A SƠ LƯỢC LÝ LỊCH KHOA HỌC I THÔNG TIN CHUNG VỀ CÁ NHÂN Họ tên: ĐẶNG THỊ HỒNG VÂN Ngày tháng năm sinh: 01 - 05 - 1978 Giới tính: Nữ Địa chỉ: 1/4, Tổ 24, Kp 4, P Bửu Long, Tp Biên Hòa Điện thoại: 0613 951729 Chức vụ: Giáo viên Đơn vị công tác: Trường THPT Ngô Quyền II TRÌNH ĐỘ ĐÀO TẠO Trình độ chuyên môn: Cử nhân khoa học Năm nhận bằng: 2000 Chuyên ngành đào tạo: Toán học III KINH NGHIỆM KHOA HỌC Lĩnh vực chuyên môn có kinh nghiệm: Giảng dạy toán Số năm kinh nghiệm: 12 năm [Type text] Chuyên đề: Giải toán hình học không gian phương pháp tọa độ B CHUYÊN ĐỀ GIẢI TOÁN HÌNH HỌC KHÔNG GIAN BẰNG PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ I LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI Hình học không gian nội dung khó chương trình toán học phổ thông Đối với đa số học sinh việc tìm lời giải cho toán hình học không gian không đơn giản, sử dụng phương pháp tọa độ không gian để giải toán hình học không gian học sinh lại tiếp thu tốt Bởi đa số học sinh có khả tính toán tốt khả dựng hình, chứng minh Mặt khác hình học không gian gắn liền với thực tế nội dung bắt buộc trong kỳ thi tốt nghiệp, cao đẳng, đại học Do viết chuyên đề với mục đích cho em học sinh thấy ta dùng phương pháp tọa độ để giải toán hình học không gian đề thi đại học Qua em thấy tự tin trình tìm lời giải cho toán hình học không gian, tư tưởng gặp câu hình học không gian (nhất đề thi đại học) nghĩ khó, bỏ qua Tuy kiện hình học không gian thể theo cách thức hình học giải tích mức độ khó, dễ khác Do có toán hình học không gian gặp nhiều khó khăn chuyển sanh hình học giải tích Phương pháp tọa độ hóa toán hình học không gian hữu hiệu việc giải toán hình học không gian, ta không nên tuyệt đối hóa Chắc chắn chuyên đề tránh khỏi thiếu sót, xin quý thầy cô đóng góp ý kiến để nội dung chuyên đề hoàn thiện Tôi xin chân thành cảm ơn Người viết chuyên đề Đặng Thị Hồng Vân Gv: Đặng Thị Hồng Vân Trang Chuyên đề: Giải toán hình học không gian phương pháp tọa độ II NỘI DUNG CHUYÊN ĐỀ PHẦN A: CƠ SỞ LÝ LUẬN Vào năm 1637, nhà toán học người Pháp René Descartes cho xuất “ La Géométrie” với nội dung xây dựng hình học phương pháp tọa độ, đánh dấu bước tiến mạnh mẽ toán học Để giải toán hình học không gian phương pháp tọa độ, ta thực bước sau:  Bước 1: Chọn hệ trục tọa độ Oxyz  Bước 2: Xác định tọa độ điểm cố định cho trước, điểm có liên quan đến toán  Bước 3: Chuyển toán hình học không gian sang hình học giải tích  Bước 4: Giải toán hình học giải tích kết luận Nhưng cho dù sử dụng phương pháp đòi hỏi học sinh phải nắm tính chất mối quan hệ song song, vuông góc đường thẳng đường thẳng, đường thẳng mặt phẳng, mặt phẳng mặt phẳng để thực tốt bước bước PHẦN B: KIẾN THỨC CẦN NẮM z I Tọa độ điểm vectơ a Hệ tọa độ Hệ gồm ba trục Ox, Oy Oz đôi vuông góc r Trong đó: i : vectơ đơn vị trục Ox r j : vectơ đơn vị trục Oy r k : vectơ đơn vị trục Oz O: gốc tọa độ Các mp(Oxy), (Oyz), (Oxz) gọi mặt phẳng tọa độ Không gian với hệ tọa độ Oxyz gọi không gian Oxyz M3 M r k r i O r j M2 y M1 M' x b Tọa độ vectơ r r r r r Trong không gian Oxyz, a  xi  y j  zk  a = (x; y; z) c Tọa độ điểm uuuur r r r OM  xi  yj  zk  M(x; y; z) Gv: Đặng Thị Hồng Vân Trang Chuyên đề: Giải toán hình học không gian phương pháp tọa độ II Biểu thức tọa độ phép toán vectơ r r Định lý: Trong không gian Oxyz, cho a ( a1; a2 ; a3 ) b  (b1; b2 ; b3 ) Ta có: r r a  b  (a1  b1; a2  b2 ; a3  b3 ) r r a  b  (a1  b1; a2  b2 ; a3  b3 ) r k a = ( ka1; ka2 ; ka3 ), với k  R r r a.b  a1b1  a2b2  a3b3 r r Lưu ý: Cho a ( a1; a2 ; a3 ) b  (b1; b2 ; b3 ) Ta có: a1  b1 r r  a  b  a2  b2 a  b  3 r 0(0; 0; 0) r a  a12  a22  a32 r r a.b r r cos( a; b )  r r  a b a1b1  a2b2  a3b3 a12  a22  a32 b12  b22  b32 Cho A( xA ; y A ; z A ) B( xB ; yB ; zB ), C( xC ; yC ; zC ) Khi đó: uuur AB   xB  xA ; yB  y A ; zB  z A  Độ dài AB = ( xB  xA )2  ( yB  yA )2  ( zB  z A )2 Tọa độ trung điểm M đoạn thẳng AB là:  x A  xB y A  y B z A  z B ; ; 2  M    Tọa độ trọng tâm G tam giác ABC là:  x A  xB  xC y A  yB  zC z A  z B  zC ; ; 3  a1  kb1 r r  Hai vectơ a b phương  a2  kb2 a  kb  r r r r a  b  a b = G    III Phương trình tổng quát mặt phẳng Vectơ pháp tuyến mặt phẳng r r r Vectơ n  gọi vectơ pháp tuyến mặt phẳng (  ) n vuông góc với mặt phẳng (  ) r r Lưu ý: Nếu n vtpt mp() k n vtpt mp() Gv: Đặng Thị Hồng Vân Trang Chuyên đề: Giải toán hình học không gian phương pháp tọa độ Tích có hướng hai vectơ r r r r Cho hai vectơ u (a; b; c) v (a '; b '; c ') Tích có hướng hai vectơ u v , ký r r r r hiệu u, v  u  v , xác định tọa độ sau: r r b c c a a b  ; ; u v =    b' c' c' a' a' b'  Lưu ý: r r Nếu hai vectơ a b không phương có giá song song nằm r r r mp(  ) n  a  b VTPT mp(  ) * Tính chất tích có hướng: r r r r r r  ( a  b )  a ( a  b )  b r r r r r r  a  b = a b sin( a , b ) r r r r r  a b phương  a  b  r r r r  a b = - b a r r r r r r  a , b c đồng phẳng  ( a  b ) c = * Ứng dụng o Tính diện tích tam giác S ABC  A uuur uuur AB  AC C B o Tính diện tích hình bình hành A uuur uuur S ABCD  AB  AD D B C o Tính thể tích hình hộp VABCD A' B'C ' D' A’ uuur uuur uuur  AB  AD AA'   D’ B’ C’ A B Gv: Đặng Thị Hồng Vân D C Trang Chuyên đề: Giải toán hình học không gian phương pháp tọa độ o Tính thể tích tứ diện VABCD   A  uuur uuur uuur BC  BD BA B D C Phương trình tổng quát mặt phẳng r Mặt phẳng (  ) qua điểm M0( x0 ; y0 ; z0 ) có VTPT n (A; B; C) có phương trình tổng quát là: A(x – x0) + B(y – y0) + C(z – z0) =  Ax + By + Cz + D = (với D = -Ax0 - By0 - Cz0) Ngược lại, phương trình có có dạng Ax + By + Cz + D = (với A2 + B2 + C2  0) phương trình tổng quát mặt phẳng Các trường hợp riêng phương trình tổng quát mp: TH1: Mp song song chứa trục tọa độ Mp chứa trục Ox: By + Cz = Mp song song với trục Ox: By + Cz + D = (D  0) Mp chứa trục Oy: Ax + Cz = Mp song song với trục Oy: Ax + Cz + D = (D  0) Mp chứa trục Oz: Ax + By = Mp song song với trục Oz: Ax + By + D = (D  0) TH 2: Mp song song với mp tọa độ trùng với mp tọa độ Mp song song với mp(Oxy): z + D = (D  0) Mp (Oxy): z = Mp song song với mp(Oyz): x + D = (D  0) Mp (Oyz): x = Mp song song với mp(Oxz): y + D = (D  0) Mp (Oxz): y = TH 3: Mp cắt Ox, Oy, Oz điểm A(a; 0; 0), B(0; b; 0), C( 0; 0; c) có phương trình x y z    (gọi phương trình mp theo đoạn chắn) a b c Vị trí tương đối hai mặt phẳng: Cho hai mp (  ): Ax + By + Cz + D = mp (  ' ): A'x + B'y + C'z + D' = r ur n  k n '   A; B; C   k  A '; B '; C '     (  ) // (  ' )    D  kD '   D  kD ' Gv: Đặng Thị Hồng Vân Trang Chuyên đề: Giải toán hình học không gian phương pháp tọa độ r ur  n  k n '  A; B; C   k  A '; B '; C '   ( )  ( ' )      D  kD '   D  kD ' r ur  (  ) cắt (  ' )  n  kn '   A; B; C   k  A '; B '; C ' r ur Lưu ý: (  )  (  ' )  n.n '   AA’ + BB’ + CC’ = Khoảng cách từ điểm đến mặt phẳng Cho mp(  ): Ax + By + Cz + D = điểm M0( x0 ; y0 ; z0 ) Khoảng cách từ điểm M0 đến mp(  ), ký hiệu d(M0,  ) tính theo công thức sau: d(M0,(  )) = Ax0  by0  Cz0  D A2  B  C IV Phương trình đường thẳng Phương trình tham số r Cho đường thẳng  qua điểm M( xo ; yo; zo ) nhận a (a1; a2 ; a3 ) với a12  a22  a32   x  xo  a1t  làm VTCP, có phương trình tham số là:  y  yo  a2t t tham số z  z  a t o  Phương trình tắc  x  xo  a1t  Cho đường thẳng  có phương trình tham số là:  y  yo  a2t z  z  a t o  Nếu a1; a2 ; a3 khác 0, cách khử tham số t phương trình ta có phương trình tắc đường thẳng  là: x  xo y  yo z  zo   a1 a2 a3 Vị trí tương đối hai đường thẳng - Trong không gian, hai đường thẳng có bốn vị trí tương đối: song song, cắt nhau, trùng chéo uur r  a  ka '  d // d’    M  d  M  d ' uur r  a  ka '  d  d’    M  d  M  d '  x0  ta1  x0'  t ' a1'   d cắt d’   y0  ta2  y0'  t ' a2' có nghiệm  ' '  z0  ta3  z0  t ' a3 r ur  d d’ chéo  a , a ' không phương hệ pt Gv: Đặng Thị Hồng Vân Trang Chuyên đề: Giải toán hình học không gian phương pháp tọa độ  x0  ta1  x0'  t ' a1'  ' '  y0  ta2  y0  t ' a2 vô nghiệm  ' '  z0  ta3  z0  t ' a3 Vị trí tương đối đường thẳng mặt phẳng Có vị trí tương đối đường thẳng mặt phẳng: đường thẳng song song với mặt phẳng, đường thẳng cắt mặt phẳng, đường thẳng nằm mặt phẳng Để xét vị trí tương đối đường thẳng mặt phẳng ta thực bước sau: r r  Bước 1: Tìm vtcp a đường thẳng vtpt n mặt phẳng r r  Bước 2: Tính tích vô hướng n a r r r r  Bước 3: Nếu n a = 0, chuyển sang bước 4, n a  kết luận đường thẳng cắt mặt phẳng  Bước4: Lấy điểm M thuộc đường thẳng, xét xem M có thuộc mặt phẳng hay không? M thuộc mặt phẳng kết luận đường thẳng nằm mặt phẳng, M không thuộc mặt phẳng kết luận đường thẳng song song với mặt phẳng r r r Lưu ý: Nếu vtcp a đường thẳng phương với vtpt n mặt phẳng (tức a r = k n ) đường thẳng vuông góc với mp Khoảng cách a) Khoảng cách từ điểm M đến đường thẳng  qua điểm M có uuuuuur r M 0M , u  r vectơ phương a là: d  M ;     r  u b) Khoảng cách hai đường thẳng chéo 1  , 1 qua điểm uur ur M có vtcp a1 ,  qua điểm M có vtcp a2 là: ur uur uuuuuuur u1 , u2  M1M   d  1 ;    ur uur u1 , u2    Gv: Đặng Thị Hồng Vân Trang Chuyên đề: Giải toán hình học không gian phương pháp tọa độ PHẦN C: BÀI TẬP DẠNG 1: Bài toán cho trước ba đường đôi vuông góc Bài 1: (KHỐI D – 2012) Cho hình hộp đứng z ABCD.A ' B ' C ' D ' có đáy hình vuông, tam giác A' A’AC vuông cân, AC = a a) Tính thể tích khối tứ diện ABBC D' b) Tính khoảng cách từ A đến mp(BCD) Giải ACA vuông cân A, có AC = a a a  AA = AC =  AB = A 2 Chọn hệ trục tọa độ Oxyz hình vẽ, đó: D  a  a a  a  x A(0; 0; 0), B  0; ;0  , C  ; ;0  , D  ;0;0    2  2    a a 2 a a a 2 a a 2 a 2 A  0;0;  , B  0; ;  , C  ; ;  , D  ;0;      2  2 2  2 a) Tính VABB ' C ' uuur  a  uuuur  a a  uuur uuuur  a 2  AB   0; ;0  , AB '   0; ; AB  AB '   ;0;0       2    uuuur  a a a  AC '   ; ;  2 2  uuur uuuur uuuur a a AB  AB ' AC '   Vậy: VABB ' C '  6 48  B' C' a B C  b) Tính d  A;  BCD '  uuur  a  uuuur  a a a  BC   ;0;0  , BD '   ;  ;  2  2 2  uuur uuuur  a2 a2  ;   VTPT mp(BCD)  BC  BD '   0;  4  r  a  Mp(BCD) qua B  0; ;0  nhận n  0; 2;1 làm VTPT   a 0  Phương trình mp(BCD) là: y  z   Gv: Đặng Thị Hồng Vân  Trang y Chuyên đề: Giải toán hình