MỤC LỤC
TT

Nội dung

PHẦN I. ĐẶT VẤN ĐỀ ………………………………………………………………………….
1. Lý do chọn đề tài

Trang
3
3

…………………………………………………………………………...

2. Mục đích nghiên cứu

3

……………………………………………………………………...

3. Phạm vi nghiên cứu …………………………………………………………………….....

4

4. Khả năng áp dụng ……………………………………………………………………........

4

PHẦN II. GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ

5


9

1. Một số cách chọn hệ trục tọa độ trong hình học phẳng Oxy

9

………….

2. Các bước giải bài toán hình không gian bằng phương pháp tọa độ

11

3. Một số cách chọn hệ trục tọa độ trong không gian …………………

11

… ..

4. Một số bài tập minh họa …………………………………………………… … …

13

4.1. Hình chóp có đáy là tứ giác ………………………………………………… ..

13

4.2. Hình chóp có đáy là tam giác

21


33

3. Kiến nghị …………………………………………………… …………… … …………… ..

33

Giáo viên: Hồ Ngọc Thạch, Trường THPT Phú Lộc

-1-


Danh mục các chữ cái viết tắc
1. VTCP:

Vectơ chỉ phương.

2. VTPT:

Vectơ pháp tuyến.

3. THPT:

Trung học phổ thông.

4. SKKN:

Sáng kiến kinh nghiệm.

5. HK:

hóa các đỉnh chưa đúng, sai sót trong tính toán. Phương pháp này không được đề cập
nhiều trong sách giáo khoa, học sinh phổ thông ít được tiếp cận.
Giúp học sinh lớp 12 có thêm phương pháp giải toán hình học không gian,
chuẩn bị tốt hơn cho kỳ thi THPT quốc gia. Cũng như khắc phục những khó khăn khi
sử dụng phương pháp tọa độ hóa, tôi trình bày một số kỹ năng sử dụng phương pháp
tọa độ hóa giải một số lớp bài toán hình học không gian.
2. Mục đích nghiên cứu.
Từ lý do chọn đề tài, từ thực tiễn giảng dạy môn Toán ở trường THPT, cùng với
kinh nghiệm trong quá trình giảng dạy. Tôi đã phân tích, khai thác các nội dung liên
Giáo viên: Hồ Ngọc Thạch, Trường THPT Phú Lộc

-3-


quan để tổng hợp và hệ thống hóa thành chuyên đề “Phương pháp tọa độ hóa giải
một số bài toán hình học không gian”
Qua nội dung của đề tài này tôi mong muốn sẽ cung cấp cho học sinh một số kỹ
năng sử dụng có hiệu quả hơn phương pháp tọa độ hóa để giải bài toán hình học không
gian.

3. Phạm vi nghiên cứu.
Các bài toán hình học không gian trong chương trình Học kỳ I lớp 12 THPT
giải được bằng phương pháp tọa độ hóa.
Một số bài tập hình học không gian trong các đề thi Đại học – Cao đẳng từ năm
2009 đến nay.
4. Khả năng áp dụng.
Tài liệu này được trình bày từ thực trạng vấn đề, giải quyết vấn đề theo trình tự
từ đơn giản đến phức tạp, có phân loại các dạng cụ thể và bài tập minh họa. Đối với
học sinh học xong chương trình hình lớp 12 đều có thể tự nghiên cứu để trang bị cho
bản thân thêm phương pháp giải toán hình học không gian, chuẩn bị tốt hơn cho kỳ thi

Bước 4. Phiên dịch bài toán trở lại ngôn ngữ hình học ban đầu.
II. Thực trạng vấn đề.
1. Thuận lợi.
Các kiến thức về hình học không gian và hình học giải tích không gian học sinh
được học đầy đủ ở lớp 11 và 12.
2. Khó khăn.
Giáo viên: Hồ Ngọc Thạch, Trường THPT Phú Lộc

