THÔNG TIN CHUNG VỀ SÁNG KIẾN
1. Tên sáng kiến: Hướng dẫn học sinh vận dụng phương pháp tọa độ trong không
gian vào giải toán về khối đa diện
2. Lĩnh vực áp dụng sáng kiến: Giáo dục đào tạo
3. Thời gian áp dụng sáng kiến: Từ ngày 15 tháng 1 năm 2015 đến ngày 15 tháng
04 năm 2015.
4. Tác giả:
Họ và tên: Đinh Công Huấn
Năm sinh: 1982
Nơi thường trú: Xã Xuân Thượng - Huyện Xuân Trường - Tỉnh Nam Định
Trình độ chuyên môn: Thạc sỹ toán học
Chức vụ công tác: Giáo viên
Nơi làm việc: Trường THPT Xuân Trường
Địa chỉ liên hệ: Xóm 18 - Xã Xuân Thượng - Huyện Xuân Trường - Tỉnh
Nam Định
Điện thoại: 0987.833.714
5. Đơn vị áp dụng sáng kiến:
Tên đơn vị: Trường THPT Xuân Trường
Địa chỉ: Xã Xuân Hồng-Huyện Xuân Trường-Tỉnh Nam Định
Điện thoại: 03503.886.167

1


SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
Hướng dẫn học sinh vận dụng
phương pháp tọa độ trong không gian vào giải toán về khối đa diện
I. ĐIỀU KIỆN HOÀN CẢNH TẠO RA SÁNG KIẾN
Hình học không gian là một nội dung quan trọng trong chương trình toán
THPT hiện nay, các bài toán về hình học không gian xuất hiện nhiều trong sách
giáo khoa, sách bài tập của học sinh nhưng thực tế cho thấy rất ít học sinh tiếp cận

Bài toán khảo sát: (Đề thi thử THPT Quốc Gia, Quảng Xương 1, Thanh Hóa).
Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác
vuông cân tại B, AB = a, SA vuông góc với mặt
phẳng đáy (ABC). Góc giữa mặt phẳng (SBC) và
mặt (ABC) bằng 600 . Gọi M là trung điểm của
AB.
a) Tính theo a thể tích của khối chóp S.ABC
b) Tính theo khoảng cách giữa hai đường
thẳng SM và AC theo a.
Lời giải: (SKKN, Tr 26-27)
Kết quả như sau (Sĩ số 45)
+ 35,56% (16/45) học sinh kẻ đồng thời AH ⊥ SM, rồi kết luận khoảng cách
là AH, tính được AH theo SA và AM.
+ 22,22% (10/45) học sinh kẻ được MN//AC và khẳng định rằng khoảng
cách giữa hai đường thẳng chéo nhau SM,AC bằng khoảng cách giữa AC và
(SMN)rồi khẳng định khoảng cách ấy là AH (tương tự nhóm trên).
+ 13,33% (6/45) học sinh giải bài toán bằng cách quy về thể tích khối đa diện
A.SMN (vận dụng phương pháp tỷ số thể tích khối đa diện).
+ 6,67 % (3/45) học sinh biết gọi N là trung điểm BC và chứng minh đượng
AC // (SMN) sau đó dựng AH ⊥ SK được khoảng cách SM,AC là AH (K là điểm
thuộc MN mà AK vuông góc MN.
+ 22,22% (10/45) học sinh không lập luận được gì.
+ Không học sinh nào sử dụng phương pháp tọa độ để giải bài toán này .
Nguyên nhân:
Ít em học sinh nghĩ đến việc sử dụng phương pháp tọa độ trong không gian
để giải quyết vấn đề này vì nhiều em nghĩ PPTĐ chỉ dùng đề lập PTTQ của mặt
phẳng, lập PTTS, PTCT đường thẳng. Ngoài ra trong SGK không nêu PPTĐ trong
không gian như một phương pháp giúp giải các bài toán về hình khối đa diện để học
sinh có định hướng phát hiện vấn đề (sách giáo khoa phần lí thuyết trình bày ứng
dụng PPTĐ giải bài toán về vấn đề này rất ít).


khoảng cách giữa đường thẳng a và mặt phẳng (α) là

H

khoảng cách từ một điểm bất kì của a đến mp(α), kí hiệu là d(a, (α)).
1.4 Khoảng cách giữa 2 mặt phẳng song song
Khoảng cách giữa 2 mặt phẳng song song là

A
α

khoảng cách từ một điểm bất kì của mặt phẳng này
đến mặt phẳng kia, kí hiệu là d((α),(β)).

