Đề tài Ứng dụng phương pháp tọa độ để giải bài toán hình học không gian

 1 
Phần 1. MỞ ĐẦU 
1. Mục đích của sáng kiến 
Trong chương trình Toán Trung học phổ thông các bài tập hình học không 
gian trong sách giáo khoa cũng như trong các đề thi thường là bài toán khó đối 
với các em học sinh. Vấn đề đặt ra là làm thế nào cho học sinh thấy được sự cần 
thiết phải giải các bài toán này? 
Để giúp các em học sinh đạt kết quả tốt trong học tập cũng như trong kì 
thi trung học phổ thông quốc gia, giúp các giáo viên có thêm những kinh nghiệm 
trong việc giảng dạy môn hình học không gian. Tôi trình bày một kinh nghiệm 
nhỏ của mình trong giảng dạy Toán, đó là: “ỨNG DỤNG PHƯƠNG PHÁP 
TỌA ĐỘ ĐỂ GIẢI BÀI TOÁN HÌNH HỌC KHÔNG GIAN” 
Với phương pháp này sẽ giải được một số bài toán về hình học không 
gian, mong muốn tạo cho các em học sinh thấy yêu thích môn Toán hơn, nhất là 
môn Hình học không gian. 
 2. Tính mới và ưu điểm nối bật của sáng kiến 
Từ thực tế giảng dạy cho học sinh ôn thi Đại học, Cao đẳng và bây giờ là 
kì thi trung học phổ thông quốc gia các năm qua cũng như do yêu cầu chuyên 
môn đòi hỏi sự nghiên cứu vận dụng phối hợp các nguồn kiến thức nhằm đem 
đến cho học sinh các phương pháp hữu hiệu giải các bài toán trong các đề thi 
Đại học, Cao đẳng. Tôi nhận thấy trong các đề thi Đại học, Cao đẳng thường 
xuất hiện bài toán hình học không gian tổng hợp (cổ điển) mà ở đó lời giải đòi 
hỏi vận dụng khá phức tạp các kiến thức hình học không gian như: chứng minh 
quan hệ song song, quan hệ vuông góc, dựng hình để tính góc và khoảng cách, 
tính thể tích khối đa diện Việc tiếp cận các lời giải đó thực tế cho thấy thật sự 
là một khó khăn cho học sinh, thậm chí cả giáo viên, chẳng hạn bài toán tính 
khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau. Trong khi đó, nếu bỏ qua yêu cầu 
bắt buộc phải dựng hình mà chỉ dừng ở mức độ tính toán thì rõ ràng phương 
pháp tọa độ tỏ ra hiệu quả hơn vì tất cả mọi tính toán đều đã được công thức 
hóa. Lời giải của phương pháp này sẽ khắc phục những khó khăn mà học sinh 
 2 
thường gặp, giúp học sinh dễ tiếp thu và áp dụng một cách dễ dàng, nhanh 
chóng trong việc làm bài tập. 
3. Đóng góp của sáng kiến để nâng cao chất lượng dạy và học 
- Giúp học sinh có phương pháp khác tiếp cận bài toán hình học không gian. 
- Giúp học sinh có hứng thú trong việc tiếp cận nội dung được cho là khó trong 
các đề thi đại học. 
- Tạo tư duy giải quyết vấn đề cho học sinh khi phương pháp hay dùng gặp khó 
khăn. 
Phần 2. NỘI DUNG 
Chương 1: THỰC TRẠNG VẤN ĐỀ 
Bản thân là giáo viên đã giảng dạy nhiều năm, trong quá trình giảng dạy 
đã phát hiện ra những khó khăn của học sinh trong việc giải các bài toán hình 
học không gian là: 
+ Khó khăn trong việc vận dụng các kiến thức cũ từ các năm học trước. 
+ Chưa vận dụng thành thạo trong việc vận dụng lí thuyết để giải bài tập. 
+ Chưa nhận thức đúng về tầm quan trọng của việc chủ động phân tích đề bài, 
dựng hình và định hướng phương pháp giải toán. 
+ Khi làm bài học sinh chỉ làm một cách máy móc, lập luận thiếu căn cứ, không 
chính xác, đôi khi không phân biệt đâu là giả thiết đâu là phần cần chứng minh. 
+ Do chưa tìm ra được phương pháp thích hợp để giải toán nên còn nhiều vướng 
mắc, dẫn đến kết quả giải toán hình không gian không được tốt. Từ đó thiếu 
hứng thú trong học tập. 
Nhằm giúp học sinh cảm thấy thoải mái hơn trong quá trình tiếp thu và 
chủ động giải quyết bài toán hình học không gian, giúp học sinh giải được các 
bài tập hình học không gian phức tạp, giúp học sinh hiểu được là phải học và 
giải được bài toán này trong các đề thi, học sinh cảm thấy hứng thú hơn khi giải 
toán hình học không gian. 
 3 
Ví dụ: Cho hình lăng trụ ABCD.A’B’C’D’ có đáy là hình thoi cạnh a, BAD = 
600. Gọi M, N lần lượt là trung điểm cạnh AA’, CC’. 
a. Chứng minh B’, M, D, N cùng thuộc một mặt phẳng . 
b. Tính độ dài AA’ theo a để BMDN là hình vuông. 
Lời giải 
Nếu giải theo phương pháp hình học không gian 
thuần túy ta tiến hành như sau: 
a. Ta có A’M // CN và A’M = CN  A’MCN là 
hình bình hành. 
Suy ra A’C  MN tại O là trung điểm của mỗi 
đường là I nên B’MDN là hình bình hành. 
Do đó B’, M, D, N cùng thuộc một mặt phẳng. 
b. Ta có: DM2 = AD2 + AM2 (1) 
 DN2 = CD2 + CN2 
Vì: BAD = 600  ∆ BAD đều  AD = CD (2) 
Từ (1), (2)  DM2 = DN2  DM = DN. Suy ra B’DMN là hình thoi. 
Để B’DMN là hình vuông thì MN = B’D  AC2 = B’D2 (1’) 
Gọi H = AC  BD  H là trung điểm của AC và BD 
∆ BAD đều H là đường cao  AH = 
3
2
a
 => AC = 3a (2’) 
Trong ∆ vuông BB’D ta có B’D2 = BB’2 + BD2 (3’) 
Từ (1’), (2’), (3’)  3a2 = BB’2 + BD2  BB’2 = 3a2- a2 = 2a2 
 BB = 2a  AA’ = 2a 
Vậy nếu AA’ = 2a thì B’MDN là hình vuông 
 4 
Ta có thể sử dụng phương pháp tọa độ để giải như sau: 
 ∆ BAD có BAD = 600  ∆ BAD đều 
Gọi O, O’ lần lượt là tâm của hình bình hành ABCD và A’B’C’D’ 
Ta có: AO=OC =
3
2
a
, OB = OD = 
2
BD
=
2
a
Giả sử: AA’ = b. 
Chọn hệ trục tọa độ ozyz sao cho: O là gốc tọa độ, COx, DOy, O’Oz. 
Khi đó: O( 0, 0,0) , A(-
3
2
a
,0 ,0) , B( 0, -
2
a
, 0) , C(
3
2
a
,0 ,0), 
D(0, 
2
a
, 0), A’(-
3
2
a
,0 ,b), B’(0, -
2
a
, b), C’(
3
2
a
,0 , b), D’(0, 
2
a
, b), 
M(-
3
2
a
,0 ,
2
b
), N(
3
2
a
,0 ,
2
b
). 
a. Ta có 
3
( ,
2
a
DM