-5-


Tuyển sinh lớp 10 hằng năm của trường THPT Phú Lộc có chất lượng thấp. Sức
học môn Toán của học sinh còn yếu, nhất là đối với phân môn Hình học.
Việc nắm vững kiến thức và vận dụng các kiến thức hình học không gian vào
giải quyết bài toán hình học thì không đơn giản đối với học sinh. Cụ thể: các kỹ năng
phân tích đề bài, vẽ đúng hình biểu diễn, sử dụng các kiến thức đã học và lập luận để
giải quyết bài toán cũng như mối liên hệ giữa bài tập này và các bài tập đã làm còn
yếu.
Phương pháp tọa độ hóa giải bài toán hình học không gian ít được đề cập trong
sách giáo khoa nên học sinh ít được tiếp cận, thiếu rèn luyện thực hành cũng như kinh
nghiệm sử dụng. Do vậy khi sử dụng phương pháp này học sinh gặp nhiều khó khăn
như: chọn, gắn hệ trục vào hình vẽ và không đạt yêu cầu, tọa độ hóa các điểm của hình
cũng như và tính toán trong quá trình giải còn nhiều sai sót nên hiệu quả chưa cao.
Ví dụ minh họa:
Cho hình hộp ABCD.A’B’C’D’ có đáy ABCD
là hình chữ nhật, AB = a, AD = 2a. Hình chiếu
vuông góc của đỉnh A’ trên (ABCD) là điểm H
thuộc cạnh AD sao cho AD = 3AH, góc giữa
hai mặt phẳng (AB’D’) và (ABCD) bằng 45 0.
Tính thể tích khối hộp ABCD.A’B’C’D’ theo a.

((AB’D’),(ABCD)) = ((AB’D’),(A’B’C’D’)) = ·A ' MN = 450
1
1
1
5
2 5
=
+
= 2 ⇒ A' M = a
2
2
2
A'M
A' B '
A' D '
4a
5
HN
AH
1
1
2 5
8 5
=
= ⇒ HN = A ' N = a
⇒ A' H = a
A' N A' D ' 3
3
15
15


 3

 3

uuuu
r
r
uuuu
r uuuuu
r
8
 2  uuuuu

AB ' = a 1; ; x ÷, B ' D ' = −a ( 1; −2;0 ) ⇒  AB ', B ' D ' = −a 2  2 x; x; − ÷.
3
 3 

r 
r
8
(AB’D’) có VTPT n =  2 x; x; − ÷, (ABCD) có VTPT k = ( 0;0;1) .
3

rr
n
.k
r r
2
0

⇒ A' H = a

8 5

15
15
Nhận xét: Sử dụng phương pháp thuần túy để xác định góc và tính chiều cao của hình
hộp của bài toán này khá khó khăn đối với nhiều học sinh. Sử dụng phương pháp tọa
độ hóa để tính chiều cao của hình hộp đơn giản hơn, các bước thực hiện theo trình tự
nhất định.
III. Một số kiến thức hình tọa độ trong không gian.
1. Tích có hướng của hai vectơ:
a. Định nghĩa:r
r
Cho hai vectơ u = ( x; y; z ), v = ( x '; y '; z ') , tích có hướng của hai vectơ là:
r r
 y z z x x y 
u, v  = 
   y' z' ; z' x' ; x' y' ÷
÷


b. Các ứng dụng:
r r
r
r r
- u , v cùng phương ⇔ u , v  = 0
r r ur

r r ur


-7-


- Phương trình mặt phẳng chắn:

x y z
+ + =1
a b c

(( α ) qua A(a; 0; 0), B (0; b; 0), C(0; 0; c))
3. Phương trình đường thẳng:
r
Đường thẳng đi qua M 0 ( x0 ; y0 ; z0 ) , có VTCP u = (a, b, c)
 x = x0 + at

Phương trình tham số:  y = y0 + bt
 z = z + ct
0


4. Vị trí tương đối của hai đường thẳng trong không gian:
r
Giả sử đường thẳng d qua M 0 ( x0 ; y0 ; z0 ) và có vectơ chỉ phương là u = (a; b; c) và đường
ur
thẳng d’ qua M '0 ( x '0 ; y '0 ; z '0 ) và có vectơ chỉ phương là u ' = (a '; b '; c ')
r ur uuuuuuur

* d, d’ đồng phẳng ⇔ u.u ' .M 0 M '0 = 0


r
Cho hai đường thẳng ∆ qua M 0 ( x0 ; y0 ; z0 ) và có vectơ chỉ phương là u và đường thẳng
ur
∆’ qua M '0 ( x '0 ; y '0 ; z '0 ) và có vectơ chỉ phương là u '
r ur uuuuuuuur
u.u ' .M 0 .M '0


d ( ∆, ∆ ' ) =
r ur
u.u '