A'

1.5 Khoảng cách giữa 2 đường thẳng chéo nhau

β

Đường vuông góc chung: Đường thẳng ∆ cắt 2

∆

a

đường thẳng chéo nhau a, b và vuông góc với mỗi
đường thẳng ấy được gọi là đường vuông góc


α

a'

b

N

+ Thể tích của khối chóp V =

N

β

1
3V
S .h ⇔ h =
(trong đó S là diện tích đáy
3
S

và h là chiều cao của khối chóp). Theo cách này, để tính khoảng cách từ đỉnh của
hình chóp đến mặt đáy, ta đi tính V và S.
+ Tính chất của tứ diện vuông: Giả sử OABC là tứ diện vuông tại O(
OA ⊥ OB, OB ⊥ OC , OC ⊥ OA ) và H là hình chiếu của O trên mặt phẳng (ABC).
Khi đó đường cao OH được tính bằng công thức:

1

1

2.1. Hệ tọa độ Đêcac vuông góc trong không gian
Cho ba trục Ox, Oy, Oz vuông góc với nhau từng đôi một và chung một điểm
r r r

gốc O. Gọi i, j, k là các vectơ đơn vị, tương ứng trên các trục Ox, Oy, Oz. Hệ ba
trục như vậy gọi là hệ tọa độ Đêcac vuông góc Oxyz hoặc đơn giản là hệ tọa độ
Oxyz.
Chú ý:

r2 r 2 r 2
i = j = k = 1 và

rr rr r r
i. j = i.k = k . j = 0 .

2.2. Tọa độ của vectơ
a) Định nghĩa
b) Tính chất

r
r
r r r
u = ( x; y; z ) ⇔ u = xi + y j + zk
r
r
Cho a = (a1; a2 ; a3 ), b = (b1; b2 ; b3 ), k ∈ R

r

r


⇔  a2 = kb2
 a = kb
3
 3

⇔

a1
b1

=

a2
b2

=

a3
b3

, (b1 , b2 , b3 ≠ 0)
r

rr

r

• a.b = a1.b1 + a2 .b2 + a3 .b3


(với a , b ≠ 0 )

uuur

a) Định nghĩa: M ( x; y; z) ⇔ OM = ( x; y; z) (x : hoành độ, y : tung độ, z : cao độ)
Chú ý:

• M ∈ (Oxy) ⇔ z = 0; M ∈ (Oyz) ⇔ x = 0; M ∈ (Oxz) ⇔ y = 0.
• M ∈ Ox ⇔ y = z = 0; M ∈ Oy ⇔ x = z = 0; M ∈ Oz ⇔ x = y = 0.
b) Tính chất

Cho A( x A ; y A ; zA ), B( xB ; yB ; zB )
6


uuu
r

• AB = ( xB − x A ; yB − y A ; zB − zA ) .
• AB = ( x B − x A )2 + (y B − y A )2 + (zB − z A )2 .
•

Toạ

độ

điểm

M


2
2
2 

• Toạ độ trung điểm M của đoạn thẳng AB: M 
• Toạ độ trọng tâm G của tam giác ABC:

x +x +x y +y +y z +z +z 
G A B C ; A B C ; A B C ÷
3
3
3



• Toạ độ trọng tâm G của tứ diện ABCD:
 x + x + x + xD y A + yB + yC + yD zA + zB + zC + zC 
G A B C
;
;
÷

4
4
4


2.4. Tích có hướng của hai vectơ
r


b1 b2 ÷


Chú ý: Tích có hướng của hai vectơ là một vectơ, tích vô hướng của hai vectơ là
một số.
b) Tính chất
r r
r
 j , k  = i ;
r r
r r
r r
• [a, b] = a . b .sin ( a, b )
r r

r

• i , j  = k ;

r r

r

[ k ,i ] = j

r r

r

r r

r
VABCD . A ' B ' C ' D ' = [ AB, AD ]. AA '
S∆ ABC =

• Thể tích khối hộp ABCD.A′ B′ C′ D′ :
7


• Thể tích tứ diện ABCD:

VABCD =

r uuu
r uuur
1 uuu
[ AB, AC ]. AD
6

Chú ý:
– Tích vô hướng của hai vectơ thường sử dụng để chứng minh hai đường thẳng
vuông góc, tính góc giữa hai đường thẳng.
– Tích có hướng của hai vectơ thường sử dụng để tính diện tích tam giác; tính thể
tích khối tứ diện, thể tích hình hộp; chứng minh các vectơ đồng phẳng – không
đồng phẳng, chứng minh các vectơ cùng phương.
r r
rr
a ⊥ br⇔ a.b = 0
r
r r r
[

[u , u '].M 0 M '0
uu
r uu
r
- Khoảng cách giữa hai đường thẳng: d(∆,∆’)=
[u , u ']

2.6. Phương trình mặt cầu
• Phương trình mặt cầu (S) tâm I(a; b; c), bán kính R:
( x − a ) 2 + ( y − b) 2 + ( z − c ) 2 = R 2

• Phương trình x 2 + y 2 + z2 + 2ax + 2by + 2cz + d = 0 với a 2 + b2 + c2 − d > 0 là
phương trình mặt cầu tâm I(–a; –b; –c) và bán kính R =
B. NỘI DUNG PHƯƠNG PHÁP
8

a2 + b2 + c2 − d .


1. Phân loại hình đa diện trong không gian
Để giải được các bài toán hình không gian bằng phương pháp tọa độ ta cần phải
chọn hệ trục tọa độ thích hợp. Lập tọa độ các đỉnh, điểm liên quan dựa vào hệ trục
tọa độ đã chọn và độ dài cạnh của hình. Vì Ox, Oy , Oz vuông góc từng đôi một. Do
đó, nếu trong mô hình chứa các cạnh vuông góc thì ta ưu tiên chọn các đường đó
lần lượt thuộc các trục tọa độ.
1.1. Hình chóp
Loại 1. Hình chóp tứ giác đều S.ABCD
a) Đặc điểm: Đáy ABCD là hình vuông và các cạnh bên SA = SB = SC= SD
b) Chọn hệ tọa độ (hình vẽ)
- Chọn gốc O(0;0;0) là tâm của hình vuông






a 3







;0 ÷÷; S  0;
; h ÷÷
, A  − ; 0;0 ÷; B  ; 0;0 ÷, C  0;
2
6
 2

2


 

a

a

Loại 3. Với hình chóp S.ABCD có một cạnh

a) Đặc điểm: Tam giác SAB cân tại S, gọi
H là trung điểm của AB thì SH ⊥ (ABC),
b) Chọn hệ tọa độ(hình vẽ)
∆ ABC vuông tại C, CA = a; CB = b

chiều cao bằng h . H là trung điểm của AB
- Gốc tọa độ tại C(0;0;0)
a b
2 2

Khi đó : A ( a;0;0 ) ; B ( 0; b;0 ) ; S ( ; ; h)

10


Chú ý: - Tam giác ABC vuông cân tại C thì ta vẫn chọn gốc tọa độ tại C(0;0;0)
 a

 a 
;0;0 ÷; A  0;
;0 ÷ ,
2 
 2



(Hình 1). Khi đó tọa độ các điểm (đỉnh) là H(0;0;0), C 
a



Loại 2. Hình hộp đáy là hình thoi ABCD. A' B' C ' D'
a) Đặc điểm: Hai đường chéo của đáy vuông góc, cạnh bên vuông góc với đáy
11


b) Chọn hệ tọa độ(hình vẽ)
Chọn hệ trục tọa độ sao cho :
- Gốc tọa độ trùng với giao điểm O của hai
đường chéo của hình thoi ABCD
- Trục Oz đi qua 2 tâm của 2 đáy
1.3. Hình lăng trụ
Cách chọn hệ tọa độ Oxyz hoàn toàn tương tự như với hình hộp
2. Vận dụng phương pháp tọa độ vào giải toán
Để giải được các bài toán hình không gian bằng phương pháp tọa độ ta cần
phải chọn hệ trục tọa độ thích hợp. Lập tọa độ các đỉnh, điểm liên quan dựa vào hệ
trục tọa độ đã chọn và độ dài cạnh của hình.
2.1. Các bước giải toán bằng phương pháp tọa độ trong không gian