2
a
, 
2
b
), 'NB

 = (
3
2
a
,
2
a
, 
2
b
) 
 'DM NB
 
  DM = B’N và DM // B’N  B’DMN là hình bình hành. 
Vậy 4 điểm M, N, B’, D cùng thuộc một mặt phẳng. 
b. Ta có: 'MB

 (
3
2
a
,
2
a
,
2
b
)  ' ' 'DM NB MB 
  
. Hay B’MDN là hình thoi. 
Để B’MDN là hình vuông thì '. 0MB MN 
  
2 2 2 2 2 2 2
2 23 0 2 2
4 4 4 4 2 4 2
a a b b a b a
b a b a

            
 Vậy nếu AA’ = 2a thì B’MDN là hình vuông. 
 5 
Giải theo phương pháp này theo tôi có nhiều ưu điểm hơn, học sinh dễ tiếp thu 
hơn. 
CHƯƠNG 2: GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ 
I. GIẢI PHÁP THỰC HIỆN 
Để giải được các bài toán hình không gian bằng phương pháp tọa độ chúng ta 
cần phải thực hiện các bước sau: 
Phương pháp giải: 
Bước 1: Thực hiện việc chọn hệ trục toạ độ Oxyz thích hợp, từ đó suy ra tọa 
độ của các điểm cần thiết (chú ý đến vị trí của gốc O). 
Xác định tọa độ của các điểm có liên quan ta có thể dựa vào: 
♦ Ý nghĩa hình học của tọa độ điểm (các điểm nằm trên các trục tọa độ, 
các 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 để tìm tọa độ các điểm. 
♦ Xem điểm cần tìm là giao điểm của đường thẳng,mặt phẳng. 
♦ Dựa vào các quan hệ về góc của đường thẳng và mặt phẳng. 
Tìm độ dài cạnh của hình. 
Bước 2: Chuyển hẳn bài toán đã cho về bài toán hình học giải tích. Giải bài toán 
hình học giải tích nói trên. 
Bước 3: Chuyển các kết luận của bài toán hình học giải tích sang các tính chất 
hình học tương ứng. 
Các dạng toán thường gặp 
 - Độ dài đoạn thẳng. 
 - Khoảng cách từ một điểm đến một mặt phẳng. 
 - Khoảng cách từ một điểm đến một đường thẳng. 
 - Khoảng cách giữa hai đường thẳng. 
 6 
 - Góc giữa hai đường thẳng. 
 - Góc giữa đường thẳng với mặt phẳng. 
 - Góc giữa hai mặt phẳng. 
 - Thể tích khối đa diện. 
 - Diện tích thiết diện. 
 - Chứng minh các quan hệ song song, vuông góc. 
II. MỘT SỐ BÀI TOÁN ÁP DỤNG 
Ở đây tôi đề cập hoàn toàn cách giải ứng dụng phương pháp tọa độ và chủ yếu 
lấy các đề thi đại học làm minh họa. Trong một số bài toán có thể giải bằng 
nhiều phương pháp khác nhau. Bạn đọc có thể tham khảo lời giải theo phương 
pháp hình học thuần túy của Bộ giáo dục qua các năm. 
1. BÀI TOÁN VỀ HÌNH CHÓP 
1.1. HÌNH CHÓP TAM GIÁC 
Bài 1: Cho tứ diện OABC có ba cạnh OA, OB, OC đôi một vuông góc nhau, OA 
= a, OB = b, OC = c. 
a. Tính độ dài đường cao của tứ diện kẻ từ đỉnh O. 
b. Chứng minh tam giác ABC có ba góc đều nhọn. 
c. Gọi , ,   lần lượt là góc giữa (ABC) và các mặt phẳng (OBC), (OCA), 
(OAB). Chứng minh rằng: 2 2 2cos cos cos 1     . 
Lời giải 
Chọn hệ trục tọa độ Oxyz sao cho tia OA tia 
Ox, tia OB tia Oy, tia OC tia Oz. 
Khi đó: A(a;0;0), B(0;b;0), C(0;0;c). 
a) Tính độ dài đường cao của tứ diện kẻ từ 
đỉnh O. 
 7 
Dễ thấy phương trình mặt phẳng (ABC) là 1 0
x y z
bcx cay abz abc
a b c
        . 
Độ dài h của đường cao của tứ diện kẻ từ đỉnh O là khoảng cách từ O đến mặt 
phẳng (ABC): 
2 2 2 2 2 2
( ,( ))
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
abc abc
h d O ABC
ab bc ca ab bc ca