học không gian phương pháp tọa độ Vậy: d  A;  BCD '    a 2  a 6 Bài 2: (KHỐI D – 2009) Cho hình lăng trụ đứng ABC.A' B ' C ' có đáy ABC tam giác vuông B, AB = a, AA ' = 2a, A' C  3a Gọi M trung điểm đoạn thẳng A ' C ' I giao điểm AM A’C a) Tính thể tích khối tứ diện IABC b) Tính khoảng cách từ A đến mp(IBC) Giải AA’C vuông A, nên z C' B' M A' I AC = A ' C  AA '  9a  4a  a ABC vuông B, nên 2 2 BC  AC  AB  5a  a  2a Chọn hệ trục Oxyz hình vẽ, đó: B(0; 0; 0), A(a; 0; 0), C(0; 2a; 0) A B(0; 0; 2a), A(a; 0; 2a), C(0; 2a; 2a) a  Vì M trung điểm A ' C '  M  ; a; 2a  x 2  * Tìm I = AC  AM uuuur Ta có A ' C    a; 2a; 2a  r Đường thẳng AC qua C(0; 2a; 0), nhận u   1;2; 2  làm VTCP B C y  x  t   Phương trình đường thẳng AC:  y  2a  2t  z  2t  uuuur  a  Ta có AM    ; a; 2a    r Đường thẳng AM qua A(a; 0; 0), nhận u   1; 2;  làm VTCP x  a  t '   Phương trình đường thẳng AM  y  2t '  z  4t '  Gv: Đặng Thị Hồng Vân Trang 10 Chuyên đề: Giải toán hình học không gian phương pháp tọa độ DẠNG 2: Bài toán cho trước hai đường cắt vuông góc chiều cao hình Bài 1: (KHỐI A – 2011) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC tam giác vuông cân B, AB = BC = 2a; hai mp(SAB) (SAC) vuông góc với mp(ABC) Gọi M trung điểm AB, mp qua SM song song với BC cắt AC N Biết góc hai mp (SBC) (ABC) 600 a) Tính thể tích khối chóp S.BCNM b) Tính khoảng cách hai đường thẳng AB SN Giải z S  SAB    ABC    SA   ABC  Ta có  SAC    ABC    SAB    SAC   SA B C N M  SBC    ABC   BC  Lại có  AB  BC  SB  BC  A x ·  góc hai mp (SBC) (ABC) góc SB AB góc SBA = 600 SAB vuông A, nên SA = AB.tan 600  2a Chọn hệ trục tọa độ Oxyz hình vẽ, đó:  B(0; 0; 0), A  2a ;0;  , C(0; 2a; 0), S 2a ;0; 2a  M trung điểm AB  M(a; 0; 0) N trung điểm AC  N(a; a; 0) a) Tính VS BCNM uuur uuuur uuur uuur BC = (0; 2a; 0), BN   a ; a ;0  , BM   a ;0;0  , BS = 2a ;0; 2a uuur uuur uuur uuuur BC  BN   0;0;  2a  , BN  BM   0;0;  a    4a3 4a3 uuur uuur uuur VSBCN  BC  BN BS   6 2a 2a3 uuur uuuur uuur VSBNM  BN  BM BS   6 4a 2a   a3 Vậy: VS BCNM  VSBCN  VSBNM  6     Gv: Đặng Thị Hồng Vân Trang 17 y Chuyên đề: Giải toán hình học không gian phương pháp tọa độ b) Tính d(AB, SN) uuur uuur uuur Ta có AN   a; a;0  AB   2a;0;0  , SN  a; a; 2a uuur uuur uuur uuur AB  SN  0; 4a 3; 2a  AB  SN  48a  4a  52a  2a 13 uuur uuur uuur AB  SN AN 4a 3 2a 39   Vậy: d  AB, SN   uuur uuur 13 2a 13 AB  SN       Bài 2: (KHỐI B – 2011) Cho hình lăng trụ ABCD A1B1C D1 có đáy ABCD hình chữ z D nhật AB = a, AD = a Hình chiếu vuông góc điểm A1 mp(ABCD) B trùng với giao điểm AC BD Góc C hai mp(ADD1A1) (ABCD) 600 a) Tính thể tích khối lăng trụ cho y A H b) Tính khoảng cách từ B1 đến D mp(A1BD) I Giải B C x Gọi I giao điểm AC BD  A1I  (ABCD) Gọi H trung điểm AD  AD  IH (1) Mặt khác AD  A1I  AD  (A1IH)  AD  A1H (2) A1HI góc hai mặt phẳng (ADD1A1) (ABCD)  · A1HI  600 Từ (1), (2)  · A1 1 a a A1HI = tan 600  A1HI vuông I  A1I = HI.tan · 2 Chọn hệ trục Oxyz hình vẽ, đó: A(0; 0; 0), B(a; 0; 0), D( 0; a ; 0), uuur uuuur  3a a a    ; A1  a ; a ; a  , B1  ;  (do AB  A1B1 )    2 2 a) Tính VABCD A1B1C1D1    uuur uuur uuur uuur AB   a;0;0  , AD  0; a ;0  AB  AD  0;0; a  uuur  a a a  AA1   ; ;  2   uuur uuur uuur 3a3 3a3 Vậy: VABCD A1B1C1D1  AB  AD AA1   2  Gv: Đặng Thị Hồng Vân  Trang 18 Chuyên đề: Giải toán hình học không gian phương pháp tọa độ b) Tính d  B1 ,( A1BD)  uuur  a a a  uuuur  a a a  A1B   ;  ; ;  , A1D    ;  2 2 2     2 uuur uuuur  3a a  ; ;0  VTPT mp((A1BD)  A1B  A1D   2   r Mp(A1BD) qua B(a; 0; 0) nhận n  3;1;0 làm VTPT   Phương trình mp(A1BD) là: Vậy: d  B1 ,( A1BD)    3x + y- a = 3a a  a 2 1  a Bài 3: (KHỐI D – 2011) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC tam giác vuông B, BA = 3a, BC = 4a, mp(SBC) vuông góc với mp(ABC) Biết SB = 2a ·  300 SBC z a) Tính thể tích khối chóp S.ABC b) Tính khoảng cách từ điểm B đến mp(SAC) Giải Gọi H hình chiếu S BC  SH  BC Mặt khác (SBC)  (ABC)  SH  (ABC) SBH vuông H B ·  SH = SB.sin SBC = 2a  a 3 · A  3a BH = SB.cos SBC = 2a Chọn hệ trục Oxyz hình vẽ, đó: B(0; 0; 0), A(3a; 0; 0), C(0; 4a; 0), H(0; 3a; 0), S(0; 3a; a ) S H C x a) Tính VSABC uuur uuur uuur uuur uuur BS (0; 3a; a ), BA = (3a; 0; 0), BC = (0; 4a; 0)  BA  BC   0;0;12a  Vậy: VS ABC    uuur uuur uuur BA  BC BS  12a 3  2a 3 6 b) Tính d(B,(SAC)) uur uuur SA  3a; 3a; a , SC  0; a ;  a   Gv: Đặng Thị Hồng Vân   Trang 19 y Chuyên đề: Giải toán hình học không gian phương pháp tọa độ   uur uuur  SA  SC  4a 3;3a 3;3a VTPT (SAC) r Mp(SAC) qua A(3a; 0; 0) nhận n  4;3; làm VTPT, có phương trình:  4x + 3y + 12a 6a Vậy: d  B,( SAC )    16    z – 12a = Bài 4: (KHỐI A – 2010) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình vuông cạnh a Gọi M N trung điểm cạnh AB AD; H giao điểm CN với DM Biết SH vuông góc với mặt phẳng (ABCD) SH = a a) Tính thể tích khối chóp S.CDNM b) Tính khoảng cách hai đường thẳng DM SC theo a Giải Chọn hệ trục Oxyz hình vẽ, đó: A(0; 0; 0), B(a; 0; 0), C(a; a; 0), D(0; a; 0) a  M trung điểm AB  M  ; 0;  2   a  N trung điểm AD  N  0; ;    z S N A y D H M B C x * Tìm H = CN  DM uuur  a  Ta có CN    a;  ;0    r Đường thẳng CN qua C(a; a; 0), nhận u   2;1;0  làm VTCP  x  a  2t   Phương trình đường thẳng CN:  y  a  t z   uuuur  a  Ta có DM   ;  a;0  2  r Đường thẳng DM qua D(0; a; 0), nhận v  1;  2;0  làm VTCP x  t '   Phương trình đường thẳng DM:  y  a  2t ' z   Gv: Đặng Thị Hồng Vân Trang 20 Chuyên đề: Giải toán hình học không gian phương pháp tọa độ 2a  a  2t  t ' t  2t  t '  a   Giải hệ phương trình: a  t  a  2t '    t  2t '  0  t '  a   a  a 3a   a 3a  Với t =  H  ; ;0   S  ; ; a  5  5  a) Tính VS CDMN uuuur  a uuur  a 2a a  uuur  uuur   DM   ;  a;0  , DN   0;  ;0  , DC   a ;0;0  , DS   ;  ; a   2   5  uuuur uuur  a  uuuur uuur DM  DN   0;0;   , DM  DC   0;0; a  4  VSDNM      uuuur uuur uuur a3 a3 DM  DN DS    6 24 uuuur uuur uuur a3 DM  DC DS  a  6 a a 3 5a 3   Vậy: VS CDMN  VS DNM  VS DMC  24 24 VSDMC  b) Tính d( DM,SC) uuuur  a  uuur  4a 2a  uuur Ta có DM   ;  a;0  , SC   ; ;  a  , DC   a ;0;0   5  2  uuuur uuur   DM  SC   a ;  Vậy: d(DM, SC) = uuuur uuur 3a a 19 a2   a4  ; a   DM  SC  3a  2   DMuuuur SCuuurDC  uuuur Gv: Đặng Thị Hồng Vân uuur uuur DM  SC a3 2a 3  a 19 19 Trang 21 Chuyên đề: Giải toán hình học không gian phương pháp tọa độ Bài 5: (KHỐI D – 2010) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình vuông cạnh a, SA = a Hình chiếu vuông góc đỉnh S (ABCD) điểm H thuộc đoạn AC AC, AH = Gọi CM đường cao SAC a) Chứng minh M trung điểm SA b) Tính thể tích khối tứ diện SMBC Giải AC a Vì AH = = 4 AC 3a  HC = = 4 SAH vuông H, nên SH  SA2  AH  a  z S M D A H B C x 2a a 14  16 Chọn hệ trục Oxyz hình vẽ, đó:  a a   a a a 14  ; ; 0 , S ; ;    4   4 