Phần 1. MỞ ĐẦU
1. Mục đích của sáng kiến
Trong chương trình Toán Trung học phổ thông các bài tập hình học không
gian trong sách giáo khoa cũng như trong các đề thi thường là bài toán khó đối
với các em học sinh. Vấn đề đặt ra là làm thế nào cho học sinh thấy được sự cần
thiết phải giải các bài toán này?
Để giúp các em học sinh đạt kết quả tốt trong học tập cũng như trong kì
thi trung học phổ thông quốc gia, giúp các giáo viên có thêm những kinh nghiệm
trong việc giảng dạy môn hình học không gian. Tôi trình bày một kinh nghiệm
nhỏ của mình trong giảng dạy Toán, đó là: “ỨNG DỤNG PHƯƠNG PHÁP
TỌA ĐỘ ĐỂ GIẢI BÀI TOÁN HÌNH HỌC KHÔNG GIAN”
Với phương pháp này sẽ giải được một số bài toán về hình học không
gian, mong muốn tạo cho các em học sinh thấy yêu thích môn Toán hơn, nhất là
môn Hình học không gian.
2. Tính mới và ưu điểm nối bật của sáng kiến
Từ thực tế giảng dạy cho học sinh ôn thi Đại học, Cao đẳng và bây giờ là
kì thi trung học phổ thông quốc gia các năm qua cũng như do yêu cầu chuyên
môn đòi hỏi sự nghiên cứu vận dụng phối hợp các nguồn kiến thức nhằm đem
đến cho học sinh các phương pháp hữu hiệu giải các bài toán trong các đề thi
Đại học, Cao đẳng. Tôi nhận thấy trong các đề thi Đại học, Cao đẳng thường
xuất hiện bài toán hình học không gian tổng hợp (cổ điển) mà ở đó lời giải đòi
hỏi vận dụng khá phức tạp các kiến thức hình học không gian như: chứng minh
quan hệ song song, quan hệ vuông góc, dựng hình để tính góc và khoảng cách,
tính thể tích khối đa diện… Việc tiếp cận các lời giải đó thực tế cho thấy thật sự
là một khó khăn cho học sinh, thậm chí cả giáo viên, chẳng hạn bài toán tính
khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau. Trong khi đó, nếu bỏ qua yêu cầu
bắt buộc phải dựng hình mà chỉ dừng ở mức độ tính toán thì rõ ràng phương
pháp tọa độ tỏ ra hiệu quả hơn vì tất cả mọi tính toán đều đã được công thức
hóa. Lời giải của phương pháp này sẽ khắc phục những khó khăn mà học sinh

1



=
Ví dụ: Cho hình lăng trụ ABCD.A’B’C’D’ có đáy là hình thoi cạnh a, BAD

600. Gọi M, N lần lượt là trung điểm cạnh AA’, CC’.
a. Chứng minh B’, M, D, N cùng thuộc một mặt phẳng .
b. Tính độ dài AA’ theo a để BMDN là hình vuông.
Lời giải
Nếu giải theo phương pháp hình học không gian
thuần túy ta tiến hành như sau:
a. Ta có A’M // CN và A’M = CN  A’MCN là
hình bình hành.
Suy ra A’C  MN tại O là trung điểm của mỗi
đường là I nên B’MDN là hình bình hành.
Do đó B’, M, D, N cùng thuộc một mặt phẳng.
b. Ta có: DM2 = AD2 + AM2 (1)
DN2 = CD2 + CN2
 = 600  ∆ BAD đều  AD = CD (2)
Vì: BAD

Từ (1), (2)  DM2 = DN2  DM = DN. Suy ra B’DMN là hình thoi.
Để B’DMN là hình vuông thì MN = B’D  AC2 = B’D2 (1’)
Gọi H = AC  BD  H là trung điểm của AC và BD
∆ BAD đều  H là đường cao  AH =

a 3
=> AC = a 3 (2’)
2


M(-

a
, 0),
2

A’(-

A(-

a
a 3
a 3
,0 ,0) , B( 0, - , 0) , C(
,0 ,0),
2
2
2
a
2

a 3
,0 ,b),
2

B’(0, - , b),

C’(

a

 DM  NB '  DM = B’N và DM // B’N  B’DMN là hình bình hành.

Vậy 4 điểm M, N, B’, D cùng thuộc một mặt phẳng.


b. Ta có: MB ' (

a 3 a b
, , )
2
2 2

  
DM '  NB '  MB ' . Hay B’MDN là hình thoi.

 



Để B’MDN là hình vuông thì MB '.MN  0


3a 2 a 2 b 2
b2 a2
b2 a 2


0



♦ Dựa vào các quan hệ về góc của đường thẳng và mặt phẳng.
Tìm độ dài cạnh của hình.
Bước 2: Chuyển hẳn bài toán đã cho về bài toán hình học giải tích. Giải bài toán
hình học giải tích nói trên.
Bước 3: Chuyển các kết luận của bài toán hình học giải tích sang các tính chất
hình học tương ứng.
Các dạng toán thường gặp
-

Độ dài đoạn thẳng.

-

Khoảng cách từ một điểm đến một mặt phẳng.

-

Khoảng cách từ một điểm đến một đường thẳng.

-

Khoảng cách giữa hai đường thẳng.
5


-

Góc giữa hai đường thẳng.

-


túy

của

Bộ

giáo

dục

qua

các

năm.

1. BÀI TOÁN VỀ HÌNH CHÓP
1.1. HÌNH CHÓP TAM GIÁC
Bài 1: Cho tứ diện OABC có ba cạnh OA, OB, OC đôi một vuông góc nhau, OA
= a, OB = b, OC = c.
a. Tính độ dài đường cao của tứ diện kẻ từ đỉnh O.
b. Chứng minh tam giác ABC có ba góc đều nhọn.
c. Gọi  ,  ,  lần lượt là góc giữa (ABC) và các mặt phẳng (OBC), (OCA),
(OAB). Chứng minh rằng: cos2   cos2   cos2   1 .
Lời giải
Chọn hệ trục tọa độ Oxyz sao cho tia OA  tia
Ox, tia OB  tia Oy, tia OC  tia Oz.
Khi đó: A(a;0;0), B(0;b;0), C(0;0;c).
a) Tính độ dài đường cao của tứ diện kẻ từ


 

  cos( AB, AC ) 
Ta có: AB  (  a; b;0), AC  ( a;0; c )  cos BAC

a2
a 2  b2 . a 2  c 2

0

 nhọn.
 BAC
 

  cos( BA, BC ) 
Tương tự: cos ABC
 
  cos(CA, CB ) 
cos ACB

b2
a 2  b2 . b2  c 2
c2
2

2

2



ab
2

2

(bc )  ( ca )  ( ab)

2

2

, cos  

ca
2

(bc )  ( ca ) 2  ( ab) 2

,

. Suy ra: cos2   cos2   cos2   1 .

Nhận xét: Qua bài 1 đã trình bày, ta nhận thấy một yếu tố thuận lợi cho việc tọa
độ hóa là điều kiện đôi một vuông góc của ba cạnh cùng xuất phát từ một đỉnh
của đa diện, thông thường điều kiện này được ẩn chứa ngay trong các giả thiết
cho trước. Tuy vậy, không phải lúc nào điều kiện trên cũng được thỏa mãn nên
trong một số trường hợp ta cần phải có cách xây dựng hệ trục tọa độ một cách
khéo léo hơn.


17
34

Bài 3: Cho tứ diện ABCD, có AD vuông góc với mặt phẳng (ABC) và tam giác
ABC vuông tại A và AD  a, AC  b, AB  c .
a. Tính diện tích S của tam giác BCD theo a, b, c.
b. Chứng minh rằng : 2S  abc  a  b  c 
Lời giải
Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ sao cho
A(0;0;0)
Khi đó: B  c;0;0  , C  0; b;0  , D  0;0; a 




Ta có: BC   c; b;0  , BD   c; 0; a 

8


 
 BC , BD    ac; ac; bc 



a. Tính diện tích S của tam giác BCD S 

1  
1 2 2
 BC , BD  



a 3



Khi đó: A  0;
;0  ;
2



 a

B   ;0; 0 
 2


a
  a 3   a 3 
C  ;0; 0  ; S  0;
; h  ; H  0;
; 0 
6
6
2
 
 

 a a 3 h a a 3 h


ah 5a 2 3 
;

4
24 

+ Pháp vectơ của mp (SBC): n2   SB, SC    0; ah;


a2 3 

6 

1     1 a 2 h 2 75a 4
AM , AN  

2
2 16
242

Diện tích tam giác AMN: SAMN 



1 15a 4 75a 4
1
a 2 10
4
(đvdt)


pháp

tuyến

của

mặt

phẳng

(SBC)

là:


nSBC  ( z;0;2a)



Véctơ pháp tuyến của mặt phẳng (ABC) là: nABC  (0;0;1)

10


Từ giả thiết góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (ABC) là 600 ta tìm được z  2a 3
Suy ra: S (2a; 0; 2a 3)
Suy ra VS .BCNM  a3 3 (đvtt) và d ( AB, SN ) 

2a 39

6a 7
7

Nhận xét: Nếu so với cách tính khoảng cách từ điểm B đến (SAC) thông qua
khoảng cách từ điểm H của đáp án chính thức thì cách trên là trực tiếp, dễ định
hướng hơn và dễ thực hiện hơn.

11


1.2. HÌNH CHÓP TỨ GIÁC
Bài 1: Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a , SA  ( ABCD), SA  2a .
Mặt phẳng   qua BC hợp với AC một góc 300 , cắt SA, SD lần lượt tại M, N. Tính
diện tích thiết diện BCNM.
Lời giải
Chọn hệ trục toạ độ Đêcac vuông góc
Oxyz như sau:
A(0;0;0) , B  a;0;0  , C  a; a;0  , D  0;2a;0  ,

S  0;0;2a 
Đặt AM  h  0  h  2a  ,  M  0;0;h 




Xác định vị trí điểm M: BM   a; 0; h  , BC   0; a; 0 
 

 BM , BC   ah;0; a 2  a  h;0; a  , AC   a; a;0   a 1;1;0 


2 h2  a 2



1
 h 2  h2  a 2
2

M là trung điểm của SA

 MN     ( SAD)
Ta có : 
 MN / / BC / / AD
 BC / / AD

BC  (SAB)  BC  BM

12


 MN / / BC
 BCNM là hình thang vuông
 BM  BC

+

ABM vuông cân tại A  BM  a 2 , MN 

1
a


 a 2

a 2

 a 2 
;0;0  , C 
;0;0  , D  0;
;0  ,
2
2


 2




A  


B  0;


a 2 
;0 
2


1

z
a 2
2

a 2 a 2

2
2
3

1  x  y  z 



a 2
0
2

a 2 a 6

3
3

Bài 3: (Đề thi tuyển sinh ĐH&CĐ khối B năm 2007) Cho hình chóp tứ giác
đều S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a . Gọi E là điểm đối xứng của D qua
trung điểm của SA, M là trung điểm của AE, N là trung điểm của BC. Chứng
minh MN vuông góc với BD và tính (theo a ) khoảng cách giữa hai đường thẳng
MN và AC.
Lời giải
Gọi O là tâm của hình vuông ABCD


 a 2

h

 a 2

a 2



Toạ độ trung điểm P của SA là: P  
; 0 ;  , E  
;
; h 
4
2
2
2



 a 2 a 2 h
a 2 a 2 
;
;  , N 
;
; 0 
2
4








4

2

   a 2 h
Vì:  MN , AC  . AM 
 0  MN và AC chéo nhau.
4

d MN , AC  

[ MN , AC ]. AM

[ MN , AC ]

a 2h
a 2
4

2 2
4
a h
2

2





2; a 2 2; 2a 2  a 2 2 1;1; 2


15


+ Chứng minh tam giác SCD vuông
 


SC   a; a; 2a  , CD   a; a;0   SC.CD  0  SC  CD  Tam giác SCD vuông tại C

+ Tính khoảng cách từ H đến (SCD)
Tọa độ điểm H: H ( x; y; z )  SB  H  a  at ;0; a 2t 
 