  
   
. 
b. Chứng minh tam giác ABC có ba góc đều nhọn. 
Ta có: 
2
2 2 2 2
( ; ;0), ( ;0; ) cos cos( , ) 0
.
a
AB a b AC a c BAC AB AC
a b a c
       
 
   
BAC nhọn. 
Tương tự: 
2
2 2 2 2
cos cos( , ) 0
.
b
ABC BA BC
a b b c
  
 
 
ABC nhọn. 
 
2
2 2 2 2
cos cos( , ) 0
.
c
ACB CA CB
a c b c
  
 
 
ACB nhọn. 
Vậy tam giác ABC có ba góc đều nhọn. 
c. Chứng minh 2 2 2cos cos cos 1     . 
Với , ,   lần lượt là góc giữa (ABC) và các mặt phẳng (OBC), (OCA), (OAB). 
Dễ thấy các mặt phẳng (ABC), (OBC), (OCA), (OAB) có VTPT lần lượt là 
( ; ; )n bc ca ab

, (1;0;0), (0;1;0), (0;0;1)i j k  
  
. 
Do đó: 
2 2 2
cos
( ) ( ) ( )
bc
bc ca ab
 
 
, 
2 2 2
cos
( ) ( ) ( )
ca
bc ca ab
 
 
, 
2 2 2
cos
( ) ( ) ( )
ab
bc ca ab
 
 
. Suy ra: 2 2 2cos cos cos 1     . 
Nhận xét: Qua bài 1 đã trình bày, ta nhận thấy một yếu tố thuận lợi cho việc tọa 
độ hóa là điều kiện đôi một vuông góc của ba cạnh cùng xuất phát từ một đỉnh 
của đa diện, thông thường điều kiện này được ẩn chứa ngay trong các giả thiết 
cho trước. Tuy vậy, không phải lúc nào điều kiện trên cũng được thỏa mãn nên 
trong một số trường hợp ta cần phải có cách xây dựng hệ trục tọa độ một cách 
khéo léo hơn. 
 8 
Bài 2: (Đề thi tuyển sinh ĐH&CĐ khối D năm 2002) Cho hình tứ diện ABCD 
có cạnh AD vuông góc với mặt phẳng(ABC); cmADAC 4 , cmAB 3 , 
cmBC 5 . Tính khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng (BCD). 
Lời giải 
ABC có : 25222  BCACAB nên vuông tại 
A Chọn hệ trục toạ độ Đêcac vuông góc Oxyz 
như sau )0;0;0(AO  , )0;0;3(B ; )0;4;0(C )4;0;0(D 
Tính :  )(, BCDAdAH  
Phương trình tổng quát của mặt phẳng (BCD) 
0123341
443
:)(  zyx
zyx
BCD
 
17
346
34
12
9916
12
)(, 


BCDAd
Bài 3: Cho tứ diện ABCD, có AD vuông góc với mặt phẳng (ABC) và tam giác 
ABC vuông tại A và , ,AD a AC b AB c   . 
a. Tính diện tích S của tam giác BCD theo a, b, c. 
b. Chứng minh rằng :  2S abc a b c  
Lời giải 
Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ sao cho 
A(0;0;0) 
Khi đó:    ;0;0 , C 0; ;0 ,B c b   D 0;0;a 
Ta có:  ; ;0 ,BC c b 

  ;0;BD c a 

 9 
  , ; ;BC BD ac ac bc   
 
a. Tính diện tích S của tam giác BCD 2 2 2 2 2 2
1 1
,
2 2
S BC BD a b a c b c     
 
b. Chứng minh :  2S abc a b c   
Ta có :   2 2 2abc a b c a bc b ac c ab      
2 2 2 2 2 2
2 2 2
2 2 2
b c a c a b
a b c
       
       
     
