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

1 
SÔÛ GIAÙO DUÏC VAØ ÑAØO TAÏO DAKLAK 
TRÖÔØNG THPT TRẦN ĐẠI NGHĨA 
 
Saùng kieán kinh nghieäm 
Đề tài: 
THIẾT LẬP HỆ TRỤC TỌA ĐỘ GIẢI MỘT 
SỐ DẠNG TOÁN HÌNH HỌC KHÔNG GIAN 
Họ tên người thực hiện: Nguyễn Hoàng Hậu. 
Tổ: Toán. 
Đơn vị công tác: Trường THPT Trần Đại Nghĩa. 
Năm học: 2019 – 2020. 
Buôn Đôn, tháng 01-2020 
2 
MỤC LỤC 
MỤC TRANG 
I. ĐẶT VẤN ĐỀ 2 
I.1. Lý do chọn đề tài 2 
I.2. Mục đích nghiên cứu đề tài 2 
I.3. Phương pháp nghiên cứu 2 
I.4. Đối tượng và phạm vi nghiên cứu 3 
II. NỘI DUNG ĐỀ TÀI 3 
II.1. Cơ sở lý luận 3 
II.2. Cơ sở thực tiễn 3 
II.3. Thực trạng vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm 4 
II.4. Các giải pháp đã sử dụng để giải quyết vấn đề 4 
Phần 1. Một số kiến thức cần nhớ trong phần này 4 
Phần 2: Các dạng hình thường gặp và ví dụ minh họa 6 
Dạng 1: Hình chóp có chứa góc tam diện vuông 7 
Dạng 2: Hình chóp tam giác đều 11 
Dạng 3: Hình chóp có cạnh bên vuông góc với mặt phẳng đáy; đáy là tam giác 
cân,tam giác đều, tam giác vuông 14 
Dạng 4. Hình chóp tứ giác đều 18 
Dạng 5 : Hình chóp có đáy là hình thoi, hình chữ nhật, hình vuông và hình chiếu 
của đỉnh trùng với tâm đa giác đáy 20 
Dạng 6: Hình chóp có một mặt bên vuông góc với đáy, đáy là hình đặc biệt 24 
Dạng 7: Hình lăng trụ đứng đáy là hình chữ nhật, hình vuông, tam giác vuông 27 
Dạng 8: Hình lăng trụ đứng đáy là hình thoi 29 
Dạng 9: Hình lăng trụ đứng đáy là tam giác cân, tam giác đều 31 
Dạng 10: Hình lăng trụ xiên có hình chiếu của một đỉnh trùng với tâm đa giác đáy 33 
Dạng 11: Các dạng hình khác 35 
Phần 3. Một số bài toán luyện tập 37 
II.5. Kết quả thực hiện đề tài 39 
III. KẾT LUẬN, KIẾN NGHỊ 40 
TÀI LIỆU THAM KHẢO 41 
3 
I. ĐẶT VẤN ĐỀ 
I.1. Lý do chọn đề tài : 
Trong chương trình Toán học nói chung và trong hình học nói riêng, hình học 
không gian là một trong những nội dung quan trọng và trong các đề thi tốt nghiệp 
THPT, thi tuyển sinh vào Đại học, cao đẳng trước kia và thi THPT Quốc gia hiện nay 
luôn có bài toán hình học không gian. Mặc dù trong những năm gần đây, mức độ khó 
của nội dung này đã giảm nhiều so với trước kia nhưng nó vẫn là một vấn đề tương 
đối khó đối với đa số học sinh, do khả năng tư duy tưởng tượng hình không gian của 
các em còn nhiều hạn chế. 
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. Để 
giúp các em có thêm kinh nghiệm trong việc giải bài toán hình học không gian bằng 
phương pháp tọa độ hóa, giúp các em tự tin hơn để bước vào kì thi THPT quốc gia, 
trong phạm vi đề tài này, tôi xin trình bày một kinh nghiệm nhỏ trong việc sử dụng 
phương pháp tọa độ hóa trong giải một số bài toán hình học không gian, đó là “Thiết 
lập hệ trục tọa độ giải một số dạng toán Hình học không gian” 
I.2. Mục đích nghiên cứu. 
 Nghiên cứu một số cách chọn hệ trục tọa độ trong giải một số bài toán hình học 
không gian bằng phương pháp tọa độ hóa sẽ giúp học sinh ,đặc biệt là đối tượng học 
sinh học ở mức độ khá, kể cả trung bình có thể giải các bài toán hình học không gian 
thông qua công thức có sẵn. 
I.3. Phương pháp nghiên cứu. 
4 
 Nghiên cứu các tài liệu về phương pháp tọa độ hóa trong việc giải một số bài 
toán hình học không gian. 
 Điều tra về phương pháp thường dùng trong việc dạy học giải các bài toán hình 
học không gian của một số giáo viên dạy khối 12; những khó khăn trong việc dạy học 
sinh sử dụng phương pháp tọa độ hóa để giải các bài toán hình học không gian. 