6. Góc :
r
ur
- Góc giữa hai đường thẳng: Cho d có VTCP u = ( a; b; c ) , d’ có VTCP u ' = ( a '; b '; c ')
Gọi ϕ là góc giữa hai đường thẳng d và d’ ta có:
r ur
u.u '
r ur
aa '+ bb '+ cc '
cos ϕ = cos u , u ' = r ur =
u . u'
a 2 + b 2 + c 2 a ' 2 + b '2 + c ' 2

(

)

Dạng 1: Có tâm I(a; b; c) và bán kính R

( x − a)

2

+ ( y − b) + ( z − c ) = R2
2

2

2
2
2
2
2
2
Dạng 2: x + y + z − 2ax − 2by − 2cz + d = 0 ( a + b + c − d > 0 )

Trong đó tâm I (a; b; c), bán kính R = a 2 + b 2 + c 2 − d
IV. Các biện pháp đã tiến hành để giải quyết vấn đề.
Bản thân tập trung nghiên cứu giải quyết các vấn đề sau:
Thứ nhất: Dấu hiện nhận biết và các bước giải bài toán hình học không gian
bằng phương pháp tọa độ.
Thứ hai: Giới thiệu một số cách đặt hệ trục tọa độ đối với một số hình đặc biệt.
Thứ ba: Trình bày một số bài tập hình học không gian giải theo phương pháp
tọa độ hóa. Một vài nhận xét và lưu ý khi thực hành.
1. Một số cách chọn hệ trục tọa độ trong hình học phẳng Oxy.
Tránh việc chọn hệ trục và tọa độ hóa các điểm không đạt yêu cầu, học sinh cần
thực hiện tốt với tọa độ hóa trong hình phẳng Oxy.

2 
2 
 2  


Nhận xét: Đối với cách 2, tọa độ các đỉnh có thể gây trở ngại trong quá trình tính
toán so với cách 1.
1.2. Đối với hình chữ nhật.
Chọn hệ trục Oxy sao cho: Gốc tọa độ là một trong bốn đỉnh của hình chữ nhật. Hai
y
cạnh xuất phát từ đỉnh đó nằm trên hai trục.
M
C
Ví dụ 2. Cho hình chữ nhật ABCD có AB = a 2 , AD = a. Gọi D
M là trung điểm của CD. CMR: AM ⊥ BD.
Giáo viên: Hồ Ngọc Thạch, Trường THPT Phú Lộc

-9x
A

B


Chọn hệ trục Oxy sao cho: Gốc tọa độ O trùng đỉnh A. Hai đỉnh B, D lần lượt thuộc
hai tia Ox, Oy. Khi đó A(0;0), B(a 2 ;0), C(a 2 ;a), D(0;a) và M(a 2 /2;a).
uuuu
r 
uuuu
r uuur
2  uuur

Ví dụ 4: Cho hình thoi ABCD tâm I cạnh a, góc A bằng
O
0
60 .
Chọn hệ trục Oxy sao cho: Gốc tọa độ O trùng tâm I của
D
hình thoi. Hai đỉnh A, B lần lượt thuộc hai tia Ox, Oy.


3   a
3 
a

;0 ÷, B  0; ÷, C  −a
;0 ÷, D  0; − ÷.
Khi đó I(0;0;0), A  a
2 
2

 2   2

1.5. Đối với tam giác vuông.
Chọn hệ trục Oxy sao cho: Gốc tọa độ O là đỉnh góc vuông. Hai cạnh góc vuông lần
lượt năm trên hai trục Ox, Oy.

(

)

1.6. Đối với tam giác cân.

µA = 1200 .
Chọn hệ trục Oxy sao cho: Gốc tọa độ O trùng điểm A.
Đỉnh B thuộc tia Ox. Đỉnh C có tung độ dương. Khi đó
 a
3
A(0;0), B(2a;0) và C  − ; a
÷
2 
 2
Ví dụ 7: Cho hình vuông ABCD. Gọi M là trung điểm của
BC, N là điểm trên cạnh CD sao cho CN = 2 ND. Gọi H là
Giáo viên: Hồ Ngọc Thạch, Trường THPT Phú Lộc