2 2 2 2 2 2 2 BCDa b a c b c S    
Bài 4: (Đề thi tuyển sinh ĐH&CĐ khối A năm 2002) Cho hình chóp tam giác 
đều S.ABC đỉnh S độ dài các cạnh đáy bằng a . Gọi M, N lần lượt là trung điểm 
của các cạnh SB, SC. Tính theo a diện tích tam giác AMN. Biết rằng mặt phẳng 
(AMN) vuông góc với mặt phẳng (SBC). 
Lời giải 
Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ 
 Gọi I là trung điểm của BC 
Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ sao cho 
I(0;0;0) 
Khi đó: 
3
0; ;0 ; ;0;0
2 2
a a
A B
   
       
3 3
;0;0 ; S 0; ; ; 0; ;0
2 6 6
a a a
C h H
    
             
3 3
; ; ; ; ;
4 12 2 4 12 2
a a h a a h
M N
   
      
    
 10 
5 3
; ; ,
4 12 2
a a h
AM
 
    
 
 5 3
; ;
4 12 2
a a h
AN
 
   
 

+ Pháp vectơ của mp (AMN): 
2
1
5 3
, 0; ;
4 24
ah a
n AM AN
 
       
 
  
+ Pháp vectơ của mp (SBC): 
2
2
3
, 0; ;
6
a
n SB SC ah
 
       
 
  
Diện tích tam giác AMN: 
2 2 4
2
1 1 75
,
2 2 16 24
AMN
a h a
S AM AN     
 
4 4 2
4
2 2
1 15 75 1 10
90
2 24 24 48 16
a a a
a    (đvdt) 
Bài 5: (Đề thi tuyển sinh ĐH&CĐ khối A năm 2011) Cho hình chóp S.ABC có 
đáy ABC là tam giác vuông cân tại B, AB=BC=2a, hai mặt phẳng (SAB) và 
(SAC) cùng vuông góc với mặt phẳng (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) là 600. Tính thể tích khối chóp S.BCNM và khoảng cách giữa 
hai đường thẳng AB và SN theo a. 
Lời giải 
Đặt SA=z>0. Chọn hệ tọa độ Oxyz như hình 
vẽ, lúc đó: 
A(2a;0;0), B(0;0;0), C(0;2a;0), M(a;00), 
S(2a;0;z) 
Từ đó suy ra điểm N(a;a;0) 
Véctơ pháp tuyến của mặt phẳng (SBC) là: ( ;0;2 )SBCn z a 

Véctơ pháp tuyến của mặt phẳng (ABC) là: (0;0;1)ABCn 

 11 
Từ giả thiết góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (ABC) là 600 ta tìm được 2 3z a
Suy ra: (2 ;0;2 3)S a a 
Suy ra 3. 3S BCNMV a (đvtt) và 
2 39
( , )
13
a
d AB SN  
Bài 6: (Đề thi tuyển sinh ĐH&CĐ khối D năm 2011) Cho hình chóp S.ABC có 
đáy là tam giác vuông tại B, BA=3a, BC=4a, mặt phẩng (SBC) vuông góc với 
mặt phẳng (ABC). Biết 2 3SB a và góc SBC bằng 300. Tính thể tích khối 
chóp S.ABC và khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng (SAC) theo a. 
Lời giải 
Kẻ SO BC , khi đó ( )SO ABC . Tính được 
3SO a , OB=3a, OC=a. 
Chọn hệ tọa độ Oxyz như hình vẽ, lúc đó: 
A(3a;3a;0), B(3a;0; 0), C(-a;0;0), S(0;0; 3a ) 
Thể tích khối chóp S.ABC là: 3. 2 3S ABCV a 
(đvtt) 
Phương trình mặt phẳng (SAC) là: 
3 4 3 3 0x y z a     
Khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng (SAC) là: 
6 7
( , ( ))
7
a
d B SAC 
Nhận xét: Nếu so với cách tính khoảng cách từ điểm B đến (SAC) thông qua 
khoảng cách từ điểm H của đáp án chính thức thì cách trên là trực tiếp, dễ định 
hướng hơn và dễ thực hiện hơn.
 12 
1.2. HÌNH CHÓP TỨ GIÁC 
Bài 1: Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a , ( ), 2SA ABCD SA a  . 
Mặt phẳng   qua BC hợp với AC một góc 300 , cắt SA, SD lần lượt tại M, N. Tính 
diện tích thiết diện BCNM. 
Lời giải 
Chọn hệ trục toạ độ Đêcac vuông góc 
Oxyz như sau: 
(0;0;0)A , B  ;0;0a , C  ; ;0a a , D  0;2 ;0a , 
S  0;0;2a 
Đặt   0 2 ,AM h h a    M  0;0;h 
Xác định vị trí điểm M:  ;0;BM a h 

,  0; ;0BC a

   2, ;0; ;0; ,BM BC ah a a h a       
 
   ; ;0 1;1;0AC a a a 

Pháp vectơ của mặt phẳng   : , n BM BC    
  
  ;0;n h a 

Vectơ chỉ phương của đường thẳng AC:      ; ;0 1;1;0 1;1;0AC a a a u   
 
mặt phẳng   hợp với AC một góc 300 
0
2 2
. 1. 1.0 0.
sin 30
1 1 0 0
n u h a
n u h a


 
  
   
 
