ỨNG DỤNG PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN ĐỂ GIẢI HHKG “ Đại số hóa hình học “ Giáo viên giảng dạy: NGUYỄN THÀNH LONG “ Phương pháp là thầy của các thầy “ Email: Changngoc203@gmail.com Bỉm sơn: 11 – 02 – 2014 Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Changngoc203@gmail.com https://www.facebook.com/trithuc.viet.37 1 ỨNG DỤNG PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN ĐỂ GIẢI HHKG I. PHƯƠNG PHÁP 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. PHƯƠNG PHÁP Bước 1: Chọn hệ trục tọa độ Oxyz thích hợp (quan trọng là gốc tọa độ O) Thích hợp có nghĩa là phải căn cứ vào các cặp cạnh vuông góc để từ đó xác định được gốc tọa độ thích hợp, thông thường dựa vào đặc điểm của hình như hình chóp đều, cạnh bên vuông góc với đáy, mặt bên vuông góc với đáy, hay đáy là hình gì…. Bước 2: Xác định tọa độ các điểm có liên quan (có thể xác định toạ độ tất cả các điểm hoặc một số điểm cần thiết) Để xác định được tọa độ các điểm các bạn phải tính được độ dài các cạnh (khoảng cách từ điểm đó tới gốc tọa độ) hay hình chiếu các điểm đó xuống các cạnh hay mặt phẳng Xem điểm đó thuộc cạnh trục nào, mặt phẳng nào, hay không thuộc mặt phẳng nào, chiều dương hay âm của các trục 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 đọan thẳng để tìm tọa độ, tịnh tiến - Xem điểm cần tìm là giao điểm của đường thẳng, mặt phẳng. - Dưạ vào các quan hệ về góc của đường thẳng, mặt phẳng. Bước 3: Sử dụng các kiến thức về tọa độ để giải quyết bài toán. Ưu điểm: Chỉ cần xác định đúng các tọa độ các điểm, áp dụng các kiến thức về hình giải tích như thể tích, diện tích, góc, khoảng cách…, ngoài ra còn ôn lại được các kiến thức về hinh giải tích như viết phương trình đường thẳng, mặt phẳng, mặt cầu… Nhược điểm: Tính toán cồng kềnh, phức tạp làm học sinh dễ nản Chú ý: Vì nhược điểm của bài toán nên khi tính toán chúng ta nên chọn các điểm có tọa độ liên quan nhiều đến số 0 và tận dụng các câu có mối liên quan tới nhau để đỡ mất công tính toán và khi tính các vtvp hoặc vtcp ta chọn sao cho các vecto đó đơn giản dễ tính. Mặt khác phải biết kết hợp các công thức giữa tọa độ và không gian Các dạng toán thường gặp: Định tính: Chứng minh các quan hệ vuông góc, song song, … Định lượng: - Độ dài đoạn thẳng: 2 2 2 | | ( ) ( ) ( ) B A B A B A AB AB x x y y z z         - Khoảng cách từ điểm đến mặt phẳng: 0 0 0 0 2 2 2 ( ; ) Ax By Cz D d M A B C        - Khoảng cách từ điểm đến đường thẳng: 0 1 1 ; ( , ) M M u d M u          - Khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau: ' ' 0 0 1 2 ' , . ( , ) , u u M M d u u                 Đặc biệt: Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AB, CD khi biết tọa độ của chúng Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Changngoc203@gmail.com https://www.facebook.com/trithuc.viet.37 2 ' ' , ( , ) , AB CD AC d AB CD AB CD               - Khoảng cách giữa hai mặt phẳng song song:                         1 2 1 2 1 1 1 2 2 1 2 2 , , , , , , d P P d M P M P d P P d M P M P        - Khoảng cách giữa hai đường thẳng song song:     1 2 1 2 1 1 1 2 2 1 2 2 ( , ) , , ( , ) , , d d M M d d M M                - Khoảng cách giữa một đường thẳng song song với một mặt phẳng:         , , ,d P M P M     - Góc giữa hai đường thẳng: 1 1 1 1 . cos u u u u     Đặc biệt: Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AB, CD khi biết tọa độ của chúng: ' , cos . AB CD AB CD       - Góc giữa đường thẳng và mặt phẳng: . sin . nu n u      - Góc giữa hai mặt phẳng: 1 2 1 2 . cos . n n n n      - Thể tích khối tứ diện: 1 . ; . 6 ABCD V AB AC AD         hoặc 1 . . 3 ABCD BCD V S AH   với     , AH d A BCD  + Thể tích hình hộp: ' ' ' ' ' . ; . ABCD A BC D V AB AD AA         - Diện tích thiết diện + Diện tích của tam giác: 1 . ; 2 ABC S AB AC         + Diện tích hình hình hành: ; ABCD S AB AD         Thể tích hoặc diện tích của một hình hỗn hợp thì ta chia thể tích thành các phần nhỏ hơn và cộng lại Bài toán cực trị, quỹ tích. …… Sử dụng các kiến thức về bất đẳng thức, ứng dụng của đạo hàm… II. CÁC DẠNG BÀI TẬP VẬN DỤNG Dạng 1: Với hình lập phương hoặc hình hộp chữ nhật . ' ' ' ' ABCD A B C D Với hình lập phương . Chọn hệ trục tọa độ sao cho : (0;0;0) ; ( ;0;0) ; ( ; ;0) ; (0; ;0) A O B a C a a D a  '(0;0; ) ; '( ;0; ) ; '( ; ; ) ; D'(0; ; ) A a B a a C a a a a a Với hình hộp chữ nhật. Chọn hệ trục tọa độ sao cho : (0;0;0) ; ( ;0;0) ; ( ; ;0) ; (0; ;0) A O B a C a b D b  Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Changngoc203@gmail.com https://www.facebook.com/trithuc.viet.37 3 '(0;0; ) ; '( ;0; ) ; '( ; ; ) ; '(0; ; ) A c B a c C a b c D b c Bài tập giải mẫu: Bài 1: (ĐHA – 2006) Trong không gian Oxyz, cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ với A(0;0;0), B(1;0;0), D(0;1;0), A’(0;0;1). Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AB và CD . a. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng A’C và MN b. Viết phương trình mặt phẳng chứa A’C và tạo với mặt phẳng Oxy một góc  , biết 1 cos 6   . Giải: Tọa độ của các đỉnh còn lại :         1;1;0 , ’ 1;01 , ’ 0;1;1 , ’ 1;1;1 C B D C a. Ta có :     1 ' 1;1;1 , 0;1;0 , ' ;0;1 2 A C MN A M             Do đó khoảng cách giữa hai đường thẳng A’C và MN là :   ' , ' ' , ' , A C MN A M d A C MN A C MN               Hay :   2 2 2 1 1 1 1 1 3 1 0 0 1 2 3 2 ’ , 1 1 2 2 1 1 1 1 1 1 1 0 0 0 0 1 d A C MN               b. Mặt phẳng (Oxy) có   0;0;1 n k    . Mặt phẳng (P) có dạng : 0 ax by cz d     (P) qua A’(0;0;1) thì : 0 c d   (P) qua C(1;1;0) thì : 0 a b d    . Từ đó suy ra :     : 0 1 c d P ax by cz c       Như vậy :   ; ; P n a b c   . Theo giả thiết :   . 1 1 2 2 2 2 2 2 2 cos 6 5 2 2 2 2 6 6 n k c P c a b c a b c n k a b c P                  Như vậy :      2 2 2 2 2 2 2 2 2 0 5 2 0 5 b a c a b c b a c b a c a c a c a b c a ac c a a c c                                           2 ( ): 2 0 2 1 0 ( ): 2 0 2 1 0 2 2 b a c b a P ax ay az a x y z c a c a b a c b c P cx cy cz c x y z a c a c                                                             Bài 2: (ĐH – B 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. HD: Với hình lập phương . Chọn hệ trục tọa độ sao cho : (0;0;0) ; ( ;0;0) ; ( ; ;0) ; D(0; ;0) A O B a C a a a  M z y x A B C D A’ B’ C’ D’ N Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Changngoc203@gmail.com https://www.facebook.com/trithuc.viet.37 4 '(0;0; ) ; '( ;0; ) ; '( ; ; ) ; D'(0; ; ) A a B a a C a a a a a a. Tính khoảng cách           2 2 2 ' ;0; , ' ; ; , ' ' ;0;0 ' , ' ;2 ; ' , ' , ' ' 6 ' , ' 6 ' , ' A B a a B D a a a A B a A B B D a a a A B B D A B a d A B B D A B B D                                   b. Tính góc ;0; , ; ;0 , 0; ; ; ; , ' ;0; . ' ' 2 2 2 2 2 2 a a a a a a M a N a P a MP a NC a MP NC MP C N                                          Đáp số: a. 6 6 a b. ' . MP C N  Bài 3: (ĐH A – 2003) Trong không gian với hệ tọa độ Đêcac vuông góc Oxyz, cho hình hộp chữ nhật ABCD.A / B / C / D / có A trùng với gốc của hệ tọa độ biết B(a;0;0), D(0;a;0), A / (0;0;b) (a > 0, b > 0). Gọi M là trung điểm cạnh CC / . a. Tính thể tích khối tứ diện BDA / M theo a và b. b. Xác định tỷ số a b để hai mặt phẳng (A / BD) và (MBD) vuông góc với nhau. HD: Ta có         ; ;0 , ' ; ; , ; ; ; ;0 , 0; ; ; ' ;0; 2 2 b b C a a C a a b M a a BD a a BM a BA a b                      a. Tính thể tích 2 2 ' 2 , ; ; 1 2 2 , . ' 6 6 3 , . ' 2 BDA M ab ab BD BM a a b V BD BM BA a b BD BM BA                                          b. Xác định tỉ số   2 2 ' , ; ; ; , ' ; ; 2 2 BDM A BD ab ab n BD BM a n BD BA ab ab a                          Mặt phẳng     2 2 2 2 4 ' ' . 0 0 1 2 2 BDM A BD a b a b a BDM A BD n n a a b b              Đáp số: a. 2 4 a b b. 1. a b  Bài 4: (ĐH – D 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 khối tứ diện ABB’C’ và khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng (BCD’) theo a. Giải: A’AC vuông cân tại A. Ta có ' ' , 2 2 2 2 a a a A C a AC AA BC AD AB         Chọn hệ trục tọa độ sao cho   0;0;0 A O , ;0;0 , 0; ;0 , ; ;0 2 2 2 2 a a a a B Ox D Oy C                     ' 0;0; ; ' ;0; ; ' ; ; ; ' 0; ; 2 2 2 2 2 2 2 2 a a a a a a a a A Oz B Oxz C D                           Ta có Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Changngoc203@gmail.com https://www.facebook.com/trithuc.viet.37 5 2 3 ' ' 3 ;0;0 2 , ' 0; ;0 1 1 2 2 ' ;0; , ' . ' . 2 6 6 2 4 2 , ' . ' 4 2 ' ; ; 2 2 2 ABB C a AB a AB AB a a a AB V AB AB AC a AB AB AC a a a AC                                                                             3 2 48 a Ta có   2 2 2 0; ;0 2 , ' ;0; 2;0;1 4 4 2 2 ' ; ; 2 2 2 a BC a a a BC BD a a a BD                                        Mặt phẳng (BCD’) đi qua B và có vtpt   2;0;1 n   có phương trình   2 1 0 0 2 0 2 2 a a x z x z               Khoảng cách       2 2 6 2 , ’ 6 2 1 a a d A BCD     Bài tập tự giải: Bài 1: (ĐHDB – A1 – 2004) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hình hộp chữ nhật ABCD.A 1 B 1 C 1 D 1 có A trùng với gốc tọa độ O, B(1;0;0), D(0;1;0), A 1 (0;0; 2 ). a. Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua ba điểm A 1 , B, C và viết phương trình hình chiếu vuông góc của đường thẳng B 1 D 1 trên mặt phẳng (P). b. Gọi (Q) là mặt phẳng qua A và vuông góc với A 1 C. Tính diện tích thiết diện của hình chóp A 1 .ABCD với mặt phẳng (Q). HD: Tìm được tọa độ   2;0;0 , C Ox  a. Mặt phẳng   : 2 1 0 P x y z     . Phương trình hình chiếu: 1 2 2 x t y t z t           b. Gọi (Q) là mặt phẳng qua A và vuông góc với A 1 C thì chứa AC 1 . Do tam giác AAC 1 vuông cân nên mặt phẳng (Q) cắt BB 1 và CC 1 tại các trung điểm E và F AE cắt A 1 B tại J, AF cắt A 1 D tại K. Thiết diện là tam giác IJK Bài 2: (ĐHDB – B1 – 2005) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hình lập phương 1 1 1 1 . ABCD A B C D có A(0;0;0), B(2;0;0), D 1 (0;2;2). a. Xác định tọa độ các đỉnh còn lại của hình lập phương 1 1 1 1 . ABCD A B C D . Gọi M là trung điểm của BC. Chứng minh hai mặt phẳng (AB 1 D 1 ) và (AMB 1 ) vuông góc với nhau . b. Chứng minh rằng tỉ số khoảng cách từ điểm N thuộc đường thẳng AC 1 ( N A  ) đến hai mặt phẳng (AB 1 D 1 ) và (AMB 1 ) không phụ thuộc vào vị trí của điểm N. Hướng dẫn giải: Ta có         0;0;0 ; 2;0;0 ; 2;2;0 , 0;2;0 A B C D ;         1 1 1 1 0;0;2 ; 2;0;2 ; 2;2;2 ; 0;2;2 A B C D Mặt phẳng   1 1 AB D có cặp vtcp là:   1 2,0,2 AB   ;   1 0,2,2 AD   Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Changngoc203@gmail.com https://www.facebook.com/trithuc.viet.37 6  Mặt phẳng   1 1 AB D có vtpt là   1 1 1 , 1, 1,1 4 u AB AD            Mặt phẳng   1 AMB có cặp vtcp là:   2,1,0 AM   với   2,1,0 M ;   1 2,0,2 AB    Mặt phẳng   1 AMB có vtpt là   1 , 1, 2, 1 2 v AM AB            Ta có:           1 1 1 . 1 1 1 2 1 1 0 u v u v AB D AMB                b.   1 2,2,2 AC    Phương trình tham số 1 : x t AC y t z t         ,   1 , , N AC N t t t   Phương trình         1 1 : 0 0 0 0 0 AB D x y z x y z              1 1 1 , 3 3 t t t t d N AB D d       Phương trình         1 : 0 2 0 0 0 2 0 AMB x y z x y z             1 2 2 2 , 1 4 1 6 t t t t d N AMB d          1 2 6 6 2 3 2 2 2 3 2 3 6 t t d t d t      Vậy tỉ số khoảng cách từ   1 0 N AC N A t     tới 2 mặt phẳng   1 1 AB D và   1 AMB không phụ thuộc vào vị trí của điểm N. Bài 3: (ĐHDB – A1 – 2006) Cho hình hộp đứng . ' ' ' ' ABCD A B C D có các cạnh 3 , ' 2 a AB AD a AA   và góc  60 . o BAD  Gọi M và N lần lượt là trung điểm của các cạnh ' ' A D và ' '. A B Chứng minh ' AC vuông góc với mặt phẳng   . BDMN Tính thể tích khối chóp . . A BDMN Hướng dẫn giải: Vì AB AD a   và góc  60 o BAD  ABD   là tam giác đều nên đáy là hình thoi Gọi O là tâm hình thoi qua O dựng / / ' Oz AA Chọn hệ trục tọa độ sao cho   0;0;0 O là gốc tọa độ 3 ;0;0 ; ;0;0 , 0; ;0 , 0; ;0 , ' ;0; 2 2 2 2 2 2 3 3 3 ' 0; ; ; ' 0; ; ; ' ;0; 2 2 2 2 2 2 a a a a a a A Ox C Ox D Oy B Oy A Oxz a a a a a a D Oxz B Oxz C Oxz                                                                     Gọi M và N lần lượt là trung điểm của các cạnh ' ' A D và ' ' A B 3 ; ; 4 4 2 a a a M           ; 3 ; ; 4 4 2 a a a N           Tính ' A C  và tính vecto pháp tuyến của mặt phẳng   BDMN là , n BD BM        . Chứng minh ' / / A C n   Tính thể tích khối chóp 3 3 . 