 Chọn hệ trục tọa độ Oxyz thích hợp(quyết định sự thành công của lời giải)
 Xác định tọa độ các điểm (đỉnh của hình đa diện) có liên quan.
 Sử dụng các kiến thức về tọa độ để giải quyết bài toán.
Ta thường gặp các dạng sau:

• 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.
Một số lưu ý khi sử dụng PPTĐ trong không gian vào giải toán:
- Xác định hệ tọa độ Oxyz phù hợp gắn với hình đa diện, ưu tiên chọn trục Oz

C

a 3

K

M

BN ⊥ OK ; BN ⊥ AK ⇒ BN ⊥ ( AOK ) ⇒ BN ⊥ OH

a

B

OH ⊥ AK ; OH ⊥ BN

A

⇒ OH ⊥ ( ABN ) ⇒ d (O; ( ABN ) = OH

Từ các tam giác vuông OAK; ONB có:
1
OH

2

=

1
OA


2

=

1
3a

2

+

1
a

2

+

1
3a

2

=

5
3a

2





bình của tam giác ABC ⇒ AB // MN ⇒ AB //(OMN) ⇒ d(AB;OM) = d(AB;(OMN))
= d(B;(OMN)).
uuuu
r a a 3

 uuur 

a 3 a 3

Ta có: OM =  2 ; 2 ; 0 ÷÷, ON =  0; 2 ; 2 ÷÷




uuuur uuur
 3a 2 a 2 3 a 2 3  a 2 3
[OM ; ON ] = 
;
;
=
÷
 4
÷
4
4
4


a 15
.
5

a 15
.
5

Cách giải thứ ba: Chỉ vận dụng kiến thức PPTĐ trong không gian về khoảng
cách hai đường chéo nhau
a a 3



Chọn gốc O(0;0;0), A(0; 0; a 3); B(a;0;0), C (0; a 3; 0), M  2 ; 2 ; 0 ÷÷


13


Bình luận: Nhược điểm của cách 1 là phải vẽ thêm nhiều đường phụ và suy luận
nhiều. Học sinh phải vững vàng kiến thức về HHKG 11 thì mới giải quyết được.
Với cách 2 thì HS chỉ cần nhớ kiến thức về PPTĐ trong mặt phẳng là có thể giải
quyết được thậm chí không cần suy luận d(AB;OM) = d(AB;(OMN)) = d(B;(OMN))
mà vận dụng luôn kiến thức về khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau.
 Bài tập 2. Cho hình chóp SABC có độ dài các cạnh đều bằng 1, O là trọng tâm
của tam giác ∆ABC. I là trung điểm của SO.
a) Mặt phẳng (BIC) cắt SA tại M. Tìm tỉ lệ thể tích của tứ diện SBCM và tứ diện




3 1 
6 
6
; C  − 6 ; 2 ; 0 ÷÷; S  0; 0 3 ÷÷ ; I  0; 0; 6 ÷÷



 


uuur

uur



I

6

3 1

C
O

uuur uur 
6
3

)=0
6
6
6

uur  3
6  uur r
6
; 0; −
÷⇒ SA// u SA (1; 0; − 2) .
= 0 mà ta lại có: SA = 
3 ÷
6
 3


Phương trình đường thẳng SA: x =

3
+ t ; y = 0; z = − 2t .
3

+ Tọa độ điểm M là nghiệm của hệ:


3
+t
x =
3


; 0;
⇒
SM
=
;
0;
−
⇒
SA
=
4
SM
÷

÷
;
 12
12
4
4 ÷
12 ÷
 12




⇒ M nằm trên đoạn SA và

V( SBCM ) 1
SM 1

O
A

uur 
uur uur
3 1 6
⇒ GI =  −
;− ;
÷
⇒
GI
.SB = 0 ⇒ GI ⊥ SB (2)
÷
 18 6 18 

Từ (1) và (2)

⇒ GI ⊥ SB = H

y

x

.

 Bài tập 3 (Trích đề thi Đại học khối A – 2002).
Cho hình chóp tam giác đều S.ABC có độ dài cạnh đáy là a. Gọi M, N là
trung điểm SB, SC. Tính theo a diện tích ∆AMN, biết (AMN) vuông góc với (SBC).
Lời giải:



C

x

Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ ta được:

O

a
A







O(0; 0; 0), S(0; 0; h), A  3 ; 0; 0 ÷ ⇒ I  − 6 ; 0; 0 ÷, B  − 6 ; 2 ; 0 ÷,






a 3

 a 3 a

 a 3 a h

uur uuu
r
5a 2 3  r
a2 3 
 ah

⇒ n( AMN ) =  AM , AN  =  ; 0;
n ( SBC ) =  SB, SC  =  −ah; 0;
,
÷
24 
6 ÷
 4



r
r
5a 2
1 uuuur uuur
a 2 10
( AMN ) ⊥ ( SBC ) ⇒ n ( AMN ) .n ( SBC ) = 0 ⇒ h 2 =
⇒ S ∆AMN =  AM , AN  =
.
12
2
16

 Bài tập 4. (Trích đề thi thử THPT Quốc Gia 2015, Website: vnmath.com)
Cho lăng trụ ABC.A'B'C' các các mặt bên đều là hình vuông cạnh a. Gọi D, F

; 0 ÷, C  − ;
; 0 ÷, A '(0; 0; a ),
2 2
  2 2

a a 3 
 a a 3 
B ' ;
; a ÷, C '  − ;
; a÷
2 2

 2 2


x

y

B

Ta có: B ' C ' //BC , B ' C ' // ( A ' BC ) ⇒ d ( B ' C '; A ' B ) = d ( B ' C '; ( A ' BC ) ) = d ( B '; ( A ' BC ) )
uuuur  a a 3
 uuuur  a a 3

A' B =  ;
; − a ÷, A ' C =  − ;
; −a÷
2
2


0( x − 0) + 1( y − 0) +

d ( B ' ( A ' BC ) )

3
( z − a) = 0
2

⇔ ( A ' BC ) : y +

3
÷
2 
3
÷:
2 

3
a 3
z−
=0
2
2

a 3
3
a 3
a 3
+


1
S AHK .d ( O; ( AHK ) )
3

Trong đó:

+

K

1
1
1
3
a 6
;
=
+
=
⇒
AH
=
AH 2 AB 2 AS 2 2a 2
3

∆SAD = ∆SAB ⇒ AK = AH =

H
A

2 1
1
2a
AI = . SC = .2a =
3
3 2
3
3

1
1 2a 2 2 a 2 2 a 2
S AHK = AG.HK = . .
=
2
2 3
3
9
1
1
1
+ VOAHK = VAOHK = d ( A; ( OHK ) ) .S ∆OHK = d ( A; ( SBD ) ) .S ∆OHK = h.S ∆OHK
3
3
3
Tứ diện ASBD vuông tại A nên:

1
1
1
1

3VOAHK
S AHK

2a 3
3×
27 = a (đvđd).
=
2
2 2a 2
9

Cách giải thứ hai: Giải bằng phương pháp tọa độ như sau:
Chọn hệ tọa độ Axyz với gốc tọa độ A(0;0;0). Tia Az trùng với AS, tia Ax
trùng với tia AB, tia Ay trùng với tia AD. Khi đó tọa độ: B(a;0;0), D(0 ;a ;0),
17


S (0;0;a 2 ) . Với AB = a, SA = a 2 , trong các tam giác vuông bằng nhau ∆SAB,

∆SAD ta có:

SH = SK =

 2 a a 2   2a a 2 
2a 3
. Suy ra tọa độ của H  0; ;
÷, K  ;0;
÷,
3
3


(

)

có PTTQ (AHK): x + y − 2 z = 0
Áp dụng công thức khoảng cách từ O tới (AHK) ta có:
a a
+ − 2.0
a
2 2
d ( O, ( AHK ) ) =
= (đvđd)
2
2
12 + 12 + − 2

(

)

Bình luận: Cách 1 quá phức tạp về lập luận và phải vẽ thêm nhiều đường phụ.
Trong khi đó cách 2 đơn giản hơn rất nhiều. Học sinh chỉ cần biết cách xác định tọa
độ của điểm trong hệ tọa độ Oxyz là hoàn toàn có thể tìm được kết quả bài toán.
Ngoài ra ta có thể tính khoảng cách từ O tới (AHK) bằng công thức tính thể
1 uuur uuur uuur
tích khối chóp O.AHK là V =  AH , AK  . AO .
6
 Bài tập 6.


C

D
H
y
A'

B'

x
D'

M

C'


A ( 0;1;1) , C ( 1;0;1) . Gọi M là điểm bất kì trong đoạn thẳng C’D’, tức
M ( x;0;0 ) ; 0 ≤ x ≤ 1
a) Dễ dàng chứng minh được (ACD’) // (A’BC’)

⇒ d ( ( ACD ') , ( A ' BC ') ) = d ( A ', ( ACD ') )

mp (ACD’) có phương trình: x + y − z = 0

⇒ d ( ( ACD ') , ( A ' BC ') ) = d ( A ', ( ACD ') ) =

1
3



1

Nên diện tích S DMB ' N nhỏ nhất khi M  ;0;0 ÷, hay M là trung điểm D’C’
2

 1 
Hoàn toàn tương tự nếu M ( 0; y;0 ) ⇒ M  0; ;0 ÷
 2 
2

Vậy diện tích S DMB ' N nhỏ nhất khi M là trung điểm D’C’ hoặc M là trung
điểm D’A’.
 Bài tập 7.
Cho hình chóp SABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh 1.
SA ⊥ ( ABCD ) , SA = 1 . Gọi M là điểm di động trên cạnh CD. Xác định vị trí của M
để khoảng cách từ điểm S đến BM lớn nhất, nhỏ nhất.
Lời giải.

19


Chọn hệ toạ độ trực chuẩn Oxyz sao cho

z
S

C

A


−2 ( t − 1)
t 2 − 2t + 3
f
'
t
=
(
)
Xét hàm số f ( t ) = 2
trên [0;1];
2
t − 2t + +2
( t 2 − 2t + 2 )
Ta có bảng biến thiên:
t
f’(t)

−∞
-

0

+∞

1
+

2


Chọn hệ tọa độ như hình vẽ, gốc tại O(0;0;0).
Khi đó tọa độ các điểm (đỉnh) là:
C(-2a;0;0), D(0;-a;0), M(-a;0;a 2 )
uur
uuuu
r
SA = 2a;0; −2a 2 ; BM = −a; −a;a 2

(

)

(

)

a) Gọi ϕ là góc giữa SA và BM, ta có:
uur uuuu
r
SA.BM
uur uuuu
r
3
cos ϕ = cos SA; BM = uur uuuu
r =
2
SA . BM

(


b) Vì M là trung điểm của SC, MN //AB//CD nên N là trung điểm của SD
uur
uuur
a


Do đó: N  0; − ; a 2 ÷ . Ta có: SA = 2a;0; −2a 2 , SM = −a;0; −2a 2 ,
2



(

)

(

uuu
r 
uur uuur
uur
a

SB = 0; a; −2a 2 , SN =  0; − ;a 2 ÷ ⇒  SA, SM  = 0;4a 2;0



(

VS . ABM =

Đường thẳng SA vuông góc với mặt phẳng đáy (ABC), đường thẳng SB hợp với
mặt phẳng đáy một góc bằng 60 0. Tính thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách
giữa hai đường thẳng SB, AC theo a.
Lời giải:
21


AC = AB 2 ⇔ a = AB 2 ⇒ AB = AC =

a 2
2

a 2
a 6
·
SA = AB.tan SBA
=
.tan 60o =
2
2
Chọn hệ tọa độ như hình vẽ với gốc B(0;0;0), trục hoành BA, trục tung BC, trục cao
theo phương Bz // với SA.
a 2

 a 2  a 2 a 6
;0;0 ÷; C  0;
;0 ÷; S 
;0;
Theo giả thiết, ta có A 
÷


Thể tích khối tứ diện S.ABC là:
VS . ABC

1
=
6

uuu
r uuur uur 1 a 2
a 6 a 2 a3 6
 BA, BC  .BS =
.0 + 0.0 +
.
=
(đvtt)