 
2 2
2 2
1
2
22
h
h h a
h a
    

h a   M là trung điểm của SA 
Ta có : 
  ( )
/ / / /
/ /
MN SAD
MN BC AD
BC AD
  


( )BC SAB BC BM   
 13 
+ 
/ /MN BC
BM BC



BCNM là hình thang vuông 
ABM vuông cân tại A 2BM a  , 
1
2 2
a
MN AD 
+ Diện tích thiết diện BCNM:  
21 3 2
2 4
BCNM
a
S BM MN BC  
Bài 2: Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có các cạnh đều bằng a . 
a.Tính thể tích khối chóp S.ABCD. 
b. Tính khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng (SCD). 
Lời giải 
Gọi O AC BD  , Suy ra: )(ABCDSO  
2
2 2 2 2
2 2
a a
SO SC OC a     
Chọn hệ trục toạ độ Đêcac vuông góc 
Oxyz như sau: )0;0;0(O , S
2
0;0;
2
a 
  
 
, 
A
2
;0;0 ,
2
a 
  
  
C
2
;0;0 ,
2
a 
  
 
 D 







0;
2
2
;0
a
, 
B 







 0;
2
2
;0
a
a. Tính thể tích khối chóp S.ABCD là: 
3
2
.
1 1 2
. . .
3 3 62
S ABCD ABCD
a a
V SO S a  
b. Phương trình mặt phẳng (SCD) là: 
 14 
(SCD): 1
2 2 2
2 2 2
x y z
a a a
  
2
0
2
a
x y z    
 
2 2
2 2 2 6
,( )
33 3
a a
a a
d A SCD
 
  
Bài 3: (Đề thi tuyển sinh ĐH&CĐ khối B năm 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. 
Lời giải 
Gọi O là tâm của hình vuông ABCD 
( )SO ABCD  
Chọn hệ trục toạ độ Đêcac vuông góc 
Oxyz như sau: 
)0;0;0(O , S  h;0;0 , A 2 ;0;0
2
a 
  
 
, 
C
2
;0;0
2
a 
  
 
, D 







0;
2
2
;0
a
, B 







 0;
2
2
;0
a
Toạ độ trung điểm P của SA là: P
2
; 0 ;
4 2
a h 
  
 
, E
2 2
; ;
2 2
a a
h
 
   
 
M
2 2
; ; ,
2 4 2
a a h 
   
 
 N
2 2
; ;0
4 4
a a 
  
 
3 2
;0; , (0; 2;0)
4 2
a h
MN BD a
 
     
 
 
 15 
 Vì: . 0MN BD MN BD  
 
 Ta có: 
2
, 0; ;0 ,
2
ah
MN AC
 
       
 
  2
0; ;
4 2
a h
AM
 
   
 

 Vì: 
2
, . 0
4
a h
MN AC AM    
  
 MN và AC chéo nhau. 
 
4
2
2
4
],[
].,[
,
22
2
a
ha
ha
ACMN
AMACMN
ACMNd 
Nhận xét: Bài toán 3 có thể được tọa độ hóa với gốc tọa độ là một đỉnh của đáy 
bằng việc kẻ thêm đường thẳng qua đỉnh, song song với SO, tạo thành bộ ba 
đường thẳng đôi một vuông góc tại đỉnh đó. Cái hay của việc tọa độ hóa ở lời 
giải chính là việc chọn biến h chưa biết đối với tọa độ điểm S, nhưng kết quả lại 
không phụ thuộc vào h. 
Bài 4: (Đề thi tuyển sinh ĐH &CĐ khối D năm 2007) Cho hình chóp 
S.ABCD có đáy là hình thang,   090ABC BAD  AB BC a  , 2AD a , SA vuông 
góc với đáy và 2SA a . Gọi H là hình chiếu của A trên SB. Chứng minh tam 
giác SCD vuông và tính theo a khoảng cách từ H đến mặt phẳng (SCD). 
Lời giải 
Chọn hệ trục toạ độ Đêcac vuông góc Oxyz
như sau: 
(0;0;0)A , B  ;0;0a , C  ; ;0a a , D  0;2 ;0a 
S  0;0;2a 
 ;0; 2SB a a 

,  ; ; 2 ,SC a a a 

  0;2 ; 2SD a a 

,  2 2 2, 2; 2;2SC SD a a a   
 
 2 2 1;1; 2a 
 16 
+ Chứng minh tam giác SCD vuông 
 ; ; 2SC a a a 

,  ; ;0CD a a 

. 0SC CD SC CD   
 
 Tam giác SCD vuông tại C 
+ Tính khoảng cách từ H đến (SCD) 
Tọa độ điểm H:  ( ; ; ) ;0; 2H x y z SB H a at a t   
( ;0; 2 ),AH a at a t 

. 0AH SB AH SB  
 
2 2 13 0
3
a t a t     
2 2
;0;
3 3
a a
H
 
   
 
+ Khoảng cách từ H đến (SCD) 
Phương trình mặt phẳng (SCD) là: 2 2 0x y z a    
 
2 2
2
3 3
, ( )
2 3
a a
a
a
d H SCD
 
  
Bài 5: (Đề thi tuyển sinh ĐH &CĐ khối B năm 2008) Cho hình chóp S.ABCD 
có đáy ABCD là hình vuông cạnh 2a ; SA a ; 3SB a và mặt phẳng (SAB) vuông 
góc với mặt phẳng đáy. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của các cạnh AB, BC . 
Tính theo a thể tích khối chóp S.BMDN và tính cosin của góc giữa hai đường thẳng 
SM, DN. 
Lời giải 
Gọi H là hình chiếu vuông góc của S 
trên AB  SH  (ABCD) 
Ta có: 2 2 2 2 23SA SB a a AB    
 SAB vuông tại S SM a  
Do đó: SAM đều
3
2
a
SH  
 17 
Chọn hệ trục toạ độ Đêcac vuông gócOxyz như sau: (0;0;0)H , S
3
0;0;
2
a 
  
