1. Chuyên đề: Giải toán hình học không gian bằng phương pháp tọa độ
SỞ GIÁO DỤC&ĐÀO TẠO TỈNH LÀO CAI
TRƯỜNG THPT-DTNT LÀO CAI
1
S¸ng kiÕn kinh nghiÖm
ÁP DỤNG PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ
VÀO GIẢI CÁC BÀI TOÁN HÌNH HỌC
TRONG KHÔNG GIAN
Giáo viên thực hiện: Trần Xuân Mai
Tổ : Toán – Lý – Tin - CN
Năm học: 2010 - 2011

2. Chuyên đề: Giải toán hình học không gian bằng phương pháp tọa độ
MỤC LỤC
Trang
PHẦN 1: MỞ ĐẦU .......................................................................................... 3
1. Tính cấp thiết của đề tài ............................................................................ 3
2. Tình hình nghiên cứu…………………………………………………….2
3. Mục đích nghiên cứu................................................................................. 3
4. Nhiệm vụ nghiên cứu................................................................................ 3
5. Phương pháp nghiên cứu........................................................................... 4
6. Phạm vi và đối tượng nghiên cứu………………………………………..3
PHẦN 2: NỘI DUNG ...................................................................................... 4
CHƯƠNG 1: CƠ SỞ LÍ LUẬN CỦA KHÔNG GIAN VÀ PHƯƠNG
PHÁP TOẠ ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN ................................................... 5
1.1. Các khái niệm..................................................................................... 5
1.2. Dấu hiệu nhận biết một bài toán hình học không gian bằng phương
pháp tọa độ. ............................................................................................... 9
1.3. Các bước giải một bài toán hình học không gian bằng phương pháp
tọa độ.......................................................................................................10
1.4. Cách chọn hệ tọa độ đối với mỗi loại hình. .....................................10
CHƯƠNG 2: HỆ THỐNG BÀI TẬP..........Error! Bookmark not defined.
Bài toán 1 ................................................................................................17
Bài toán 2……………………………………………………………….18
Bài toán 3……………………………………………………………….19
Bài toán 4 ................................................................................................20
Bài toán 5……………………………………………………………….20
Bài toán 6……………………………………………………………….22
Bài toán 7……………………………………………………………….22
Bài toán 8 ................................................................................................23
KẾT LUẬN .....................................................Error! Bookmark not defined.
TÀI LIỆU THAM KHẢO ..............................Error! Bookmark not defined.
2

3. Chuyên đề: Giải toán hình học không gian bằng phương pháp tọa độ
PHẦN 1: MỞ ĐẦU
1. Tính cấp thiết của đề tài:
Hình học là một môn học khó có tính hệ thống, chặt chẽ, logic và trìu
tượng. Đặc biệt là phần hình học không gian (HHKG). Để giải một bài toán
HHKG đòi hỏi học sinh phải có nhiều kĩ năng, nắm kiến thức thật chắc và
vững. Với một bài toán nói chung và bài toán HHKG nói riêng thì có nhiều
cách giải khác nhau, có thể là phương pháp tổng hợp (PPTH), phương pháp
véc tơ hay phương pháp toạ độ... trong đó có một phần lớn các bài toán hình
học không gian có thể giải bằng phương pháp toạ độ (PPTĐ). Với những bài
toán đó thì PPTĐ cho ta cách giải rất nhanh chóng và dễ dàng hơn nhiều so
với PPTH. PPTĐ cho ta lời giải một cách chính xác, tránh được các yếu tố
trực quan, các suy diễn phức tạp của PPTH và là phương tiện hiệu quả để giải
các bài toán hình học. Vì vậy, trong những năm gần đây PPTĐ được xem là
nội dung trọng tâm của chương trình toán trung học phổ thông.
Xuất phát từ bản thân muốn học hỏi, tìm tòi, nghiên cứu sâu hơn về giải
các bài toán HHKG bằng phương pháp tọa độ, với mong muốn bản thân có
được kiến thức vững hơn về phần này để phục vụ giảng dạy và giúp học sinh
có phương pháp tối ưu để giải quyết các bài tập HHKG vốn phức tạp, tôi đă
chọn chuyên đề: "Giải toán hình học không gian bằng phương pháp tọa
độ".
2. Tình hình nghiên cứu:
"Giải toán hình học không gian bằng phương pháp tọa độ" không phải
là phương pháp mới, một số bài tập trong SGK, SBT HH12 đã yêu cầu học
sinh giải bằng PPTĐ, tuy nhiên việc vận dụng phương pháp này để giải các
bài toán HHKG vẫn là vấn đề khó với các em học sinh. Nhiều đồng nghiệp đã
nghiên cứu để tìm lời giải cho bài toán này nhưng chưa tổng hợp một cách có
hệ thống.
3. Mục đích nghiên cứu :
Chuyên đề "Giải toán hình học không gian bằng phương pháp tọa
độ" được nghiên cứu với mục đích:
Cho học sinh thấy được sự tương đương giữa HHKG và hình học giải
tích trong không gian.
Giúp cho học sinh có thêm phương pháp để giải một bài toán HHKG.
Nghiên cứu sâu hơn về HHKG làm tài liệu tham khảo cho học sinh và
giáo viên.
4. Nhiệm vụ nghiên cứu :
Chuyên đề được nghiên cứu với hai nhiệm vụ:
a, Nghiên cứu lý luận chung:
3