y

B

A

y
D

N

C

H

A


 y = 3a / 4
 a 3  uuuur  3a a  uuur uuuur
H
Hay  ; a ÷. HM =  ; − ÷. AN .HM = 0 .
4
 4 4
 4
Vậy AN ⊥ HM.
2. Các bước giải bài toán hình không gian bằng phương pháp tọa độ hóa
Bước 1. Chọn hệ trục tọa độ gắn với hình vẽ của bài toán.
“Tín hiệu” để chọn hệ trục là trong bài toán có chứa các đường thẳng vuông góc
với nhau, ta chọn hệ trục thích hợp sao cho các trục chứa các đường thẳng vuông
góc đó.
- Nếu đề bài có “tam diện vuông” thì ta chọn gốc trùng với đỉnh của tam diện vuông
đó, còn ba cạnh của tam diện vuông lần lượt thuộc tia dương của các trục tọa độ.
- Nếu đề bài chỉ có “tam diện vuông thiếu” tức là mới chỉ có hai đường thẳng vuông
góc thì ta dựng thêm đường thẳng thứ ba vuông góc với cả hai đường trên tại giao
điểm để tạo thành “tam diện vuông”.
Lưu ý:
- Ta nên chọn hệ trục ưu tiên tọa độ hóa các đỉnh của mặt đáy.
- Chọn hệ trục sao cho các bước sau thực hiện được thuận lợi.
Bước 2. Phiên dịch bài toán hình học sang “ngôn ngữ” tọa độ.
Tính tọa độ của các điểm trong đề bài theo hệ trục tọa độ đã chọn. Một vài điểm
có thể phải sử dụng thêm giả thiết để xác định tọa độ. Thể hiện giả thiết, kết luận bài
toán theo “ngôn ngữ” hình học giải tích.
Bước 3. Sử dụng “ngôn ngữ” vectơ, tọa độ và các kiến thức liên quan để giải bài toán.
Khi sử dụng vectơ với vai trò là vectơ chỉ phương hoặc là vectơ pháp tuyến thì
ta nên chọn bộ ba số thuận lợi nhất để sử dụng.
Bước 4. Phiên dịch bài toán trở lại ngôn ngữ hình học ban đầu.
z

z
+ Đỉnh D thuộc tia Oy ⇒ D(0; b; 0).
+ Đỉnh A’ thuộc tia Oz ⇒ A’(0; 0; c).
Khi đó ta suy ra: C(a; b; 0), B’(a; 0; c), D’(0; b; c) và C’(a; C
b; c)
B
3.2. Đối với Chóp tam giác có góc tam diện vuông.
S
y
- Chọn gốc của hệ trục trùng với đỉnh của góc tam diện
vuông.
A
x
- Ba trục chứa ba cạnh phát xuất từ đỉnh góc tam diện
vuông đó.
Chú ý : Hình chóp tứ giác có một cạnh bên vuông góc với mặt đáy và đáy là hình
vuông hoặc hình chữ nhật
z
cũng chọn như vậy.
A

D

3.3. Đối với Chóp tứ diện đều.
Cách 1:
- Dựng hình lập phương ngoại tiếp tứ diện đều.
- Chọn hệ trục có gốc trùng với một đỉnh của hình lập x
phương.
- Ba cạnh xuất phát từ đỉnh đó nằm trên tia dương của ba
trục.


B

D
G
O

C

z
S
D

x

C
O

z A

B

y

S
D

A
B


B'
B'
B'
C'
D
C
C
A
O
A
y
B
A
B y x
O
B
x
C
Hình 1
Hình 2
x
y
Hình 3
4. Một số bài tập minh họa.
4.1. Hình chóp có đáy là tứ giác.
Bài 1. Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có cạnh đáy bằng a, cạnh bên bằng a

3
.
2


B

y

- 13 -





2
2 
3
2
a
;0;0 ÷, B  0; a
;0 ÷,
, OA = a
⇒ SO = . Khi đó O(0;0;0), A  a
2 
2
2
2
 2






uuu
r uuu
r
2
2
AB = a
1;1; 2 .
( −1;1;0 ) , AS = − 2;0;1 ⇒  AB, AS  = a 2
2
2
4
ur
(SAB) có VTPT n1 = 1;1; 2 .
SA = a

(

(

)

)

(

)

uuur
uuu
r a

Nhận xét: Khi tính tích có hướng của hai vectơ ta nên đặt thừa số chung a.k ( k số
thực dương) đối với cả hai vectơ để tính tọa độ thuận tiện hơn.
uuu
r
uuu
r a
uuu
r uuu
r
2
b. CA = a 2 ( 1;0;0 ) , BS = 0; − 2;1 ⇒ CA, BS  = a 2
0; −1; − 2
2
2
uu
r
2
n
(α) song song với AC và SB nên (α) có VTPT 3 = 0;1; 2 . (α): y + 2 z +
a=0
4
ur


uuu
r
2
2
A
a

)