 
A ;0;0
2
a 
 
 
, B
3
;0;0
2
a 
 
 
, D ;2 ;0
2
a
a
 
 
 
, M ;0;0
2
a 
 
 
, N
3
; ;0
2
a
a
 
 
 
3
;0; ,
2 2
a a
SM
 
   
 

3 3
; ; ,
2 2
a a
SN a
 
   
 

3 3
;0; ,
2 2
a a
SB
 
   
 
 3
;2 ; ,
2 2
a a
SD a
 
    
 

 2 ; ;0DN a a 

+ Thể tích khối chóp S.BMDN là: .S BMDN SMNB SMNDV V V  
2 2 23 3
, ; ; ,
2 2 2
a a a
SM SN
 
       
 
 
3 3
,
2
a
SM SN SB   
  
 , 
33 3
,
2
a
SM SN SD   
  
31 3
, ,
6 12
SMNB
a
V SM SN SB   
  
31 3
,
6 4
SMND
a
V SM SN SD   
  
 
2
2 2
2 2
. 1
cos ,
5. 3
4
4 4
SM DN a
SM DN
SM DN a a
a a
  
 
 
 
Bài 6: (Đề dự bị ĐH &CĐ khối B năm 2006) Cho hình chóp S.ABCD có đáy 
là hình thoi cạnh a, góc BAD bằng 600, SA vuông góc vứi mặt phẳng (ABCD) 
và SA=a. Gọi C’ là trung điểm của SC. Mặt phẳng (P) đi qua AC’ và song song 
với BD cắt SB, SD lần lượt tại B’, D’. Tính thể tích khối chóp S.AB’C’D’. 
Lời giải 
Gọi O là giao điểm của AC và BD 
3 3 3
.
3 3 3
12 4 3
S BMDN SMNB SMND
a a a
V V V    
 18 
Vì tam giác ABD đều nên 
2
a
OB OD  , 
3
2
a
OA  
Chọn hệ trục tọa độ Oxyz sao cho tia Ox chứa A, tia Oy chứa B và tia Oz nằm 
trên đường thẳng qua O và song song với SA (xem hình vẽ). Khi đó: 
3
( ;0;0)
2
a
A , B(0; ;0)
2
a
, 
3
C( ;0;0)
2
a
, D(0; ;0),
2
a
C'(0;0; )
2
a
, 
3
S( ;0;a)
2
a
Tìm được 
3
B'( ; ; )
6 3 3
a a a
và 
3
D'( ; ; )
6 3 3
a a a
Thể tích khối chóp S.AB’C’D’ là: 
3 3 3
. ' ' ' . ' ' . ' '
1 1 1 3 1 3 3
, ' ' , ' ' . .
6 6 6 6 6 6 18
S AB C D S AB C S AC D
a a a
V V V SA SC SB SA SC SD            
     
2. HÌNH LĂNG TRỤ 
2.1. HÌNH LĂNG TRỤ TAM GIÁC 
Bài 1: (Đề tuyển sinh ĐH &CĐ khối D năm 2009) Cho hình lăng trụ đứng 
ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác vuông tại B, AB=a, AA’=2a, A’C=3a. 
Gọi M là trung điểm của đoạn thẳng A’C’. I là giao điểm của AM và A’C. Tính 
theo a thể tích của khối tứ diện IABC và khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng 
(IBC). 
Lời giải 
Ta có: 2 2' ' 5AC A C AA a   
2 2 2BC AC AB a   
Chọn hệ trục tọa độ Oxyz sao cho O trùng với 
B, tia Ox chứa A, Tia Oy chứa C và tia Oz 
chứa B’ (xem hình vẽ). Khi đó: 
 19 
B(0;0;0), A(a;0;0), C(0;2a;0), ( ; ;2 )
2
a
M a a 
Gọi I(x;y;z), vì 
2 2 4
2 ( ; ; )
3 3 3
a a a
IA IM I  
 
Thể tích của khối tứ diện IABC là: 
3 31 1 8 4
[ , ]
6 6 3 9
IABC
a a
V BA BC BI  
  
Gọi n

 là vectơ pháp tuyến của mặt phẳng (IBC). Khi đó: 
2 28 4
, ( ;0; )
3 3
a a
n BI BC
   
  
 cùng phương với ' ( 2;0;1)n  

. Mặt phẳng (IBC) đi 
qua B và có vectơ pháp tuyến là ' ( 2;0;1)n  

nên có phương trình là: -2x+z=0. 
Vậy khoảng cách từ A đến mặt phẳng (IBC) là 
2
2 2 5
( , ( ))
5( 2) 1
a a
d A IBC

 
 
