Sáng kiến kinh nghiệm Thiết lập hệ trục tọa độ giải một số dạng toán Hình học không gian

 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HOÁ
 TRƯỜNG THPT LÝ THƯỜNG KIỆT
 SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
 TÊN ĐỀ TÀI
THIẾT LẬP HỆ TRỤC TỌA ĐỘ GIẢI MỘT SỐ BÀI TOÁN 
 TRONG HÌNH HỌC KHÔNG GIAN 
 TOÁN HỌC 12 CƠ BẢN
 Người thực hiện: Nguyễn Văn Hưng
 Chức vụ: Giáo viên
 Đơn vị công tác: Trường THPT Lý Thường Kiệt
 Lĩnh vực: Hình học 
 THANH HÓA NĂM 2017
 1 A. PHẦN MỞ ĐẦU
 1. Lý do chọn đề tài :
 Trong quá trình giảng dạy và ôn luyện cho học sinh dự thi tốt nghiệp cũng 
như thi Đại học – Cao đẳng và bây giờ là dự thi THPT Quốc Gia, bản thân tôi 
nhận thấy học sinh gặp không ít khó khăn khi giải bài tập hình học không gian. 
Nhất là đối với học sinh có lực học trung bình, do khả năng tư duy tưởng tượng 
hình không gian của các em còn nhiều hạn chế. Đặc biệt là các bài toán chứng 
minh quan hệ song song, vuông góc, các bài toán tính khoảng cách, xác định 
góc, tính diện tích của các hình, thể tích các khối. Trong khi đó, rất nhiều bài 
toán của chương trình THPT, khi biết cách sử dụng phương pháp tọa độ thì bài 
toán có thể được giải quyết được một cách đơn giản hơn. Vì phương pháp tọa độ 
có thể được xem như một phương pháp đại số hóa bài toán hình học. Bằng 
phương pháp này, học sinh chủ yếu làm việc với các con số, không cần tư duy 
hình học nhiều và gây hứng thú cho học sinh khi giải các bài toàn này. Tuy 
nhiên thiết lập hệ trục tọa độ như thế nào cho phù hợp và thuận tiện cho quá 
trình tính toán thì không phải bất cứ học sinh nào cũng làm được. Đối với mỗi 
dạng hình khác nhau thì có những cách thiết lập hệ tọa độ khác nhau.
 Vì lý do trên, tôi quyết định chọn nghiên cứu chuyên đề “Thiết lập hệ 
trục tọa độ giải một số dạng toán Hình học không gian”, với hy vọng cung cấp 
cho học sinh một cái nhìn khái quát về phương pháp thiết lập hệ tọa độ cho một 
số dạng toán hình học không gian, cung cấp một phương pháp giải toán cho học 
sinh.
 2. Khảo sát thực trạng việc học sinh giải hình học không gian cổ điển:
2.1. Những khó khăn học sinh thường gặp khi giải hình học không gian cổ điển 
 - Không xác định được đường cao của hình hoặc khối đã cho
 - Không xác định được hình chiếu hình vuông góc của một điểm trên đường 
thẳng, mặt phẳng, để từ đó tính khoảng cách của điểm đến mặt phẳng, từ một 
điểm tới đường thẳng , giữa hai đường thẳng chéo nhau,
 3 vào các tính chất đặc biệt của hình đang xét, đặc biệt các tính chất có thể suy ra 
được các quan hệ vuông góc để chọn hệ tọa độ một cách thích hợp.
 Bước 2: Xác định tọa độ các điểm
 + Tìm tọa độ các điểm trong đề bài theo hệ tọa độ vừa chọn, thực ra chỉ 
cần tìm tọa độ một số điểm có liên quan đến giả thiết, kết luận bài toán.
 + Cần lưu ý, nếu bài toán đã cho có sẵn số liệu thì việc suy ra tọa độ các 
điểm dựa trực tiếp vào hình vẽ , đối với các bài toán chưa có sẵn số liệu thì cần 
đưa số liệu vào bài toán sau đó dựa vào hình vẽ và theo số liệu đó để tính tọa độ 
các điểm có liên quan.
 Bước 3: Thể hiện các giả thiết bài toán theo quan điểm của Hình học giải 
tích.
 + Dựa vào yêu cầu bài toán trên cơ sở tọa độ các điểm vừa tìm thể hiện 
các giả thiết của bài toán đã cho dưới dạng Hình học giải tích.
 Bước 4: Sử dụng các kiến thức của tọa độ để giải bài toán.
 Các dạng toán thường gặp:
 - Tính khoảng cách: giữa hai điểm, từ một điểm đến một đường thẳng, 
giữa hai đường thẳng chéo nhau, giữa đường thẳng với mặt phẳng song song với 
nó.
 - Tính góc: giữa đường thẳng và mặt phẳng, giữa hai mặt phẳng, giữa hai 
đường thẳng.
 - Tính diện tích, thể tích.
 - Chứng minh các quan hệ vuông góc, các bài toán cực trị.
 3.3. Cơ sở thực tiễn
 a. Thuận lợi
 Việc sử dụng tọa độ để xây dựng quan hệ vuông góc trong không gian 
làm cho cách diễn đạt một số nội dung hình học được gọn nhẹ hơn, học sinh dễ 
dàng tiếp thu.
 b. Khó khăn
 Còn rất nhiều học sinh chưa nhận thức đúng về tầm quan trọng của việc 
phân tích đề bài, dựng hình và định hướng phương pháp giải quyết bài toán. Các 
 5 a. Trong tam giác ABC ta có:
   
