Trang 1 GIẢI BÀI TOÁN KHÔNG GIAN BẰNG HỆ TRỤC TỌA OXYZ Theo nhƣ chia sẻ của các anh chị đi truớc truyền lại thì bài toán hình học không gian trong các đề thi đại học vốn đã khó nuốt, giờ nếu phải rèn luyện lại thật là vất vả và không mấy kết quả. Nhƣng nhờ phƣơng pháp giải bằng tọa độ mà mình hầu nhƣ áp dụng nó một cách dễ dàng vào các bài toán hình học không gian mà không cần suy nghĩ quá lâu. Nhƣng để sử dụng thuần thục phƣơng pháp này để có thể tiết kiệm tối đa khi làm các đề thi thì đòi hỏi các bạn phải làm nhiều lần phƣơng pháp này. Mình không khuyến khích bạn áp dụng phƣơng pháp này cho tất cả các bài toán mà bạn gặp vì trong các bài hình học không gian đơn giản mà bạn có thể TỰ GIẢI QUYẾT đƣợc, thì phƣơng pháp này sẽ dài hơn cách giải thông thƣờng. Thƣờng để giải các bài toán hình không gian (đặc biệt là các bài về tính khoảng cách, tính góc…) thƣờng phải tìm vẽ thêm một, hay là nhiều đƣờng thẳng, việc xác suy luận và phát hiện ra hƣớng làm tốn rất nhiều thời gian (thòi gian là vàng bạc, nhƣung trong các kì thi nhƣ thi ĐH thì có thể nói thời gian là kim cƣơng) mà đôi không chắc chắn có thể tìm đƣợc hƣớng giải. Bằng phƣơng pháp đƣa hệ tọa độ oxyz vào giúp ta đơn giản hóa mọi thứ. Để giúp cho các bạn có cái nhìn tổng thể và sau sắc hơn về phƣơng pháp giải các bài toán hình học không gian bằng phƣơng pháp tọa độ, trong chuyên đề này, mình muốn giới thiệu với các bạn 3 nội dung chính sau: PHẦN 1: PHƢƠNG PHÁP PHẦN 2: BÀI TẬP HƢỚNG DẪN PHẦN 3: BÀI TẬP ỨNG DỤNG VÀ SO SÁNH (ĐÁP ÁN VỚI HAI PHƢƠNG PHÁP GIẢI: HÌNH HỌC KHÔNG GIAN VÀ BẰNG TỌA ĐỘ) Chỉ cần nhắm vũng những nội dung này và vận dụng linh hoạt thì mình tin chắc rằng các bài toán hình học không gian không còn là thứ khó nuốt và ám ảnh các bạn nữa….!!! chúc các bạn thành công. ^^ Trang 2 PHẦN 1: PHƯƠNG PHÁP Bước 1: Chọn hệ trục tọa độ Oxyz phù hợp. Chú ý đến điểm O thƣờng là đỉnh các góc vuông, tâm các mặt cầu ) Bƣớc này sẽ dễ dàng thực hiện nếu trong bài toán đang xét có dạng tam diện vuông, hay mặt phẳng vuông góc hay các quan hệ vuông góc khác. Tuy nhiên, nếu không có ta vẽ thêm đƣờng phụ để tạo nên góc tam diện vuông.  Đây là bƣớc rất quan trọng vì bài toán đơn giản hay phức tạp hơn phục thuộc vào cách chọn hệ trục tọa độ và đơn vị trên các trục. Bước 2: Tìm tọa độ của các điểm, các đường thẳng, mặt phẳng, mặt cầu dựa vào các giả thuyết đề cho. Nếu muốn bạn chỉ cần tìm tọa độ những điểm cần thiết. Bước 3 : Sử dụng tất cả các kiến thức về tọa độ để giải quyết bài toán. Các dạng toán thƣờng gặp:  Khoảng cách từ điểm đến mặt phẳng.  Khoảng cách từ điểm đến đƣờng thẳng.  Khoảng cách giữa hai đƣờng thẳng.  Góc giƣac hai đƣờng thẳng.  Góc giữa hai mặt phẳng.  