)

x = a 2 / 2 + t

2
AD:  y = t
. Thay x, y, z theo t vào pt (α) và giải ta được t = −
a.
4
z = 0


2
2 
; −a
;0 ÷ . Có thể xác định điểm N như sau: Do (α) song song với
Suy ra N  a
4 
 4
AC, (α) cắt AD tại N nên MN // AC suy ra N là trung điểm AD.
uu
r
uuu
r a
a

DS = 0; 2;1 . Đường thẳng DS đi qua S  0;0; ÷, có VTCP u2 = 0; 2;1 .
2


uuuu
r
uuur a
uuuu
r uuur
2
2
MN = a
0; −1; − 2 ,
( 1;0;0 ) , MP = 2 2; − 2;1 ⇒  MN , MP  = a 2
2
8
16
uuuu
r uuur uuur 3a 2
uuur
2
MS = a
1;1; 2 .  MN , MP  .MS =
32
4

(

(

Vậy VS .MNP

1

( 1;3;0 ) , CP = 4 2; −3 2;1
4
8
uu
r
uu
r
u
u
=
1;3;0
BM có VTCP 3 (
) , CP có VTCP 4 = 4 2; −3 2;1 . Gọi ϕ là góc giữa hai

(

)

(

)

uu
r uu
r
255
đường thẳng BM và CP. cosϕ = cos u3 , u4 =
⇒ ϕ ≈ 710 45'11'' .
51
e. Gọi (S) mặt cầu ngoại tiếp tứ diện SOMP phương trình có dạng:

n= ⇔ m+n=−
a⇒m=−
a
2
2
4
4
32
33
Vậy bán kính mặt cầu ngoại tiếp A’BC’D: R = m 2 + n 2 + p 2 − q =
a.
16
(S) đi qua M nên −

Cách 2. Chọn hệ trục Axyz như hình vẽ
z
sao cho:
Các điểm B, D lần lượt thuộc các tia Ax,
Ay và S có cao độ dương.
A
3
2
a
, OA = a
SA = a
⇒ SO = . Khi
x
2
2
2

N
O

D
y

M
C

- 15 -


uuur
uuu
r a
uuur uuu
r
a2
DC = a ( 1;0;0 ) , SC = ( 1;1; −1) ⇒  DC , SC  = ( 0;1;1) .
2
uu
r 2
ur uu
r
(SCD) có VTPT n2 = ( 0;1;1) . Ta có n1.n2 = 0
Vậy (SAB) ⊥ (SCD).
uuur
uuu
r a
uuur uuu

2
x = t
a

DS:  y = a − t . Thay x, y, z theo t vào pt (α) và giải ta được t = .
8
z = t

 a 7a a 
Suy ra P  ; ; ÷
8 8 8
uuuur a
uuur a
uuuu
r uuur
a2
NM = ( 1;1;0 ) , NP = ( 1;3;1) ⇒  MN , MP  = ( 1; −1;2 ) ,
2
8
16
uuuur uuur uuu
r 3a 2
 NM , NP  .NS =


32
Vậy VS .MNP

uuu
r a

51
e. Gọi (S) mặt cầu ngoại tiếp tứ diện SOMP phương trình có dạng:
c. d ( C , ( α ) ) = a

(

)

2mx + 2ny + 2 pz − q = x 2 + y 2 + z 2 ( m 2 + n 2 + p 2 − q > 0 )

Do (S) đi qua O nên ma + na − q =

a2
. (1)
2

Giáo viên: Hồ Ngọc Thạch, Trường THPT Phú Lộc

- 16 -


(S) đi qua S nên ma + na + pa − q =

3a 2
. (2)
4

a2
a
⇒ p=

16
16
Vậy bán kính mặt cầu ngoại tiếp A’BC’D: R = m 2 + n 2 + p 2 − q =

33
a.
16

Nhận xét:
- Chọn hệ trục theo cách 2 thì các đỉnh của hình có tọa độ thuận tiện hơn trong
tính toán.
- Đối với bài toán tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp, nếu giải theo
phương pháp thuần túy thường phải xác định tâm để tính bán kính. Xác định tâm là
công việc khó với học sinh.
z