6 2
2 2
24

uur uuur uuur
[ BS, AC ].BC
+) Khoảng cách giữa hai đường thẳng SB, AC là d [ SB, AC ] = uuur uuur
[BS, AC ]

uuu
r a 2
a 6  uuur  a 2 a 2  uuur  a 2 

−
;
⇒
B
S,
AC
=
Do đó: 
,
÷
 

2
2
2 
2

Suy ra khoảng cách cần tìm là d [ SB, AC ] =

uur uuur uuur a3 6
 BS, AC  .BC =
;


4

a 42
(đvđd).
14


O(0;0;0), A(a;0;0), B(0;a;0), D(0;-a;0)
C(-a;0;0), S(0;0;

a 6
).
2

uur 
uuur
a 6  uuur
a) Ta có: SA =  a;0; −
÷; CD = ( a; −a; 0 ) ; AD = ( −a; −a;0 ) , từ đó suy ra:
2 

uur uuur  a 2 6 a 2 6

2
 SA, CD  = 
;
−
;
−
a
÷;


2
 2



2 
2


1
1 a 6 a3 6
Vậy thể tích của khối chóp S.ABCD là: VS . ABCD = B.SO = a 2 .
(đvtt)
=
3
3
2
6
Chú ý: Kí hiệu B là diện tích đáy của khối chóp
 Bài tập 11 (Trích đề thi thử THPT Quốc Gia 2015, của thầy Phạm Kim
Chung, THPT Đặng Thúc Hứa, Nghệ An).
Cho hình chóp S.ABCD có đáy là ABCD là hình thoi cạnh bằng a,

SA = SB = a; SD = a 2 và mặt phẳng (SBD) vuông góc với mặt phẳng (ABCD).
Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa từ A đến mặt phẳng
(SCD).
Lời giải:
23


(minh họa đáy (ABCD))
Vì (SBD) vuông góc với (ABCD) nên khi kẻ SH ⊥ BD ⇒ SH ⊥ ( ABCD )
hay SH là chiều cao của khối chóp S.ABCD. Gọi E, I lần lượt là trung điểm của AB
và AC. Khi đó, vì tam giác SAB đều nên SE ⊥ AB, SH ⊥ AB ⇒ AB ⊥ EH . Do đó
CE là đường trung trực của tam giác ABC.


2

2

IC CE
IC. AE AC .AB
=
⇒ IH =
=
=
Khi đó ta tính được IH AE
CE
4.CE

a.a
a 3
=
6
a 3
4.
2

a

 a

Chọn hệ tọa độ như hình vẽ, tọa độ các điểm I (0;0;0) ; A  ;0;0 ÷; C  − ;0;0 ÷;
2


6
b) Khoảng cách từ A tới mặt phẳng ( SAD) bằng

a 2
(đvđd)
2

 Bài tập 12 (Đề thi thử ĐH Sư Phạm HN-Lần 8, ngày 26/3/2014).
24


Cho hình hộp đứng ABCD.A’B’C’D’ có
cạnh AB = AD = a, AA’ =

z

a 3
và góc
2

· D = 600 . Gọi M, N lần lượt là trung điểm của
BA

các cạnh A’D’ và A’B’. Chứng minh rằng AC’
vuông góc với (BDMN) và tính thể tích khối chóp
x

A.BDMN.
Lời giải:


÷
2 ;  2 2
2 
2 
2
2 2
 4 4
uuuu
r 
a 3 a 3
a a 3 a 3
( 0;2;1) , và tọa độ
N( ;
). Tọa độ các vectơ AC ' =  0; a 3;
÷=
;
2
2
4 4
2


uuuu
r  3a a 3 a 3 
uuur
ur
;
BD = ( − a;0;0 ) = a ( −1;0;0 ) ⇒ u1 = ( −1;0;0 ) , BM =  − ; −
÷;
4

uuu
r  a a 3  uuuu
uuur  a a 3 a 3 
r
;0 ÷; BM = a 3 − 3; −1; 2 ; BN =  − ; −
;
Với AB =  ;
÷.
2
2
4
4
2
4





(

Khi đó: VA.BDMN

)

3a 3
=
(đvtt);
16