   AB.AC
 cos µA cos(AB, AC)   
 AB . AC
 a2
 0 µA nhän
 a2 b2 . a2 b2
 b2
 cos Bµ 0 Bµ nhän , 
 a2 b2 . b2 c2
 c2
 cosC¶ 0 Cµ nhän.
 a2 c2 . b2 c2
Vậy tam giác ABC có ba góc nhọn.
 b. Ta có: các mặt phẳng (OAB), (OAC), (OCA) có các véc tơ pháp tuyến 
lần lượt là:
    
 n1 (0;0;1),n2 (1;0;0), n3 (0;1;0) . mp (ABC) có phương trình là: 
 x y z
 0 
 a b c
  
 bcx acy abz 0 mp(ABC) cã vtpt lµ n (bc;ca;ab)
   
   n1.n ab
 cos cos(n ,n )   
 1 2 2 2
 n1 . n (bc) (ca) (ab)
 (ab)2
 cos2 
 (bc)2 (ca)2 (ab)2
Tương tự ta có: 
 2 2
 2 (bc) 2 (ca)
 cos  , cos  
 (bc)2 (ca)2 (ab)2 (bc)2 (ca)2 (ab)2
 cos2 cos2  cos2  1 đpcm.
 Ví dụ 2: Cho hình chóp SABCD có SA vuông góc với mặt phẳng đáy, 
đáy ABCD là hình chữ nhập, SA = AB = a, AD = a 2 , gọi M, N lần lượt là 
trung điểm của AD và SC, I là giao điểm của BM và AC.
 7 Đặc biệt nếu bài toán đã cho là một tứ diện đều thì ta có thể thiết lập hệ 
tọa độ Oxyz với I chính là trung điểm của đường trung tuyến ứng với một đỉnh 
của tứ diện, các trục Ox, Oy, Oz lần lượt đi qua ba đỉnh còn lại của tứ diện (h.5).
 b. Ví dụ áp dụng
 Ví dụ 1: Cho hình chóp tam giác đều S.ABC, đáy có cạnh bằng a. Gọi M, 
N lần lượt là trung điểm của SB, SC. Biết rằng (AMN)  (SBC) . Tính thể tích 
khối chóp.
 Giải: Chọn hệ tọa độ Oxyz như hình vẽ (h.6)
 Đặt SO = h. Khi đó ta có:
 a a a a a
 C( ;0;0), A( ; ;0), B( ; ;0),S(0;0;h)
 3 2 3 2 2 3 2
  a 3a h  a a h a a h a h
Ta có: AM ( ; ; ), AN ( ; ; ) , M( ; ; ),N( ;0; )
 4 3 4 2 3 2 2 4 3 4 2 2 3 2
 a a
 Mp (SBC) đi qua cắt Oy tại K(0; ;0) , Ox tại C( ;0;0) , Oz tại S 
 3 3
(0;0;h) 
 Nên có phương trình đoạn chắn là:
 9 Ví dụ 3: Tìm tập hợp các điểm M trong không gian có tổng bình phương 
các khoảng cách đến các mặt của một tứ diện đều ABCD cho trước bằng một số 
dương k không đổi.
 Giải: Gọi G là trọng tâm tam giác ABC, O là trung điểm OG khi đó ta có 