S

Bài 2. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thoi cạnh a,
·
BAD
= 600 . Hai mặt bên (SAB) và (SAD) cùng vuông
C
D
góc với (ABCD). Góc giữa (SBC) và (SCD) bằng 90 0.
Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai x
O
y
đường thẳng AB; SC theo a.
A




2
uuu
r a
uuu
r
uuu
r uuu
r
a
CB =
3;1;0 , CS = a 3;0; x . ⇒ CB, CS  =
x; − x 3; − 3 .
2
2
ur
(SBC) có VTPT n1 = x; − x 3; − 3

(

uuur a
CD =
2

)

(



(

Giáo viên: Hồ Ngọc Thạch, Trường THPT Phú Lộc

)

- 17 -


ur uu
r
6
6
Do (SBC) ⊥ (SCD) nên n1.n2 = 0 ⇔ 2 x 2 = 3 ⇒ x =
. Hay SA =
2
2
1
1
6 1 2
2 3
VS . ABCD = SA.S ABCD = .a
. a 3=
a
3
3 2 2
4
uuu
r a



2
r ur uuu
r
u , u ' .CB a 3
2


=
=a
Vậy d ( AB, SC ) =
r ur
2
6
 u , u '


Nhận xét: Khi đặt SA = ax ( x ∈ ¡ , x > 0 ) ta có cao độ của điểm S là ax nên khi sử

(

)

(

)

(


Đặt SI = a.x0 ( x0 ∈ ¡ , x0 > 0 )
D y
Chọn hệ trục Axyz như hình vẽ sao
A
cho: A là gốc tọa độ. Các điểm B, D
J
I
lần lượt thuộc các tia dương Ax, Ay. x B
O
C
S có cao độ dương.
Khi đó A(0;0;0), B(4a;0;0), C(4a;4a;0), D(0;4a;0), O(2a;2a;0), I(a;a;0) và S(a;a;a. x0 ).
*Viết phương trình mặt phẳng (SAB)
uuu
r uuu
r
uuu
r
uuu
r

 = 4a 2 ( 0; − x0 ;1) .
⇒
AB
,
AS
AB = 4a ( 1;0;0 ) , AS = a ( 1;1; x0 )


ur

r
uuur
uuu
r
2
AD = 4a ( 0;1;0 ) , AS = a ( 1;1;1) , ⇒  AD, AS  = 4a ( 1;0; −1) .
r
uu
r
(SAD) có VTPT n2 = ( 1;0; −1) , (SAB) có VTPT: n = ( 0, −1,1) .
Gọi µ là góc giữa (SAB) và (SAD).
ur uu
r
n1.n2
ur uu
r
1
r = ⇒ µ = 600
Ta có cos µ = cos n1 , n2 = ur uu
n1 . n2 2

(

)

Bài 4. Cho hình chóp S.ABCD có đáy
z
ABCD là hình thang vuông tại A và B, AD =
S
2BC = 2AB = 2a. Cạnh SA vuông góc với

u.k
x +2

y
D

( )

⇔ 6 + 3 x 2 = 2 x ⇔ x 2 = 6 ⇒ x = 6 . Chiều cao SA = a 6 .
1
1
AD + BC
6 3
VS . ABCD = SA.S ABCD = SA. AB.
=
a
3
3
2
2
uuu
r
uuu
r
uuu
r uuu
r
SC = a 1;1; − 6 , SD = a 2;0; − 6 ⇒  SC , SD  = −a 2 6; 6;2
ur
(SCD) đi qua D(0;2a;0) và có VTPT n ' = 6; 6;2

2 3a , BD = 2a và cắt nhau tại O. Hai mặt phẳng (SAC) và (SBD) cùng vuông góc
với mặt phẳng (ABCD). Tính thể tích khối chóp S.ABCD, biết rằng khoảng cách từ
3
z
điểm O đến (SAB) bằng a
.
S
4
Giải
D

C

Giáo viên: Hồ Ngọc Thạch, Trường THPT Phú Lộc
x

B

O

A

y

- 19 -


Hai mặt phẳng (SAC) và (SBD) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABCD) nên SO ⊥
(ABCD).
Đặt SI = a.x0 ( x0 ∈ ¡ , x0 > 0 )