Thể tích khối đa diện.  Chứng minh các quan hệ song song, vuông góc. ……. Trang 3 PHẦN 2: BÀI TẬP HƯỚNG DẪN VÍ DỤ 1 (B. 2006): Cho hình chóp S. ABCD có đáy là hình chữ nhật AB = a, AD = a   , SA = a. SA vuông góc (ABCD). Gọi M là trung điểm AD và N là trung điểm SC. I là giao điểm của BM và AC. Chứng minh hai mặt phẳng (SAC) và (SMB) vuông góc . Tính thể tích khối tứ diện ANIB. GIẢI Chọn A làm gốc toạ độ và đơn vị độ dài là a, sao cho B(1, 0, 0), D(0,   0), và S(0,0, 1). (chọn A làm gốc tọa độ vì A là giao của 3 mặt phẳng vuông góc với nhau (ABCD), (SAD), (SAB)  Chứng minh (SAC) và (SMB) vuông góc. Ta chứng minh hai VTPT của chúng vuông góc. Vì            và              nên VTPT của (SAC) là  = [                    Vì             và             , 0) nên VTPT của (SMB) là    = [                            ) Tích     = (-     ) + 1 ( - 1) + 0 = 0 nên hai vecto này vuông góc .  Thể tích tứ diện ANIB V = 1/6. |                      |                                     (Vì IC : IA = BC : AM = 2) Suy ra:                 (0, 0,  /3) Lại có:                   , do đó :                         =    . Vậy thể tích ANIB là    đơn vị thể tích hay bằng a 3     VÍ DỤ 2 (A.2007). Cho hình chóp S.ABCD đáy là hình vuông cạnh a, mặt bên SAD là tam giác đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Gọi M, N,, P lần lượt là trung điểm của SB, BC, CD. Chứng minh AM vuông góc BP và tính thể tích tứ diện CMNP. GIẢI (vì hình đề bài cho không phải có dạng tam diện vuông, hay mặt phẳng vuông góc… do đó, ta nên tìm đƣợc 1 điểm thỏa mãn là giao của 3 mặt phẳng vuông góc với nhau. Theo đề bài cho ta thấy, (SAD) vuông với vs (ABCD). Do đó, gốc tọa độ sẽ là một điểm thuộc giao tuyến của 2 mặt phẳng này) Gọi H là trung điểm của AD, ta có SH vuông góc AD. Suy ra SH vuông góc với (ABCD) vì (SAD) vuông góc (ABCD). Chọn hệ trục gốc là H, trục hoành qua A, trục tung cùng hƣớng với        và trục cao qua S. Chọn đơn vị độ dài là a / 2 thì A = (1, 0, 0) vì HA = a, S = (0, 0,   ) vì HS = a  . A B I C D M N S Trang 4  Chứng minh AM vuông góc BP. S = (0, 0,  , B = (1, 2, 0), suy ra M = (1/2, 1,  . Vậy                 . P = (- 1, 1, 0), B = (1, 2, 0) . Suy ra:        = (2, 1, 0). Ta có:         .        = ( - ½). 2 + 1. 1 +    . 0 = 0 Chứng tỏ AM và BP vuông góc.  Tính thể tích CMNP. Để tính thể tích CMNP, ta dùng công thức: V CMNP = 1/6. |                            | đơn vị thể tích. Ta có : C = (- 1, 2, 0) nên                 N = (0, 2, 0) nên         . Vậy [                         Ta có:             và do đó: [                  .        = 0. 0 +    . ( - 1) - 1. 0 = -    Vậy thể tích khối CMNP là    đơn vị thể tích. Vì đơn vị độ dài là a/2 nên đơn vị thể tích là (a/2) 3 = a 3 / 8. Do đó thể tích cần tỉm là (a 3 / 8) .    =      . Ghi chú: Trong khi muốn chứng minh hai đƣờng thẳng vuông góc trong hình không gian có rất nhiều cách, chẳng hạn:  Chứng minh đƣờng này nằm trong mặt phẳng vuông góc với đƣờng kia.  Sử dụng định lí ba đƣờng vuông góc.  Chứng minh đƣờng này song song với một đƣờng thứ ba vuông góc với đƣờng kia.  Sử dụng định lí đảo của Pitago.  Sử dụng các tính chất của hình học phẳng nhƣ tính chất trung tuyến của tam giác cân . . . Thì trong phƣơng pháp toạ độ , ta chỉ có một cách duy nhất: tìm toạ độ vecto chỉ phƣơng của hai đƣờng thẳng (vecto qua hai điểm của đƣờng thẳng ) rồi chứng minh tích vô hƣớng của chúng bằng 0, nhƣ đã làm ở trên. Việc tính thể tích khối tứ diện trong hình học không gian, có hai bƣớc;  Chọn một mặt là đáy. Ở đây chọn đáy là tam giác CNP, là tam giác vuông tại C. Tính diện tích đáy bằng công thức, ở đây là ½. CN. CP.  Sau đó xác định đƣờng cao hình chóp và tính chiều cao ấy. Ở đây chiều cao là đoạn vuông góc vẽ từ M đến mp(CNP) tức mp (ABCD). Thƣờng xác định đoạn vuông góc là bài toán phức tạp nhất trong hình không gian. Ở đây ta phải nhận ra đã có SH vuông góc với (ABCD), do đó đƣờng cao hình chóp M. CNP chính là đoạn MK, đoạn trung bình của tam giác SBH (K là trung điểm BH) và chiều cao là độ dài MK = SH/2. Cần chú ý là trong bài toán này, muốn giải bằng phƣơng pháp toạ độ, học sinh phải biết tính chất của hai mặt phẳng vuông góc để thấy đƣờng cao hình chóp S.ABCD là đoạn nối S đến trung điểm của AD. Nhờ đó mới chọn đƣợc hệ trục toạ độ thích hợp. Nếu ta không nhớ đến tính chất “sinh tử “ này thì đƣờng vào phƣơng pháp toạ độ là đƣờng chết. M P S A B D C H N Trang 5 VÍ DỤ 3(D. 2009): Cho lăng trụ đứng ABC. A’B’C’ có đáy ABC vuông tại B, AB = a , AA’ = 2a, A’C = 3a. Gọi M là trung điểm của A’C’, I là giao điểm của AM và A’C. Tính theo a thể tích khối tứ diện IABC và khoảng cách từ A đến mặt phẳng (IBC). GIẢI Chọn B làm gốc toạ độ , đơn vị độ dài là a. (Bên cạnh việc chọn gốc tọa độ thì việc chọn đơn vị độ dài hợp lý sẽ giúp ích cho các bạn rẩt nhiều cho các bạn trong việc tạo nên các điểm có tọa độ đơn giản) Do đó, A(1, 0, 0), B’ (0, 0, 2) (vì BB’ = AA’ = 2a) . Để tính toạ độ của C trên trục tung, ta đặt C =(0, c, 0). Ta có: A’ = (1, 0, 2). A’C 2 = 1 2 + c 2 + 2 2 = 3 2 (vì A’C = 3a = 3 đơn vị độ dài)  c 2 = 4 . Vậy c = 2 và C = (0, 2, 0). (Lẽ dĩ nhiên ta có thể dùng định lí Pitago trong các tam giác vuông AA’C và ABC để đƣợc BC = 2a. Nhƣng dùng phƣơng pháp toạ độ cũng tốt). Do                   nên                   =   . (- 1, 2, - 2) = (- 1/3, 2/3, - 2/3). Suy ra I = (- 1/3 + 1, 2/3 + 0, - 2/3 + 2) = (2/3, 2/3, 4/3).  Thế tích tứ diện IABC V= 1/6. |                     | = 4a 3 /9.  Tính khoảng cách từ A đến mặt phẳng (IBC): Ta viết phƣơng trình của (IBC).           v à            nên [             ] = 2/3. (- 4, 0, 2). Do đó một VTPT của (IBC) là (- 4, 0, 2) và pt (IBC) là : - 4x + 2z = 0. Suy ra: d(A, (IBC)) =      =         đơn vị độ dài =     Ghi chú: Giải bằng phƣơng pháp toạ độ, việc khó khăn nhất là tính đƣợc toạ độ những điểm liên hệ đến đối tƣợng cần tính. Đôi khi kết hợp với sự trợ giúp của hình học cổ điển (thuần túy), ta sẽ đến kết quả nhanh hơn và đỡ phức tạp hơn. Một khi toạ độ tính đƣợc, thì việc còn lại chỉ là sử dụng công thức và không cần kỹ năng suy nghĩ khéo léo và chọn lọc nhƣ khi giải bằng hình không gian 11). B A C B’ A ’ C’ M I Trang 6 VÍ DỤ 4 (A.2011) : Cho hình chóp SABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại B, AB = BC = 2a; hai mặt phẳng (SAB) và (SAC) cùng vuông góc với (ABC). Gọi M là trung điểm của AB; mặt phẳng qua SM và song song với BC, cắt AC tại N. Biết góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (ABC) bằng 60 0 . Tính thể tích khối chóp S. BCNM và khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và SN theo a . GIẢI Ở đây ta phải dùng tính chất “hai mặt phẳng (SAB) và (SAC) củng vuông góc với (ABC) thì giao tuyến SA của chúng sẽ vuông góc (ABC)”, thì mới chọn đƣợc hệ trục thuận tiện. Chọn điểm gốc tại A, trục hoành qua B, trục tung cùng hƣớng với        . Chọn đơn vị độ dài là a. Do đó B = (2,0, 0), C = (2, 2, 0).  Xác định toạ độ S: Để tìm toạ độ của S trên trục cao, ta đặt S = (0, 0, s) và sử dụng giả thiết góc của (SBC) và (ABC) bằng 60 0 . VTPT của (ABC) (tức mặt phẳng toạ độ Oxy) là         Vì            và            nên VTPT của (SBC) là                      (2s, 0, 4). Góc của hai VTPT này bằng 60 0 do đó cos60 0 =             ½ =     Suy ra: s 2 = 12 hay s = 2   . Vậy S = (0, 0, 2    Xác định toạ độ N: Để tìm toạ độ N ta viết phƣơng trình đƣờng thẳng AC và phƣơng trình mặt phẳng (P) qua SM và song song với BC. Phƣơng trình AC qua A(0, 0, 0) và có VTCP        = (2, 2, 0) là x = 2t, y = 2t, z = 0 (1). Mặt phẳng (P) có VTPT là [               . Vì               và            VTPT của (P) là (4  , 0, 2) . Suy ra phƣơng trình của (P) là 4   (x – 1) + 2(z – 0) = 0 hay 2   x + z – 2   = 0 (2). Giải (1) và (2): 2   (2t) + 0 - 2   = 0  t = 1/2. Suy ra toạ độ N là (1, 1, 0). N chính là trung điểm của AC.  Tính thể tích S. BCNM: Ở đây ta dùng hình không gian cổ điển dễ hơn. Vì MN là đƣờng trung bình tam giác vuông cân ABC nên diện tích AMN bằng ¼ diện tích ABC. Suy ra diện tích BCNM bằng ¾. diện tích ABC = ¾. 2a 2 = 3a 2 /2. Còn chiều cao khối chóp là độ dài SA = 2a  . Thể tích cần tìm là 1/3. (3a 2 /2)( 2a  ) = a 3  .  Tính khoảng cách giữa AB và SN: Để tính đƣợc khoảng cách giữa hai đƣờng thẳng d và d’ bạn cần học công thức sau (của khối nâng cao). Nếu d qua A và có VTCP  và d’ qua A’ và có VTCP      thì : d(d,d’) =                                                          (AB) qua A(0, 0, 0), VTCP         (2, 0, 0) (SN) qua S(0, 0, 2  ), VTCP        (1, 1, - 2  ) A B B S C M N Trang 7 Ta có:                         ,              =>                             Khoảng cách cần tìm : d(AB, SN) =           =      =     đơn vị độ dài = a     Ghi chú: Trong bài này có nhiều kiến thức hình không gian, nếu ta sử dụng đƣợc , thì bài giải sẽ đỡ nặng nề hơn:  Trƣớc tiên, nếu nhớ cách xác định góc 2 mặt phẳng (SBC) và (ABC) chính là góc SMA thì góc SMA = 60 0 và do đó: AS = AB tan60 0 = 2a   ta sẽ đƣợc S = (0, 0, 2   ) một cách mau lẹ.  Tiếp theo, khi tìm N, nếu ta biết tính chất “Vì (P) song song với BC nên sẽ cắt mặt phẳng (ABC) chứa BC theo giao tuyến qua M và song song với BC. Do đó MN // BC và vì M là trung điểm của AB nên N là trung điểm của AC => N = (1, 1, 0) một cách mau lẹ.  Trong bài này, câu hỏi đầu dùng hình không gian 11 sẽ giải nhanh hơn, nhƣng câu hỏi sau, thì phƣơng pháp toạ độ có ƣu thế hơn khi không đòi hỏi phải động não. VÍ DỤ 7: Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác đều cạnh a. Hình chiếu vuông góc của S lên (ABC) là điểm H thuộc cạnh AB sao cho HA = 2HB . Góc giữa SC và mặt phẳng (ABC) là 60 o . Tính thể tích khối chóp S.ABC và tính khoảng cách giữa hai đường thẳng SA và BC theo a.  3(28 + h 2 ) = 4h 2  h 2 = 84  h = 2   đơn vị độ dài =     .  Thể tích S. ABC: V S.ABC =                             Khoảng cách SA và BC: SA qua A(0, - 4, 0), VTCP          BC qua B(0, 2, 0), VTCP               Suy ra:                    =>        .            Và |        | = 24   Vậy: d(SA, BC) =                                             đơn vị độ dài =             GIẢI Chọn H là gốc toạ độ , trục cao qua S, trục tung qua B, trục hoành cùng hƣớng với         , C là trung điểm AB. Chọn độ dài đơn vị là a/6 (cho toạ độ A, B là số nguyên), ta có: B(0, 2, 0), S(0, 0, h) với h > 0 , và C( 3  , - 1, 0) vì M(0,- 1, 0) và MC =     =      Ta tính h từ giả thiết góc (SC, (ABC) = 60 o . Mp (ABC) có VTPT :    = (0, 0, 1) SC có VTCP  = (3  , - 1, h). Vậy: sin60 o = |cos(      )|     =                              => Chiều cao hình chóp S.ABC B C y x z A S H M Trang 8 Ghi chú: (a) Trong bài này việc chọn một hệ trục rất phức tạp. Chân H đƣợc chọn làm điểm gốc thì hiển nhiên, trục cao và trục tung cũng vậy. Chỉ có trục hoành là tƣơng đối khá khó khăn và khó hình dung. Cần vẽ thêm đƣờng cao CH để thấy trục hoành cùng hƣớng với         . (b) Việc chọn đơn vị độ dài là a/6 vì ở đây HB = a/3 và HA = 2a/3 và HM = a/6 , nên chọn đơn vị độ dài a/6 sẽ cho các toạ độ của A, B là nguyên, do đó việc tính toán sẽ thuận tiện hơn. Nếu không thì có thêm một chút khó khăn mà thôi. (c) Nếu biết góc của SA và (ABC) là góc SCH thì có ngay       và SH = CH tan 60 0 . Tính CH bằng Pitago, suy ra đƣợc độ dài SH. Nếu tính SH bằng phƣơng pháp toạ độ, thì bạn cần biết cách tính góc của đƣờng thẳng và mặt phẳng, nhƣ sau: Nhờ đó, ta thiết lập đƣợc phƣơng trình tính cao đô h của đỉnh S. (d) Lần nữa, trong bài này, ta phải tính khoảng cách giữa hai đƣờng thẳng chéo nhau SA và BC. Đây là bài toán khó chịu nhất của hình không gian 11. Cách giải bằng phƣơng pháp toạ độ luôn là chọn lựa cho loại câu hỏi này, tuy phải tính phức tạp, nhƣng không cần kỹ năng suy nghĩ thông minh, chỉ có đƣợc qua bao tháng năm rèn luyện A M H B x y C                                Trang 9 PHẦN 3: BÀI TẬP ỨNG DỤNG VÀ SO SÁNH (ĐÁP ÁN VỚI HAI PHƢƠNG PHÁP GIẢI: HÌNH HỌC KHÔNG GIAN VÀ BẰNG TỌA ĐỘ) Câu 1: Cho lăng trụ ABC.A'B'C' có các mặt bên đều là hình vuông cạnh a. Gọi D, F lần lƣợt là trung điểm các cạnh BC, C'B'. Tính khoảng cách giữa hai đƣờng thẳng A'B và B'C'. Câu 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. Câu 3: a 3, (a 0) và đƣờng cao OA a 3 . Gọi M là trung điểm cạnh BC. Tính khoảng cách giữa hai đƣờng thẳng AB và OM. Câu 4: Cho hình chóp SABC có đáy là tam giác ABC vuông cân tại A, AB = AC = a (a > 0), hình chiếu củ (x > 0). Xác định giá trị của x để góc phẳng nhị diện (B, SA, C) bằng 60 o . Câu 5: Cho hình chóp SABC có đáy ABC là tam giác đều có cạnh bằng 2a 2 , SA vuông góc với (ABC) và SA = a. Gọi E, F lần lƣợt là trung điểm của cạnh AB, BC. Tính góc và khoảng cách giữa hai đƣờng thẳng SE và AF. Câu 6 : Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B, AB = a, BC = 2a, cạnh SA vuông góc với đáy và SA = 2a. Gọi M là trung điểm SC. Ch Câu 7: Cho hình chóp đều S.ABC, đáy ABC có cạnh bằng a, mặt bên tạo với đáy một góc bằng oo (0 90 )    . Tính thể tích khối hình chóp S.ABC và khoảng cách từ đỉnh A đến mặt phẳng (SBC). Câu 8: Cho hình lập phƣơng ABCD . A'B'C'D' cạnh a. M, N lần lƣợt là trung điểm của AB và C'D'. Tính khoảng cách từ B' đến (A'MCN). Câu 9: Tính thể tích của hình chóp S.ABC, biết đáy ABC là một tam giác đều cạnh a, mặt bên (SAB) vuông góc với đáy, hai mặt bên còn Câu 10: Cho lăng trụ đứng ABC.A'B'C' có đáy ABC là tam giác cân với AB = AC = a, góc o BAC 120 tính cosin của góc giữa hai mặt phẳng (ABC) và (AB'I). Trang 10 ĐÁP ÁN: Câu 1: . Cách 1 :  Vì các mặt bên của lăng trụ là các hình vuông  / / / / / / AB BC CA A B B C C A a       các tam giác ABC, A / B / C / là các tam giác đều.  