Bài 2: (Đề dự bị ĐH &CĐ khối D năm 2007) Cho lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ 
có tất cả các cạnh đều bằng a, M là trung điểm của đoạn AA’. Chứng minh rằng 
BM vuông góc với B’C và tính khoảng cách giữa hai đường thẳng BM và B’C. 
Lời giải 
Gọi O là trung điểm BC và chọn hệ trục tọa 
độ Oxyz có tia Ox chứa A, tia Oy chứa C và 
tia Oz chứa trung điểm của B’C’ (xem hình 
vẽ). Khi đó: 
(0; ;0)
2
a
B

, C(0; ;0)
2
a
, 
3
M( ;0; )
2 2
a a
và '(0; ;a)
2
a
B

Ta có: (0; ;0)BC a

, 
3
( ; ; )
2 2 2
a a a
BM 

, ' (0; ; )B C a a 

 20 
2 2
. ' 0 '
2 2
a a
BM B C BM B C    
 
2 2
2 3 3, ' ( ; ; )
2 2
a a
BM B C a
 
   
 
Suy ra: 
3
2
3
, ' . 302( , ' )
1010[ , ' ]
2
a
BM B C BC a
d BM B C
aBM B C
 
 
  
  
 
Nhận xét: Nếu so với đáp án chính thức trong việc tính d(H,(SCD)) thì lời giải 
này rõ ràng và trực tiếp hơn, dễ hiểu hơn (đáp án chính thức tính d(H, (SCD)) 
thông qua việc tính tỉ số d(H,(SCD))/d(B,(SCD)) rồi lại tính d(B,(SCD)) thông 
qua thể tích tứ diện SBCD). 
Bài 3: (Đề tuyển sinh ĐH &CĐ khối D năm 2008) Cho lăng trụ đứng 
ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác vuông, AB BC a  , cạnh bên ' 2AA a . 
Gọi M là trung điểm của BC. Tính theo a thể tích của khối lăng trụ ABC.A’B’C’ 
và khoảng cách giữa hai đường thẳng AM, B’C. 
Lời giải 
Chọn hệ trục toạ độ Đêcac vuông góc Oxyz
như sau: (0;0;0),B A  0; ;0a , C  ;0;0a , 
B’  0;0; 2a , M ;0;0
2
a 
 
 
; ;0
2
a
AM a
 
  
 

,  ' ;0; 2B C a a 

 ' 0; ; 2AB a a 

+ Thể tích của khối lăng trụ ABC.A’B’C’ là: 3. ' ' '
1
'. 2
2
ABC A B C ABCV AA S a  (đvtt) 
 21 
+ Khoảng cách giữa AM và B’C 
Vì : 
3
, ' '
2
a
AM B C AB   
  
  AM và B’C chéo nhau 
 
, ' '
, '
, '
AM B C AB
d AM B C
AM B C
 
 

 
 
  
 
3
4 4 4
72
71
2
2
a
a
a a a
 
 
Nhận xét: Theo đáp án chính thức, việc tính khoảng cách giữa hai đường thẳng 
AM và B’C trong bài toán này hoàn toàn không dễ, đòi hỏi dựng được mặt 
phẳng chứa AM và song song với B’C, rồi qui việc tính khoảng cách giữa hai 
đường thẳng này về khoảng cách từ C, rồi lại từ B đến mặt phẳng mới dựng đó. 
Lời giải bằng tọa độ rõ ràng là rất ngắn gọn và trực tiếp.
 Bài 4: (Đề tuyển sinh ĐH &CĐ khối A năm 2008) Cho lăng trụ ABC.A’B’C’ 
có độ dài cạnh bên bằng 2a, đáy ABC là tam giác vuông tại A, AB=a, 3AC a 
và hình chiếu vuông góc của đỉnh A’ trên mặt phẳng (ABC) là trung điểm của 
cạnh BC. Tính theo a thể tích khói chóp A’.ABC và cosin của góc giữa hai 
đường thẳng AA’ và B’C’. 
Lời giải 
Gọi O là trung điểm của BC, H là trung điểm 
của AB, K là trung điểm của AC thì OHAK là 
hình chữ nhật. Ta có: 
2 2 2BC AB AC a   , 
2
BC
OA a  
2 2 2 2' ' 4 3OA AA OA a a a     
2
2 2 2 3
4 2
a a
OH OA AH a     , 
2
2 2 2 3
4 2
a a
OK OA AK a     . 
 22 
Chọn hệ trục tọa độ Oxyz sao cho tia ox chứa H, Tia Oy chứa K và tia Oz chứa 
A’ (xem hình vẽ). 
Khi đó: '(0;0; 3)A a , 
3
( ; ;0)
2 2
a a
A , 
3
B( ; ;0)
2 2
a a
, 
3
C( ; ;0)
2 2
a a
Thể tích khối chóp A’.ABC là: 
3
'.
1
' , ' . '
6 2
A ABC
a
V A A A B A C   
  
( 3; ;0)BC a a 

. Gọi  là góc giữa AA’ và B’C’. 
Khi đó: 
1
cos cos( ', )
4
AA BC  
 
. 
2.2. HÌNH LĂNG TRỤ TỨ GIÁC 
Bài 1: Cho hình lập phương ''''. DCBAABCD có cạnh bằng a. 
a. Chứng minh rằng đường chéo CA' vuông góc với mặt phẳng )''( DAB 
b. Chứng minh rằng giao điểm của đường chéo CA' và mặt phẳng )''( DAB là 
trọng tâm của tam giác ''DAB . 
c. Tìm khoảng cách giữa hai mặt phẳng )''( DAB và )'( BDC 
d. Tìm cosin của góc tạo bởi hai mặt phẳng )'( CDA và )''( AABB 
e. Chứng minh hai đường chéo ''DB và BA' của hai mặt bên là hai đường thẳng 
chéo nhau. Tìm khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau ''DB và BA' 
Lời giải 
Chọn hệ trục toạ độ Đêcac vuông góc Oxyz
 như sau: )0;0;0(AO  , );0;0(' aA 
)0;0;(aB , );0;(' aaB , )0;;( aaC , );;(' aaaC 
 23 
(0; ;0),D a );;0(' aaD 
a. Ta có: 