⇔
x
=
a . Suy ra
(
)
(
)
Ta có
0
0
4
4
4
2
4 x 2 + 3a 2
0

1
S(0;0; a ).
2
1
1
1
1 1 1
3 3
Vậy VS . ABCD = SO.S ABCD = SO. AC.BD = . a. 2a.2 3a =
a
3
3

=
=a
r uuu
r
2
2a
2
 AB, CS 



(

)

(

Bài 6. (Đề thi Đại học khối A năm 2010)
S
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình
z
vuông cạnh a. Gọi M và N lần lượt là trung điểm
của các cạnh AB và AD; H là giao điểm của CN
và DM. Biết SH vuông góc với mặt phẳng
(ABCD) và SH = a 3 . Tính thể tích khối chóp A
N
S.CDNM và tính khoảng cách giữa hai đường
H
M
thẳng DM và SC theo a.

Vậy VS .CDNM = SH .SCDNM = SH . DM .CN =
a .
3
3
2
24

Giáo viên: Hồ Ngọc Thạch, Trường THPT Phú Lộc

D

)

y
C

- 20 -


x = t

Phương trình DM:  y = a − 2t , phương trình CN:
z = 0


 x = a + 2t '

y = a + t ' ,
z = 0



ur
Đường thẳng DM đi qua D(0;a;0), có VTCP u1 = ( 1; −2;0 ) .
uu
r
uuu
r a
SC = 4;2; −5 3 . Đường thẳng SC đi qua C(a;a;0), có VTCP u2 = 4;2; −5 3 .
5
ur uu
r uuur
u1 , u2  .DC
ur uu
r
uuur
2 57

u1 , u2  = 10 3;5 3;10 , DC = ( a;0;0 ) . d ( DM , SC ) =  ur u
=a
u
r


19
u1 , u2 


Nhận xét: Sử dụng tọa độ hóa ta chứng tỏ được DM ⊥ CN dễ dàng hơn.
Bài tập tính khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau:
- Phương pháp thuần túy thường dựng thêm một số điểm, đường thẳng (cần


5
2

5
2

H

A

M

C

y

K
B

x

1
5 3
VS . ABC = SH .S ABC =
a
3
12
Do H là trung điểm của AC nên d ( A, ( SBC ) ) = 2d ( H , ( SBC ) ) .
Gọi K là chân đường vuông góc kẻ từ H lên BC. Ta có BC ⊥ HK và BC ⊥ SH nên

Vậy d ( A, ( SBC ) ) = a
11
Ta có: HK =

Sử dụng tọa độ hóa để tính khoảng cách. Chọn hệ trục Axyz như hình vẽ sao cho:
Các điểm B, C lần lượt thuộc các tia dương Ax, Ay và S có cao độ dương.
5
 a   a
A(0;0;0), B(a;0;0), C(0;a;0), H  0; ;0 ÷, S  0; ; a
÷.
2 
 2   2
uuur
uuu
r a
uuur uuu
r
a2
BC = a ( −1;1;0 ) , BS = −2;1; 5 ⇒  BC , BS  =
5; 5;1
2
2
r
n
(SBC) đi qua B(a;0;0) và có VTPT = 5; 5;1

(

)


khoảng cách giữa hai đường thẳng HA và SB theo a.
A
Giải
H
Đặt SH = a.x ( x ∈ ¡ , x > 0 ) . Chọn hệ trục Axyz như hình
B
x
vẽ sao cho: Các điểm B, C lần lượt thuộc các tia dương
Ax, Ay. S có cao độ dương.


3 a  
3 a
; ;0 ÷, S  a
; ; ax ÷
Khi đó: A(0;0;0), B(a 3 ;0;0), C(0;a;0), H  a
 2 2   2 2

uuur
uuu
r a
AC = a ( 0;1;0 ) , AS =
2

uuur uuu
r



(

3
1
a . Vậy VS . ABC = SH .S ABC
2
3
* Tính khoảng cách giữa AH và SB.
Suy ra SH =

3

4 x2 + 3
3 3
=
a
4

Giáo viên: Hồ Ngọc Thạch, Trường THPT Phú Lộc

=

1
3
⇔ 4 x 2 + 3 = 12 ⇔ x =
2
2

- 22 -


uuur a

4 3
u1 , u2 



(

)

(

)

(

(

)
(

)

)

(

)