I.4. Đối tượng và phạm vi nghiên cứu 
 Một số dạng bài toán hình học không gian có thể giải được bằng phương pháp 
tọa độ hóa. 
 Nghiên cứu các bài toán hình học không gian trong các đề thi ĐH, CĐ trước 
kia và đề thi THPT Quốc gia những năm gần đây. 
II. NỘI DUNG ĐỀ TÀI 
II.1. Cơ sở lý luận 
Vào năm 1637, nhà toán học kiêm triết học Pháp là Réné Descartes đã cho xuất 
bản cuốn “ La Géométrie ” với nội dung xây dựng hình học bằng phương pháp toạ độ 
đánh dấu một bước tiến mạnh mẽ của toán học. Descartes là nhà toán học thiên tài đã 
khai sinh ra phương pháp toạ độ. Phương pháp toạ độ ra đời đã giúp con người dùng 
ngôn ngữ đại số thay cho ngôn ngữ hình học, giúp con người đạt đến đạt đến đỉnh cao 
của sự khái quát hoá và trừu tượng hoá toán học trong nhiều lĩnh vực. 
II.2. Cơ sở thực tiễn 
Các bài toán hình học không gian khá phức tạp và đòi hỏi người học phải có tư 
duy tốt. Nếu giải theo phương pháp thông thường khá phức tạp và tốn nhiều thời 
gian nhưng nếu giải theo phương pháp đặt hệ trục tọa độ thì sẽ đơn giản hơn 
nhiều.Tuy nhiên phương pháp này không được đề cập nhiều trong chương trình sách 
giáo khoa THPT nên nhiều em không có kinh nghiệm trong việc vận dụng phương 
pháp tọa độ hóa. Việc thiết lập hệ trục tọa độ như thế nào cho phù hợp và thuận tiện 
5 
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. 
Hình học không gian là một nội dung khó đối với học sinh . Nếu chưa tìm ra 
được phương pháp thích hợp để giải toán sẽ nẩy sinh tâm lý “ sợ “, từ đó các em ngán 
ngại, bỏ luôn phần này không học. Do vậy tôi thấy đề tài này thực sự cần thiết cho 
học sinh. 
II.3. Thực trạng vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm. 
 Trong quá trình giảng dạy nhiều năm tại trường THPT Trần Đại Nghĩa – 
DakLak là một trường mới thành lập do đó có nhiều học sinh còn hạn chế về mặt tư 
duy đặc biệt là tư duy hình học. Trước khi thực hiện đề tài, tôi đã khảo sát chất lượng 
của học sinh lớp 12B2 năm học 2018 – 2019( lớp tôi trực tiếp giãng dạy của năm học 
đó) thông qua kiểm tra viết qua bài toán sau: 
Kết quả thu được như sau : 
Sĩ số Số học sinh không giải được bài toán Số học sinh giải được bài toán 
33 32 1 
 Với 1 học sinh làm được bài toán thì học sinh này giải theo phương pháp hình 
học thuần túy và lời giải vẫn chưa được logic, chưa tối ưu. Khi giáo viên yêu cầu giải 
toán bằng phương pháp tọa độ thì không có học sinh nào biết giải. 
II.4. Các giải pháp đã sử dụng để giải quyết vấn đề: 
Phần 1. Một số kiến thức cần nhớ trong phần này 
(TRÍCH ĐỀ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2018). Cho hình chóp 
có đáy là hình chữ nhật, , , vuông góc với mặt phẳng 
đáy và . Khoảng cách giữa hai đường thẳng và bằng: 
A. . B. . C. . D. . 
6 
Diện tích và thể tích: 
Diện tích của tam giác ABC là SABC = 
Thể tích khối tứ diện ABCD là VABCD = 
Thể tích khối hộp chữ nhật / / / /
/
ABCD.A B C D
V (AB,AD).AA 
Góc giữa 2 mặt phẳng: Hai mặt phẳng (P), (Q) có các véc tơ pháp tuyến lần lượt là 
thì: cos((P),(Q)) | cos( , ') |n n 
Góc giữa hai đường thẳng: Hai đường thẳng d, d’ có các vecto chỉ phương lần lượt 
là : cos(d,d') | cos( , ) |u v 
Góc giữa đường thẳng và mặt phẳng: Cho đường thẳng d có vecto chỉ phương u 
và mặt phẳng (P) có pháp tuyến n thì: sin( ,( )) | cos( , ) |d P u v 
Khoảng cách từ điểm đến mặt phẳng: Khoảng cách từ M0(x0;y0;z0) đến mặt phẳng 
(α): Ax+By+Cz+D=0 là : 0 0 00
2 2 2
Ax
( , )
By Cz D
d M
A B C