OA, OB, OC đôi một vuông góc. Chọn hệ tọa độ Oxyz sao cho: A(3a;0;0), 
B(0;3a;0), 
C(0;0;3a) (a>0) (h.8). Khi đó: G(a;a;a) và D(-a;-a;-a).
Ta có phương trình các mặt của tứ diện là:
(ABC): x+y+z-3a=0, (DAB):x+y-5z-3a=0,
(DBC): -5x+y+z-3a=0, (DCA):x-5y+z-3a=0.
Giả sử M(x0;y0;z0) và khoảng cách từ M đến
các mặt (ABC), (DAB), (DBC), (DCA) lần lượt 
là d1, d2, d3 và d4, ta có 
 2 2 2 2
 k d1 d2 d3 d4
 1 1 1
 (x y z 3a)2 (x y 5z 3a)2 ( 5x y z 3a)2
 3 0 0 0 27 0 0 0 27 0 0 0
 1 a a a 3k 9a2
 (x 5y z 3a)2 (x )2 (y )2 (z )2 
 27 0 0 0 0 2 0 2 0 2 4
 3k 9a2 a a a
 IM 2 . Trong đó I( ; ; ) là trọng tâm tứ diện ABCD.
 4 2 2 2
Nếu k 3a2 thì tập hợp điểm M là tập  . Nếu k 3a2 thì M  I .
 3k 9a2
Nếu k 3a2 thì tập hợp điểm M là mặt cầu tâm I bán kính r .
 2
 DẠNG 3: Hình chóp có đáy là hình thoi, hình chữ nhật, hình vuông 
và hình chiếu của đỉnh trùng với tâm đa giác đáy.
 a. Phương pháp thiết lập:
 Nếu đáy hình chóp là hình thoi, hình vuông ta chọn hệ tọa độ sao cho Oz 
trùng với đường cao của hình chóp, hai trục Ox, Oy chứa hai đường chéo của 
đáy (h.9).
 11  1 2
 mp(SBC) có vtpt là n ( ; 1; ).
 1 3 3
   9a2 3 3a2  
Lại có: OS,OF ( ; ;0) mp(SOF) cã vtpt lµ n ( 3;1;0).
 32 32 2
   
 n1.n2 0 hay (SBC)  (SOF).
 b). Theo công thức tính khoảng cách từ một điểm đến một mặt phẳng ta 
có:
 3a
 Khoảng cách từ O đến mp (SBC) là: d 
 (O,(SBC)) 8
 3a
 Khoảng cách từ A đến mp (SBC) là: d( A,(SBC)) .
 4
 Ví dụ 2: Cho hình chóp đều SABCD, đáy có cạnh bằng a. Gọi M, N, lần 
lượt là trung điểm của SA và BC, O là tâm của đáy ABCD. Biết MN tạo với mp 
(ABCD) góc 300.
 a). Chứng minh rằng: SO = MN
 b). Tính góc giữa MN và (SBD).
 Giải: Chọn hệ tọa độ Oxyz như hình vẽ (h.13).
 a a a a a a
Khi đó: O(0;0;0),B( ; ;0), A( ; ;0),C( ; ;0), 
 2 2 2 2 2 2
 a a a
 D( ; ;0),N(0; ;0).
 2 2 2
Giả sử SO = h (h > 0). Khi đó:
 a a h  a 3a h
 S(0;0;h),M( ; ; ). MN ( ; ; ).
 4 4 2 4 4 2
   