4.3. Hình lăng trụ có đáy là tứ giác.
·

y
BD DO '
2
B
2
⇒ BB ' = a
2
2 1 2
6 3
VABCD. A ' B ' C ' D ' = BB '.S ABCD = a
. a 3=
a
2 2
4
Chọn hệ trục Oxyz như hình vẽ sao cho: A, B O’ lần lượt thuộc các tia dương Ox, Oy,




3
3
a 
 a 

;0;0 ÷, B  0; ;0 ÷, C  −a
;0;0 ÷, D  0; − ;0 ÷,
Oz. Khi đó: A  a
2
2 
 2 


r a
uuuu
r a

3 a
2  uuuu
N  −a
; ;a
3;1; − 2
÷ MN = 0;1; 2 , DA ' =
4 4
2 
2
2

ur

3 a 
Đường thẳng MN đi qua M  −a ; − ;0 ÷ và có VTCP u1 = 0;1; 2 .
4
4 

uu
r


3
;0;0 ÷ và có VTCP u2 = 3;1; − 2 .
Đường thẳng AD’ đi qua A  a

(

)

Giáo viên: Hồ Ngọc Thạch, Trường THPT Phú Lộc

- 23 -


ur uu
r uuur
u1 , u2  .MA
5 102


=a
Vậy d ( AB, SC ) =
ur uu
r
68
u1 , u2 


Nhận xét: Sử dụng phối hợp hai phương pháp giúp học sinh giải tốt bài tập hơn.
Bài 10. Cho hình lăng trụ ABCD.A’B’C’D’ có đáy là hình chữ nhật có AB = a 3 ,
BC = a. Hình chiếu của A’ trên (ABCD) là H thuộc cạnh AC sao cho AC = 3AH, A’B
= a.5/ 3 .
a. Tính thể tích khối lăng trụ ABCD.A’B’C’D’.
b. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng z
D'

a
;
;
ax
A
'
B
= a
; − ; −ax ÷.

÷,
3
 3 3

 3


4 2 a2
25
4
2 3
a. Ta có: A’B = a ⇔ a +
. Suy ra
+ a2 x2 = a2 ⇔ x2 = ⇔ x =
3
3
9
9
3
3

; ;a
Do M là trung điểm của A’H nên M  a
÷. DM =
3 
3
 3 3

)

)

(

3; −2; 3

)

uu
r
u2 = 3; −2; 3 .
VTCP
ur uu
r uuur
u1 , u2  .BD
ur uu
r
uuur
21

u1 , u2  = 4 3;6;0 , BD = −a 3; a;0 . d ( BD ', DM ) =  ur u


qua

D(0;a;0),

có

(

)

)

Giáo viên: Hồ Ngọc Thạch, Trường THPT Phú Lộc

- 24 -


2mx + 2ny + 2 pz − q = x 2 + y 2 + z 2 ( m 2 + n 2 + p 2 − q > 0 )
(S) đi qua A nên q = 0.
(S) đi qua C nên 2 3a.m + 2a.n = 4a 2 ⇔ 3m + n = 2a

8 3
2
4 3
61
61
a.m + a.n +
a. p = a 2 ⇔ 8 3m + 2n + 4 3 p = a
3

 3m + n = 2a


61
a



⇔ n =
8 3m + 2n + 4 3 p = a ⇔ 3 3m − 3n = 5a
3
6



31
3
1
2
3
31

p =

4 3
a− m−
n
2
3
m

·
Bài 11. Cho hình lăng trụ ABCD.A’B’C’D’ có ABCD là hình thoi cạnh a, BAD
= 600
. Hình chiếu của A’ trên (ABCD) là trung điểm H của đoạn AD, A’C = 2a.
a. Tính thể tích khối lăng trụ ABCD.A’B’C’D’.
b. Tính gần đúng (độ, phút, giây) góc giữa hai mp (ABB’A’) và (ADD’A’).
c. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng A’B và C’H.
d. Tính khoảng cách từ điểm B đến (B’CD’).
e. Tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện A’BC’D.
Giải
·
=
Ta có : HC 2 = DH 2 + DC 2 − 2 HD.DC .cos HDC

7 2
a .
4

9
3
HA '2 = A ' C 2 − HC 2 = a 2 ⇒ A ' H = a
4
2
3 1
3 3 3
a. Vậy VABCD. A ' B ' C ' D ' = A ' H .S ABCD = a. a.a 3 =
a
2 2
4
Chọn hệ trục Oxyz như hình vẽ sao cho: