1

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BẮC GIANG
TRUNG TÂM GDTX-HN TỈNH

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ GIẢI BÀI TOÁN
HÌNH HỌC KHÔNG GIAN

Tác giả: Nguyễn Phú Hiệp
Chức vụ: Trưởng phòng Chuyên môn
Đơn vị công tác: Trung tâm GDTX-HN tỉnh Bắc Giang


2

Bắc Giang, tháng 7 năm 2020


3

A. PHẦN MỞ ĐẦU.
I. LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI
Trong quá trình giảng dạy bộ môn Toán và ôn luyện cho học sinh khối 12
chuẩn bị cho kì thi tốt nghiệp THPT và tuyển sinh vào các trường Đại học - Cao
đẳng, bản thân tôi nhận thấy học sinh gặp không ít khó khăn khi giải bài tập hình
học không gian. Đặc biệt là các bài toán chứng minh quan hệ song song, vuông
góc, các bài toán tính khoảng cách, xác định góc, tính diện tích của các hình, thể
tích các khối đa diện. Nhất là đối với học sinh khối 12 – THPT, ngành học
GDTX lại càng gặp nhiều khó khăn do kiến thức hình học của các em bị hổng
nhiều ở cấp 2 và khả năng tư duy, tưởng tượng hình không gian còn hạn chế. Có

rất nhiều bài toán trong chương trình THPT ngành học GDTX, khi sử dụng
phương pháp tọa độ thì được giải quyết một cách đơn giản hơn, nhưng theo
phân phối chương trình chỉ có một tiết dành cho giáo viên giới thiệu và hướng
dẫn học sinh.
Việc sử dụng phương pháp toạ độ để giải toán một phần giúp các em giải
một số dạng toán toán dễ hơn, hiệu quả hơn cũng đồng thời giúp các em thấy
được mối liên hệ giữa các phần kiến thức, giữa Toán học với thực tiễn. Từ đó
ngoài việc phát triển tư duy, khả năng quy lạ về quen còn mang đến cho các em
muốn và yêu thích học Toán hơn.
Với mong muốn nâng cao năng lực giải toán hình học không gian của học
sinh lớp 12, tôi chọn nghiên cứu đề tài “Sử dụng phương pháp tọa độ giải bài
toán hình học không gian”, với hy vọng cung cấp thêm một phương pháp giải
toán để học sinh có thể tự tin, giải được một số dạng toán hình học không gian
cơ bản.
II. MỤC ĐÍCH VÀ NHIỆM VỤ NGHIÊN CỨU
- Tìm hiểu thực trạng học môn hình học không gian của học sinh lớp 12.
- Giới thiệu đến quí thầy giáo, cô giáo dạy bộ môn toán khối THPT và các
em học sinh lớp 12 , ngành học GDTX một cách chi tiết hơn về phương pháp tọa
độ giải bài toán hình học không gian.


4

- Làm tài liệu tham khảo giúp học sinh củng cố kiến thức; biết cách vận
dụng linh hoạt các kiến thức về hình học, phương pháp tọa độ trong không gian
để giải bài toán hình học không gian.
- Giúp học sinh nắm được một phương pháp khác giải bài toán hình học
không gian; đáp ứng được nhu cầu của nhiều học sinh lớp 12 trong việc ôn tập,
rèn kỹ năng giải toán chuẩn bị cho kì thi tốt nghiệp THPT, xét tuyển hệ Cao đẳng
và Đại học.

III. ĐỐI TƯỢNG NGHIÊN CỨU, PHẠM VI NGHIÊN CỨU.
1. Đối tượng nghiên cứu: Học sinh lớp 12 khối THPT, ngành học GDTX.
2. Phạm vi nghiên cứu: Trung tâm GDTX-HN tỉnh Bắc Giang.
IV. PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU.
- Thu thập tài liệu, điều tra, khảo sát thực tế, dạy thực nghiệm, tìm hiểu
năng lực giải bài toán hình học không gian của học sinh lớp 12 của Trung tâm
GDTX-HN tỉnh.


5

B. NỘI DUNG.
I. CƠ SỞ LÝ LUẬN.
Phương pháp toạ độ có thể được xem như một phương pháp đại số hoá bài
toán hình học. Bằng phương pháp này, học sinh chủ yếu làm việc với các con số,
không cần tư duy hình học nhiều và tạo được hứng thú cho học sinh khi giải các
bài toán hình học không gian.
1. Kiến thức cần nhớ.
1.1. Hệ trục tọa độ Đề-các vuông góc trong không gian và các kiến thức liên
quan.
- Hệ trục tọa độ Đề các vuông góc rOxyz
là hệ gồm 3 trục Ox, Oy, Oz đôi
r r
một vuông góc với nhau tại gốc O, với i, j, k là các véc tơ đơn vị tương ứng ở
trên các trục Ox, Oy, Oz.

1.2. Tọa độ của điểm và của véc tơ, các phép toán véc tơ trong hệ tọa độ
Oxyz.
1.3. Tích có hướng của hai véc tơ và ứng dụng:
r uuur

1 uuu
AB,
AC �
+ Diện tích tam giác ABC : SΔABC = �
�
�.
2

uuur uuur uuuu
r
�. AA' .
AB,
AD
+ Thể tích khối hộp ABCD.A’B’C’D’ là: VABCD.A'B'C'D' = �
�
�
1.4. Các công thức tính góc.

r ur
u.u '
r ur
+ Góc giữa hai đường phẳng: cos(;  ')  r ur với u , u ' lần lượt là các véctơ
u . u'

chỉ phương của hai đường thẳng ,  ' .

rr
u.n
r
+ Góc  giữa đường thẳng  và mp( ) : sin   r r với u là véctơ chỉ

u.n
r
phương của  ; n là véctơ pháp tuyến của mp( ) .