);;0('
);0;('
);;('
aaAD
aaAB
aaaCA
 Vì 












''
''
00'.'
00'.'
22
22
ADCA
ABCA
aaADCA
aaABCA
Nên )''(' DABmpCA  
b. Gọi )''(' DABCAG  . Toạ độ giao điểm G của đường thẳng CA' và mặt phẳng 
)''( DAB là nghiệm của hệ: 
























3
2
3
3
0 az
a
y
a
x
zyx
taz
ty
tx
2
; ;
3 3 3
a a a
G
 
  
 
 (1) Mặt khác: 


















3
2
3
33
33
''
''
''
azzz
z
ayyy
y
axxx
x
DBA
G
DBA
G
DBA
G
 (2) 
Vậy giao điểm G của đường chéo CA' và mặt phẳng )''( DAB là trọng tâm của 
tam giác '' DAB 
c. Ta có : 0:)''(  zyxDAB , 
 0:)'(  azyxBDC 
 )''( DAB // )'( BDC     
3
)''(,)'(),''(
a
DABBdBDCDABd 
d. Vec tơ pháp tuyến của )''( AABB là )0 ; 1 ; 0(j Vectơ pháp tuyến của )'( CDA : 
(0;1; 1),n  

  
1
cos ( ' ), ( ' ')
2
DA C ABB A   ( ' ), ( ' ') 45oDA C ABB A  
e. Ta có : ' ' ( ; ;0)B D a a 

, ' (0; ; )A B a a 

, ' (0;0; )BB a

2 2 2' ', ' ( ; ; )B D A B a a a   
 
, 3' ', ' . ' 0B D A B BB a    
  
 ba vectơ ' ', ' , 'B D A B BB
  
 không đồng phẳng. Hay ''DB và BA' chéo nhau. 
 24 
 
3 3
24 4 4
[ ' ', ' ]. ' 3
' ', '
33[ ' ', ' ]
B D A B BB a a a
d B D A B
aB D A B a a a
   
 
  
 
Bài 2: (Đề tuyển sinh ĐH &CĐ khối D năm 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 của khối tứ diện ABB’C’ và khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng 
(BCD’) theo a. 
Lời giải 
Từ giải thiết ta tính được '
2
a
AC AA  
và 
2
a
AB  
Chọn hệ trục tọa độ Oxyz như hình vẽ 
với gốc O trùng với điểm A 
Ta có: A(0;0;0), (0; ;0)
2
a
B , C( ; ;0)
2 2
a a
, 
D( ;0;0)
2
a
A'(0;0; )
2
a
, B'(0; ; )
2 2
a a
, C'( ; ; )
2 2 2
a a a
, D'( ;0; )
2 2
a a
(0; ;0)
2
a
AB 

, ' (0; ; )
2 2
a a
AB 

, ' ( ; ; )
2 2 2
a a a
AC 

2
, ' ( ;0;0)
2 2
a
AB AB   
 
3
, ' '
4 2
a
AB AB AC   
   3
' '
1 2
, ' '
6 48
ABB C
a
V AB AB AC    
  
( ;0;0),
2
a
CB



' (0; ; )
2 2
a a
CD



2 2
, ' (0; ; )
42 2
a a
CD CD   
 
 25 
(0; 2;1)n 

 là véctơ pháp tuyến của mặt phẳng (BCD’) nên (BCD’) có 
phương trình là: 
2
2 0
2
a
y z   
2 2
2
2.0 0
2 6
( , ( '))
6( 2) 1
a
a
d A BCD
 
  

Bài 3: (Đề tuyển sinh ĐH &CĐ khối B năm 2011) Cho lăng trụ 
ABCD.A’B’C’D’ có đáy ABCD là hình chữ nhật, AB=a, 3AD a . Hình chiếu 
vuông góc của điểm A’ trên mặt phẳng (ABCD) trùng với giao điểm của AC và 
BD. Góc giữa hai mặt phẳng (ADD’A’) và (ABCD) bằng 600. Tính thể tích khối 
lăng trụ đã cho và khoảng cách từ điểm B’ đến mặt phẳng (A’BD) theo a. 
Lời giải 
Gọi O là giao điểm của AC và BD. Chọn hệ trục 
tọa độ Oxyz như hình vẽ. Khi đó:
3
( ; ;0)
2 2
a a
A , 
3
B( ; ;0)
2 2
a a
, 
3
C( ; ;0)
2 2
a a 
, 
3
D( ; ;0)
2 2
a a
Từ giả thiết góc giữa hai mặt phẳng (ADD’A’) 
và mặt phẳng (ABCD) bằng 600 tìm được 
A’
3
(0;0; )
2
a
. Suy ra B’
3
(0; a; )
2
a
 
Thể tích khối lăng trụ đã cho là: 
3