Ta có: / / / / / B C // BC B C //(A BC) / / / / / / / d(A B; B C ) d(B C ; (A BC)) d(F; (A BC))    Ta có: / / / / BC FD BC (A BC) BC A D ( A BC caân taïi A )        Dựng / FH A D  Vì // BC (A BC) BC FH H (A BC)      / FD vuông có: 2 / 2 2 2 2 2 1 1 1 4 1 7 a 21 FH . 7 FH A F FD 3a a 3a         Vậy, / / / a 21 d(A B; B C ) FH 7  Cách 2 :  Vì các mặt bên của lăng trụ là các hình vuông  / B / C / là các tam giác đều cạnh a.  Dựng hệ trục Axyz, với Ax, Ay, Az đôi một vuông góc, A(0; 0; 0), / // a a 3 a a 3 B ; ; 0 , C ; ; 0 , A (0; 0; a), 2 2 2 2 a a 3 a a 3 B ; ; a , C ; ; a 2 2 2 2                            Ta có: / / / / / B C // BC, B C //(A BC) / / / / / / / / d(B C ; A B) d(B C ; (A BC)) d(B ; (A BC))    // a a 3 a a 3 A B ; ; a , A C ; ; a 2 2 2 2                   2 / / 2 2 2 a 3 3 [A B; A C] 0; a ; a 0;1; a .n, 22                với 3 n 0; 1; 2      Phƣơng trình mp (A / BC) qua A / với pháp vectơ n : 3 0(x 0) 1(y 0) (z a) 0 2       / 3 a 3 (A BC): y z 0 22     A / B / C / C B A H F D A / C / B / A B C D x a z y [...]... AC  AB  BC  a  4a  5a     2 AB a a   AC a 5 5 1 1 1 5    2 2 2 2 BH AB BC 4a 2a  BH  5 AH   S M 2 C H A K x B Dựng hệ trục tọa vuông góc Axyz, với Ax, Ay, Az đôi một vuông góc và  2a a  A(0; 0; 0), C(0; a 5; 0), S(0; 0; 2a), B  ; ; 0  5 5   a 5  Tọa độ trung điểm M của SC là M  0; ; a  2   a 5  3a Ta có: MA   0; ; a   MA   2  2 3a  2a 3a  MB    ; ; a   MB... OH  (ABN)  d(O; (ABN)  OH 1 1 1 1 1 1 1 1 1 5 a 15       2  2  2  2  OH  2 2 2 2 2 2 5 OH OA OK OA OB ON 3a a 3a 3a Trang 12 M B y  Vậy, d(OM; AB)  OH  a 15 5 z A Cách 2:  Dựng hệ trục Oxyz, với Ox, Oy, Oz đôi một vuông góc O(0; 0; 0), N A(0; 0; a 3); B(a; 0; 0), C(0; a 3; 0), B là trung điểm của AC  C O a a 3   a 3 a 3 M ; ; 0  và N  0; ;  2 2 2 2     y M a x  AB //...  Vậy, x  Cách 2:   a 3 z x BC  a 2 Gọi M là trung điểm BC  AM   a  9x2  a2  x  3 a 2 a 2 ; AG  2 3 Gọi E, F lần lƣợt là hình chiếu của G trên AB, AC Tứ giác AEGF là hình vuông Dựng hệ trục tọa độ Axyz, với Ax, Ay, Az đôi một vuông góc, A(0; 0; 0), B(a; 0; 0), E B M x a a  a a  ; 0  , S ; ; x  3 3  2 2  a a   2a a   a 2a  SA   ; ; x  , SB   ;  ;  x  , SC  ... 3ah 1   a  3h  3h 2  a2 2 2 2 2 3h  a  9h2  3h 2  a2  Vậy, h   h a 6 6 Cách 2:   và M là trung điểm của BC SA  SB  SC HA  HB  HC (ABC ñeàu) Ta có:  Trang 11 a 6 6   Dựng hệ trục tọa độ Axyz, với Ax, Ay, Az đôi một vuông góc A(0; 0; 0), z a a 3   a a 3   a 3   a 3  B ; ; 0 , C  ; ; 0  , H  0; ; 0  , S  0; ; h 2 3 2 2   2 2       a 3  a a 3   a... đỉnh S trùng với tâm O đƣờng tròn (ABC) Gọi M là trung điểm của BC Ta có: - S 2 a 3 a 3 AO  AM  và OM  6 3 3 - z AM  BC, SM  BC  SMA   C A - a 3 SO  OM.tg  tg 6      j O x M y B Dựng hệ trục tọa độ Axyz, với Ax, Ay, Az đôi một vuông góc, A(0; 0; 0), a a 3   a a 3   a 3   a 3   a 3 a 3  B ; ; 0  ,C   ; ; 0  ,M  0; ; 0  , O  0; ; 0  , S  0; ; tg  2 3 3 6 2 2   2... tg 4 1 1 a 3 a2 3 a3 tg  tg Thể tích hình chóp S.ABC : V  SH.SABC  3 3 4 4 16 o C Cách 2:     Dựng SH  AB Ta có: (SAB)  (ABC), (SAB)  (ABC)  B, SH  (SAB)  SH  (ABC) điểm AB Dựng hệ trục tọa độ Hxyz, với Hx, Hy, Hz đôi một vuông góc, H(0; 0; 0), z hS a   a  A  ; 0; 0  ; B   ; 0; 0  , 2   2   a 3  C  0; ; 0  , S(0; 0; h), (h  0) 2    B Phƣơng trình mp (ABC): z =... A C.MN, với A/ C  a 3; MN  BC/  a 2 2 a2 6 2 Gọi H là hình chiếu của B/ trên (A/MCN), ta có: VB/ A/ MCN   B/ H  3.VB/ A/ MCN SA/ MCN  3 1 / B H.SA/ MCN 3 a3 a2 6 a 6 :  3 2 3 Cách 2:  Chọn hệ trục Dxyz, với Dx, Dy, Dz đôi một vuông góc, A(a; 0; 0), B(a; a; 0), C(0; a; 0), D(0; 0; 0), A/(a; 0; a), B/(a; a; a), C/(0; a; a), D/(0; 0; a), z / aD C/ N A/  a   a  M  a; ; 0  , N  0; ; a ...  (SME) 2 Vì AF // ME  d(SE; AF)  d(AF; (SME))  AH Dựng AK  ME; AH  SK Ta có: AK  MF  1 1 1 1 2 3 a 3    2  2  2  AH  2 2 2 3 AH SA AK a a a a 3 Vậy, d(SE; AF)  3 z a S Cách 2:  Dựng hệ trục Axyz, với Ax, Ay, Az đôi một vuông góc, A(0; 0; 0), C A x Trang 15 F E M B y B(a 2; a 6; 0), C(a 2; a 6; 0), S(0; 0; a), a 2 a 6  E ; ; 0  ; F(0; a 6; 0) 2 2   a 2  ; a 6; 0  và M  ... 3  AH.BC  a 3  2 2 2 4 /  I), theo công thức chiếu, ta có: cos   SABC a2 3 a2 10 30  :  SAB/ I 4 4 10 Cách 2:   Gọi H là trung điểm BC  AH  BC a 3 a  BC  a 3  AH  và BH  2 2  Dựng hệ trục Axyz, với Ax, Ay, Az đôi một vuông góc, A(0; 0; 0), C/ z a A/ B/ I C A Trang 21 z 60o H B y a 3 a   a 3 a  / B ; ; 0 , C  ; ; 0  , A (0; 0; a),  2 2   2 2    a 3 a  / a 3 a  ...   x; 0;   3 3 3   Mặt phẳng (SAB) có cặp vectơ chỉ phƣơng SA, SB nên có pháp vectơ n1  Mặt phẳng (SAC) có cặp vectơ chỉ phƣơng SA, SC nên có pháp vectơ n 2   Góc phẳng nhị diện (B; SA; C) bằng 60o  cos60o  0  x2  1 a2  2 2 2 9x  a a Vậy, x  3   a2 9 a a 3 3 a2 9  2 9x2  a2 a x2  0  9 9 0.x  x.0  a  9x2  a2  2a2  9x2  a2  x  3 Trang 14 C y G a  AG  AE 2  AE  AF . Trang 1 GIẢI BÀI TOÁN KHÔNG GIAN BẰNG HỆ TRỤC TỌA OXYZ Theo nhƣ chia sẻ của các anh chị đi truớc truyền lại thì bài toán hình học không gian trong các đề thi đại học. luyện lại thật là vất vả và không mấy kết quả. Nhƣng nhờ phƣơng pháp giải bằng tọa độ mà mình hầu nhƣ áp dụng nó một cách dễ dàng vào các bài toán hình học không gian mà không cần suy nghĩ quá lâu thời gian (thòi gian là vàng bạc, nhƣung trong các kì thi nhƣ thi ĐH thì có thể nói thời gian là kim cƣơng) mà đôi không chắc chắn có thể tìm đƣợc hƣớng giải. Bằng phƣơng pháp đƣa hệ tọa độ