6
r ur
n.n '
+ Góc giữa mp( ) và mp(  ) : cos   r ur
n . n'

r ur

với n, n ' lần lượt là véctơ pháp

tuyến của mp( ) và mp(  ) .
1.5. Các công thức tính khoảng cách:
+ Khoảng cách từ một điểm M(x0, y0, z0) đến mp( ) có phương trình
Ax  By  Cz  D  0 là: d ( M , ( )) 

Ax0  By0  Cz0  D
A2  B 2  C 2

.

+ Khoảng cách từ 1 điểm M1 đến đường thẳng  đi qua điểm M0, có véctơ
uuuuuur r
�
M 0 M 1 ,u �
r

�
�
d(M
,Δ)=
r
chỉ phương u là:
.
1
u

r ur uuuuuur'
�
�
u,u'
.M 0 M 0
� �
r ur
+ Khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau: d(Δ, Δ')=
, với
�
�
u,u'
� �
r ur
u , u ' lần lượt là véc tơ chỉ phương của ,  ' ; M0, M0’ lần lượt là các điểm
nằm trên ,  ' .

1.6. Các hệ thức lượng trong tam giác (hệ thức lượng trong tam giác vuông,
Định lí hàm số Cosin, Định lí hàm số Sin, ..).
1.7. Phương trình mặt phẳng; phương trình đường thẳng.

1.8. Phương trình mặt cầu.
1.9. Bổ sung kiến thức hình học không gian
a, Nếu một tam giác có diện tích S thì hình chiếu của nó có diện tích S' bằng
tích của S với cosin của góc  giữa mặt phẳng của tam giác và mặt phẳng chiếu
S ' S . cos 

b, Cho khối chóp S.ABC. Trên SA, SB, SC lấy ba điểm A', B', C' khác với S.
Ta luôn có:

V

S . A ' B 'C '

V S . ABC

SA ' SB ' SC '

.
.
SA SB SC

2. Phương pháp chung để giải toán.
Sử dụng phương pháp tọa độ để giải bài toán hình học không gian trong
chương trình Toán 12 chủ yếu để giải quyêt các bài toán: chứng minh quan hệ
vuông góc; tính khoảng cách, góc, diện tích, thể tích. Việc giải bài toán hình
không gian bằng phương pháp tọa độ có trở nên đơn giản hơn phương pháp
thông thường hay không phụ thuộc vào cách chọn hệ trục toạ độ vuông góc và
vec tơ đơn vị trên các trục. Bài toán thường được tiến hành theo các bước sau:
Bước 1: Chọn hệ trục toạ độ Oxyz thích hợp, chú ý đến vị trí của gốc tọa độ
O là đỉnh của góc vuông, tâm mặt cầu ….

Chú ý: Có một số bài toán ta phải dựng thêm hình trước khi chọn hệ trục tọa
độ để có thể chọn được hệ tọa độ phù hợp với bài toán cần giải quyết.


7

Bước 2: Dựa vào điều kiện của bài toán để xác định toạ độ của điểm,
phương trình của đường và mặt cần thiết trong hệ trục toạ độ ấy. (có thể xác định
toạ độ tất cả các điểm hoặc một số điểm cần thiết)
Chú ý: Ở một số bài toán, trước khi xác định tọa độ của các điểm ta phải
tính độ dài của một số cạnh hoặc của một số đoạn thẳng.
Khi xác định tọa độ các điểm ta có thể dựa vào:
+ 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, vuông góc, song song,
cùng phương, thẳng hàng, điểm chia đoạn thẳng theo tỉ số cho trước để tìm tọa
độ;
+ Xem điểm cần tìm là giao điểm của đường thẳng, mặt phẳng;
+ Dựa vào các quan hệ về góc của đường thẳng, mặt phẳng.
Bước 3: Chuyển các tính chất hình học trong giả thiết hoặc kết luận của bài
toán sang tính chất đại số và giải tích, đưa bài toán về bài toán đại số, giải tích.
Sử dụng các kiến thức về phương pháp toạ độ trong không gian để giải quyết bài
toán.
3. Một số dạng toán thường gặp.
- Tính độ dài đoạn thẳng;
- Tính khoảng cách từ điểm đến mặt phẳng; tính khoảng cách từ một điểm
đến một đường thẳng; tính khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau;
- Tính góc giữa hai đường thẳng; tính góc giữa đường thẳng và mặt phẳng;
tính góc giữa hai mặt phẳng;
- Tính thể tích khối đa diện;

- Tính diện tích thiết diện tạo bởi mặt phẳng và hình đa diện;
- Chứng minh các quan hệ song song, vuông góc.
4. Nhận dạng các bài toán hình học không gian có thể giải được bằng
phương pháp tọa độ trong không gian.
Đó là những bài toán liên quan đến:
a. Hình lập phương, hình hộp chữ nhật.
b. Hình chóp tam giác SABC có SA  (ABC), đáy ABC là tam giác vuông tại
A.
c. Hình chóp tứ giác đều S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông.
d. Hình chóp tứ giác S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi tâm O và SO 
(ABCD).
e. Hình chóp tứ giác S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật và
SA  (ABCD) .