  

 
Khoảng cách từ điểm đến đường thẳng: Cho điểm M và đường thẳng  đi qua 0M 
VTCP u thì :
0[M , ]
( , )
M u
d M
u
 
Khoảng cách giữa 2 đường thẳng chéo nhau: Đường thẳng  đi qua M, VTCP u 
đường thẳng  ’ đi qua M’, VTCP 'u thì: 
[ ,u']. '
( , ')
[ ,u']
u MM
d
u
   
ĐẶC BIỆT: Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AB, CD khi biết tọa độ của 
chúng 
, .
( , )
,
AB CD AC
d AB CD
AB CD
 
 

 
  
1
[AB,AC]
2
1
[AB,AC].AD
6
n, n '
u, v
7 
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. 
Các bước trong phương pháp tọa độ hóa. 
Để thiết lập một hệ tọa độ vào giải bài toán Hình học không gian bao gồm 
những bước sau: 
Bước 1: Chọn hệ trục toạ độ. 
- Chọn hệ trục tọa độ Oxyz thích hợp. 
- Suy ra tọa độ của các điểm có liên quan. 
Bước 2: Chuyển bài toán từ ngôn ngữ hình học sang ngôn ngữ toạ độ. 
Bước 3: Vận dụng các công thức thích hợp về toạ độ để giải toán. 
* Một số lưu ý khi đặt hệ trục tọa độ: 
 - Vẽ hình theo đề bài. Ưu tiên chọn gốc tọa độ là góc vuông của đa giác đáy. 
Nơi giao nhau của hai đường vuông góc đó là hai trục Ox và trục Oy. 
- Từ gốc tọa độ ta dựng đường vuông góc với mặt đáy thì ta được trục Oz nằm 
trên đường vuông góc đó, tức là ta đã hoàn thành xong việc thiết lập hệ trục tọa độ. 
Phần 2: Các dạng hình thường gặp và ví dụ minh họa 
Nói chung với một hình nào đó có thể có nhiều cách đặt hệ trục tọa độ khác 
nhau và còn phụ thuộc vào yêu cầu của đề bài sao cho phù hợp, những cách tôi đưa ra 
8 
là những cách thông dụng nhất. 
a. Phương pháp thiết lập: Đối với hình chóp có chứa góc tam diện vuông ta 
thiết lập hệ tọa độ với các trục tọa độ chính là các cạnh của góc tam diện vuông đó. 
Hình A: Đáy là tam giác vuông. 
Hình B: Đáy là hình vuông, hình chữ nhật. 
Hình C: Đáy là hình thang vuông. 
 b. Ví dụ minh họa 
Ví dụ 1: (Trích đề thi THPT Quốc gia năm 2015). Cho hình chóp S.ABCD có đáy 
ABCD là hình vuông cạnh a, SA vuông góc với đáy. Góc tạo bởi SC và (ABCD) 
bằng 045 .Tính thể tích khối chóp và khoảng cách giữa hai đường thẳng AC, SB. 
Hướng dẫn giải 
* Tính thể tích khối chóp S.ABCD : 
Dạng 1: Hình chóp có chứa góc tam diện vuông 
9 
 Tam giác SAC vuông cân tại A, SA = AC = 2a 
