Chuyên đề 8: “PPTĐ trong không gian”

Cao Văn Tuấn – 097530627

ỨNG DỤNG PHƢƠNG PHÁP TỌA ĐỘ ĐỂ GIẢI TOÁN
HÌNH HỌC KHÔNG GIAN
Các em học sinh nên nhớ rằng “Không có phương pháp giải nào là vạn năng”, do đó các em phải
không ngừng luyện tập để tạo ra sợi dây liên kết giữa các phần kiến thức của mình, khi đó các em mới có
thể vận dụng linh hoạt các phương pháp sao cho bài giải của mình khoa học nhất, hay nhất.
Đối với một số loại hình chóp, hình lăng trụ trong một số bài toán ta có thể sử dụng việc đặt một hệ
trục tọa độ thích hợp, để chuyển từ việc giải hình học không gian tổng hợp thuần túy (mà việc này có thể
gặp nhiều khó khăn trong dựng hình, tính toán với các em học sinh) sang việc tính toán dựa vào tọa độ.
Cách giải bài toán như vậy gọi là phương pháp tọa độ hóa.
Đối với phương pháp tọa độ hóa, việc tính toán có thể sẽ dài dòng và phức tạp hơn phương pháp
hình học không gian thuần túy, tuy nhiên cách giải này thực sự rất hữu ích cho nhiều bạn học sinh mà
việc nắm vững những phương pháp trong cách giải hình học không gian còn yếu hoặc những bài toán
hình không gian về khoảng cách khó; về xác định GTLN, GTNN; các bài toán về quỹ tích điểm,...
Để có thể làn tốt được các bài toán giải bằng phương pháp tọa độ hóa thì các em học sinh phải nắm
chắc các kiến thức (cụ thể là các công thức tính) của phần “Phương pháp tọa độ trong không gian” và
những kiến thức cơ bản nhất của hình học không gian.
Sau đây thầy sẽ trình bày cụ thể phương pháp: “Ứng dụng phương pháp tọa độ để giải toán hình học
không gian”.
Cao Văn Tuấn – 0975306275
1. Phƣơng pháp
+ Bước 1: Chọn hệ trục tọa độ Oxyz trong không gian: Vì Ox, Oy, Oz vuông góc với nhau từng
đôi một nên nếu hình vẽ bài toán cho có chứa các cạnh vuông góc thì ta ưu tiên chọn các cạnh đó
làm trục tọa độ.
+ Bước 2: Suy ra tọa độ của các đỉnh, điểm trên hệ trục tọa độ vừa ghép.
+ Bước 3: Sử dụng các kiến thức về tọa độ không gian để giải quyết bài toán
2. Các bài toán ghép trục tọa độ thƣờng gặp và cách suy ra tọa độ các đỉnh
Các bài toán thƣờng gặp

1


Chuyên đề 8: “PPTĐ trong không gian”

Hình hộp ABCD.ABCD có
đáy là hình thoi.

Cao Văn Tuấn – 097530627

+ 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

Hình chóp S.ABCD có:
+ ABCD là hình chữ nhật,
hình vuông.
+ SA ⊥ (ABCD).

A   0;0;0 

B   0; AB ;0 

C   AD ; AB ;0 

D   AD ;0;0 

S   0;0; SA 


Chuyên đề 8: “PPTĐ trong không gian”

Hình chóp S.ABCD đều có:
+ Đáy là hình thoi, hình
vuông.
+ SO vuông góc với đáy.

Hình chóp S.ABCD đều có:
+ Đáy là hình bình hành,
hình thoi.
+ SA vuông góc với đáy.

Hình chóp S.ABCD đều có:
+ Đáy là hình bình hành.
+ SO vuông góc với đáy.

https://www.facebook.com/ThayCaoTuan

Cao Văn Tuấn – 097530627

O   0;0;0 

A   0;  OA ;0 

B    OB ;0;0 

C   0; OC ;0 

D   OD ;0;0 



3


Chuyên đề 8: “PPTĐ trong không gian”

Hình chóp S.ABC có:
+ Đáy là tam giác vuông,
tam giác đều.
+ SA vuông góc với đáy.

Hình chóp S.ABC có:
+ Đáy là tam giác đều cạnh
a.
+ Các cạnh bên bằng nhau.