8

f. Hình chóp có đáy là đa giác đều và có một mặt bên nằm trong mặt phẳng
vuông góc với đáy.
g. Tứ diện đều, hình chóp tam giác đều, hình lăng trụ đứng.
h. Một số bài toán khác.
Chú ý: Đối với những bài toán này, giáo viên cần hướng dẫn cho học viên
cách chọn một hệ trục toạ độ thích hợp, thuận lợi cho việc xác định toạ độ các
điểm để có thể giải được bằng phương pháp toạ độ.
II. CƠ SỞ THỰC TIỄN
- Môn Toán nói chung và môn hình học không gian nói riêng làm nền tảng
cho nhiều môn học khác, có nhiều ứng dụng thực tiễn trong cuộc sống;
- Nhận thức về môn hình học của học sinh lớp 12 khối THPT, ngành học
GDTX có rất nhiều hạn chế, năng lực phân tích tổng hợp kém, thường dựa vào
hình thức bên ngoài, nhận thức chủ yếu dựa vào cái quan sát được, chưa biết

phân tích để nhận ra cái đặc trưng, nên khó phân biệt được các hình khi thay đổi
vị trí của chúng trong không gian hay thay đổi kích thước;
- Việc dạy học môn hình học không gian khó, học sinh tiếp thu bài chậm và
thường hay nhầm lẫn nên hiệu quả chưa cao.
III. THỰC TRẠNG
- Chất lượng đầu vào của khối THPT, ngành học GDTX còn thấp;
- Có quá nhiều lỗ hổng kiến thức vì vậy học sinh dễ chán nản và không ham
thích học Toán, đặc biệt là môn hình học. Khả năng tiếp thu của học sinh còn hạn
chế và chưa linh động trong việc xử lý các tình huống Toán học đơn giản;
- Đối với giáo viên trong qua trình giảng dạy chưa thực sự khơi dậy được
niềm say mê và hứng thú học tập môn toán, đặc biệt là môn hình học không gian.
IV. CÁC BIỆN PHÁP GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ
1. Biện pháp 1: Giúp học sinh nhận dạng bài toán.
- Giáo viên cần chú trọng nhiều đến việc chuẩn bị nội dung, từ đó tìm ra
thuật Toán đơn giản, giúp học sinh từng bước hiểu được kiến thức, biết phương
pháp giải toán và có hứng thú học tập môn hình học không gian.
2. Biện pháp 2: Giúp học sinh kỹ năng vẽ hình
- Vẽ hình là một kĩ năng hình học quan trọng, cần được rèn luyện thường
xuyên theo các mức độ thích hợp, từ thấp đến cao. Giáo viên cần hướng dẫn học
sinh phương pháp, kỹ năng vẽ hình không gian.
3. Biện pháp 3: Giúp học sinh nắm vững và vận dụng các quy tắc , công
thức liên quan đến hình học.
- Giáo viên giúp học sinh nắm vững công thức tính chu vi, diện tích các
hình hình học, công thức tính khoảng cách, thể tích khối đa diện,.. các qui tắc cơ
bản và có kĩ năng vận dụng thành thạo.


9

- Với mỗi bài toán cụ thể cần:

Bước 1: Hiểu yêu cầu của bài toán (yếu tố đã biết, cần tìm)
Bước 2: Lập kế hoạch giải (công thức áp dụng, các quy tắc liên quan)
Bước 3: Trình bày cách giải
Bước 4: Kiểm tra đánh giá
4. Biện pháp 4: Đánh giá chính xác năng lực học tập của từng học sinh để
từ đó phân loại đối tượng. Giáo viên hướng dẫn, phân tích giúp học sinh phát
hiện sai lầm và hướng giải quyết để khắc phục; tạo mọi điều kiện để giúp học
sinh tự đánh giá và đánh giá bạn mình trong quá trình học tập và rèn luyện.
5. Các ví dụ minh họa.
Bài 1 (Câu 28- Mã đề 102, Đề thi chính thức THPT Quốc gia năm 2018).
Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình chữ nhật, AB  a , BC  2a , SA vuông
góc với mặt phẳng đáy và SA  a . Khoảng cách giữa hai đường thẳng BD, SC
bằng
A.

a 30
6

4 21a
21

B.

C.

2 21a
21

D.


a 30
12

Lời giải
z
S

I

D

A

B
x

y

K
C

Chọn hệ trục toạ độ Axyz như hình vẽ, đơn vị trên trục bằng đơn vị độ dài.
Khi đó: A(0; 0; 0) ; B(a; 0; 0); C(a; 2a; 0); D(0; 2a; 0), S(0; 0; a)
a�
�
Gọi I và K theo thứ tự là trung điểm của SA và BD, khi đó I �0; 0 ; �
2
�

�



10

Vì SC// IK nên khoảng cách giữa hai đường thẳng BD, SC bằng khoảng cách từ
điểm S đến mặt phẳng (IBD)
x y 2z

 1 � 2 x  y  4 z  2a  0
Mặt phẳng (IBD) có phương trình: 
a 2a a
Khoảng cách từ điểm S(0; 0; a) đến mặt phẳng (IBD): 2 x  y  4 z  2a  0 là
2a 2a 21
d  S ,( IBD)  

21
21
Ta chọn đáp án C
Bài 2. Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác vuông cân tại A, BC  2a , cạnh
bên SA vuông góc với mặt phẳng đáy và SA  a . Khoảng cách từ A đến mặt
phẳng  SBC  bằng
A.

a
2

B.

a 2
2


C.

a 3
2

D. a 2

z
S

C

A

y

B

Lời giải

x

Từ giả thiết tam giác ABC vuông cân tại A, BC  2a
Suy ra: AB = AC = a 2
Chọn hệ trục toạ độ Axyz như hình vẽ, đơn vị trên trục bằng đơn vị độ dài.
Khi đó: A(0; 0; 0) ; B( a 2 ; 0; 0); C(0; a 2 ; 0); S(0; 0; a)
Mặt phẳng (SBC) có phương trình:
x
y

z

  1 � 2 x  2 y  2 z  2a  0
a 2 a 2 a


11

Khoảng cách từ điểm A(0; 0; 0) đến mặt phẳng (SBC): 2 x  2 y  2 z  2a  0
là d  A,( SBC )  

2a
8



a 2
2

Ta chọn đáp án B
Bài 3 (Câu 40 - Mã đề 101, Đề thi chính thức THPT Quốc gia năm 2019).
Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình vuông cạnh a , mặt bên SAB là tam giác
đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng đáy. Khoảng cách từ A
đến mặt phẳng  SBD  bằng
21a
.
14

A.


