Các kiến thức được sử dụng trong sáng kiến này đều thuộc phạm vi kiến thức được trình bày trong Sách giáo khoa Hình học 12 chuẩn và nâng cao (chương III), các ví dụ được tổng hợp từ các bài tập trong Sách giáo khoa và Sách bài tập, các bài toán lấy từ các đề thi chính thức của Bộ Giáo dục và Đào tạo.
Các kí hiệu thường dùng trong sáng kiến:
                        + VTPT: vectơ pháp tuyến, VTCP: vectơ chỉ phương
                        + (XYZ): mặt phẳng qua 3 điểm X, Y, Z
                        + d(X,(P)): khoảng cách từ điểm X đến mặt phẳng (P)
                        + d((P),(Q)): khoảng cách giữa hai mặt phẳng song song (P) và (Q)
                        + d(a,b): khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau a và b.

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:
OA, tia ABtia Ox, tia ADtia 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)) = .
b). Chứng minh A’C vuông góc với mặt phẳng (AB’D’) và A’C vuông góc với IJ
Ta có = (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;), J(0;;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 ).
K là trung điểm CC’  (VTPT là ).
Dễ  thấy                                                    o
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:
  OA, tia ABtia Ox, tia ADtia 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 MNP lần lượt là trung điểm của B’B, CD và A’D’ nên M(1;0;), N(;1;0), P(0;;1).
Khi đó, ta có   
góc giữa MP và C’N bằng 900.
Mặt khác, I là tâm của ABCD
 (PAI) có VTPT là 
(DCC’D’) có VTPT là 
Gọi  là góc giữa hai mặt phẳng (PAI) và (DCC’D’).
Ta có:        .
b). Tính khoảng cách giữa cặp đường thẳng A’B, B’D và cặp đường thẳng PI, AC’.
Ta có:  
.
Mặt khác, 
            .                                                                   o
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 OAOBOC đôi một vuông góc nhau, OA = a,         OB = bOC = 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: .
Giải
Chọn hệ trục tọa độ Oxyz sao cho tia OAtia Ox, tia OBtia Oy, tia OCtia 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  .
Độ dài h của đường cao của tứ diện kẻ từ đỉnh O là khoảng cách từ O đến mặt phẳng (ABC):
.
b) Chứng minh tam giác ABC có ba góc đều nhọn.
Ta có:
 nhọn.
Tương tự,  nhọn.
                 nhọn.
Vậy tam giác ABC có ba góc đều nhọn.
c). Chứng minh  .
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
,.
Do đó
,
,
.
Suy ra:   .                                                                                     o
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 SC(ABC), tam giác ABC vuông tại A. Các điểm MN lần lượt di động trên tia AS và CB sao cho AM = CN = t (0 < t < 2a).
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 (ABAC, CSCA, CSCB) 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
AO(0;0;0), B(;0;0),
C(0; ;0), S(0; ;).
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
Tương tự, N thuộc tia CB và CN = t
.
Vậy ta có  .
Hơn nữa,  , dấu đẳng thức xảy ra khi  (thỏa 0 < t < 2a). Vậy .
b) Khi đoạn MN ngắn nhất, chứng minh MN là đường vuông góc chung của BC và SA.
Khi MN ngắn nhất, ta có  nên 
Mặt khác 
 
hay MN là đường vuông góc chung của SA và BC.                                                                                     o
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
            + 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 = . 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(;0;0), A(;0;0), D(0;;0),
B(0; ;0), S(0;0;) ().
M, N, P lần lượt là trung điểm của các cạnh
SA, SB và CDM(;0; ),
N(0; ;), P(;;0).
Khi đó
,
.
Mặt khác, ta lại có
                              o
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 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, ,   BA = BC = a, AD = 2a. Cạnh bên SA vuông góc với đáy, SA = . 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 AO(0;0;0), B(a;0;0), D(0;2a;0), C(a;a;0), S(0;0;). Khi đó  , hay tam giác SCD vuông tại C.
Mặt khác (SCD) có VTPT là  
hay (SCD): .
Đường thẳng SB có phương trình tham số là
                 