Cao Văn Tuấn – 097530627

A   0;0;0 

B   0; AB ;0 

C   CH ; AH ;0 

S   0;0; SA 

A   0;0;0 

B   0; AB ;0    0; a;0 

bên (SAB) vuông góc với đáy, tam giác SAB cân tại S. Tính thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách
giữa hai đường thẳng SA, BC.
Bình luận: Rõ ràng rằng việc tính thể tích của khối chóp này là không quá khó khăn, chỉ cần các em nắm
được cách xác định góc giữa hai mặt phẳng là xác định được. Vì vậy, ý tính thể tích thầy để các em tự
suy nghĩ và thực hiện.
Với câu hỏi tính khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau này, các em hoàn toàn có thể thực hiện
theo hình tổng hợp. Ở đây chúng ta bàn luận về việc đặt hệ trục tọa độ để thực hiện ý thứ hai này.
Trước hết các em cần lưu ý: Xác định chiều cao của hình chóp này như thế nào?
Điều này là không quá khó: Vì sao? Hãy nhớ: “Nếu hai mặt phẳng vuông góc với nhau, trong mặt này
dựng một đường thẳng vuông góc với giao tuyến thì đường thẳng đó vuông góc với mặt phẳng kia”.
Gắn vào hình chóp này: Ta thấy mặt phẳng (SAB) vuông góc với mặt đáy, mà giao tuyến của hai mặt
phẳng này là AB. Ta cần tìm chiều cao cho nên, các em chỉ cần từ S dựng SH vuông góc với AB, (H 
AB) vì tam giác SAB cân tại S cho nên H là trung điểm AB. Tức là các em đã xác định được chiều cao
và chân đường vuông góc.
Vậy chúng ta có thể đặt hệ trục tọa độ rồi. Các em vẽ hình và đặt hệ trục như sau:
https://www.facebook.com/ThayCaoTuan

4


Chuyên đề 8: “PPTĐ trong không gian”

S

Cao Văn Tuấn – 097530627

z

A


nào khác không? Ở mục số 4. Ví dụ minh họa, thầy sẽ trình bày thêm một số ví dụ cụ thể về các dạng
toán để các em hiểu rõ hơn về phương pháp này.
3. Sử dụng các kiến thức về tọa độ để giải quyết bài toán
a) Khoảng cách giữa 2 điểm
Khoảng cách giữa hai điểm A  xA ; yA ; zA  và B  xB ; yB ; zB  là:

AB 

 xB  xA    yB  yA    zB  zA 
2

2

2

b) Khoảng cách từ điểm đến đoạn thẳng
Tính khoảng cách từ A đến đường thẳng  ?
Cách 1: Cho đường thẳng  đi qua M, có một vectơ chỉ phương u và một điểm A. Khoảng cách
từ A đến đường thẳng  được tính bởi công thức:
d A,  

u , AM 


u

Cách 2:
+ Lập phương trình mặt phẳng   đi qua A và vuông góc với  .
+ Tìm tọa độ giao điểm H của   và  .
+ d(M, d) = MH.

Cách 1: Khoảng cách giữa hai đường thẳng 1 và  2 được tính bằng công thức:

u1 , u2 .MN
u1 , u2 

d  1 ,  2  

Cách 2:
+ Lập phương trình mặt phẳng   chứa 1 và song song với  2 .

+ Khi đó: d  1 , 2   d  2 ,     d  M,    với M   2 .
ĐẶC BIỆT: Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AB, CD khi biết tọa độ của chúng:

 AB,CD  AC


d  AB,CD  
 AB,CD 


f) Khoảng cách giữa 2 đƣờng thẳng song song
Khoảng cách giữa 2 đường thẳng song song bằng khoảng cách từ 1 điểm bất kì thuộc đường
thẳng này đến đường thẳng kia.

 quay về dạng toán khoảng cách từ 1 điểm đến đường thẳng .
g) Khoảng cách giữa đƣờng thẳng  và mặt phẳng   (với  //   )

d ,   d M,  với M 
h) Góc giữa hai đƣờng thẳng
Cho hai đường thẳng: 1 có một vectơ chỉ phương u1   x1; y1; z1 


2
2

i) Góc gữa hai mặt phẳng
Gọi  là góc giữa hai mặt phẳng  P  : Ax  By  Cz  D  0 và  P' : A'x  B'y  C'z  D'  0
cos   cos  nP , nQ  

nP .nQ
nP . nQ

A.A'  B.B' C.C '



2

2

2

0

0

A  B  C . A '  B'  C '
2

2



2

k) Diện tích thiết diện
1
 AB, AC .

2
  AB, AD .

+ Diện tích tam giác ABC: SABC 
+ Diện tích hình bình hành: SABCD
https://www.facebook.com/ThayCaoTuan

6


Chuyên đề 8: “PPTĐ trong không gian”
l) Thể tích khối đa diện

Cao Văn Tuấn – 097530627

+ Thể tích khối hộp: VABCD.A'B'C'D'   AB, AD .AA' .
1
+ Thể tích tứ diện: VABCD   AB, AC .AD .
6
4. Ví dụ minh họa
Ví dụ 1: Cho hình lập phương ABCD.ABCD cạnh là a. Gọi N là trung điểm của BC .
a) Chứng minh rằng: AC vuông góc với  ABD  .
b) Tính thể tích khối tứ diện ANBD .



của mặt phẳng  ABD  .

y

A'=O
x

B'

C'

Ta thấy hai vrctơ AC' và  A'B, A'D  cùng phương.
Vì thế ta có AC vuông góc với mặt phẳng  ABD  .
b) Tính thể tích tứ diện ANBD .
1
Ta có công thức tính thể tích tứ diện là: VANBD'   AN,AB .AD .
6
2


2 a 
  AB,AN    0; a ; 
2 



Ta có: AD  (0; a; a)
.


Chuyên đề 8: “PPTĐ trong không gian”
Cao Văn Tuấn – 097530627
Với a , b là các véc tơ chỉ phương của đường thẳng a và b. Đường thẳng a,b lần lượt đi qua hai
điểm A và B.
AN.BD
3
Do đó ta có góc giữa hai đường thẳng AN và BD là: cos  AN, BD  =
.

9
AN BD
 AN, BD .AB a 26


Khoảng cách giữa hai đường thẳng này là: d  AN, BD  
.

26
 AN, BD


d) Tính khoảng cách từ điểm C đến mặt phẳng  ACD  .

Viết phương trình mặt phẳng  ACD  .
Mặt phẳng  ACD  có véc tơ pháp tuyến cùng phương với  AC,AD   a 2 ;0; a 2  .
Ta chọn véc tơ pháp tuyến của mặt phẳng  ACD  là n  (1;0;1) .
Vì thế phương trình mặt phẳng  ACD  là: x  z – a  0 .
Áp dụng công thức khoảng cách từ một điểm đến mặt phẳng ta có: d  C,  ACD   


3   2 2 2   3 3 
3
Ta có thiết diện là tứ giác AMNP.
Và diện tích của tứ giác này là:
2 2
x
SAMNP  SAMN  SANP 
B
3

https://www.facebook.com/ThayCaoTuan

A'

z

D'
C'

D
y

A=O
C

8


Chuyên đề 8: “PPTĐ trong không gian”
Cao Văn Tuấn – 097530627

z

S



I
A
J
x

D
O

B

C

y

Các em có thể thấy rằng nếu như tọa độ hóa một khối đa diện được thì việc giải những bài toán hình
không gian trở nên đơn giản hơn rất nhiều.
Sau đây chúng ta xét một số khối đa diện mà việc tọa độ và tính toán phức tạp hơn.
Ví dụ 4. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh là 5 tâm O, SO vuông góc với đáy;
các cạnh bên SA  2 3,SB  3 . Gọi M là trung điểm của cạnh SC.
a) Tính góc và khoảng cách giữa hai đường thẳng SA và BM.
b) Mặt phẳng  AMB cắt SD tại N. Tính thể tích khối chóp S.ABMN.
Giải:
Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ. Ta có tọa độ các
O 0;0;0 , A 2;0;0 , B(0;1;0)

 SA,BM   30 .