B.

2a
.
2

C.

21a
.
7

D.

21a
.
28

z
S

A

D
y

H
B

I

C

x

Lời giải
Gọi H là trung điểm của AB, I là trung điểm của BD
a 3
Theo giả thiết ta có: SH   ABCD  và SH =
2
Khi đó: Khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng  SBD  là khoảng cách từ điểm A
đến mặt phẳng  SBI 
Chọn hệ trục toạ độ Hxyz như hình vẽ, đơn vị trên trục bằng đơn vị độ dài.
�a
� �a
� � a � � a 3�
 ;0;0 �
0; ;0 �
0;0;
Khi đó: H(0; 0; 0) ; B � ;0;0 �; A �
, I�
; S�
�
2 �
�2
� �2
� � 2 � �


12


Mặt phẳng (BIS) có phương trình:
2 x 2 y 2 3z


 1 � 6 x  6 y  2 3 z  3a  0
a
a
3a
�a
�
 ;0;0 �đến mặt phẳng (BIS): 6 x  6 y  2 3 z  3a  0
Khoảng cách từ điểm A �
�2
�
6a
6a
21a


là d  A,( BSI )  
7
84 2 21
Ta chọn đáp án C
Bài 4. Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’. Gọi I, J lần lượt là trung điểm của
A’D’ và B’B.
a) Chứng minh rằng IJ vuông góc với AC’.
b) Chứng minh rằng D’B   A’C’D  .
c) Tính góc giữa hai đường thẳng IJ và A’D.
Lời giải:


a) Giả sử hình lập phương có độ dài các cạnh bằng a.
Chọn hệ trục toạ độ Axyz như hình vẽ, đơn vị trên trục bằng đơn vị độ dài.
Khi đó: A(0; 0; 0) ; B(0; a; 0); C(a; a; 0); D(a; 0; 0)
a�
�a
� �
A’(0; 0; a) ; B’(0; a; a); C’(a; a; a); D’(a; 0; a) I � ; 0; a �; J �0; a; �
�2

� �

uu
r �a
r
uu
r uuuu
r
a � uuuu
a
a
IJ
=
;
a;
Suy ra
, AC' = (a; a; a) ; IJ . AC' = - .a+a.a - .a = 0
�
�
2�
2

2
�2
Vậy IJ  AC'

2�


13

b) Để chứng minh D'B  (A'C'D) : Ta chứng minh D'B  A'C' ; D'B  A'D
uuuu
r

uuuur

uuuu
r

Ta có: D'B = (-a; a;- a) ; A'C' = (a; a; 0) ; A'D = (a; 0; - a)
uuuu
r uuuur
D'B. A'C' = 0 � D'B  A'C'
uuuu
r uuuu
r
D'B. A'D = 0 � D'B  A'D

Nên D'B  (A'C'D)
c) Gọi  là góc giữa hai đường thẳng IJ và A’D thì
a

a
uu
r uuuu
r
- .a+a.0 - .(-a)
IJ . A'D
uu
r uuuu
r
π
2
2
cosφ = cos( IJ , A'D ) = uu
= 0 �φ=
r uuuu
r=
2
a 6
IJ A'D
.a 2
2

uu
r uuuu
r
π
Có thể nhận xét: IJ . A'D = 0 � (IJ, A'D) =
2

Bài 5. Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ có cạnh bằng a.

a) Chứng minh rằng giao điểm của đường chéo A’C và mp (AB’D’) là trọng tâm
tam giác AB’D’.
b) Tìm khoảng cách giữa hai mp (AB’D’) và mp (C’BD).
c) Tìm góc tạo bởi hai mp (DA’C) và mp (ABB’A’).
Lời giải

Chọn hệ trục toạ độ như hình vẽ (Đơn vị trên trục là đơn vị độ dài).
Khi đó:
A(0; 0; 0); B(a; 0; 0) ; C(a; a; 0) ; D(0; a; 0);
A’(0; 0; a); B’(a; 0; a); C’(a; a; a) ; D’(0; a; a)


14

uuuu
r
a) Ta có: A'C = (a; a; - a)
r 1 uuuu
r
� Đường thẳng A’C có véc tơ chỉ phương: u = .A'C = (1; 1;- 1)
a
�x = t
�
� Đường thẳng A’C có phương trình tham số là: �y = t
, t ��
�z = a - t
�
uuuu
r
uuuur

AB' = (a; 0; a); AD' = (0; a; a)
uuuu
r uuuur �0 a a a a 0 �
�
� �
AB'
= (-a 2 ;- a 2 ;a 2 )
� , AD' �= �a a ; a 0 ; 0 a �
�
�
r
r uuuu
r
1 uuuu
�= (1;1;- 1)
� Mặt phẳng (AB’D’) có véc tơ pháp tuyến n = - 2 �
AB',
AD'
�
a �
� Mặt phẳng (AB’D’) có phương trình là x + y - z = 0.   (2)
a a 2a

�
�
Từ (1) và (2) � giao điểm G của A’C và (AB’D’) là G � ; ; �.
�3 3 3 �
a a 2a �
�
�3 3 3 �


�
Mặt khác nếu G’ là trọng tâm tam giác AB’D’ thì G' � ; ;