16 ABDM ABDN a A BDMN V V   Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Changngoc203@gmail.com https://www.facebook.com/trithuc.viet.37 7 Bài 4: (ĐHDB – D2 – 2006) Cho hình lập phương . ' ' ' ' ABCD A B C D có cạnh bằng a và điểm K thuộc cạnh ' CC sao cho 2 3 CK a  . Mặt phẳng ( )  đi qua A, K và song song với BD chia khối lập phương thành hai khối đa diện. Tính thể tích của hai khối đa diện đó. Đáp số: 3 1 3 a V  ; 3 2 2 3 a V  Dạng 2: Với hình chóp đều 1. Hình chóp tam giác đều S. ABC Dấu hiệu: Đáy là tam giác đều cạnh a, đường cao vuông góc với đáy từ đó ta thiết lập hệ tọa độ như sau Cách chọn: Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ Giả sử cạnh tam giác đều bằng a và đường cao bằng h . 3 1 3 , 2 3 6 a a CI HI CI   Gọi I là trung điểm của BC Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ sao cho   0;0;0 I  Khi đó : ;0;0 ; ;0;0 2 2 a a A Ox B Ox                3 3 0; ;0 ; 0; ; 2 6 a a C Oy S h Oz                   Hoặc: Chọn hệ trục sao cho   0;0;0 H O Tính 3 3 3 3 , 2 2 3 6 a a a CI AB CH HI     Khi đó 3 3 ; ;0 ; ; ;0 2 6 2 6 a a a a A Ox B Ox                      3 3 3 0; ;0 ; 0; ; ; 0; ;0 3 6 6 a a a C Oy S h Oz I Oy                             Hoặc: Từ A ta dựng hai đường thẳng / / , / / Az SH Ax BC Chọn hệ trục như hình vẽ sao cho   0;0;0 , A O 3 3 3 ; ;0 , ; ;0 , 0; ; 2 2 2 2 3 a a a a a B Oxy C Oxy S h Oz                             Bài tập giải mẫu: Bài 1: (ĐH – A 2002) Cho hình chóp tam giác đều S.ABC đỉnh S, có độ dài cạnh đáy bằng a. Gọi M và N lần lượt là trung điểm của các cạnh SB và SC . Tính theo a diện tích tam giác AMN , biết rằng mặt phẳng (AMN) vuông góc với mặt phẳng (SBC). Giải: Gọi O là hình chiếu của S trên (ABC), ta suy ra O là trọng tâm ABC  . Gọi I là trung điểm của BC, ta có: 3 3 3 3 , 2 2 3 6 a a a AI BC OA OI     Trong mặt phẳng (ABC), ta vẽ tia Oy vuông góc với OA. Đặt SO = h, chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ ta được: z a x y h M N O I C A B S Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Changngoc203@gmail.com https://www.facebook.com/trithuc.viet.37 8 O(0; 0; 0), S(0; 0; h), 3 ; 0; 0 3 a A         3 ; 0; 0 6 a I           , 3 ; ;0 6 2 a a B          , 3 ; ; 0 6 2 a a C           , 3 ; ; 12 4 2 a a h M          và 3 ; ; 12 4 2 a a h N           . 2 ( ) 5 3 , ; 0; 4 24 AMN ah a n AM AN                   , 2 ( ) 3 , ; 0; 6 SBC a n SB SC ah                   2 2 2 ( ) ( ) 5 1 10 ( ) ( ) . 0 , 12 2 16 AMN SBC AMN a a AMN SBC n n h S AM AN                  Bài 2: (ĐHDB – B2 – 2003) Cho hình chóp đều S.ABC, cạnh đáy bằng a, mặt bên tạo với đáy một góc bằng  0 (0 90 )    . Tính thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách từ đỉnh A đến mặt phẳng (SBC). Giải: Vì S.ABC là hình chóp đều nên chân đường cao đỉnh S trùng với tâm O đường tròn (ABC). Gọi M là trung điểm của BC. Ta có: 2 3 3 3 a AO AM  và 3 6 a OM   , AM BC SM BC SMA      SOM vuông có: 3 .tan tan 6 a SO OM     Dựng hệ trục tọa độ Axyz, với Ax, Ay, Az đôi một vuông góc,   0;0;0 , A 3 3 ; ; 0 , ; ; 0 2 2 2 2 a a a a B C                  3 3 3 3 0; ; 0 , 0; ; 0 , 0; ; tan 2 3 3 6 a a a a M O S                          Thể tích hình chóp: 3 1 tan . . 3 24 ABC a V SO S    Ta có: 3 3 ; ; tan , ( ;0;0) 2 6 6 a a a BS BC a                 2 2 3 3 ; 0; tan ; 6 6 a a BS BC n                      Phương trình mặt phẳng (SBC) qua B với vectơ pháp tuyến : n  2 2 3 3 3 tan ( 0) 0 2 6 2 6 a a a a O x y z                      3 ( ) : tan tan 0. 2 a SBC y z       Khoảng cách d từ A đến (SBC): 2 3 3 tan . tan tan 2 3 2 sin . 1 2 tan 1 cos a a O O a d             Bài tập tự giải: Bài 1: (ĐH – B 2012) Cho hình chóp tam giác đều S.ABC với SA = 2a, AB = a. Gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên cạnh SC. Chứng minh SC vuông góc với mặt phẳng (ABH). Tính thể tích của khối chóp S.ABH theo a. Đáp số: Chứng minh SC vuông góc với mặt phẳng (ABH) . 0 SC n     với , n BH BA         C   M B x A z S O y Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Changngoc203@gmail.com https://www.facebook.com/trithuc.viet.37 9 3 7 11 96 SABH a V  Bài 2: Cho hình chóp S.ABC đáy ABC là tam giác đều cạnh a. SA = SB = SC, khoảng cách từ S đến mặt phẳng (ABC) là h. Tính h theo a để hai mặt phẳng (SAB) và (SAC) vuông góc nhau. Hướng dẫn: Gọi H là tâm của tam giác ABC vì M là trung điểm của BC Ta có: ( deu) SA SB SC HA HB HC ABC         Dựng hệ trục tọa độ Axyz, với Ax, Ay, Az đôi một vuông góc (0; 0; 0), A 3 3 3 3 ; ; 0 , ; ; 0 , 0; ; 0 , 0; ; 2 2 2 2 2 3 a a a a a a B C H S h                                  . 3 3 3 0; ; , ; ; , ; ; 3 2 6 2 6 a a a a a SA h SB h SC h                                  2 1 3 3 [ ; ] ; ; (3 3; 3 ; 3) . , 2 2 6 6 6 ah ah a a a SA SB h h a n                    với 1 (3 3; 3 ; 3) n h h a   2 2 3 3 [ ; ] ; ; (3 3; 3 ; 3) . , 2 2 6 6 6 ah ah a a a SA SC h h a n                    với 2 (3 3; 3 ; 3) n h h a   . Mặt phẳng (SAB) có cặp vectơ chỉ phương ; SA SB   nên có pháp vectơ 1 n  . Mặt phẳng (SAC) có cặp vectơ chỉ phương ; SA SC   nên có pháp vectơ 2 n  . 1 2 ( ) ( ) cos( ; ) 0 SAB SAC n n      2 2 2 2 2 3 3.3 3 3 .3 3( 3) 0 27 9 3 0 6 18 3 . 6 h h h h a a h h a a h a h              Vậy khoảng cách cần tìm là 6 . 6 a h  2. Với hình chóp tứ giác đều S.ABCD Dấu hiệu: Đáy là hình vuông, đường cao vuông góc với đáy từ đó ta thiết lập hệ tọa độ như sau Cách chọn: Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ Giả sử cạnh hình vuông bằng a và đường cao SO h  và đường chéo 2 a Chọn   0;0;0 O là tâm của hình vuông và là gốc tọa độ Khi đó : 2 2 ;0;0 ; ;0;0 2 2 a a A Ox C Ox                      2 2 0; ;0 ; 0; ;0 ; 0;0; 2 2 a a B Oy D Oy S h Oz                     Hoặc: Trục / / Ox AD , / / Oy BC Khi đó ; ;0 ; ; ;0 2 2 2 2 a a a a A Oxy C Oxy                 S z A z H B M y C [...]...     AB, SN  13   Dạng 5: Bài toán với hình lăng trụ Việc thiết lập hệ trục tọa độ cho hình lăng trụ (đặc biệt là lăng trụ ứng) cũng giống như hình chóp mà có một cạnh bên vuông góc với mặt đáy, khi đó ta xem đáy là hình gì để thiết lập hệ trục tọa độ cho đúng Bài tập giải mẫu: Bài 1: (ĐH – D 2004) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hình lăng trụ ứng ABC.A1B1C1 Biết A  a; 0; 0  , B...  Oz 2 Đáy là một hình thoi ABCD Dấu hiệu: Hai đường chéo vuông góc với nhau và cạnh bên SA vuông góc với đáy Cách chọn: ABCD là hình thoi cạnh a chiều cao bằng SA  h Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ sao cho O  0;0; 0  là tâm hình thoi và là gốc tọa độ, từ O dựng Oz / / SA Tùy vào giả thiết để tính được độ dài đoạn OC, OD từ đó tìm được tọa độ các đỉnh A, B, C, D và suy ra tọa độ điểm S với A, C... là hình thoi Để B ' MDN là hình vuông thì 4    a 2 3a 2 h2  DM  DN  DM DN  0     0  h  a 2  AA '  a 2 4 4 4 Ta có B ' N  ND  DM  MB '  a 2  Bài tập tự giải: Bài 1: (ĐHDB – A1 – 2006) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hình lăng trụ ứng ABC A ' B ' C ' có A  0; 0; 0  , B  2; 0; 0  , C  0; 2; 0  , A '  0; 0; 2  1 Chứng minh A ' C vuông góc với BC ' Viết phương. .. 2005) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hình lăng trụ ứng ABC.A1B1C1 với A  0; 3; 0  , B  4; 0;0  , C  0;3;0  , B1  4; 0; 4  1 Tìm tọa độ các đỉnh A1, C1 Viết phương trình mặt cầu có tâm là A và tiếp xúc với mặt phẳng (BCC1B1) 2 Gọi M là trung điểm của A1B1 Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua hai điểm A, M và song song với BC1 Mặt phẳng (P) cắt đường thẳng A1C1 tại điểm N Tính độ dài...  ; ; h  2 2  Bài tập giải mẫu: Bài 1: (ĐH B – 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 Giải: Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ a 2   a 2  Chọn hệ trục tọa độ O  0; 0;0  , A   2... Hoặc: ABCD là hình thoi cạnh a chiều cao bằng h Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ sao cho A  O  0; 0; 0  , qua A dựng Ay / / BD S  Oz  S  0; 0; h  Tùy vào giả thiết để tính được độ dài đoạn OA, OB từ đó tìm được tọa độ các đỉnh A, B, C, D 3 Đáy là hình thang vuông tại A, D (tương tự với B, D) Dấu hiệu: Hình thang vuông tại A, D và cạnh bên SA vuông góc với đáy Cách chọn: ABCD là hình thang vuông... tính độ dài các cạnh AD, AB, CD từ đó tìm được tọa độ các đỉnh A, B, C, D với A  Oy; C  Ox, B  Oxy 4 Đáy là hình vuông ABCD (thiết lập tương tự như hình thoi hoặc hình chữ nhật) Bài tập giải mẫu: Bài 1: (ĐH – D 2007) Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thang   BAD  90 0 , BA = BC = a , ABC  AD = 2a Cạnh bên SA vuông góc với đáy và SA = a 2 Gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên SB Chứng...  3   3a 3a 3 a 3  SM 3 M ; ;    SM  SB hay  8  8 4  4 SB 4  Suy ra phương trình của SB là: Bài tập tổng hợp: Bài 1: (ĐHDB – A2 – 2004) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, AC cắt BD tại gốc tọa độ O Biết A(  2; 1;0), B ( 2; 1; 0), S (0; 0;3) a Viết phương trình mặt phẳng qua trung điểm M của cạnh AB, song song với hai đường thẳng... A’F là  2 3  a 17 a 17 17 Dạng 6: Bài toán hình không mẫu mực Với hình không mẫu thì tùy từng trường hợp cụ thể mà ta thiết lập hệ trục tọa độ, chú ý các yếu tố vuông góc, song song Bài tập giải mẫu: Bài 1: (ĐH D – 2003) Cho hai mặt phẳng (P) và (Q) vuông góc với nhau, giao tuyến là đường thẳng d Trên d lấy hai điểm A và B với AB = a Trong (P) lấy điểm C, trong (Q) lấy điểm D sao cho AC, BD cùng... thay đổi nhưng luôn thỏa mãn a + b = 4 Tìm a, b để khoảng cách giữa hai đường thẳng B1C và AC1 lớn nhất Giải: a Dựa vào các tọa độ cho trước của giả thiết ta chọn hệ trục tọa độ như sau Gọi I  O  0;0; 0  là trung điểm của AB và cũng là gốc tọa độ A  a; 0;0   Ox, B  a;0 : 0   Ox , C  0;1; 0   Oy, B1  a ;0; b   Oxz Ta sẽ tìm được tọa độ điểm C1  0;1; b   Oyz a Tính khoảng cách