S

M

D

C

0

x

SA, BM  .SB

d  SA,BM   
 ...
SA, BM 



O
A

By

b) Viết phương trình mặt phẳng  AMB và phương trình đường thẳng SD. Từ đó tìm được tọa độ
giao điểm D của  AMB và SD.
Ta có: VS.ABMN  VS.AMB  VS.AMN 

b)   900
, d  H,  SCD   
2
7
Bài 3: Cho hình chóp SABCD có đáy ABCD là hình thoi tâm O cạnh a, AC = a. Tam giác SAB cân tại
S, và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy, cạnh bên SA tạo với đáy một góc  sao cho tan   2 .
a) Tính thể tích khối chóp S.ABCD.
b) Tính khoảng cách từ O đến (SCD)
c) Tính khoảng cách từ A đến (SBC).
2a 57
a 21
ĐS: b) d  O,  SCD   
b) d  A, SBC   
19
14
Bài 4: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông, đường cao AB, BC = 2a, SA = a. SA
vuông góc với đáy. Biết SC vuông góc với BD.
a) Tính độ dài đoạn thẳng AD.
b) Tính thể tích khối chóp S.ABCD
c) Gọi M là điểm trên đoạn SA, AM = x, Tính độ dài đường cao DE của tam giác BDM theo a, x.
Tìm x để DE có giá trị lớn nhất, nhỏ nhất.

a 3
khi x  a
DE max 
a
2
ĐS: a) AD 
c) 
2

https://www.facebook.com/ThayCaoTuan

10


Chuyên đề 8: “PPTĐ trong không gian”
Cao Văn Tuấn – 097530627
Bài 10: Cho hình hộp chữ nhật ABCD.A1B1C1D1 có AB = a, AD = 2a, AA1 = a.
a) Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AD1 và B1C.
AM
b) Gọi M là điểm chia đoạn AD theo tỉ số
 3 . Hãy tính khoảng cách từ M đến mặt phẳng
MD
(AB1C).
c) Tính thể tích khối tứ diện AB1D1C.
Bài 11: Cho lăng trụ đứng ABC.ABC có đáy là tam giác ABC vuông cân tại B , biết BA=a. cạnh bên
AA '  a 2 . Gọi M là trung điểm của cạnh BC. Tính thể tích khối lăng trụ và khoảng cách giữa hai
đường thẳng AM, BC .
Bài 12: Cho hình lăng trụ ABC.ABC có độ dài cạnh bên là 2a, đáy ABC là tam giác vuông tại A,
AB  a , AC  a 3 , hình chiếu vuông góc của A lên (ABC) là trung điểm của BC. Tính theo a thể tích
khối chóp A.ABC và tính cos của góc giữa hai đường thẳng AA và BC .
Bài 13: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh 2a, SA =a, SB  a 3 . Mặt phẳng
(SAB) vuông góc với đáy. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AB và BC. Tính thể tích khối chóp
S.ABCD và cos của góc giữa hai đường thẳng SM và DN.

https://www.facebook.com/ThayCaoTuan

11



z

B a;0;0  ,

A'



b  a
C  0;2a;0  ,A'  0;0;b  ,B'  a;0;b  , C'  0;2a;  , M  a;0;  ,N  ;0;0 
2  2



C'

B'

a. Thể tích của tứ diện A’CMN l|:
V

1
A'C,A'M  .A'N

6

M




 0  2a2 b 


2
4
Vậy VA 'C MN 

1 3a2 b a2 b

6 4
8

b. Ta có: B'C   a; 2a;c , AC'   0;2a;b 
B'C  AC'  B'C.AC'  0  0  4a2  b2  0  b  2a 

b
2
a

Bài 2. Cho hai hình chữ nhật ABCD v| ABEF ở trong hai mặt phẳng vuông góc với nhau,
AB  2a,BC  BE  a . Trên đường chéo AE lấy điểm M v| trên đường chéo BD lất điểm N sao cho
AM BN

 k với k   0;1 . Tính k để MN l| đoạn vuông góc chung của AE v| BD.
AE BD
Giải

Chọn hệ trục tọa độ Oxyz sao cho A  O , c{c tia Ox, Oy, Oz
lần


y

O≡A

M| AM v| AE cùng hướng nên AM  kAE , đo đó tọa độ
của M l|:
x M  kx E  0

y M  ky E  2ka hay M  0;2ka;ka 
z  kz  ka
E
 M

E

F

B
N

D
C
x

Trần Đình Cư. Gv TH PT Gia Hội, TP Huế. SĐT: 01234332133

12

1


9
Bài 3. Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ cạnh bằng a. Trên c{c cạnh BB’, CD, A’D’ lần lượt lấy c{c

Vậy MN l| đoạn vuông góc chung của AE v| BD khi k 
điểm M, N, P sao cho B'M  CN  D'P  x , x   0;a  .
a. Chứng minh AC'   MNP  .