 Thể tích 3.
1 2
. .
3 3
S ABCD ABCDV SA S a  (đvtt) 
* Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AC, SB bằng phương pháp tọa độ: 
Chọn hệ trục tọa độ Axyz như hình vẽ. Khi đó :
(0;0;0),B(0;a;0),C(a;a;0),S(0;0;a 2)A 
(a;a;0)AC  ; (0;a; a 2)SB  
2; , ( 2; 2;1)AC SB a     
(0;a;0)AB  
, . 10
( ,SB)
5,
AC SB AB a
d AC
AC SB
 
 
 
 
  
* Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AC, SB bằng phương pháp hình học: 
a
a
z
y
x
A
B
S
D
C
10 
Kẻ đường thẳng d qua B và song song AC. Gọi M là hình chiếu vuông góc của A lên 
d; H là hình chiếu vuông góc của A lên SM. 
Ta có ,SA MB MA BM  nên .AH BM Suy ra ( )AH SBM . 
Do đó (AC,SB) d(A,(SBM)) AHd   . 
Tam giác SAM vuông tại A, đường cao AH nên 
2 2 2 2
1 1 1 5
2AH SA AM a
   
Vậy 
10
(AC,SB) AH
5
a
d   
Nhận xét: 
* Yêu cầu thứ nhất của bài toán vô cùng đơn giãn ta sẽ tính thể tích theo 
phương pháp hình học thuần túy. 
* Yêu cầu thứ hai là tính khoảng cách giữa 2 đường thẳng chéo nhau : 
+) Nếu giải theo phương pháp hình học thuần túy học sinh sẽ rất khó để 
xác định được phải xuất phát như thế nào: cần phải xác định đường vuông 
góc chung, hay dựa vào khoảng cách giữa đường thẳng và mặt phẳng song 
song, hay dựng hai mặt phẳng song song lần lượt chứa hai đường thẳng ấy 
11 
hay làm theo cách nào khác nữa. Điều này rất khó cho học sinh, với đối tượng 
học sinh trung bình trở xuống hoàn toàn không thể làm được. 
+) Nếu gắn với hệ trục tọa độ học sinh sẽ dễ dàng tìm được tọa độ các 
điểm A, C, S, B rồi áp dụng công thức tính khoảng cách giữa 2 đường chéo 
nhau để tính. Như vậy ta thấy phương pháp tọa độ rất tối ưu mọi học sinh đều 
có thể làm được. 
Ví dụ 2. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a, SA = a và vuông góc 
với mặt phẳng đáy. Gọi E là trung điểm của CD. Tính khoảng cách từ C đến mặt 
phẳng (SBE). 
Hướng dẫn giải 
* Tính khoảng cách từ C đến mặt phẳng (SBE) bằng phương pháp tọa độ: 
Trong không gian, chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ, với A là gốc tọa độ. Khi đó ta có: 
( ;0;0), (0;0;a), (0;a;0), ( ;a;0),E( ;a;0)
2
a
B a S D C a 
2
2 2( ;0; a); ( ; ; ) , ; ;
2 2
a a
SB a SE a a SB SE a a
 
          
 
a
a
a
z
y
x
A
D
S
B
C
E
12 
Chọn  2;1;2n  làm vecơ pháp tuyến của mp ( )SBE 
Phương trình mặt phẳng (SBE) qua B(a;0;0) và nhận  2;1;2n  làm véctơ pháp 
tuyến:  ( ) : 2 2 0SBE x a y z    2 2 2 0x y z a     
Khoảng cách từ điểm C đến mặt phẳng (SBE) là:  
2 2
2 2
 ;( )
32 2 1
a a a a
d C SBE
 
 
 
* Tính khoảng cách từ C đến mặt phẳng (SBE) bằng phương pháp hình học: 
3
.
1 1
.
3 3
S ABCD ABCDV SA S a  ; 
3
.BCE . . BE
1 1
4 12
S S ABCD C SV V a V   
2 25 3 3 2 2 52;BE ; ;
2 2 4
a a
SB a SE SA AE p
 
      
3
(p SB)(p BE)(p SE)
4
SBES p     
Vậy .
3 1
(C,(SBE))
3
C SBE
SBE
V
d a
S
  . 
Nhận xét: 
Gặp bài toán tính khoảng cách từ một điểm đến mặt phẳng thì học sinh sẽ 
nghĩ đến phải dùng một trong các phương pháp sau: 
 - Dựng trực tiếp: Với các dữ kiện đề bài như thế việc tìm hình chiếu vuông góc 
của C lên mp(SBE) sẽ rất khó. 
 - Đổi điểm: Cần đổi điểm C sang một điểm khác mà dễ tính khoảng cách hơn. 
Để tìm được đường thẳng qua C và song song mp(SBE) mà có khoảng cách dễ tìm thì 
cách làm này cũng rất khó. 
 - Dựa vào thể tích:
.3(C,(SBE)) C SBE
SBE
V
d
S
 . Thể tích khối chóp .C SBEV được tính dựa 
vào thể tích khối chóp .S ABCDV cái này tương đối đơn giãn. Tuy nhiên, giác SBE không 
13 
đặc biệt và độ dài các cạnh số “hơi lẽ ” nên việc tính diện tích tam giác SBE sẽ rườm 
rà. 
 - Tọa độ hóa: thay vì đi mò mẫm xem phải làm theo cách nào, cần phải tính 
cái gì (như kiểu đi trong bóng tối) thì khi làm theo phương pháp tọa độ học sinh chỉ 
việc gắn với hệ trục tọa độ, tìm tọa độ các điểm liên quan, viết phương trình mặt 
phẳng rồi áp dụng công thức tính khoảng cách( tức là đã có sẵn trình tự các bước 
cần thực hiện). 
 Như vậy ta thấy phương pháp tọa độ rất tối ưu mọi học sinh đều có thể làm 
được. 
Ví dụ 3. ( Trích 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) . 
Hướng dẫn giải 
Chọn hệ trục toạ độ Oxyz như hình, với A là gốc tọa độ. Khi đó: 
(0;0;0)A ; B  ;0;0a ; C  ; ;0a a ; D  0;2 ;0a ; S  0;0;2a 
* Chứng minh tam giác SCD vuông 
14 
 ; ; 2SC a a a  ;  ; ;0CD a a  
. 0SC CD SC CD   Tam giác SCD vuông tại C 
* Tính khoảng cách từ H đến (SCD) 
+) Tìm tọa độ điểm H là hình chiếu vuông góc của A trên SB 
 ;0; 2SB a a  . Phương trình tham số của SB : 0
2
x a at
y
z a t
  




 ( t R ) 
 ( ; ; ) ;0; 2H x y z SB H a at a t   ; ( ;0; 2 )AH a at a t  
. 0AH SB AH SB   2 2
1
3 0
3
a t a t     
2 2
;0;
3 3
a a
H
 
   
 
+) Viết phương trình mặt phẳng (SCD) 
 ; ; 2SC a a a   ; 0;2 ; 2SD a a  ;  2 2 2, 2; 2;2SC SD a a a     
2 2 1;1; 2a 
Mặt phẳng (SCD) đi qua điểm S và nhận vectơ  1;1; 2n  làm vectơ pháp tuyến có 
phương trình : 1( 0) 1( 0) 2( 2) 0x y z a      2 2 0x y z a     
+) Khoảng cách từ H đến (SCD):  
2 2
2
3 3
,( )
2 3
a a
a
a
d H SCD
 
 
Ví dụ 4. Cho hình tứ diện EFGH có EG, EF và EH đôi một vuông góc với nhau; biết 
6 ,EG 8a,EH 12aEF a   . Gọi I, J lần lượt là trung điểm FG, FH . Tính khoảng cách 
từ điểm F đến mặt phẳng (EIF) theo a. 
 Hướng dẫn giải 
Phân tích : Ta có thể chọn gốc tọa độ ở E, tuy nhiên nếu chọn như vậy thì khi viết 
phương trình mặt phẳng (EIF) sẽ dài dòng hơn. Do vậy ta sẽ chọn thêm điểm K để đặt 
15 
gốc tọa độ ở đó, khi đó áp dụng phương trình đoạn chắn ta sẽ có ngay phương trình mặt 
phẳng (EIF). 
Gọi K là trung điểm EF. Chọn hệ trục tọa độ Kxyz như hình vẽ. 
Ta có : K(0;0;0), I(0;0;4a), E(3a;0;0), J(0;6a;0), F(-3a;0;0) 
Phương trình mặt phẳng (EIF): 1 4 2 3 12 0
3 6 4
x y z
x y z a
a a a
        
Do đó
24 29
(F,(EIF))
29
a
d  . 
a. Phương pháp thiết lập: 
Cách 1: Thiết lập hệ tọa độ Oxyz sao cho gốc O trùng với trung điểm một cạnh 
của tam giác đáy, trục cao vuông góc với mặt phẳng đáy, trục thứ hai trùng với cạnh 
tam giác đáy và trục còn lại đi qua đỉnh của tam giác đáy ( hình thứ nhất). 
x
z
y
G
E
F
H
K
I
J
Dạng 2: Hình chóp tam giác đều. 
16 
Cách 2: Thiết lập hệ tọa độ Oxyz sao cho gốc O trùng với tâm của tam giác 
đáy; trục cao chứa đường cao của hình chóp. Trục thứ hai đi qua đỉnh của tam giác 
đáy, trục còn lại song song với cạnh đáy của tam giác đáy (hình thứ hai). 
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 S.ABC 
Hướng dẫn giải 
Gọi K, I lần lượt là trung điểm BC, AB; O là trọng tâm ABC 
Chọn hệ tọa độ Oxyz như hình vẽ. Đặt SO = h. Khi đó ta có: 
17 
 ( ;0;0), ( ; ;0),
23 2 3
a a a
C A

( ; ;0), (0;0; )
22 3
a a
B S h
 
Ta có: 
 
( ; ; ), ( ;0; ),
4 2 24 3 2 3
a a h a h
M N
 
 
3
( ; ; ), ( ; ; )
4 2 2 24 3 3
a a h a a h
AM AN 
    
 
5
, ( h; ; )
8 3 3
a h a
AM AN 
MP (AMN) có vectơ một pháp tuyến 
1
5
 n ( h; ; ).
3 3
h a
Mp (SBC) đi qua cắt Oy tại (0; ;0)
3
a
K

, Ox tại ( ;0;0)
3
a
C , Oz tại S (0;0;h) nên có 
phương trình đoạn chắn là:       

3 3 1
1 1
33
x y z
x y z
a a h a a h


2
3 3 1
( )cã vect¬ ph¸p tuyÕn lµ: n ( ; ; ).mp SBC
a a h
Ta có:   
1 2
( ) ( ) . 0AMN SBC n n

      
3 3 5 1 5
( ). 3.( ) . 0
123
a
h h h a
a a h
Vậy 
2 3
.
1 1 5 3 5
. . . .
3 3 12 4 24
S ABC ABC
a a
V SO S a

  
 Ví dụ 2. ( Trích đề thi tuyển sinh ĐH &CĐ khối B năm 2012 ). Cho hình chóp tam 
giác đều S.ABC với 2 ,SA a AB a  . Gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên cạnh 
SC. Chứng minh SC vuông góc mặt phẳng (ABH). Tính thể tích của khối chóp 
S.ABH theo a. 
18 
+) Chứng minh (ABH)SC  
Gọi I là trung điểm AB; G là trọng tâm ABC . 
Ta có: 
3 3
,
2 3
a a
CI GC  2 2
33
3
a
SG SC CG   
Chọn hệ trục tọa độ Ixyz như hình vẽ, với Iz // SG. 
Ta có: (0;0;0)I , ( ;0;0)
2
a
A  , ( ;0;0)
2
a
B ,
3
(0; ;0)
2
a
C ,
3
(0; ;0)
6
a
G ,
3 33
(0; ; )
6 3
a a
S 
( ;0;0)AB a ,
3 33
(0; ; )
3 3
a a
SC  . Khi đó . 0AB SC AB SC   
Mà AH SC . Do đó (ABH)SC  . 
+) Tính .S ABHV 
Mặt phẳng (ABH) đi qua I và có vectơ pháp tuyến là 
3 33
(0; ; )
3 3
a a
SC  , có phương 
trình là : 11 0y z  . 
Khi đo 
7
(S,(ABH))
4
a
SH d  và 
3
.
1 11
.
3 12
S ABC ABC
a
V SG S  . 
19 
Mà 
3
.
. .
.
7 7 7 11
8 8 96
S ABH
S ABH S ABC
S ABC
V SH a
V V
V SC
     . 
a. Phương pháp thiết lập: 
Giả sử có SA vuông góc với mặt đáy. 
+) Đáy là tam giác ABC cân tại A: đặt gốc tọa độ tại trung điểm cạnh BC 
 (Hình A). Trường hợp cân tại B, C làm tương tự. 
+) Đáy là tam giác ABC vuông tại B: đặt gốc tọa độ tại B( Hình B). 
+) Đáy là tam giác đều: áp dụng tương tự như trường hợp tam giác cân. 
+) Đáy là hình thoi: đặt gốc tọa độ tại giao điểm 2 đường chéo( Hình C). 
b. Ví dụ áp dụng 
Ví dụ 1. 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 (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 600. Tính khoảng cách giữa hai đường 
thẳng AB và SN theo a. 
Dạng 3: Hình chóp có cạnh bên vuông góc với mặt phẳng đáy; 
đáy là tam giác cân, tam giác đều, tam giác vuông, hình thoi. 
20 
Hướng dẫn giải 
Theo giả thiết (SAB), (SAC) cùng vuông góc với (ABC) nên SA (ABC). 
Góc giữa (SBC) và (ABC) là 60SBA  . tan60 2 3SA AB a   . 
Mặt phẳng qua SM, song song BC, cắt AC tại NMN // BCN là trung điểm AC. 
Do đó tam giác AMN vuông cân tại M. 
Chọn hệ trục Oxyz như hình vẽ, với B là gốc tọa độ. 
khi đó : (2 ;0;