Tức là G �G' . Vậy G là trọng tâm tam giác AB’D’.
b) Phương trình mp(C’BD) là: x + y - z - a = 0
Suy ra (C’BD)//(AB’D’)
Do đó khoảng cách giữa mp(C’BD) và mp(AB’D’) bằng khoảng cách từ điểm
�a a 2a �
G � ; ; �tới mp(C’BD): x + y - z - a = 0
�3 3 3 �
a a 2a
  a
a a 3
và bằng 3 3 3


2
2
2
3
3
1 1 1

c) Mặt phẳng (ABB’A’) có phương trình là: y = 0
Mặt phẳng (DA’C) có phương trình là: y + z - a = 0
Gọi  là góc giữa 2 mặt phẳng trên. Khi đó: cos  

1.1  0.1
1. 1  1




1

� 
4
2

Bài 6.( Đề thi Đại học Ngoại thương TP. Hồ Chí Minh 2001-2002)
Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ cạnh bằng a. Giả sử M, N lần lượt là trung
điểm của BC và DD’.
a) Chứng minh rằng MN// (A’BD).
b) Tính khoảng cách giữa hai đoạn thẳng BD và MN theo a.


15

Lời giải
Ta chọn hệ trục toạ độ Oxyz như hình vẽ (Đơn vị trên trục là đơn vị độ dài)

Khi đó:
A = (0; 0; 0) ; B= (a; 0; 0) ; D = (0; a; 0); A’= (0; 0; a) ;
D’= (0; a; a); M= (a;

a
a
; 0); N= (0; a; )
2
2


uuuu
r � a
r
a) mp(A’BD) có véctơ pháp tuyến n( 1; 1; 1 ) ;mặt khác MN = �-a; ;
� 2

r uuuu
r

� n.MN   a 

a�
�
2�

r uuuu
r
a a
  0 � n  MN
2 2

Hay MN // (A’BD).
b) Mặt phẳng (A’BD) có phương trình: x + y + z - a = 0.
Vì MN//(A’BD) và MN, BD chéo nhau
� d(BD,MN)= d  M,(A'BD) 

a

a

0a
2

12  12  12



a 3
6

Chú ý: Trong bài toán ta có thể chọn hệ trục toạ độ khác nhưng khi lập
phương trình mp(A’BD) ta phải tính toạ độ véctơ pháp tuyến mà không sử dụng
được phương trình theo đoạn chắn như cách chọn trên.
Bài 7. ( Đề thi Học viện Công nghệ Bưu chính viễn thông 2001-2002)
Cho hình hộp chữ nhật ABCD.A’B’C’D’ có AB = a ; AD = 2a; AA’ = a.
AM
= 3 . Tính khoảng cách từ
a) Gọi M là điểm nằm trong đoạn AD sao cho
MD
điểm M đến mp(AB’C).
b) Tính thể tích khối tứ diện AB’D’C.


16

Lời giải

Chọn hệ trục toạ độ Đềcác Axyz như hình vẽ
Khi đó ta có:
A= (0; 0; 0) ; B = (0; a; 0) ; C = ( 2a; a; 0) ; D = (2a; 0; 0);

A’(0; 0; a); B’= (0; a; a); C’= (2a; a; a) ; D’= (2a; 0; a).
a) Vì M �AD thoả mãn

�3a
�
AM
= 3 � M � ; 0; 0 �
MD
�2
�

Mp(AB’C) có phương trình: x - 2y + 2z = 0 , do đó khoảng cách từ M đến
a
3. - 2.0 + 2.0
a
mp(AB’C) là:
2
d  M,(AB'C) =
=
2
1+ 4 + 4
uuuu
r uuuu
r uuur
1�
�
V
=
AB'
,CD'

.AC .
b) Theo công thức AB'D'C
�
6 �
uuuu
r
uuuu
r
uuur
Mà AB'=(0;a;a); CD'=(2a;0;a); AC=(2a;a;a)
a 0
0 a
1 a a
2a 3
� VAB'D'C =
.2a+
.a+
.0 =
(đvdt)
a 2a
2a 0
6 0 a
3

Bài 8. Tính khoảng cách giữa đường chéo của một hình lập phương và đường
chéo của một mặt bên nếu chúng không cắt nhau, biết rằng cạnh của hình lập
phương bằng a.
Lời giải



17

Giả sử hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ cạnh a.
Chọn hệ trục toạ độ Đề các Oxyz như hình vẽ với O �A, đơn vị trên trục là đơn vị
độ dài.
Ta tìm khoảng cách giữa đường chéo D’B của hình lập phương và đường chéo
AB’ của mặt bên (ABB’A’)
Với hệ toạ độ đã chọn ta có:
A  0; 0; 0  ; B  0; a; 0  ; C  a; a; 0  ; B’  0; a; a  ; D’  a; 0; a 
r 1 uuuur
Đường thẳng AB’ có véctơ chỉ phương u = AB' = (0;1;1) và đi qua điểm A  0;0;0 
a
ur 1 uuuur
u'
Đường thẳng D’B có véctơ chỉ phương = BD' = (1;-1; 1) và đi qua điểm B  0; a; 0 
a
r ur �1 1 1 0 0 1 �
uuur
�
u,
;
;
=  2; 1;-1
Ta có: AB = (0; a; 0) ; �
�
� u' �= �
�-1 1 1 1 1 -1 �

Vận dụng công thức tính khoảng cách giữa 2 đường thẳng chéo nhau ta có:
r ur uuu

r
�
�
u,u' �. AB
2.0+1.a -1.0
a
�
d(AB', D'B)=
=
=
r ur
6
�
2 2 +12 +12
u.u' �
�
�
Bài 9. Cho tam giác OAB vuông tại O, trên đường thẳng vuông góc với (OAB) tại
O lấy điểm C.
a) Chứng minh rằng tứ diện OABC có ba cặp cạnh đối diện vuông góc với nhau.
b) Từ O vẽ OH  (ABC) tại H. Chứng minh rằng H là trực tâm tam giác ABC.
c) Chứng minh rằng
Lời giải:

1
1
1
1
=
+

+
.
2
2
2
OH
OA OB OC 2


18

Giả sử OA = a, OB = b, OC = c.
Chọn hệ trục toạ độ Oxyz như hình vẽ. Ta có: A(a; 0; 0); B(0; b; 0) C(0; 0; c).
a) Bằng phương pháp toạ độ, dễ chứng minh được OABC, OB BC, OC AB.
Vậy tứ diện OABC có 3 cặp cạnh đối diện vuông góc với nhau.
b) Vì A, B, C lần lượt nằm trên các trục Ox, Oy, Oz nên mp(ABC) có phương
x y z
   1 (1)
trình
a b c
r �1 1 1 �
OH

(ABC)
u
Vì
nên đường thẳng OH có véctơ chỉ phương là  � ; ; �
�a b c �
� 1
�x  a t

�
� 1
Do đó phương trình tham số của đường thẳng OH là: �y  t , t ��.
� b
� 1
�z  c t
�
Vì H = OH � ABC  nên toạ độ H(x; y; z) là nghiệm của hệ gồm (1) , (2)
1
�1 1 1 �
��2  2  2 �
.t  1 � t 
1 1 1
�a b c �
 
a 2 b2 c2
�
�
�
�
1
1
1
Suy ra: H = �
;
;
�
�a( 12  12  12 ) b( 12  12  12 ) c( 12  12  12 ) �
a b c
a b c �

� a b c

�
�
uuur �
�
1
1
1
� AH  �
 a;
;
1 1 1
1 1 1 �
�a( 12  12  12 )
b( 2  2  2 ) c ( 2  2  2 ) �
a b c
a b c �
� a b c
uuur uuur
1
1
AH .BC= 0
= 0 � AH  BC
1
1
1
1
1
1

 
 
a 2 b2 c 2 a 2 b2 c 2

Tương tự ta cũng chứng minh được BH  AC. Vậy H là trực tâm  ABC.
1
1
1
c) OH 2 =


2
2
2
1 1 � 2 �1 1 1 � 2 �1 1 1 �
2 �1
a �2  2  2 � b �2  2  2 � c �2  2  2 �
�a b c �
�a b c �
�a b c �

=

1

1
�1 1 1 �
.




2 �2
2
2 �
�1 1 1 � �a b c � 1  1  1
�2  2  2 �
a2 b2 c2
�a b c �

(2)


19

Suy ra :

1
1 1 1
1
1
1
=
+
+
=
+
+
OH 2 a 2 b 2 c 2 OA2 OB 2 OC 2

Bài 10. Cho hình lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác vuông,

AB = BC= a , cạnh bên AA' = a 2 . Gọi M là trung điểm của cạnh BC. Tính theo
a thể tích của khối lăng trụ ABC.A’B’C’ và khoảng cách giữa hai đường thẳng
AM và B’C.
Lời giải:
z
A

B
M
C

A'

y

B'
C'
x

Theo giả thiết: tam giác ABC là tam giác vuông, AB = BC= a
Suy ra: tam giác ABC là tam giác vuông cân tại B
Chọn hệ tọa độ Oxyz sao cho B’ trùng với gốc tọa độ O, C’ �Ox, A’ �Oy, B �Oz
Khi đó ta có:
B’ = (0 ; 0 ; 0) , C’ = (a ; 0 ; 0) , A’ = (0 ; a ; 0)
B = (0 ; 0 ; a 2 ), C = (a ; 0 ; a 2 ) , A = (0 ; a ; a 2 )

�a
�
M là trung điểm của cạnh BC, suy ra M = � ; 0; a 2 �
�2

�
*Tính theo a thể tích của khối lăng trụ ABC.A’B’C’.
1
a2
- Diện tích tam giác ABC là: S = BA.BC =
(đvdt)
2
2
- Khối lăng trụ ABC.A’B’C’ có độ dài chiều cao bằng a 2 , diện tích đáy bằng
a2
a2
a3 2
(đvdt) có thể tích là: V = .a 2 =
(đvtt)
2
2
2


20

* Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AM và B’C.
uuuu
r �a
r
uuur
� uuuu
Ta có: AM = � ; - a; 0 �
; B'C = a; 0; a 2 , B'A = 0; a; a 2
�2

�



uuuu
r uuuu
r
� 2
a2 2
�
�= �
AM
,B'C
-a
2;
;- a 2
�
� �
2
�







�
;
�

�
�

uuuu
r uuuu
r uuur a 3 2 3
a3 2
�
�
AM ,B'C �B'A =
- a 2 =�
2
2

- Khoảng cách giữa hai đường thẳng AM và B’C là:
a3 2
uuuu
r uuuu
r uuur
a3 2
�
AM ,B'C �
2
a 7
�
�B'A
d(AM,B'C)=
=
= 2 =
.(đvđd)

uuuu
r uuuu
r
4
4
7
�
�
a
7a
AM ,B'C �
�
2a 4 + + a 4
2
2

Bài 11. Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có cạnh đáy có độ dài bằng a;
đường cao bằng có độ dài b. Tính khoảng cách từ S đến mặt phẳng đi qua AB và
trung điểm M của cạnh SC.
Lời giải:

Hình chóp S.ABCD là hình chóp đều nên đáy ABCD là hình vuông và chân
đường cao hạ từ S là tâm O của đáy; SO  (ABCD)
Chọn hệ trục toạ độ Oxyz như hình vẽ (với I, J lần lượt là trung điểm AB, BC).
Khi đó ta có:
�a a � �a a � �a a � �a a �
A � ; ;0 �; B � ; ;0 �; C � ; ;0 �
; D � ; ;0 �
; S(0;0;b)
�2 2 � �2 2 � �2 2 � �2 2 �

�a a b �
M là trung điểm SC nên M � ; ; �;
�4 4 2 �


21

uuuu
r �-3a 3a b �
uuur
AB =(0; a; 0) ; AM = � ; ; �
�4 4 2 �
a
uuu
r uuuu
r �
�
�
AB, AM �
�
�= �3a
�
�4

0
b
2

0
;b

2

0
0
3a ; 3a
4
4

a
3a
4

�
2
� �ab ; 0; 3a �
=�
�
�
4 �
� �2
�

r
uuu
r uuuu
r
�a a �
�làm véctơ pháp
AB,
AM

Mặt phẳng (ABM) đi qua A � ; ;0 �nhận véctơ n = �
�
�
2
2
�
�

tuyến có phương trình:

ab � a � � a � 3a 2
( z  0)  0
�x  � 0. �y  �
2 � 2� � 2� 4

2
2
 ab x  3a z  a b  0 � 2abx + 3a 2 z - a 2b = 0
2
4
4

Khoảng cách từ S đến mặt phẳng (ABM) là: d 

2ab.0  3a 2b  a 2b
4a 2b 2  9a 4



2ab

9a 2  4b 2

.

Nhận xét: Đối với bài toán trên ta có thể chọn hệ trục toạ độ Oxyz sao cho tia Ox
là tia OA, tia Oy là tia OB cũng có thể giải quyết được.
Bài 12. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông tâm O, có cạnh a;
đường cao SO  (ABCD) và SO = a. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo
nhau SC, AB.

Lời giải:
Chọn hệ trục toạ độ như hình vẽ ( với I, J lần lượt là trung điểm AB, BC), đơn vị
trên trục là đơn vị độ dài.
�a  a � �a a � � a a � � a  a �
; 0�
; B � ; ; 0 �; C � ; ; 0 �; D � ; ;0 �; S(0; 0; a)
�2 2
� �2 2 � �2 2 � �2 2 �
uur �a a
�
SC
 � ; ; a �.
Đường thẳng SC có véctơ chỉ phương là:
�2 2
�

Khi đó: A � ;

uuu
r


Đường thẳng AB có véctơ chỉ phương: AB  (0; a; 0)


22
a
uur uuur �
�2  a ;  a
�
�
SC,
AB
Ta có: �
�= �
�a 0 0
�
uuur
BC  (a;0;0) .

a  a
2 ; 2
0
0

a
2
a

�
a 2 �

2
��
a
;0;
=�
�
�
2 �
��
�

Khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau SC và AB là:
a2
uuu
r uuu
r uuur
2
a
.(

a
)

0.0

.0
a3
�
SC, AB �
2a

2
�
�.BC
d
uuu
r uuu
r
=
= a 2 5 = (đvđd)
4
5
�
SC , AB �
a
�
�
a4  0 
2
4

Bài 13. ( Đề thi Đại học- Cao đẳng khối B 2006)
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với AB = SA= a ,
AD = a 2 và SA vuông góc với mp(ABCD). Gọi M, N lần lượt là trung điểm
của AD và SC, I là giao điểm của BM và AC.
a) Chứng minh rằng (SAC)  (SMB).
b) Tính thể tích khối tứ diện ANIB.
Lời giải:

Chọn hệ trục toạ độ Axyz như hình vẽ.
Khi đó ta có: A(0; 0; 0); B(a; 0; 0); D(0; a 2 ; 0); S(0; 0; a); C(a; a 2 ; 0).

� a 2 � �a a 2 a �
M�
0;
;0 �
; �
; N�;
2
2
2
2�
�
� �
a) Chứng minh rằng (SAC)  (SMB).
uu
r uuu
r uuur
2
2
�
AS ,AC �
mp (SAC) có véctơ pháp tuyến n 1 = �
�= -a 2; a ; 0





2
uur uuur uur �-a 2 2
2�

2 -a
�
�
SM ,SB �= �
;- a ;
mp (SMB) có véctơ pháp tuyến n 2 = �
�
2
2
�
�
uu
r uur
n 1 .n 2  0 � (SAC)  (SMB)


23
�x  a  at
�
� a 2
t , t ��.
b) Đường thẳng BM có phương trình tham số �y 
2
�
� z0
�
� x  at '
�
Đường thẳng AC phương trình tham số �y  a 2t ' , t ' ��.
� z0

�

�1 a 2 �
; 0�
Do I = MB �AC � I � a;
3
3
�
�
Thể tích tứ diện ANIB là:
VANIB =

1
6

uuur uuu
r uur
1 a a 2 a2 a2 2
a3 2
�
�.AI = 0. +
. .0 =
AN
,
AB
�
�
6 3
3 2
2

36

Bài 14. (Bài 1, phần Ôn tập cuối năm, trang 99- SGK HH 12 )
Cho tứ diện ABCD có cạnh AD vuông góc với mặt phẳng (ABC). Biết AB=3cm,
BC = 5cm, AC = AD = 4cm.
a, Tính thể tích tứ diện ABCD.
b, Tính khoảng cách từ điểm A tới mặt phẳng (BCD)
Lời giải :
z
D

A

C
y

B
x

Xét tam giác ABC có: AB 2 + AC 2 =25; BC 2 =25 . Suy ra: AB2  AC2  BC2
Theo định lý Pitago đảo ta có tam giác ABC vuông tại A.
Vậy AB, AC, AD là đôi một vuông góc.
a) Thể tích tứ diện ABCD là: V =

