phương pháp tọa độ trong hình không gian

phương pháp tọa độ nhằm rút gọn các bước tính trong bài tính khoảng cách cũng như dùng nó để giải các bài toán khác ,là mọt trong những dạng có trong kỳ thi thpt quấc gia ,đây là cuốn tài liệu hữu ích dành cho các bạn 12 cũng như các bạn thi vào đại học cao đẳng

PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ HÓA TRONG HÌNH HỌC KHÔNG GIAN

Trước hết, để làm quen với việc tọa độ hóa các bài toán hình học không gian tổng hợp, ta bắt

đầu bằng hai ví dụ đối với một hình đa diện có thể tọa độ hóa dễ dàng nhất, đó là hình lập phương Có thể khẳng định chắc chắn rằng mọi bài toán yêu cầu chứng minh các quan hệ hình học hoặc tính toán đối với hình lập phương đều có thể giải một cách ngắn gọn bằng phương pháp tọa độ

Ví dụ 1 Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ cạnh bằng 1.

a) Chứng minh rằng hai mặt phẳng (AB’D’) và (C’BD) song song với nhau Tính khoảng cách giữa hai mặt phẳng này;

b) Chứng minh A’C vuông góc với mặt phẳng (AB’D’) và A’C vuông góc với IJ (I, J lần lượt là trung điểm của các cạnh BB’ và AD);

c) Gọi K là trung điểm của cạnh CC’ Chứng minh rằng hai mặt phẳng (A’BD) và (KBD) vuông góc nhau

Giải

Do các cạnh AB, AD, AA’ đôi một vuông góc

nhau nên ta chọn hệ trục Oxyz sao cho:

O≡A, tia AB≡tia Ox, tia AD≡tia Oy, tia AA’≡tia Oz.

Khi đó, ta có:

A(0;0;0), B(1;0;0), D(0;1;0), A’(0;0;1),

C(1;1;0), B’(1;0;1), D’(0;1;1), C’(1;1;1)

a) Chứng minh (AB’D’) và (C’BD) song song với nhau Khoảng cách giữa chúng.

Dễ dàng thiết lập được phương trình của hai mặt phẳng:

(AB’D’): x + y – z = 0 và (C’BD): x + y – z – 1 = 0.

Do đó (AB’D’) // (C’BD) và d((AB’D’),(C’BD)) = d(A,(C’BD)) = 1

3.

b) Chứng minh A’C vuông góc với mặt phẳng (AB’D’) và A’C vuông góc với IJ

Ta có 'uuuurA C

= (1;1;–1) chính là một vectơ pháp tuyến của (AB’D’): x + y – z = 0, do đó A’C⊥(AB’D’) Mặt khác, I, J lần lượt là trung điểm của các cạnh BB’ và AD nên I(1;0;1

2), J(0;

1

2;0)

( 1; ; )

IJ

⇒uur= − − ' ( 1).1 1.1 ( 1).( 1) 0 '

c) Chứng minh hai mặt phẳng (A’BD) và (KBD) vuông góc nhau

Ta có phương trình mặt phẳng (A’BD) là x + y + z – 1 = 0 (VTPT là nur1=(1;1;1))

K A

D

A’

D’

x

y

z

I

J

K là trung điểm CC’ (1;1; )1 ( ) : 2 1 0

2

⇒ ⇒ + − − = (VTPT là nuur2 =(1;1; 2)− )

Dễ thấy n nur uur1 2 =1.1 1.1 1.( 2) 0+ + − = ⇒( 'A BD) (⊥ KBD) 

Trên đây ta nhận thấy với phương pháp tọa độ, các chứng minh về quan hệ song song và vuông góc được thực hiện khá dễ dàng bằng các phép tính đại số mà không phụ thuộc vào hình vẽ hoặc các suy luận hình học thường rất khó trình bày đối với học sinh Qua ví dụ ta rút ra các nhận xét quan trọng sau đây:

+ Chứng minh hai mặt phẳng song song: viết phương trình của chúng và so sánh các hệ số + Chứng minh hai mặt phẳng vuông góc: chứng tỏ tích vô hướng của hai VTPT bằng 0 + Chứng minh hai đường thẳng vuông góc: chứng tỏ tích vô hướng của hai VTCP bằng 0 + Chứng minh đường thẳng vuông góc với mặt phẳng: chứng tỏ VTCP của đường thẳng chính

là một VTPT của mặt phẳng.

Tiếp theo, ta xét ví dụ về việc tọa độ hóa bài toán tính góc và khoảng cách trong không gian

Ví dụ 2 Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ có cạnh bằng 1 và I là tâm của ABCD Gọi M, N, P

lần lượt là trung điểm của B’B, CD và A’D’

a) Tính góc giữa hai đường thẳng MP, C’N và góc giữa hai mặt phẳng (PAI), (DCC’D’);

b) Tính khoảng cách giữa cặp đường thẳng A’B, B’D và cặp đường thẳng PI, AC’

Giải

Tương tự ví dụ 1, ta chọn hệ trục Oxyz sao cho:

O≡A, tia AB≡tia Ox, tia AD≡tia Oy,

tia AA’≡tia Oz.

Khi đó, ta có:

A(0;0;0), B(1;0;0), D(0;1;0), A’(0;0;1),

C(1;1;0), B’(1;0;1), D’(0;1;1), C’(1;1;1)

a) Tính góc giữa hai đường thẳng MP, C’N

và góc giữa hai mặt phẳng (PAI, (DCC’D’).

Vì M, N, P lần lượt là trung điểm của B’B, CD và A’D’ nên M(1;0;1

2 ), N(

1

2 ;1;0), P(0;

1

2 ;1).

Khi đó, ta có ( 1; ; ), '1 1 ( 1;0; 1)

'

MP C N

MP C N

MP C N

uuur uuuur

⇒góc giữa MP và C’N bằng 900

Mặt khác, I là tâm của ABCD ( ; ;0)1 1

2 2

I

⇒

⇒ (PAI) có VTPT là 4 , 4.( ;1 1 1; ) (2; 2;1)

2 2 4

nr= uur uuurAI AP= − = −

A

D

A’

D’

x

y z

I

P

M

N

(DCC’D’) có VTPT là 'nuur uuur= AD=(0;1;0)

Gọi ϕ là góc giữa hai mặt phẳng (PAI) và (DCC’D’)

Ta có: cos ' 2 arccos2 48 11' 23''

'

n n

n n

r uur

b) Tính khoảng cách giữa cặp đường thẳng A’B, B’D và cặp đường thẳng PI, AC’.

Ta có: 'uuuurA B=(1;0; 1), '− B Duuuur= −( 1;1; 1), ' ' (1;0;0)− uuuuurA B =

' , ' ' ' 6 ( ' , ' )

6 ' , '

A B B D A B

d A B B D

A B B D

uuuur uuuur uuuuur uuuur uuuur

Mặt khác, ( ;0; 1),1 ' (1;1;1), (0; ;1)1

( , ')

28 , '

PI AC AP

d PI AC

PI AC

uur uuuur uuur

Nhận xét: Đối với bài toán tính góc giữa hai đường thẳng, góc giữa hai mặt phẳng và khoảng cách

giữa hai đường thẳng chéo nhau khi giải bằng phương pháp cổ điển thì rõ ràng khâu khó khăn nhất chính là dựng hình (trực tiếp hoặc gián tiếp) vốn đòi hỏi học sinh phải nắm rất vững về phương pháp cũng như phải có sự suy nghĩ khá sâu sắc; trong khi đó, nếu ta có thể tọa độ hóa để giải thì phương pháp tiếp cận rất rõ ràng vì tất cả các yêu cầu trên đều đã có công thức, do đó còn lại là yêu cầu học sinh thực hiện cẩn thận một số bước tính toán cơ bản để áp dụng được công thức đã có.

Ví dụ kế tiếp ta chuyển sang một đối tượng hình không gian khác, đó hình tứ diện có ba cạnh xuất phát từ một đỉnh đôi một vuông góc nhau (gọi tắt là tam diện vuông) Phương án tọa độ hóa đối với hình đa diện này và hình hộp chữ nhật là như nhau

Ví dụ 3 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 , ,α β γ lần lượt là góc giữa (ABC) và các mặt phẳng (OBC), (OCA), (OAB) Chứng minh

cos α+cos β +cos γ =1

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.

Dễ thấy phương trình mặt phẳng (ABC) là x y z 1 bcx cay abz abc 0

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

( ,( ))

h d O ABC

−

b) Chứng minh tam giác ABC có ba góc đều nhọn.

Ta có:

a

·BAC

b

uuur uuur

·ABC

c

uur uuur

·ACB

Vậy tam giác ABC có ba góc đều nhọn.

c) Chứng minh cos 2α+cos 2β+cos 2γ =1.

Với , ,α β γ 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

( ; ; )

nr = bc ca ab ,ri=(1;0;0),rj=(0;1;0),kr =(0;0;1)

Do đó

cos

bc

α =

cos

ca

β =

cos

ab

γ =

Qua ba ví dụ 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.

Ta xét ví dụ sau đây.

Ví dụ 4 Cho hình chóp S.ABC có SC = CA = AB = a 2, SC⊥(ABC), tam giác ABC vuông tại A Các điểm M, N lần lượt di động trên tia AS và CB sao cho AM = CN = t (0 < t < 2a).

O

A

B C

x

y z

a) Tính độ dài đoạn MN theo a và t Tìm t sao cho MN ngắn nhất;

b) Khi đoạn MN ngắn nhất, chứng minh MN là đường vuông góc chung của BC và SA.

Giải

Nhận xét: tại vị trí điểm A hoặc điểm C ta nhận thấy đã có một cặp cạnh vuông góc (AB⊥AC, CS⊥

CA, CS⊥CB) nhưng chưa đạt đủ điều kiện cần thiết là phải có ba cạnh đôi một vuông góc cùng xuất

phát từ một đỉnh, do đó ta dựng đường thẳng qua A và vuông góc với (ABC) (đường thẳng này song

song với SC)

Khi đó, chọn hệ trục Oxyz như hình vẽ, với

A≡O(0;0;0), B( a 2;0;0),

C(0; a 2;0), S(0; a 2;a 2)

a) Tính độ dài đoạn MN theo a và t

Tìm t sao cho MN ngắn nhất.

Theo giả thiết M thuộc tia AS và AM = t

a

⇒uuuur= uuur⇒

Tương tự, N thuộc tia CB và CN = t

a

Hơn nữa,

2

3

MN = a − at+ t = t− + ≥ , dấu đẳng thức xảy ra khi 2

3

a

t=

(thỏa 0 < t < 2a) Vậy min 6 2

b) Khi đoạn MN ngắn nhất, chứng minh MN là đường vuông góc chung của BC và SA.

Khi MN ngắn nhất, ta có 2

3

a

t= nên (0; 2; 2), ( 2 2; 2;0)

MN

Mặt khác uuurAS=(0;a 2;a 2),CBuuur=(a 2;−a 2;0)

⇒uuuur uuur uuuur uuur= = ⇒ ⊥ ⊥

hay MN là đường vuông góc chung của SA và BC. 

Trên cơ sở các ví dụ minh họa đã được trình bày, ta có thể rút ra ba bước cơ bản sau đây đối

với việc giải bài toán hình học không gian tổng hợp bằng phương pháp tọa độ:

+ Xây dựng hệ trục tọa độ thích hợp

OA

B

x

z

S

M

N

+ Xác định tọa độ các điểm liên quan

+ Chuyển bài toán hình không gian tổng hợp về bài toán tương ứng trong không gian tọa

độ và vận dụng các công thức thích hợp (chứng minh vuông góc, song song, tính thể tích, góc, khoảng cách…)

Để rõ hơn về những ứng dụng mạnh mẽ và hiệu quả của phương pháp này, ta sẽ giải một số câu hình học không gian tổng hợp trong các đề thi Đại học, Cao đẳng trong các năm gần đây Các đáp

án chính thức đã được Bộ Giáo dục và Đào tạo công bố rộng rãi và có thể được tìm thấy từ các sách

tham khảo hoặc mạng Internet Lời giải được trình bày dưới đây là hoàn toàn mới mẻ và của chính

người viết sáng kiến này

Bài 1 (Đề thi Cao đẳng năm 2009) Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có AB = a, SA =

2

a Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm của các cạnh SA, SB và CD Chứng minh rằng đường thẳng

MN vuông góc với đường thẳng SP Tính theo a thể tích của khối tứ diện AMNP.

Giải

Gọi O là tâm của ABCD Chọn hệ trục Oxyz như hình vẽ với

O(0;0;0), C( 2

2

a ;0;0), A( 2

2

a

− ;0;0), D(0; 2

2

a ;0),

B(0; 2

2

a

− ;0), S(0;0; 6

2

2

a

SO= SA −OA = )

M, N, P lần lượt là trung điểm của các cạnh

SA, SB và CD⇒M( 2

4

a

4

a ),

N(0; 2

4

a

4

a ), P( 2

4

4

a ;0).

Khi đó

uuuur

,

Mặt khác, ta lại có

AM =

uuuur

, (3 2; 2;0)

AP=

uuur

uuur

3 6

8

a

AM AP AN

AMNP

a

⇒ = uuuur uuur uuur = 

Lưu ý: Đáp án chính thức cho phương án tính thể tích tứ diện AMNP gián tiếp thông qua thể tích tứ

diện ABSP và thể tích khối chóp S.ABCD Cách tính trên đây bằng phương pháp tọa độ là hoàn toàn

O A

x

D

y

S

z

N

M

P

trực tiếp, dễ định hướng Việc tọa độ hóa có thể lấy một đỉnh của đáy làm gốc tọa độ (cần kẻ thêm đường thẳng qua đỉnh và song song với SO).

Bài 2 (ĐH khối D – 2007) Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thang, ·ABC =·BAD=90o, BA =

BC = a, AD = 2a Cạnh bên SA vuông góc với đáy, SA = a 2 Gọi H là hình chiếu vuông góc của A lên SB

Chứng minh tam giác SCD vuông và tính khoảng cách từ H đến mặt phẳng (SCD)

Giải

Chọn hệ trục tọa độ Oxyz như hình vẽ, với A≡O(0;0;0), B(a;0;0), D(0;2a;0), C(a;a;0), S(0;0; a 2).

Khi đó SCuuur=( ; ;a a a− 2),CDuuur= −( a a; ;0) ⇒SC CDuuur uuur = ⇒0 SC⊥CD, hay tam giác SCD vuông tại C

Mặt khác (SCD) có VTPT là SC CDuuur uuur,  = (a2 2;a2 2;2 )a2

(SCD) :1.(x a) 1.(y a) 2.(z 0) 0

hay (SCD): x y+ + 2z−2a=0

Đường thẳng SB có phương trình tham số là

0

2

x a t

y

 = +

 =



 = −



( ;0; 2 )

H∈SB⇒H a t+ − t

3

a

AH ⊥SB⇔uuur uurAH SB= ⇔ = −t

Vậy (2 ;0; 2)

Từ đó suy ra khoảng cách từ H đến (SCD) là

( ,( ))

3

1 1 2

a

d H SCD

+ +

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 (ĐH khối D – 2008) Cho lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có đáy ABC vuông, AB = BC = a, cạnh

bên AA’ = a 2 Gọi M là trung điểm của BC Tính theo a thể tích của khối lăng trụ đã cho và khoảng cách giữa hai đường thẳng AM, B’C.

Giải

B

x

y

z

D

C

OA H

S

z

C’

A A’

B’

Từ giả thiết ta có tam giác đáy ABC vuông

cân tại B, kết hợp với tính chất của lăng trụ

đứng, ta chọn hệ trục Oxyz như hình vẽ, với

B≡O(0;0;0), C(a;0;0), A(0;a;0), B’(0;0; a 2).

.

.( )

ABC A B C

a

Bây giờ ta tính khoảng cách giữa AM và B’C

M là trung điểm của BC

Mặt khác, 'B Cuuuur=( ;0;a −a 2) 2 2 2 2

2

a

⇒uuuur uuuur=

Lại có uuurAC=( ;a a− ;0)

3

2

2

2 ( , ' )

7 7 , '

2

a

d AM B C

a

AM B C

uuuur uuuur uuur

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 (ĐH khối B – 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.

Giải

Gọi O là tâm của đáy ABCD

Vì hình chóp đã cho là hình chóp

đều nên SO⊥(ABCD)

Ta chọn hệ trục Oxyz với O là gốc tọa độ,

tia OC≡tia Ox, tia OD≡tia Oy,

tia OS≡tia Oz.

Khi đó ta có

O(0;0;0), A( 2

2

a

− ;0;0), C( 2

2

a ;0;0),

B(0; 2

2

a

− ;0), D(0; 2

2

a ;0),

A

D

y

S

z

M E

E đối xứng với D qua trung điểm của SA

⇒ADSE là hình bình hành ( 2; 2; )

M là trung điểm của AE ( 2; 2; )

M

N là trung điểm của BC ( 2; 2;0)

N

MN

Mặt khác BDuuur=(0;a 2;0) ⇒MN BDuuuur uuur = ⇒0 MN ⊥BD

Lại có uuurAC=(a 2;0;0) , (0; 2;0)

2

ax

MN AC

⇒uuuur uuur=

Mà (3 2; 2;0)

uuur

2

4

4 2 ,

2

a x

d MN AC

ax

MN AC

uuuur uuur uuur

Nhận xét: Bài toán 4 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 x chưa biết đối với tọa độ điểm S, nhưng kết quả lại không phụ thuộc vào x.

Bài 5 (ĐH khối D – 2010) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, cạnh bên SA

= a ; hình chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng (ABCD) là điểm H thuộc đoạn AC, AH =

4

AC

Gọi

CM là đường cao của tam giác SAC Chứng minh M là trung điểm của SA và tính thể tích khối tứ diện

SMBC theo a.

Giải

Chọn hệ trục Oxyz với A là gốc tọa độ,

tia AB là tia Ox, tia AD là tia Oy,

tia Oz là tia Az song song và cùng

hướng với tia HS

Ta có

A(0;0;0), B(a;0;0), C(a;a;0), D(0;a;0).

1

( ; ;0)

a a

Theo giả thiết SH⊥(ABCD),

AH =

4

AC

= 2

4

a , SA = a

S

z

H

M

y

2 2 14

4

a

14

a a a

S

⇒

a− + −a + − =a =CA⇒ ∆SAC cân tại C nên đường cao CM

cũng là đường trung tuyến⇒M là trung điểm của SA⇒ ( ; ; 14)

a a a

Vì M là trung điểm SA nên V SMBC =V AMBC

Ta có:

14 ( ;0;0), ( ; ;0), ( ; ; )

a a a

3

SMBC AMBC

a

Nhận xét: Bài toán này có thể được tọa độ hóa với gốc tọa độ là điểm H hoặc tâm của đáy Việc tính

thể tích SMBC thông qua thể tích AMBC chỉ là vấn đề kĩ thuật để phép toán dễ tính hơn, hoàn toàn có thể tính trực tiếp được thể tích SMBC vì tọa độ các đỉnh đã biết.

Bài 6 (ĐH khối B – 2010) Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC.A’B’C’ có AB = a, góc giữa hai mặt

phẳng (A’BC) và (ABC) bằng 600 Gọi G là trọng tâm tam giác A’BC Tính thể tích khối lăng trụ đã

cho và bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện GABC theo a.

Giải

Gọi O là trung điểm của cạnh BC Tam giác ABC đều cạnh a nên AO⊥BC và AO = 3

2

Chọn hệ trục Oxyz với O là gốc tọa độ, tia OA≡tia Ox, tia OC≡tia Oy, tia Oz song song và cùng

hướng với tia AA’ Khi đó A( 3

2

a ;0;0), B(0;

2

a

− ;0), C(0;

2

a

;0), A’( 3

2

a ;0;3

2

a

)

Dễ thấy góc giữa mặt phẳng (A’BC) và (ABC) là góc · ' 60 ' tan 60 3

2

a

A OA= o⇒AA =OA o=

' ' '

G là trọng tâm tam giác A’BC nên G( 3

6

a

;0;

2

a

)

Bây giờ, ta đi xác định tâm và bán kính

A

z

B’

C’

A’

G

mặt cầu ngoại tiếp tứ diện GABC, với

G( 3

6

a ;0;

2

a

), A( 3

2

a ;0;0),

B(0;

2

a

− ;0), C(0;

2

a

;0)

Giả sử mặt cầu ngoại tiếp tứ diện GABC có phương trình

x2+ y2+ −z2 2px−2qy−2rz k+ =0

Thay lần lượt tọa độ G, A, B, C vào phương trình trên ta có

2

2

2

2 2

3

6 3

4

12 0 0

4

4

p

aq k

a k a

aq k















Vậy mặt cầu ngoại tiếp tứ diện GABC có tâm I( 3; ;0

a − a ) và bán kính là

Bài 7 (ĐH khối A – 2010) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a Gọi M và N

lần lượt là trung điểm của các cạnh AB và AD; H là giao điểm của CN và DM Biết SH⊥(ABCD) và

SH = a 3 Tính thể tích khối chóp S.CDNM và khoảng cách giữa hai đường thẳng DM và SC theo a.

Giải

Dễ thấy V S CDNM. =V S ABCD. −V S BCM. −V S AMN.

1

3SH S ABCD S BCM S AMN

Bây giờ ta tính khoảng cách giữa hai

đường thẳng DM và SC bằng phương

pháp tọa độ

Chọn hệ trục Oxyz như hình vẽ, ta có

C≡O(0;0;0), B(a;0;0), D(0;a;0), A(a;a;0).

M là trung điểm AB ( ; ;0)

2

a

M a

D

H

y

S

z

N