy, S
S thuộc tia Oz, ta có: A(0;0;0), B(1;3;0), C(0;3;0), S(0;0;4).
H đối xứng C qua M nên có tọa độ H(1;0;0).
Ta có :

SH  1; 0; 4
 

SB  1;3; 0  SH,SB  (12;4; 3)



Suy ra vtpt của (SHB) là n1 = (12;4; 3)
 

 SC,SB  (12;4;3)
SC  0;3; 4



Suy ra vtpt của (SHB) là n2 = (12;4;3)

I

K
y

A


o

(SBC) và (ABC) bằng 60 . Tính thể tích khối chóp S.BCNM và khoảng cách giữa hai đường
ĐS: VS.BCNM  a3 3 và d(AB,SN) 

thẳng AB và SN theo a.

2a 39
13

Giải:
Ta có :
SA  (SAB)  (SAC)

 SA  (ABC) . Ta có SA và AB vuông góc với BC nên
(SAB)  (ABC)
(SAC)  (ABC)

  600
Góc giữa hai mặt (SBC) và (ABC) là góc SBA
1
2

SA=AB.tan600 = 2a 3 , MN = BC = a. MN //BC nên MN là đường trung bình tam giác ABC
suy ra N là trung điểm của AC.
VS.BCNM=

1
1
MB


SN  (a;a;2a 3 ),AB  (2a; 0; 0),SA  ( 0; 0; 2a 3 )
 
 SN,AB  0;2a2 3;a2





M
B
N



C

Ta có :
  
SN,AB .SA
2a3 3


2a 39
d(SN,AB) 


 
SN,AB
13

y


Chuyên đề : Giải bài toán Hình học không gian trong một số đề thi CĐ -ĐH bằng phương pháp tọa độ

Ta có:
N(a; 0; 0), B(0; a ; 0), S(0; -a; 2a 3 ), A(0; -a; 0)


 
Ta có: AB  a(0; 2; 0) , SN  a(1;1;2 3 )  [AB,SN]  -2a2 (2 3; 0;1)


Mặt phẳng(P) qua AB song song với SN nhận n  (2 3; 0;1) làm VTPT có pt : 2 3x  z  0
2a 3

Từ đó d(AB,SN)  d(N,(P)) 

(2 3 )2  1



2a 39
13

Ví dụ 3: (ĐHKAA1 2012) Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác đều cạnh a. Hình chiếu
vuông góc của S trên mặt phẳng (ABC) là điểm H thuộc cạnh AB sao cho HA = 2HB. Góc giữa
đường thẳng SC và mặt phẳng (ABC) bằng 600. Tính thể tích của khối chóp S.ABC và tính
khoảng cách giữa hai đường thẳng SA và BC theo a.
Giải:

,

3
 2   6 

a 21
a 21 
SH = HC.tan600 =
, S 0; 0;
.

3
3 

A

H

B

M

a3 7
(đvtt).
12
 2
 3 1 

21  


 6



Mp(P) đi qua BC và song song với SA nhận n  
21x  3 7 y  2 3z  a 7  0 .

Từ đó d(SA,BC)  d(A,(P)) 

2a 7  a 7



21

2

2

2

  3 7   2 3 



a 42
8

2) Hình lăng trụ
Tùy theo hình dạng của đáy ta chọn hệ trục như các dạng trên.


A'

C'
y

A
B

x

C

Ví dụ 2: cho hình hộp chữ nhật ABCD.A’B’C’D’ có các cạnh AA’= a, AB =AD = 2a. Gọi M, N,
K lần lượt là trung điểm các cạnh AB, AD, AA’ .
a) Tính theo a khoảng cách từ C’ đến mặt phẳng (MNK).
b) Tính theo a thể tích của tứ diện C’MNK
z
B'
Giải:
A'
Chọn hệ trục tọa độ Oxyz sao cho O  A; D  Ox;
B  Oy và A’  Oz . ta có: A(0;0;0), B(0;2a;0),
K
D(0;2a;0), A'(0;0;a), C'(2a;2a;a) tọa độ của M(0;a;0), D'


a

C'


Ta có:



C'M  2a;a;a;C'N  a  2a;a;
 
a 
C'K  2a;2a; 

2 

1
+ VC'MNK 
6

3
 
  
C'M,C'N  a2 ;a2 ;3a2  C'M,C'N .C'K  5a




2






1
1 a a 2 a2 2
S ABB'  AB.BB'  . .

(đvdt)
2
2 4 2
16
1
1 a a2 2 a3 2
VC' ABB'  C'B'.S ABB'  . .

(đvtt)
3
3 2 16
96

A'

a
B'

C'
y

A
D

Dựng hệ trục tọa độ Oxyz với A  O(0;0;0),
D thuộc tia Oy, B thuộc tia Ox, A’ thuộc tia Oz. Ta có:

2; 0;1 . Vì mặt phẳng (BCD’) chứa BD’ và BC nên nhận


n  ( 2; 0;1) làm VTPT. Phương trình mặt phẳng (BCD’) là:
a 2
2

Khi đó: d(A,(BCD')) 

2

2 1



2x  z 

a 2
0
2

a 6
6

b) Hình lăng trụ đứng
Ví dụ 1: (KD2009) Cho hình lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có đáy là tam giác vuông tại B , AB =a
, AA’ = 2a, AC’ = 3a. Gọi M là trung điểm của đoạn thẳng A’C’ , I là giao điểm của AM và
A’C. Tính theo a thể tích khối tứ diện IABC và khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng (IBC).
Giải:
z

2
ờng
thẳng
AM
có
Khi đó [A 'C,A 'B]  2a (2; 0;1) . Đư

1


x t
B


2

phương trình: y  t (t  R) . Mặt phẳng(A’BC) đi


z  2t







qua B, nhận n  (2; 0;1) làm VTPT, có phương trình: 2 x  z  2a  0 .



2a
2a 5

Từ đó d(A,(IBC))  d(A,(A 'BC)) 
5
22  1

Ta có: d(I,(ABC)) 

4a
.
3

Ví dụ 2: Cho lăng trụ ABC.A'B'C' các các mặt bên đề u là hình vuông cạnh a. Gọi D, F lần lượt là
trung điểm của các cạnh BC, C'B'. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng A'B và B'C'.
Giải
Vì các các mặt bên của lăng trụ đều là hình vuông nên

z

C'

A'

AB  BC  CA  A 'B '  B 'C'  C' A '  a

 các tam giác ABC, A’B’C’ là các tam giác đều.
Cách 1:

D'


  a a 3  
A 'B  (a; 0;a),B'C'   ;
; 0,A 'B'  a; 0; 0
 2
2


C
D
B

Ta có:

x

2
2

   2
 A 'B,B'C'   a 3 ; a ; a 3  .Khi đó :


  2
2
2 


  
 A 'B,B'C' ,A 'B'

Ta có:
 a a 3   a a 3 


, A '( 0; 0; a), B'  a ; a 3 ; a,
B  ;
; 0, C 
;
;
0
2 2
  2 2

 2 2


21

THPT Định Quán


Chuyên đề : Giải bài toán Hình học không gian trong một số đề thi CĐ -ĐH bằng phương pháp tọa độ
 a a 3 

C' 
 2 ; 2 ; a .Ta có: B 'C' //BC, B 'C' // (A 'BC)
 dB'C'; A 'B  d B'C'; A 'BC  d B'; A 'BC

   a a 3


3
0(x  0)  1(y  0) 
(z  a)  0
2
3
a 3
 y
z
0
2
2
A
a 3
3
a 3
a 3

.a 
2
2  2  a 21 .
dB'  A 'BC  2
7
3
7
x
1
4
2
a 21
Vậy, d A 'B;B'C' 


2 
A1

 a 3 a 




DC1  
; ;a
 

 a (t  3a; 3 (t  a);a 3)
 2
2 
  DC1,DM 



2


DM  0;a;t  a 



 
a
 DC1,DM 

* Xét f(t) = 4t2  12at + 15a2
f(t) = 4t2  12at + 15a2
f '(t) = 8t 12a

x

C

(t [0;2a])
22

THPT Định Quán

y


Chuyên đề : Giải bài toán Hình học không gian trong một số đề thi CĐ -ĐH bằng phương pháp tọa độ
3a
f '(t)  0  t 
2

Lập bảng biến thiên ta được giá trị lớn nhất của SDC1M 

a2 15
khi t =0 hay M  A.
4

c) Lăng trụ xiên có hình chiếu của đỉnh trùng với tâm đáy hoặc cạnh bên
Ví dụ 1: ( Trích đề thi ĐH 2008 – A). Cho lăng trụ ABC.A'B'C' có độ dài cạnh bên bằng 2a, đáy
ABC là tam giác vuông tại A, AB = a, AC = a 3 và hình chiếu vuông góc của đỉnh A' trên mặt

a3
1
;cos   .
2
4

B'

2
2a  a2  a 3

y

E

1
a2 3
S ABC  AB.AC 
(đvdt)
2
2
1
1 a2 3 a3 3
VA '.ABC  A 'M.S ABC  a.

3
3
2
6
ặt


a a 3
a a 3
Khi đó tọa độ A '( ;
;a 3 ) . Ta có: AA '  ( ;
;a 3 ),BC  (a;a 3; 0) . Vì BC//B’C’ nên
2 2
2 2

 .AM =
Tam giác EMA vuông tại E: EM = sin CAM

a2 3a2
 

AA '.BC
2
2
1

cos(AA’,B’C’) = cos(AA’,BC) =   
2
4
AA ' . BC
2
2
 a 2  a 3 
2
   
  a 3 . (a)  a 3


Giải:
Kẻ BK //OA’, BK = OA’ = b(b>0). Chọn hệ trục tọa độ Oxyz, với B(0;0;0), A thuộc tia Ox,
C thuộc tia Oy, K thuộc tia Oz. Ta có:
a a 3

 

A(a;0;0), C(0;a 3 ;0), D(a; a 3 ;0), A '  ;
;b AD  a(0; 3; 0) ,
 2 2

  a a 3  
AA '   ;
;b , BD  a(1; 3; 0) ,
 2 2


 
 AD,AA '  a 3 (b; 0; a ) .


2
B'

z

C'

K

Từ đó: VABCD.A 'B'C'D'  A 'O.AB.BC 
 

a
2
b2 

a2
4

b

a 3
a 3
suy ra A 'O 
.
2
2

3a2
(đvtt).
2

Mặt phẳng(A’BD) đí qua B nhận BD,k   a( 3;1; 0) làm VTPT có phương trình




Ta có: B’C//(A’BD) nên d(B',(A 'BD))  d(C,(A 'BD)) 



ĐS: V(SABC) = 2a3 3 & d(B,(SAC)) =

3 VSABC
6a
=
SSAC
7

2) Chóp tứ giác
Bài 4: (ĐH/Sài gòn 07) Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có cạnh đáy bằng a. Gọi G là
trọng tâm của tam giác SAC và khoảng cách từ G đến mặt bên SCD bằng

a 3
. Tính khoảng
6

cách từ tâm O của đáy đến mặt bên SCD và thể tích khối chóp S.ABCD.
Bài 5: ( CĐ 2009) Cho hình chóp tứ g iác đều S.ABCD có AB = a, SA = a 2 . Gọi M, N và P
lần lượt là trung điểm của các cạnh SA, SB và CD. Chứng minh rằng đường thẳng MN vuông
góc với đường thẳng SP. Tính theo a thể tích của khối tứ diện AMNP.

ĐS: V=

a3 6
.
48

Bài 6: (KA2010) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a. Gọi M và N lần
lượt là trung điểm của các cạnh AB và AD; H là giao điểm của CN với DM. Biết SH vuông góc