1
�1
�1
AD. � AB.AC � .4.3.4  8(cm 3 )
3
�2

�6


24

b) Chọn hệ tọa độ Oxyz sao cho điểm A trùng với gốc tọa độ O, B �Ox, C �Oy,
D �Oz.
Khi đó ta có:
A = (0; 0; 0) , B = (3; 0; 0) , C = (0; 4; 0), D = (0; 0; 4)
Mặt phẳng (BCD) đi qua các điểm B = (3; 0; 0), C = (0; 4; 0), D = (0; 0; 4) có
x y z
dạng: + + = 1 (phương trình theo đoạn chắn)
3 4 4
� 4x+3y+3z -12=0
Khoảng cách từ điểm A = (0; 0; 0) đến mp(BCD): 4x+3y+3z -12=0 là:
d  A,  BCD   

12
42  32  32



12
6 34

(cm)
17
34

6. Bài tập tự luyện.

Bài 1. (Câu 24, Mã đề 103, Đề thi chính thức THPT Quốc gia năm 2018).
Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh 3a , SA vuông góc với mặt
phẳng đáy và SA  a . Khoảng cách từ A đến mặt phẳng  SBC  bằng
A.

5a
3

B.

3a
2

C.

6a
6

3a
3

D.

Bài 2 (Câu 32, Mã đề 103, Đề thi chính thức THPT Quốc gia năm 2018).
Cho tứ diện OABC có OA, OB, OC đôi một vuông góc với nhau, và OA  OB  a ,
OC  2a . Gọi M là trung điểm của AB. Khoảng cách giữa hai đường thẳng OM và
AC bằng
A.

2a

3

B.

2 5a
5

C.

2a
2

2a
3

D.

Bài 3 (Câu 40, Đề thi minh họa Tốt nghiệp THPT lần 2 năm 2020).
Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác vuông tại A, AB = 2a, AC= 4a, SA
vuông góc với mặt phẳng đáy và SA = a. Gọi M là trung điểm của AB. Khoảng
cách giữa hai đường thẳng SM và BC bằng
A.

2a
3

B.

a 6
3


C.

a 3
3

D.

a
2

Bài 4: Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’. Chứng minh rằng: AC’  (A’BD);
AC’  (CB’D’).
Bài 5. (Đề thi Đại học- Cao đẳng khối B năm 2002) .
Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ có cạnh bằng a.
a) Tính theo a khoảng cách giữa hai đường thẳng A’B và B’D.
b) Gọi M, N, P lần lượt là các trung điểm của các cạnh BB’, CD, A’D’. Tính góc
giữa hai đường thẳng MP và C’N.


25

Bài 6: (Đề thi đại học Vinh 2000-2001)
Cho hình hộp lập phương ABCD.A1B1C1D1 có cạnh bằng 2. Gọi E, F tương ứng
là các trung điểm của các cạnh AB, DD1.
a) Chứng minh rằng EF//(BDC1) và tính độ dài đoạn EF.
b) Gọi K là trung điểm cạnh C1D1. Tính khoảng cách từ đỉnh C đến mặt phẳng
(EFK) và xác định góc giữa hai đường thẳng EF và BD.
Bài 7. (Đề thi khối D năm 2002)
Cho hình tứ diện ABCD có cạnh AD vuông góc với mặt phẳng (ABC); AB=3cm;

BC = 5cm; AC = AD = 4cm. Tính khoảng cách từ A đến mặt phẳng (BCD).
Bài 8. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi tâm O cạnh a, đường
cao SO bằng a, góc A bằng 60o .
a) Tính khoảng cách từ O đến mp(SBC).
b) Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AD và SB.
Bài 9. (Đề thi Đại học- Cao đẳng khối A năm 2002).
Cho hình tam giác đều S.ABC đỉnh S, có độ dài cạnh đáy bằng a. Gọi M, N lần
lượt là trung điểm các cạnh SB và SC. Tính theo a diện tích tam giác AMN, biết
rằng mặt phẳng (AMN) vuông góc với mặt phẳng (SBC).
Bài 10. (Đề thi Đại học- Cao đẳng khối D năm 2006).
Cho hình chóp tam giác S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a, SA  (ABC)
và SA = 2a. Gọi M, N lần lượt là hình chiếu vuông góc của A lên các đường
thẳng SB và SC. Tính thể tích của khối chóp A.BCNM.
Bài 11. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, với AB = a;
AD=2a, cạnh SA  (ABCD), cạnh SB tạo với mặt phẳng đáy một góc 60o . Trên
cạnh SA lấy điểm M sao cho AM=

a 3
, mặt phẳng (BCM) cắt SD tại điểm N.
3

Tính thể tích khối chóp SBCNM?
Bài 12. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang, đáy lớn AD. Biết
�  900 , cạnh SA= a 2 và SA vuông góc với đáy, tam giác
AB = a , BC= a, BAD
SCD vuông tại C. Tính thể tích của khối tứ diện SBCD.
Bài 13. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông, mặt bên SAB là tam
giác vuông cân đỉnh S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy ABCD, độ dài
cạnh SA = a . Gọi M là trung điểm của SD. Tính thể tích khối chóp S.ABCD và
khoảng cách giữa hai đường thẳng CD, AM theo a.

Bài 14. (Câu 4- Đề thi Tốt nghiệp THPT năm 2014)
Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại A và SC =2a 5 .
Hình chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng (ABC) là trung điểm M của cạnh AB.
Góc giữa đường thẳng SC và (ABC) bằng 600 . Tính thể tích khối chóp S.ABC
theo a.