b. X{c định vị trí của M, N, P để tam gi{c MNP có diện tích bé nhất.
Giải
Chọn hệ trục tọa độ Oxyz có O  A , c{c tia Ox, Oy, Oz lần lượt đi

z

qua c{c điểm B, D, A’. Khi đó A  0;0;0  , B a;0;0  , C  a;a;0  ,

A'

D  0;a;0  , A'  0;0;a  , B'  a;0;a  ,

C'  a;a;a , D'  0;a;a  , M  a;0;a  x  , N  a  x;a;0  , P  0;a  x;a 

B'
x
M

a. Ta có AC'   a;a;a 
MN   x;a; a  x 

P x


y

N

C

x

2

b. Ta có MN  MP  NP  x2  a2   a  x   2x2  2ax  2a2

 Tam gi{c MNP l| tam gi{c đều có cạnh bằng
 Diện tích của tam gi{c MNP l|: S 
hay S 

2 x2  ax  a2

MN2 3
3 2

x  ax  a2
4
2





2

2


Chọn

hệ

trục

tọa

độ

Oxyz

có

như

D  0;a;0 , A' 0;0;a , B' a;0;a , C' a;a;a , D' 0;a;a

hình

vẽ,

ta

A  0;0;0  , B a;0;0  ,

có:

N

D

A

y

M


 a 
a
Ta có: N  a;0;  , M  0; ;0 
2

 2 

B


 a

a
 A'N   a;0;   , A'M   0; ; a  v| A'C   a;a; a 
2

 2




Chọn hệ trục tọa độ Oxyz sao cho A  O  0;0;0  , tia Ox chứa

z

AC, tia Oy chứa AB v| tia Oz cùng hướng với vec-tơ CS .



 

S



Khi đó ta có A  0;0;0  , B 0;a 2;0 , C a 2;0;0 ,



S a 2;0;a 2



M
y
A

B

N

M

K

N

J

t

t

x
C

A

H

A

I

C

x

Vì tam gi{c SCA vuông c}n ở C nên Vì tam gi{c INC vuông c}n ở I
MHAK l| hình vuông có cạnh
NC 2 t 2

;
a. Ta có: MN   2  a  t  ;



2
2


 MN  2  a  t 

2

2

 2a  2a2
t2 t2
2
   3t 2  4at  2a2  3  t   
a
2 2
3 
3
3


Đẳng thức xảy ra khi t 

2a
3





MN.SA  0 
MN  SA



MN.BC  0 
MN  BC

Vậy MN l| đường vuông góc chung của SA v| BC (đpcm)
Bài 6. Cho khối lăng trụ tam gi{c đều có cạnh đ{y bằng a v| AB'  BC' . Tính thể tích của khối lăng trụ.
Giải
Gọi O l| trung điểm của AC.
Chọn hệ trục tọa độ có gốc tọa độ l| O, tia Ox đi qua A, tia Oy đi qua B.

Trần Đình Cư. Gv TH PT Gia Hội, TP Huế. SĐT: 01234332133

4
15


a
  a 3 
;0  ,
Khi đó A  ;0;0  , B  0;

2

 h  AA'  BB'  ...
 a a 3 
 a a 3 
; h  v| BC'    ; 
;h
Ta có AB'    ;

 2 2


2





y

a2 3a2
a 2
AB'  BC'  AB'.BC'  0 

 h2  0  h 
4
4
2

C

B

2


a. Ta có AC'  1;1; 1 v| A'B  1;0;1

 AC'.A'B  0

 Góc giữa hai đường thẳng AC’ v| A’B có số đo bằng 900
b.

 1 1
1 1 
MN   ; ;1 v| MP    ;1; 
 2 2
2 2 

 AC'.MN  0 v| AC'.MP  0

z

 AC'  MN v| AC'  MP

A

D

 AC'   MNP  (đpcm)

Thể tích khối tứ diện AMNP l|:



1 3
3
3
Vậy V  .  0  
(đvtt)
6 8
4 16

B'

C'

x
Bài 8. Cho hình chóp S.ABCD có đ{y ABCD l| hình vuông cạnh
a, mặt bên SAD l| tam gi{c đều v| nằm trong mặt phẳng vuông góc với (ABCD). Gọi M, N, P lần lượt l|
trung điểm của SB, BC, CD. Chứng minh rằng AM  BP v| tính thể tích của khối tứ diện CMNP.

Giải
Trần Đình Cư. Gv TH PT Gia Hội, TP Huế. SĐT: 01234332133

16

5


Chọn hệ trục tọa độ Oxyz có gốc O trùng với A, tia Ox đi

z



y

H

O

A

a a a 3
 a

Ta có AM   ; ;
 v| BP    ;a;0 
2 4 4 
 2




D
P

B
C

N

x


;0;   CM,CN  .CP  

  8

4  
16

Vậy VCMNP 

1 a3 3 a3 3


6
16
96

Bài 9. Cho hình chóp tứ gi{c đều S.ABCD có cạnh đ{y bằng a 2 , cạnh bên hợp với đ{y góc 450 . Gọi O
l| t}m của ABCD v| I, J, K lần lượt l| trung điểm SO, SD, DA.
a. X{c định đoạn vuông góc chung của IJ v| AC.
b. Tính thể tích của khối tứ diện AIJK.
Giải
a. IJ l| đường trung bình của tam gi{c SOD.
 IJ∥OD  IJ  SO hay IJ  IO

SO   ABCD   SO  AC hay IO  AC

z

(1)
S

B

C
x

 a 2
 
a 2 
;0;0  , B  0; 
;0  ,
Khi đó A  
 2
 

2

 

Trần Đình Cư. Gv TH PT Gia Hội, TP Huế. SĐT: 01234332133

6
17


 a 2  
a 2 
a 2  a 2 a 2  a 2 a 2 
D  0;
;0  , S  0;0;
;

4 



 a2
a 2 a 2 a 2 

a2 
a3 2
Ta có AJ  
;
;
   AI,AJ     ;0;    AI,AJ  .AK  

  8

 2
4  
32
4
4 




AK   a 2 ; a 2 ;0 

 4

4


D,

A’.

Khi

B a;0;0 , B' a;0;a , C a;a;0 ,

đó

A  0;0;0  , A'  0;0;a  ,

C'  a;a;a  , D  0;a;0  , D'  0;a;a  ,


a a a
K  0;a;  , I  ;0;  (I l| trung điểm của AB’ v| A’B)
2 2 2


B'

B

 a
a a 
a
  AI,AK     ;  ;    AI,AK  .AA' 



D'

3

x

y

C

1 a3 a3
Vậy VAIKA '  . 
6 2 12

Ta có  AB'K    AIK 



 



 d A',  AB'K   d A',  AIK  
SΔAIK 



3VA '.AIK
SΔAIK

Trần Đình Cư. Gv TH PT Gia Hội, TP Huế. SĐT: 01234332133

18

7


Chọn hệ trục tọa độ A’xyz như hình vẽ.

z

D'  0;a;0  , A  0;0;a  , B a;0;a  ,

A

Ta có A'  0;0;0  , B'  a;0;0  , C'  a;a;0  ,

a a
 a 
C  a;a;a  , D  0;a;a  , M  0; ;a  , N  ;a; 
 2 
2 2

N

B{n kính mặt cầu nói trên l| R  α2  β2  γ2  δ
(S)

đi


N

y

C'

nên: x

2αa  2 γa  δ  2a2
a2  0  a2  2αa  0  2 γa  δ  0
1


2αa  2βa  δ  2a2
a2  a2  0  2αa  2βa  0  δ  0
2


2

5a2
0  a  a2  0  βa  2 γa  δ  0  
β
a

2
γ
a

δ



(1) trừ (2)  β  γ

(5)

(2) trừ (3) kết hợp với  5   2α  β  

3a
4

(6)

(3) trừ (4) kết hợp với (5) ta được α  

a
4

(7)

(6) trừ (7)  β 

a
a
m| γ  β nên γ 
4
4

Thay α, β v|o (1) ta được δ  2a2
Vậy b{n kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện BC’MN l|: R  α2  β2  γ2  δ 

2

 
 


I
M

Giao điểm M của SO v| AI l| trọng t}m của tam gi{c SAC v| ta

D


h
có M  0;0; 
3


Mp(ABI) cũng l| mp(ABM). Vậy, phương trình của mp(ABI)
x
l|:

C
O

A

B


3
2
2
h
1
h
3

vậy khoảng c{ch từ S tới mp(ABI) l|: d 

 1

a 2

 2

2

 
  1
 
 a 2
 
  2

2

  2
 1
  

Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ.

z

Kéo d|i DM cắt AB tại E.

A'

1
Ta có BM  AD
2
 BM l| đường trung bình của tam gi{c ADE

D'
C'

B'

 B l| trung điểm của AE
A  0;0;0  , E  2;0;0  , D  0;1;0  , A'  0;0;1 .

B

M

Mp(A’MD) cũng l| mặt phẳng (A’ED) nên phương trình của
mặt phẳng (A’MD) l|:

D


Bài 14. Cho hình chóp S.ABCD có đ{y ABCD l| hình thoi cạnh bằng a v| BAD  1200 , đường cao SO (O
l| t}m của ABCD), SO  2a . Gọi M, N lần lượt l| trung điểm của DC v| SB.
a. Tính thể tích của khối tứ diện SAMN.
b. Chứng minh rằng tồn tại duy nhất một mặt cầu t}m O v| tiếp xúc với bốn mặt bên của S.ABCD.
Tính thể tích của khối cầu tạo bởi mặt cầu nói trên.
z

Giải
Ta có BAD  1200  ABC  600

S

ABCD l| hình thoi cạnh bằng a v| ABC  600
N

 ABC, ADC l| c{c tam gi{c đều cạnh bằng a.
 OA  OC 

Chọn

hệ

a 3
a
v| OB  OD 
2
2

trục



O
A

x

Trần Đình Cư. Gv TH PT Gia Hội, TP Huế. SĐT: 01234332133

9
20


 a a 3   a 3 
 a
  a 3  
a 3 
C   ;0;0  , B  0;
;0  , D  0; 
;0  , S  0;0;2a  , M   ; 
;a 
;0  , N  0;
 4
 


 
2
4
4
2






 a2 3 3a2 a2 3 
3a3 3 a3 3 a3 3
 SA,SM    
;
;


  SA,SM  .SN 

 

2
2
8  
8
8
2

a3 3
12
b. Mặt cầu t}m O v| tiếp xúc với bốn mặt bên.

Vậy VSAMN 

x




Tương tự ta cũng có: d O,  SBC   d O,  SCD   d O,  SDA   2a

3
67

Vậy tồn tại duy nhất mặt cầu t}m O v| tiếp xúc với bốn mặt bên (SAB), (SBC), (SCD), (SDA), b{n kính

3
(đpcm)
67

của mặt cầu n|y bằng 2a

Bài 15. Cho tứ diện OABC có OA, OB, OC vuông góc với nhau từng đôi một v| OA2  OB2  OC2  3 .
Tính thể tích của OABC khi khoảng c{ch từ O đến mặt phẳng (ABC) đạt gi{ trị lớn nhất.
Giải
2

Đặt OA  a, OB  b v| OC  c (a,b,c  0) ta có a  b2  c2  3

z

Chọn

C

hệ



 d O,  ABC  

y
O

1
1
a

2



1
b

2



B

1
c2

a2  b2  c2  3 3 a2 b2 c2

Theo bất đẳng thức Côsi ta có:  1

1
 a2  b2  c2  
   9  3 
 9


 3
2
2
2
2
2
2
2
2
b
c 
b
c 
a
b
c2
a
a

1
1
a2






đạt gi{ trị lớn nhất bằng

1
3

khi a  b  c  1 v| trong trường hợp n|y

1
abc 1
VOABC  OA.OB.OC 
 (đvtt)
6
6
6

Bài 16. Cho hình chóp S.ABCD có đ{y ABCD l| hình vuông cạnh a, cạnh bên SA   ABCD  v| SA  2a .
Gọi M, N lần lượt l| trung điểm của SA, SD.
a. Tính khoảng c{ch từ A đến mp(BCM) v| khoảng c{ch giữa hai đường thẳng SB v| CN.
b. Tính cô-sin góc giữa hai mặt phẳng (SCD) v| (SBC)
c. Tính tỉ số thể tích giữa hai phần của hình chóp S.ABCD chia bởi mp(BCM)
Giải
Chọn hệ trục tọa độ Oxyz có A  O , tia Ox chứa AB, tia Oy chứa AD v| tia Oz chứa AS. Khi đó
 a 
A  0;0;0  , B a;0;0  , C  a;a;0  , D  0;a;0  , S  0;0;2a  , M  0;0;a , N  0; ;a 
 2 

Ta có BC   0;a;0  v| BM   a;0;a

 d A,  BCM  

a
2

2

1 1



a
2

N

A
B
x

D

y

C

Ta có:

a 
BS   a;0;2a  , CN   a;  ;a  ,SC   a;a; 2a 

b.