  n .MN
a). Mp (ABCD) có phương trình z =0, có vtpt là: n (0;0;1) sin300   .
 n . MN
 1 h / 2 a 30 a 30
 h SO .
 2 a2 9a2 h2 6 6
 16 16 4
 13 - Với hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A, SA vuông 
góc với mặt phẳng đáy (xem dạng 1).
 - Với hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B (hoặc C), SA 
vuông góc với mặt phẳng đáy.
 + Cách 1: Chọn hệ tọa độ Oxyz với O  A, tia Ox//BC; Oy, Oz lần lượt 
qua B và S (h.17).
 + Cách 2: Chọn hệ tọa độ Oxyz với O  B , tia Ox, Oy lần lượt qua C và 
A, Oz//AS (h.18).
 - Với hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều, SA vuông góc với 
mặt phẳng đáy (áp dụng tương tự như trường hợp tam giác cân).
 b. Ví dụ áp dụng:
 Ví dụ 1: Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác đều cạnh a. 
 SA  (ABC) vµ SA a 3 .
 a). Tính khoảng cách từ A đến mp (SBC).
 b). Tính khoảng cách giữa AB và SC.
 Giải:
a). Chọn hệ tọa độ như hình vẽ (h.16).
 a 3 a a a
Khi đó: B( ;0;0),C(0; ;0), A(0; ;0),S(0; ;a 3)
 2 2 2 2
 15  
 n.SC
sin600  
 n . SC
 h 3
 h 3(a2 b2 ) SA h 3(a2 b2 ) .
 a2 b2 h2 2
 1 1 1 2 2
 VS.ABC S ABC.SA . .BA.BC. 3(a b )
 3 3 2 .
 1
 .ab 3(a2 b2 )
 6
Gọi I(x0 ;y0 ;z0 ) là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp. 
Khi đó: IA2 IB2 IC2 IS 2 R 2
 2 2 2 2 2 2 2 2 2
 x0 (y0 a) z0 x0 y0 z0 (x0 b) y0 z0
 2
 x 2 (y a)2 z 3(a2 b2 )
 0 0 0 
 a b 3(a2 b2 ) b a 3(a2 b2 ) 
 y , x ,z I ; ; 
 0 0 0 
 2 2 2 2 2 2 
 Bán kính mặt cầu ngoại tiếp là: R IB a2 b2
 DẠNG 5: Hình lăng trụ đứng đáy là tam giác cân, tam giác đều.
 a. Phương pháp thiết lập:
 - Với hình lăng trụ đứng có đáy là tam giác cân:
 + Cách 1: Chọn hệ tọa độ với hai trục lần lượt là cạnh đáy và chiều cao 
tương ứng của tam giác cân đáy, trục còn lại chứa đường trung bình của mặt bên 
(h.19).
 + Cách 2: Chọn hệ tọa độ với hai trục lần lượt là cạnh bên lăng trụ và 
đường cao ứng với cạnh đáy của tam giác cân đáy. Trục còn lại song song với 
cạnh đáy của tam giác cân đáy (h.20).
 + Cách 3: Chọn hệ tọa độ với hai trục lần lượt là cạnh bên lăng trụ và 
cạnh đáy của tam giác cân đáy. Trục còn lại song song với đường cao ứng với 
cạnh đáy của tam giác cân đáy (h.21).
 - Với hình lăng trụ đứng có đáy là tam giác đều ta làm tương tự.
 17