.
.
Vậy .
Từ đó suy ra khoảng cách từ H đến (SCD) là
 .                                                  o
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.ABC’ có đáy ABC vuông, AB = BC = a, cạnh bên AA’ = . 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 AMBC.
Giải
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
BO(0;0;0), C(a;0;0), A(0;a;0), B’(0;0;).
Dễ thấy .
Bây giờ ta tính khoảng cách giữa AM và B’C.
M là trung điểm của BC
Mặt khác, .
Lại có .                       o
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 OCtia Ox, tia ODtia Oy,
tia OStia Oz.
Khi đó ta có
O(0;0;0), A(;0;0), C(;0;0),
B(0;;0), D(0; ;0),
Stia Oz  (x > 0).
E đối xứng với D qua trung điểm của SA
ADSE là hình bình hành 
M là trung điểm của AE
N là trung điểm của BC
Mặt khác .
Lại có .
Mà  .              o
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 = ; hình chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng (ABCD) là điểm H thuộc đoạn AC, AH = . 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).
Theo giả thiết SH(ABCD),
AH = , SA = a
Vậy ta có  SC = SAC cân tại C nên đường cao CM cũng là đường trung tuyếnM là trung điểm của SA.
Vì M là trung điểm SA nên .
Ta có: 
     .                                                o
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 AOBC và AO = .
Chọn hệ trục Oxyz với O là gốc tọa độ, tia OAtia Ox, tia OCtia Oy, tia Oz song song và cùng hướng với tia AA’. Khi đó A(;0;0), B(0;;0), C(0;;0), A’(;0;).
Dễ thấy góc giữa mặt phẳng (A’BC) và (ABC) là góc 
.
G là trọng tâm tam giác A’BC nên G(;0;).
Bây giờ, ta đi xác định tâm và bán kính
mặt cầu ngoại tiếp tứ diện GABC, với
G(;0;),   A(;0;0),
B(0;;0),   C(0;;0).
Giả sử mặt cầu ngoại tiếp tứ diện GABC có phương trình
         .
Thay lần lượt tọa độ G, A, B, C vào phương trình trên ta có
         
Vậy mặt cầu ngoại tiếp tứ diện GABC có tâm I() và bán kính là
.                                                     o
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 = . Tính thể tích khối chóp S.CDNM và khoảng cách giữa hai đường thẳng DM và SC theo a.
Giải
Dễ thấy  
.
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
CO(0;0;0), B(a;0;0), D(0;a;0), A(a;a;0).
M là trung điểm AB 
N là trung điểm AD
H
 
cùng phương và  cùng phương
 và . Vậy H()
Khi đó, 
Mặt khác   .             o
Bài 8 (ĐH khối D – 2011). Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B, AB = 3a, BC = 4a, mặt phẳng (SBC) vuông góc (ABC). Biết SB =  và . Tính thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng (SAC) theo a.
Giải
Gọi H là chân đường vuông góc kẻ từ S lên BC.
Vì (SBC)(ABC) nên SH(ABC).
Mặt khác SB =  và  .
Dễ thấy   .
Bây giờ ta tính khoảng cách từ điểm B
đến mặt phẳng (SAC) bằng phương pháp
tọa độ.
Chọn hệ trục Oxyz với B là gốc tọa độ,
tia BA là tia Ox, tia BC là tia Oy, tia Oz
là tia Bz song song và cùng hướng với
tia HS.
Khi đó: B(0;0;0), A(3a;0;0), C(0;4a;0),
S(0;3a;).
 mặt phẳng (SAC) có phương trình là
         .
Vậy khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng (SAC) là
                        .                                                     o
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.
Bài 9 (ĐH khối B – 2011). Cho hình lăng trụ ABCD.A’B’C’D’ có đáy ABCD là hình chữ nhật, AB = a, AD = . Hình chiếu vuông góc của A’ trên (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 B’ đến mặt phẳng (A’BD) theo a.
Giải
Gọi I = ACBD. Ta có .
Chọn hệ trục Oxyz với B là gốc tọa độ, tia BA là tia Ox, tia BC là tia Oy, tia Oz là tia Bz song song và cùng hướng với tia IA’.
Khi đó
B(0;0;0), A(a;0;0), C(0;;0),
D(a;0), I().
A’ có hình chiếu lên (Oxy) là I nên
A’()  .
Ta tìm z:
+ Mặt phẳng (ABCD) chính là
mặt phẳng (Oxy) nên có VTPT
là  
mặt phẳng (ADD’A’) có VTPT là .
+ Góc giữa hai mặt phẳng (ADD’A’) và (ABCD) bằng 600 nên ta có
                           (z > 0).
Vậy A’().
Do đó      .
Mặt phẳng (A’BD) có VTPT là 
.
Mặt khác 
Vậy khoảng cách từ B’ đến (A’BD) là   .              o
Bài 10 (ĐH khối A – 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 (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 thể tích khối chóp S.BCNM và khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và SN theo a.
Giải
Theo giả thiết (SAB), (SAC) cùng
vuông góc với (ABC) nên SA(ABC).
Góc giữa (SBC) và (ABC) là
                .
.
Mặt phẳng qua SM, song song BC, cắt AC
tại NMN // BCN là trung điểm AC.
Do đó tam giác AMN vuông cân tại M.
Khi đó, ta có
.
Bây giờ ta tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AB, SN bằng phương pháp tọa độ.
Chọn hệ trục Oxyz như hình vẽ, với B là gốc tọa độ, .
N là trung điểm AC.
Mặt khác .
Lại có .