 2a
1
a 2
AH  ( a  at ; 0; a 2t ), AH  SB  AH .SB  0  3a 2t  a 2  0  t    H  ; 0;

3
3 
 3

16




Chọn hệ trục toạ độ Đêcac vuông góc Oxyz như sau: H (0;0;0) , S  0;0;


a

3a

a

a

a 3

2 

3a

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

+ Thể tích khối chóp S.BMDN là: VS .BMDN  VSMNB  VSMND
   a 2 3 a 2 3 a 2
 SM , SN   

  2 ; 2 ; 2


VSMNB 

   3a 3 3
    a 3 3
,  SM , SN  SD 
 ,  SM , SN  SB 
2
2


1    a 3 3
1    a 3 3
 SM , SN  SB 
 SM , SN  SD 
,
V

SMND


6
12
6

Lời giải
Gọi O là giao điểm của AC và BD

17


a
2

Vì tam giác ABD đều nên OB  OD  , OA 

a 3
2

Chọn hệ trục tọa độ Oxyz sao cho tia Ox chứa A, tia Oy chứa B và tia Oz nằm
trên đường thẳng qua O và song song với SA (xem hình vẽ). Khi đó:
A(

a
a
a
a 3
a 3
a 3
;0; 0) , B(0; ; 0) , C(
;0;0) , D(0; ;0), C'(0; 0; ) , S(
;0; a)
2
2
2

2.1. HÌNH LĂNG TRỤ TAM GIÁC
Bài 1: (Đề tuyển sinh ĐH &CĐ khối D năm 2009) Cho hình lăng trụ đứng
ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác vuông tại B, AB=a, AA’=2a, A’C=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 của khối tứ diện IABC và khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng
(IBC).
Lời giải
Ta có: AC  A ' C 2  AA '2  a 5
BC  AC 2  AB 2  2a

Chọn hệ trục tọa độ Oxyz sao cho O trùng với
B, tia Ox chứa A, Tia Oy chứa C và tia Oz
chứa B’ (xem hình vẽ). Khi đó:

18


a
2

B(0;0;0), A(a;0;0), C(0;2a;0), M ( ; a;2a)




Gọi I(x;y;z), vì IA  2 IM  I (

2a 2a 4 a
; ; )
3 3 3


1 8a 3 4a 3

6 3
9

phẳng

(IBC).

Khi

đó:



cùng phương với n'  (2;0;1) . Mặt phẳng (IBC) đi


qua B và có vectơ pháp tuyến là n'  (2; 0;1) nên có phương trình là: -2x+z=0.
Vậy khoảng cách từ A đến mặt phẳng (IBC) là d ( A, ( IBC )) 

2a
2

( 2)  1



2a 5




Ta có: BC  (0; a;0) , BM  (

a 3 a a 
; ; ) , B ' C  (0; a;  a )
2 2 2

19


  a 2 a 2
BM .B ' C 

 0  BM  B ' C
2 2
 
a 2 3  a 2 3
 BM , B ' C   ( a 2 ;
;
)


2
2

  
a3 3
 BM , B ' C  .BC

2





AB '  0; a; a 2






1
2

+ Thể tích của khối lăng trụ ABC.A’B’C’ là: VABC . A' B 'C '  AA '.SABC  a3 2 (đvtt)

20


+ Khoảng cách giữa AM và B’C
   a3
Vì :  AM , B ' C  AB ' 
 AM và B’C chéo nhau
2

a3
  
 AM , B ' C  AB '

BC  AB 2  AC 2  2a , OA 

BC
a
2

OA '  AA '2  OA2  4a 2  a 2  a 3

OH  OA2  AH 2  a 2 

a2 a 3
3a 2 a
, OK  OA2  AK 2  a 2 

 .
4
2
4
2

21


Chọn hệ trục tọa độ Oxyz sao cho tia ox chứa H, Tia Oy chứa K và tia Oz chứa
A’ (xem hình vẽ).
Khi đó: A '(0;0; a 3) , A(

a 3 a
a 3 a
a 3 a

Bài 1: Cho hình lập phương ABCD. A' B' C ' D' có cạnh bằng a.
a. Chứng minh rằng đường chéo A' C vuông góc với mặt phẳng ( AB ' D' )
b. Chứng minh rằng giao điểm của đường chéo A' C và mặt phẳng ( AB ' D' ) là
trọng tâm của tam giác AB' D' .
c. Tìm khoảng cách giữa hai mặt phẳng ( AB ' D' ) và (C ' BD )
d. Tìm cosin của góc tạo bởi hai mặt phẳng ( DA' C ) và ( ABB ' A' )
e. Chứng minh hai đường chéo B ' D ' và A' B của hai mặt bên là hai đường thẳng
chéo nhau. Tìm khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau B ' D ' và A' B
Lời giải
Chọn hệ trục toạ độ Đêcac vuông góc Oxyz
như sau: O  A(0;0;0) , A' (0;0; a )
B (a;0;0) , B ' ( a;0; a ) , C ( a; a;0) , C ' ( a; a; a )

22


D (0; a; 0), D ' (0; a; a )

 A' C  (a; a; a)

 A' C. AB'  a 2  0  a 2  0

a. Ta có:  AB'  (a;0; a) Vì 
 A' C. AD'  0  a 2  a 2  0

 AD'  (0; a; a )

 A' C  AB'

 A' C  AD'

2a

 z  0
z  3


xA  xB'  xD' a


xG 
3
3

y y y
a
(1) Mặt khác: yG  A B' D'  (2)
3
3

zA  zB'  zD' 2a


zG 
3
3


Vậy giao điểm G của đường chéo A' C và mặt phẳng ( AB ' D ' ) là trọng tâm của
tam giác AB ' D'
c. Ta có : ( AB' D' ) : x  y  z  0 ,

 ba vectơ B ' D ', A ' B, BB ' không đồng phẳng. Hay B ' D ' và A' B chéo nhau.

23


  
[ B ' D ', A ' B ].BB '
a3
a3
a 3
d  B ' D ', A ' B  

 2

 
4
4
4
3
a 3
[ B ' D ', A ' B ]
a a a

Bài 2: (Đề tuyển sinh ĐH &CĐ khối D năm 2012) Cho hình hộp đứng
ABCD.A’B’C’D’ có đáy là hình vuông, tam giác A’AC vuông cân, A’C=a. Tính
thể tích của khối tứ diện ABB’C’ và khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng
(BCD’) theo a.
Lời giải
Từ giải thiết ta tính được AC  AA ' 
và AB 

)
2 2
2 2 2
2
2
2


 a a a

a a
a
AB  (0; ;0) , AB '  (0; ;
) , AC '  ( ; ;
)
2 2
2 2 2
2

 
  
a2
a3
1    a 3 2
 AB, AB '  (
 AB, AB ' AC ' 
 AB, AB ' AC ' 
;0;0)



là véctơ pháp tuyến của mặt phẳng (BCD’) nên (BCD’) có
2.0  0 

phương trình là: 2 y  z 

a 2
 0  d ( A, ( BCD ')) 
2

a 2
2



( 2) 2  12

a 6
6

Bài 3: (Đề tuyển sinh ĐH &CĐ khối B năm 2011) Cho lăng trụ
ABCD.A’B’C’D’ có đáy ABCD là hình chữ nhật, AB=a, AD  a 3 . Hình chiếu
vuông góc của điểm A’ trên mặt phẳng (ABCD) trùng với giao điểm của AC và
BD. Góc giữa hai mặt phẳng (ADD’A’) và (ABCD) bằng 600. Tính thể tích khối
lăng trụ đã cho và khoảng cách từ điểm B’ đến mặt phẳng (A’BD) theo a.
Lời giải
Gọi O là giao điểm của AC và BD. Chọn hệ trục
tọa độ Oxyz như hình vẽ. Khi đó: A(
B(

a 3 a

(đvtt)
2

Khoảng cách từ điểm B’ đến mặt phẳng (A’BD) là d ( B ' , ( A ' BD)) 

a 3
2

Bài tập tự rèn luyện
Bài 1: (Đề tuyển sinh đại học khối D năm 2006) Cho hình chóp S.ABC có đáy
ABC là tam giác đều cạnh a, SA=2a và SA vuông góc với mặt phẳng (ABC).

25