A(0; 0; 0), B(a; 0; 0), C(a; a; 0), D(0; a; 0), H  a) Chứng minh M trung điểm SA * Tìm M hình chiếu C SA a 14   VTCP SA  r Đường thẳng SA qua A(0; 0; 0) nhận u  ;1; 14 uur  a a Ta có SA    ;  ;      uuuur x  t  y  t   z  14t  Vì M  SA  M t ; t ; 14t  CM  t  a ; t  a ; 14t  làm VTCP, có phương trình:  uuuur r uuuur r a Ta có CM  u  CM u   t  a  t  a  14t   t   a a 14a  a Với t =  M  ; ;   M trung điểm SA 8 8  b) Tính VSMBC Gv: Đặng Thị Hồng Vân Trang 22 y Chuyên đề: Giải toán hình học không gian phương pháp tọa độ uuuur  7a a a 14  uuur uuuur uuur  a 14 7a  BC  0; a ;0 ,  BM    ; ; BM  BC   ;0;       8   8   uuur  3a a a 14  BS    ; ;   4  a 14 Vậy: VSMBC  VS ABC  48 Bài 6: (KHỐI A – 2008) Cho lăng trụ tam giác ABC.A' B ' C ' có độ dài cạnh bên 2a, đáy ABC tam giác vuông A, AB = a, AC = a hình chiếu vuông góc A’ mp(ABC) trung điểm cạnh BC a) Tính thể tích khối chóp A’ABC b) Tính côsin góc hai đường thẳng AA’ B’C’ Giải Chọn hệ trục Oxyz hình vẽ, đó: A(0; 0; 0), B(a; 0; 0), C 0; a ;0  A'  C' B' A y C I a a  ;0  I trung điểm BC  I  ; 2  * Tìm A z B x     uuur uuur uuur uuur AB   a ;0;0  , AC  0; a ;0  AB  AC  0;0; a VTPT (ABC) a  x   a  AI (ABC) qua I  Phương trình đường thẳng AI là:  y    z  3t  t     a a  Vì A  AI  A '  ; ; 3t  2  2 a 3a  3t  4a  t  a  t  a  t   Mặt khác AA '  2a   4 a a  Với t = a  A '  ; ; a  2  a) Tính VA ' ABC Gv: Đặng Thị Hồng Vân Trang 23 Chuyên đề: Giải toán hình học không gian phương pháp tọa độ uuur uuur     uuur a a  ; a  2  Ta có AB  AC  0;0; a , AA '   ; Vậy: VA ' ABC uuur uuur uuur a3  AB  AC AA '  3a  6 b) Tính cos(AA, BC) a a  uuuuur uuur ; a  , B ' C '  BC  a ; a ;0 2  a 3a uuur uuuuur   AA ' B ' C ' 2 a2 uuuuuu r Vậy: cos  AA ', B ' C '   uuur    2 2a.2a AA ' B ' C ' a 3a   3a a  3a 4 uuur Ta có AA '   ;   DẠNG 3: Bài toán cho trước chiều cao hình z Bài 1: (KHỐI A – 2012) Cho hình chóp S.ABC có đáy tam giác cạnh a Hình chiếu vuông góc S mặt phẳng (ABC) điểm H thuộc cạnh AB cho HA = 2HB Góc đường thẳng SC mặt phẳng (ABC) 600 a Tính thể tích khối chóp S.ABC b Tính khoảng cách hai đường thẳng SA BC theo a Giải A Ta có SH  (ABC) O ·  SCH góc đường thẳng SC (ABC) H ·  SCH = 60 B Gọi O trung điểm cạnh AB, vẽ Oz // SH Chọn hệ trục tọa độ Oxyz hình vẽ đó:  a  a   a  ;0  O(0; 0; 0), A   ;0;0  , B  ;0;0  , C  0;     2  uuur uuur  a  a  Ta có OH  OB   ;0;0   H  ;0;0  6  6  uuur  a a  a 3a 7a a CH   ;  ;0   CH     36   a a 21 3 SHC vuông H  SH = CH tan600 = 3 Gv: Đặng Thị Hồng Vân y C x Trang 24 Chuyên đề: Giải toán hình học không gian phương pháp tọa độ a a 21  Mặt khác SH  (ABC)  S  ;0;   6 a) Tính VSABC uuur  2a uuur  a a  a 21  uuur AS   ;0; ;   , AB   a ;0;  , AC   ; 3 2     uuur uuur  a 3  AB  AC   0;0;    Vậy: VSABC    uuur uuur uuur 3a a AB  AC AS   6 12 b) Tính d( SA,BC) uur  2a a 21  uuur  a a  uuur ;  , AB   a ;0;  Ta có SA    ;0;   , BC    ; 3 2     2 uur uuur 2a uur uuur  a a 21 a 3 ; ;  SA  BC     SA  BC    a3 uur uuur uuur SA  BC AB a 42 Vậy d  SA , BC     uur uuur 2a SA  BC   Bài 2: (KHỐI B – 2012) Cho hình chóp tam giác S.ABC với SA = 2a, AB = a Gọi H hình chiếu vuông góc A cạnh SC a) Chứng minh SC vuông góc với mặt phẳng (ABH) b) Tính thể tích khối chóp S.ABH theo a Giải Gọi O trung điểm AB, G tâm ABC Ta có SG  (ABC) SGC vuông G 3a a 33   SG = SC  CG  4a  Chọn hệ trục tọa độ Oxyz hình vẽ, đó:  a   a  a  ;0  , O(0; 0; 0), A   ;0;0  , B  ;0;0  , C  0;   2    2 Gv: Đặng Thị Hồng Vân z S H A C G O B x Trang 25 y Chuyên đề: Giải toán hình học không gian phương pháp tọa độ  a a 33  ; S  0;    uuur  a a 33  ; Khi đó: SC   0;  VTCP đường thẳng SC 3   r Đường thẳng SC qua C nhận u  0;1;  11 làm VTCP có phương trình:   x   a  t y    z   11t  Vì H hình chiếu vuông góc A cạnh SC uuur  a a  a    t ;  11t   AH   ;  t ;  11t   H  SC  H  0;   2  uuur r Ta có AH u  a a  t  11t   t    24  11a a 33  ; Do đó: H  0;  24 24   a) Chứng minh SC  (ABH) uuur r Ta có: AH  u (vì AH  SC) (1) uuur uuur r uuur r AB   a;0;0   AB.u   AB  u (2) Từ (1) (2) suy SC  (ABH) b) Tính VS.ABH uuur  a a a 33  uuur  a 11a a 33  uuur AS  ; ; ;  , AH  ;  , AB   a;0;0  24 24     uuur uuur  a 33 11a  ;  AH  AB   0;  24 24   Vậy: VS ABH    uuur uuur uuur a3 11 11a3 11 7a3 11 AH  AB AS    6 48 24 96 Gv: Đặng Thị Hồng Vân Trang 26 Chuyên đề: Giải toán hình học không gian phương pháp tọa độ Bài 3: (KHỐI B – 2008) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình vuông cạnh 2a, SA = a, SB = a (SAB) vuông góc với mặt đáy Gọi M, N trung điểm cạnh AB, BC a) Tính thể tích khối chóp S.BMDN b) Tính côsin góc hai đường thẳng SM DN Giải Gọi H hình chiếu AB  SH  AB  AB   SAB    ABCD  Lại có   SAB    ABCD   SH  (ABCD) z A D y H M B N C x SAB có SA2  SB2  AB2  4a2  SAB vuông S  SM = AB  a a Chọn hệ trục tọa độ Oxyz hình vẽ, đó: Khi SAM cạnh a  SH =  a   3a   3a   a   a 3 H(0; 0; 0), A   ;0;0  , B  ;0;0  , C  ; 2a ;  , D   ; 2a ;  , S  0;0;            a     3a  N trung điểm BC  N  ; a ;    M trung điểm AB  M  ; 0;  a) Tính VS BMDN uuur uuur uuur  3a a  uuuur BS    ;0;  , BM   a ;0;0  , BD   2a ; 2a ;0  , BN   0; a ;0    uuuur uuur uuur uuur BM  BD   0;0;  2a  , BN  BD   0;0; 2a    uuuur uuur uuur a3 BM  BD BS  a  6 uuur uuur uuur a VSBND BN  BD BS  a  6 a Vậy: VS BMDN  VSBMD  VSBND   VS BMD    Gv: Đặng Thị Hồng Vân Trang 27 Chuyên đề: Giải toán hình học không gian phương pháp tọa độ b) Tính cos  SM , DN  uuur  a a  uuur SM   ;0;   , DN   2a ;  a ;0  2   uuur uuur SM DN a2 Vậy: cos  SM , DN     SM DN a 3a  4a  a 4 Bài 4: (KHỐI D – 2006) Cho hình chóp tam giác S.ABC có đáy ABC tam giác cạnh a, SA = 2a SA vuông góc với mp(ABC) Gọi M, N hình chiếu vuông góc A đường thẳng SB SC Tính thể tích khối chóp A.BCNM Giải Gọi O trung điểm AB Chọn hệ trục tọa độ Oxyz hình vẽ, đó:  a    a    O(0; 0; 0), A   ;0;0  , B  ; 0;  , 2  a   a  ;0  , S   ; 0; 2a  C  0;     uur Ta có: SB   a;0;  2a  z S N y C A M O B r  VTCP đường thẳng SB u  1;0;   x a  x   t   Phương trình đường thẳng SB:  y   z  2t   uuuu r a  M  SB  M   t ; 0;  2t   AM   a  t ;0;  2t  2  uuuur r uuuur r a Vì AM  u  AM u   a  t  4t   t   a a a   Với t =   M  ;0;  5   r uuur  a a  SC   ; ;  2a   VTCP đường thẳng SC v  1; ;  2   Gv: Đặng Thị Hồng Vân  Trang 28 Chuyên đề: Giải toán hình học không gian phương pháp tọa độ x  t '  a   Phương trình đường thẳng SC:  y   3t '   z  4t '  uuur   a   a a N  SC  N  t ';  3t ';  4t '   AN   t '  ;  3t ';  4t '  2     uuur r uuuur r a 3a a Vì AN  v  AM v   t '   3t ' 16t '   t '   2 10  a 2a a  a Với t =   N   ; ;  10   10 uuur uuur  a a  uuur  3a 2a 2a  uuuur  a 2a  BA   a ;0;0  , BC    ; , , BM   ; 0;   2 ;0  BN    ; ;    10     uuur uuur  a a a  uuur uuuur  4a 7a a  BC  BN   ; ; ; ;  , BN  BM    10  25 25    25 uuur