SC,SD  0;2a2 ;a2





 Mp(SCD) có vec-tơ ph{p tuyến n   0;2;1
Trần Đình Cư. Gv TH PT Gia Hội, TP Huế. SĐT: 01234332133

11
22










SB,SC  2a2 ;0;a2  Mp(SBC) có vec-tơ ph{p tuyến n'  2;0;1



Gọi φ l| góc giữa hai mặt phẳng (SCD) v| (SBC), ta có: cos φ 



BC∥AD

Mp(BCM) chia khối chóp th|nh hai phần: khối chóp S.BCMN v| khối đa diện còn lại.
1
Thể tích của khối chóp S.BCMN l| V1  SBCMN .d S,  BCM  trong đó:
3



BCMN l| hình thang có đ{y lớn BC  a , đ{y nhỏ MN 

 SBCMN 





a
, chiều cao BM  AB2  AM2  a 2
2

1
1
a
3a2 2
AB  MN  .BM   a   .a 2 

2

BC  SA

V1

V  V1



a3
4

3

3

2a
a

3
4



3
5

2

Từ (1) v| (2)  BCMN l| hình thang có đường cao BM.
Bài 17. Cho hình hộp chữ nhật ABCD.A’B’C’D’ có AB  AD  a , AA'  b . Gọi M l| trung điểm của cạnh


b
C  a;a;0  , D  0;a;0  , A'  0;0;b  , C'  a;a; b  , M  a;a; 
2

VBDA ' M 

D'

A'

x

B

D

C

12
23

y




 ab ab
b
2



Mặt phẳng (A’BD) có vec-tơ ph{p tuyến l|: n2   BD,BA'  ab;ab;a2





Hai mặt phẳng (BDM) v| (A’BD) vuông góc với nhau
a2 b2 a2 b2
a

 a2  0  a  b   1
2
2
b
Bài 18. Cho hình chóp S.ABCD có chiều cao SA  a , đ{y ABCD l| hình thang vuông tại A v| B,
AB  BC  a, AD  2a . Gọi E v| F lần lượt l| trung điểm của AD v| SC.
 n1.n2  0 

a. Tính khoảng c{ch từ A đến mp(SCD) v| thể tích của tứ diện SBEF.
b. X{c định t}m v| tính b{n kính của mặt cầu ngoại tiếp tứ diện SCDE.
Giải
Chọn hệ trục tọa đô Oxyz sao cho O  A , c{c tia Ox, Oy,
Oz lần lượt đi qua c{c điểm B, D, S. Khi đó

z

A  0;0;0  , B a;0;0  , C  a;a;0  ,


2a
11 4



x
x
y z

  1 hay
2a 2a a

E

A

D
B

y

C

2a 6
3

Thể tích của tứ diện SBEF l|: V 

1
SB,SE  .SF


24 13


a2  2Pa  Q  0

a2  a2  2Ma  2Na  Q  0
Mặt cầu đi qua S, C, D, E nên 
2
4a  4Na  Q  0
 2
a  2Na  Q  0
a
3a
3a
Giải hệ phương trình trên ta có: M   , N   , P   , Q  2a2 .
2
2
2

 a 3a 3a 
Vậy mặt cầu ngoại tiếp tứ diện SCDE có t}m I  ; ;  v| b{n kính
2 2 2 

R

a2 9a2 9a2
a 11



B

Vậy góc A của tam gi{c ABC l| góc nhọn.
Chứng minh tương tự, c{c góc B v| C của tam gi{c ABC cũng
l| c{c góc nhọn.

A

b. Chứng minh cos2 α  cos2 β  cos2 γ  1
Phương trình của mp(ABC) l|:

x

x y z
  1
a b c

1 1 1
 Mp(ABC) có vec-tơ ph{p tuyến l| n   ; ; 
a b c

Mặt phẳng (OBC) chính l| mặt phẳng (Oyz) nên có vec-tơ ph{p tuyến l| i  1;0;0 

α l| góc hợp bởi mp(ABC) v| mp(OBC), ta có: cos α 

n.i
n.i




c

 cos2 α 

1
2

a



a2
1
b

2



1
c2

1

2

b
1

2

1
c2

Vậy cos2 α  cos2 β  cos2 γ  1 (đpcm)
Trần Đình Cư. Gv TH PT Gia Hội, TP Huế. SĐT: 01234332133

14
25