uuur uuur a3 a3 VABCN  BC  BN BA    6 30  VABNM     uuur uuuur uuur 4a3 2a3 BN  BM BA    6 25 75 Vậy: VABCNM  VABCN  VBCNM a 3 2a 3 3a 3    30 75 50 Gv: Đặng Thị Hồng Vân Trang 29 Chuyên đề: Giải toán hình học không gian phương pháp tọa độ PHẦN D: BÀI TẬP TỰ LUYỆN Bài 1: (KHỐI B – 2003) Cho hình lăng trụ đứng ABCDA ' B ' C ' D ' có đáy ABCD hình · thoi cạnh a, góc BAD  600 Gọi M trung điểm cạnh AA N trung điểm cạnh CC Chứng minh bốn điểm B, M, D, N thuộc mặt phẳng Hãy tính độ dài cạnh AA theo a để tứ giác BMBN hình vuông Bài 2: (KHỐI D – 2002) Cho hình tứ diện ABCD có cạnh AD vuông góc với mp(ABC), AC = AD = 4cm, AB = 3cm, BC = 5cm Tính khoảng cách từ A đến mpBCD) Bài 3: (KHỐI B – 2002) Cho hình lập phương ABCD A1B1C1D1 có cạnh a a) Tính khoảng cách hai đường thẳng A1B B1 D b) Gọi M, N, P trung điểm cạnh BB1 , CD, A1D1 Tính góc hai đường thẳng MP C1 N Bài 4: (KHỐI A – 2002) Cho hình chóp tam giác S.ABC có đỉnh S, có độ dài cạnh đáy a Gọi M N trung điểm cạnh SB, SC Tính diện tích tam giác AMN, biết mp(AMN) vuông góc với mp(SBC) Bài 5: Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có đáy hình thang ABCD vuông A D, AB = AD = a, CD = 2a Cạnh bên SD vuông góc với mp(ABCD), SD = a a) Chứng minh tam giác SBC vuông Tính diện tích tam giác SBC b) Tính khoảng cách từ A đến mp(SBC) Bài 6: (CĐ - 2008) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình thang vuông A B, AB = BC = a, AD = 2a, SA vuông góc với đáy SA = 2a Gọi M, N trung điểm SA, SD a) Chứng minh BCNM hình chữ nhật b) Tính thể tích khối chóp S.BCNM theo a Bài 7: (CĐ - 2009) Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có AB = a, SA = a Gọi M, N, P trung điểm cạnh SA, SB CD a) Chứng minh đường thẳng MN vuông góc với đường thẳng SP b) Tính theo a thể tích khối tứ diện AMNP Bài 8: Cho hình chóp tứ diện S.ABCD, đáy hình vuông cạnh a, cạnh bên tạo với đáy góc 600 Gọi M trung điểm SC Mặt phẳng () qua AM song song với BD, cắt SB E cắt SD F Tính tích khối chóp S.AEMF Gv: Đặng Thị Hồng Vân Trang 30 Chuyên đề: Giải toán hình học không gian phương pháp tọa độ TIỂU SỬ CỦA RENÉ DESCARTES (1596 – 1650) Ông sinh La Haye, Touraine (trước tỉnh, gọi vùng Pháp), Descartes gia đình quý tộc nhỏ Lên tám tuổi, ông gửi theo học trường học dòng Tên La Flèche Anjou, ông học suốt năm Bên cạnh môn học cổ điển, Descartes học toán thầy theo trường phái Kinh viện, học phái chủ trương dùng lý luận loài người để hiểu lý thuyết Kitô giáo Thiên Chúa giáo La Mã có ảnh hưởng mạnh mẽ đến suốt đời Descartes Sau trường, ông theo học luật Đại học Poitiers, tốt nghiệp năm 1616 Tuy vậy, ông chưa hành nghề luật; năm 1618 ông phục vụ cho Hoàng tử Maurice de Nassau, nhà lãnh đạo Liên hiệp tỉnh Hà Lan, với ý định theo đuổi đời binh nghiệp Những năm tiếp theo, Descartes phục vụ quân đội khác, ông bắt đầu tập trung vào toán học triết học Ông hành hương sang đất Ý từ năm 1623 đến 1624, sau từ 1624 đến 1628, ông Pháp Trong thời gian Pháp, Descartes chuyên tâm nghiên cứu triết học làm thí nghiệm quang học Năm 1629, ông chuyển sang sống Hà Lan, cống hiến hết đời cho toán học, khoa học triết học Đóng góp quan trọng Descartes với toán học việc hệ thống hóa hình học giải tích, hệ trục tọa độ vuông góc mang tên ông Ông nhà toán học phân loại đường cong dựa theo tính chất phương trình tạo nên chúng Gv: Đặng Thị Hồng Vân Trang 31