4. Chuyên đề: Giải toán hình học không gian bằng phương pháp tọa độ
- Cơ sở của không gian và phương pháp toạ độ trong không gian.
- Dấu hiệu nhận biết một bài toán hình học không gian bằng phương
pháp tọa độ.
- Các bước giải một bài toán hình học không gian bằng phương pháp
tọa độ.
- Cách chọn hệ tọa độ đối với mỗi loại hình.
b, Hệ thống bài tập minh họa.
5. Phương pháp nghiên cứu:
Chuyên đề được nghiên cứu với phương pháp nghiên cứu lý luận các
tài liệu các tài liệu có liên quan và các bài tập minh họa.
6. Phạm vi và đối tượng nghiên cứu:
- Các bài toán HHKG lớp 11, lớp 12
- Đối chứng và thực nghiệm với lớp bồi dưỡng ôn thi đại học và cao
đẳng của nhà trường năm học 2010 – 2011.
4

5. Chuyên đề: Giải toán hình học không gian bằng phương pháp tọa độ
PHẦN 2: NỘI DUNG
CHƯƠNG I
CƠ SỞ LÍ LUẬN CỦA KHÔNG GIAN VÀ PHƯƠNG PHÁP
TOẠ ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN
1.1. Các khái niệm
1.1.1. Định nghĩa
Không gian Ơclit là không gian liên kết với không gian véc tơ Ơclit
hữu hạn chiều.
Không gian Ơclit sẽ gọi là n chiều nếu không gian véctơ Ơclit liên kết
với nó có số chiều bằng n.
Không gian Ơclit thường được kí hiệu là E, không gian Ơclit liên kết
với nó được kí hiệu là .E
ur
1.1.2. Mục tiêu trực chuẩn
Mục tiêu afin { }
ur uur uur
1 2 nO,e ,e ,...,e của không gian Ơclit n chiều En
gọi là
mục tiêu trực chuẩn (hay hệ toạ độ Đề các vuông góc), nếu cơ sở
ε = { }
ur uur uur
1 2 ne ,e ,...,e của
uu
là cơ sở trực chuẩn, tức
r
n
E i j ije .e δ=
uurur
,
ij
0 nÕu i j
1 nÕu i = j
δ
≠⎧
= ⎨
⎩
1.1.3. Đổi mục tiêu trực chuẩn
Cho hai mục tiêu trực chuẩn { }1 2 nO,e ,e ,...,e
ur uur uur
(I) và { }1 2 nO ,e ,e ,...,e′ ′ ′
ur uur uur
(II)
của không gian Ơclit n chiều En
.
{ }1 2 ne ,e ,...,e
ur uur uur
sang cơ sởGọi C là ma trận chuyển từ cơ sở ε =
{ }1 2 ne ,e ,...,e′ ′ ′
ur uur uur
ε′ = .
Các cơ sở đó đều là cơ sở trực chuẩn nên C là ma trận trực giao cấp n.
Khi đó, công thức đổi mục tiêu trực chuẩn là :
x = Cx′+ a
Với C.Ct
= In, a là ma trận cột toạ độ của gốc O′ đối với mục tiêu (I).
x, x là hai ma trận cột toạ độ của cùng một điểm đối với mục tiêu thứ
nhất và thứ hai.
′
1.1.4. Hệ toạ độ Đề các vuông góc thuận, nghịch
5

6. Chuyên đề: Giải toán hình học không gian bằng phương pháp tọa độ
Với 2 mục tiêu trực chuẩn (I) và (II) ở trên. Ta quy định cơ sở
{ 1 2 ne ,e ,...,e
ur uur uur
} của mục tiêu trực chuẩn (I) là thuận.ε =
Khi đó nếu ma trận chuyển từ cơ sở (I) sang cơ sở (II) có định thức là
dương thì hệ toạ độ Đề các vuông góc là thuận, ngược lại có hệ toạ độ là
nghịch.
Trong toán học phổ thông, ta chỉ xét hệ toạ độ Đề các vuông góc Oxyz
thuận.
1.1.5. Toạ độ của véc tơ đối với hệ toạ độ
Trong hệ toạ độ Đ?các vuông góc Oxyz cho véc tơ tuỳ ý . Vì 3 véc tơv
r
i, j, k
r r uur
không đồng phẳng nên tồn tại duy nhất bộ số (x, y, z) sao cho
v x.i yj zk= + +
r r r r
th́ (x, y, z) được gọi là toạ độ của . Kí hiệu:v
r
( ) ( )v x,y,z hoÆc v x,y,z=
r r
.
1.1.6. Toạ độ của điểm đối với hệ toạ độ
Trong hệ toạ độ Đề các vuông góc Oxyz cho điểm M bất kì. Khi đó:
Toạ độ của cũng là toạ độ của điểm M. Như vậy nếuOM
uuuur
( )OM x;y;z=
uuuur
tức là OM x.i yj zk= + +
uuuur r r r
thì bộ ba số (x; y; z) là toạ độ của
điểm M.
Kí hiệu: ( ) ( )M x;y;z hoÆc M x;y;z=
3
1.1.7. Ta xét trong E có các tính chất
1. Cho a 0, b≠
r r r
a
r
b ka=
r r
cùng phương sao cho .k⇔ ∃
a,b
r r
2. Cho không cùng phương, c
r
đồng phẳng với và sao
cho: .
a
r
b
r
k,l⇔ ∃
c ka lb= +
r r r
3. Cho a,b,c
r r r
không cùng phương với d
r
. Khi đó tồn tại duy nhất
d
r
xa yb zc+ +
r r r
= .(x; y; z) sao cho:
4. G là trọng tâm ABC :Δ
GA GB GC 0;⇔ + + =
uuur uuur uuur ur
( )1
OG OA OB OC
3
= + +
uuur uuur uuur uuur
Với mọi O thì
5. G là trọng tâm tứ diện ABCD thì:
GA GB GC GD 0+ + + =
uuur uuur uuur uuur r
( )1
OG OA OB OC OD
4
= + + +
uuur uuur uuur uuur uuur
Với mọi O thì
1≠ ) thì:6. Điểm M chia đoạn thẳng AB theo tỉ số k (k
MA kMB=
uuuur uuur
6

7. Chuyên đề: Giải toán hình học không gian bằng phương pháp tọa độ
OA kOB
OM
1 k
−
=
−
uuur uuur
uuuur
Với mọi O thì
7. Cho ( )u x;y;z=
r
( )v x ;y ;z ,k′ ′ ′= ∈
r
và ta có:
u v x x ;y y ;z z .′ ′ ′= ⇔ = = =
r r
( )u v x x ;y y ;z z′ ′ ′± = ± ± ±
r r
.
( )ku kx;ky;kz .=
r
u.v x.x y.y z.z .′ ′= + +
r r
′
2
=2
u
uur 2 2
x y z .+ +
Do đó: 2 2
u x y z= + + 2
r
( ) 2 2 2 2 2
xx yy zz
cos u;v
x y z x y z 2
′ ′ ′+ +
=
′ ′ ′+ + + + +
r r
u v u.v 0 xx yy zz 0.′ ′ ′⊥ ⇔ = ⇔ + + =
r r r r
u,v c c v,c u⎡ ⎤ = ⇒ ⊥ ⊥⎣ ⎦
r r r r r r r
vàTích có hướng của 2 vec tơ
y z z x x y
c u;v ; ; ;
y z z x x y
⎛ ⎞
⎡ ⎤= = ⎜ ⎟⎣ ⎦ ′ ′ ′ ′ ′ ′⎝ ⎠
r r r
cùng phươngu,v
r r
u,v 0⎡ ⎤⇔ =⎣ ⎦
r r
.
( )a,b a . b .sin a,b .⎡ ⎤ =⎣ ⎦
r r r r r r
đồng phẳnga,b,c
r r r
a,b .c 0⎡ ⎤⇔ =⎣ ⎦
r r r
ABC
1
S AB,A
2
Δ
⎡ ⎤= ⎣ ⎦
uuur uuur
C
h×nh hép ABCD.A B C D
V AB,A′ ′ ′ ′
⎡ ⎤D .AA′= ⎣ ⎦
uuur uuur uuuur
8. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz nếu véc tơ và véc tơa
r
b
r
là hai
véc tơ không cùng phương và các đường thẳng chứa chúng song song với
(hoặc nằm trên) một mặt phẳng ( )α thì véc tơ:
là một véc tơ pháp tuyến của mặt phẳngn a,b⎡= ⎣
r r r
( )α⎤
⎦
Nếu là một cặp véc tơ chỉ phương của mặt phẳnga,b
r r
( )α thì là
một véc tơ pháp tuyến của
n a,b⎡= ⎣
r r r
⎤
⎦
( )α .
9.
a. Phương trình tổng quát của mặt phẳng có dạng:
7

8. Chuyên đề: Giải toán hình học không gian bằng phương pháp tọa độ
( )2 2 2
Ax By Cz D 0 A B C 0+ + + = + + ≠ trong đó:
( )n A,B,C=
r
là véc tơ pháp tuyến của nó.
b. Phương tŕnh theo đoạn chắn của mặt phẳng có dạng:
x y z
1
a b c
+ + =
Mặt phẳng đó cắt các trục Ox, Oy, Oz lần lượt tại các điểm (a; 0; 0), (0;
b; 0), (0; 0; c).
10.
a. Phương trình tổng quát của đường thẳng:
2 2 2
2 2 2
A:B:C A :B :C
Ax By Cz D 0
víi A B C 0
A x B y C z D 0
A B C 0
′ ′ ′≠⎧
+ + + =⎧ ⎪
+ + ≠⎨ ⎨
′ ′ ′ ′+ + + =⎩ ⎪ ′ ′ ′+ + ≠⎩
b. Phương trình tham số của đường thẳng:
0
2 2 2
0
0
x x at
y y bt víi a b c 0
z z ct
= +⎧
⎪
= + + + ≠⎨
⎪ = +⎩
Với (x0, y0 ,z0) là tọa độ của 1 điểm thuộc đường thẳng và (a; b; c)
là véc tơ chỉ phương của đường thẳng.
u =
r
c. Phương trình chính tắc của đường thẳng:
( )2 2 20 0 0
x x y y z z
a b c 0
a b c
− − −
= = + + ≠
11.
( ) ( )0 0 0 0
M x ;y ;z vµ : Ax By Cz D 0α + + + =a. Cho
( )( ) 0 0 0
0 2 2 2
Ax By Cz D
d M ,
A B C
α
+ + +
=
+ +
0 0 0
x x y y z z
a b c
− − −
= =b. Cho ( )1
M x;y;z vµ :Δ
( )
0 1
1
M M ,u
d M ,
u
⎡ ⎤
⎣ ⎦
Δ =
uuuuuur r
r
( ) ( )0 0 0 0
u a;b;c lµ vÐct¬ chØ ph−¬ng cña ; M x ;y ;zΔ
r
, M0 ∈Δ
c. Cho 0 0 0
x x y y z z
a b c
− − −
= = ( ) (0 0 0 0
u a;b;c ; M x , )y ,z
r
:Δ ;
8

9. Chuyên đề: Giải toán hình học không gian bằng phương pháp tọa độ
và
:′Δ 0 0 0
x x y y z z
a b c
′ ′ ′− − −
= =
′ ′ ′
;
( ) ( )0 0 0 0
u a ;b ;c lµ vÐct¬ chØ ph−¬ng cña ; M x ,y ,z′ ′ ′ ′ ′ ′ ′ ′Δ
ur
, M0 ′∈Δ
( )
0 0
u;u .M M
d ;
u, u
⎡ ⎤′ ′
⎣ ⎦′Δ Δ =
⎡ ⎤′
⎣ ⎦
r ur uuuuuur
r ur .
12.
vµ ′Δ Δa. Gọi ϕ là góc giữa hai đường thẳng thì:
2 2 2 2 2
u.u aa bb cc
cos
u . u a b c . a b c
ϕ
′ ′ ′ ′+ +
= =
′ 2
′ ′ ′+ + + +
r ur
r ur
b. Gọi θ là góc giữa đường thẳng Δ và mặt phẳng ( )α thì:
2 2 2 2 2 2
Aa Bb Cc
A B C . a b c
θ
+ +
=
+ + + +
0 0
0 90sin . θ ≤≤
( ); n A;B;CΔ
r
( )u a;b;c
r
là véctơ chỉ phương của là véctơ pháp tuyến
của ( )α .
c. Gọi γ là góc giữa ( ): Ax By Cz D 0α + + + = và
( ): A x B y C z D 0α′ ′ ′ ′ ′+ + + = , ( )2 2 2
A B C 0′ ′ ′+ + ≠
2 2 2 2 2
n.n AA BB CC
cos
n . n A B C . A B C
γ
′ ′ ′ ′+ +
= =
′ 2
′ ′ ′+ + + +
r ur
r ur .th́:
Trong đó n và lần lượt là véctơ pháp tuyến của
r
n′
ur
( )α ( )α′và
13. Phương trình mặt cầu
( ) ( ) ( )
2 2 2 2
x a y b z c− + − + − = R
0 .
có tâm I (a; b; c); bán kính R.
2 2 2
A B C D 0+ + − >Hoặc: với2 2 2
x 2Ax y 2By z 2Cz D+ + + + + + =
( )I A; B; C′ − − − 2 2 2
A B C D+ + −bán kính R = .C? tâm
1.2. Dấu hiệu nhận biết một bài toán hình học không gian bằng phương
pháp tọa độ.
)i ; j ; k
r r r
Trong hệ toạ độ Đề các vuông góc Oxyz với cơ sở trực chuẩn (
Những bài toán hình học không gian có phần giả thiết ở những dạng
sau có thể dùng phương pháp tọa độ để giải.
Hình đă cho có một đỉnh là tam diện vuông.
9

10. Chuyên đề: Giải toán hình học không gian bằng phương pháp tọa độ
Hình chóp có một cạnh bên vuông góc với đáy và đáy là các tam giác
vuông, tam giác đều, hình vuông, hình chữ nhật,..
Hình lập phương, hình chữ nhật.
Hình đă cho có một đường thẳng vuông góc với mặt phẳng, trong mặt
phẳng đó có những đa giác đặc biệt: tam giác vuông, tam giác đều, hình
thoi,..
Khối hình đều: hình chóp đều, lăng trụ đều,...
Các dạng khác nhau mà có thể tạo được các tam diện vuông chẳng hạn:
Nếu hai đường thẳng chéo nhau mà vuông góc, hai mặt phẳng vuông góc.
Ngoài ra, với một số bài toán mà giả thiết không cho ở những hình
không gian quen thuộc như hình chóp tam giác đều, hình lập phương, hình
chữ nhật,...thì bằng cách nhận xét tính chất song song và vuông góc của đối
tượng tham gia trong hình ta cũng có thể thiết lập được hệ tọa độ vuông góc.
1.3. Các bước giải một bài toán hình học không gian bằng phương pháp
tọa độ
Bước 1: Chọn hệ tọa độ thích hợp.
Bước 2: Chuyển từ ngôn ngữ hình học sang ngôn ngữ tọa độ.
Bước 3: Giải bài toán bằng kiến thức tọa độ.
Bước 4: Phiên dịch các kết quả từ ngôn ngữ tọa độ sang ngôn ngữ hình
học.
* Một vài ví dụ về cách chuyển ngôn ngữ hình học sang ngôn ngữ tọa độ:
3 điểm A, B, C phân biệt thẳng hàng tương đương tọa độ 1 điểm thỏa
măn phương trình đường thẳng đi qua hai điểm kia hoặc AB .kAC=
uuur uuur
4 điểm A, B, C, D phân biệt đồng phẳng tương
đương AB,AC .AD 0⎡ ⎤ =⎣ ⎦
uuur uuur uuur
hoặc tọa độ của một điểm thỏa măn phương
trình mặt phẳng đi qua 3 điểm kia.
3 đường thẳng (có phương trình dưới dạng chính tắc) đồng quy tương
đương hệ phương trình bao gồm 3 phương trình của 3 đường thẳng có
nghiệm duy nhất hoặc giao điểm của 2 đường thẳng này nằm trên
đường thẳng kia.
Xác định khoảng cách, góc giữa các yếu tố trong không gian khi
chuyển sang phương pháp tọa độ chủ yếu là dùng các công thức tính khoảng
cách, góc giữa các yếu tố.
1.4. Cách chọn hệ tọa độ đối với mỗi loại hình.
1.4.1. Hình chóp tam giác
1.4.1.1. Hình chóp đều
Cho hình chóp đều SABC, có 3 cách chọn hệ tọa độ là:
Cách 1:
10

11. Chuyên đề: Giải toán hình học không gian bằng phương pháp tọa độ
O trùng với tâm đáy, tia Ox ≡ OA, tia Oy trùng tia qua O và có cùng
phương chiều với tia CB, tia Oz OS.≡
x
z
S
C
By
A
O
Cách 2:
O ≡M - trung
điểm BC
S
z
C
y
x
A
O'
M ≡O
B
tia Ox MA.≡
MB.tia Oy ≡
tia Oz ≡ tia qua M và có cùng phương
chiều với tia O'S
Cách 3:
O A.≡
tia Ox tia Ax, trong đó Ax≡ ∈(ABC) và
vuông góc với AC.
z
S
O'
tia Oy AC, tia Oz tia qua A và có
cùng phương chiều với tia O'S.
≡ ≡
C≡O A
B
y
x
1.4.1.2 Hình chóp SABC có đáy SA vuông góc với đáy ABC.
Các trường hợp của đáy:
11

12. Chuyên đề: Giải toán hình học không gian bằng phương pháp tọa độ
* Trường hợp 1: Đáy là tam giác
vuông tại A.
Cách chọn hệ tọa độ là: O A; tia Ox≡ ≡AB;
tia Oy AC; tia Oz AS.≡ ≡
* Trường hợp 2: Đáy là
tam giác cân tại A.
z
SC? hai cách chọn hệ tọa độ:
Cách 1:
O ≡ A; tia Ox tia Ax; Ax≡ ∈(ABC) và tia Ax
AC.⊥
x B
O ≡A
tia Oy ≡AC; tia Oz ≡AS.
Cách này cũng áp dụng cho trường hợp Δ ABC
đều, ABC cân tại C.Δ
Cách 2:
O ≡A; tia Ox ≡ tia Ax, Ax ∈(ABC)và Ax⊥AI.
I - trung điểm BC, tia Oy≡AI, tia Oz AS.≡
* Trường hợp 3: Đáy là tam giác đều, hay
đáy là tam giác cân tại C.
Cách chọn hệ tọa độ giống cách 1 của
trường hợp đáy là tam giác cân tại A.
* Trường hợp 4: Đáy là tam giác
vuông tại B.
Có hai cách chọn hệ tọa độ là:
Cách 1:
O A; tia Ox ≡Ax; tia Oy≡ ≡AB;
tia Oz ≡AS.
Ax ∈(ABC) và Ax AB.⊥
y
C
z
S
C
B
I
x
O ≡A
y
z
S
y
x C
O ≡A B
z
x y
A
B C
S
12

13. Chuyên đề: Giải toán hình học không gian bằng phương pháp tọa độ
Cách 2:
x
z
S
C
A y
O ≡B
O B; tia Ox BC; tia Oy ≡BA≡ ≡
tia Oz ≡ tia qua B và c? cùng phương
chiều với tia AS.
1.4.2. Hình chóp tứ giác z
1.4.2.1. Hình chóp đều S.ABCD
Cách chọn hệ tọa độ là :
Cách 1:
O≡tâm đáy.
tia Ox≡ tia qua O và có cùng phương, chiều
với tia DC.
tia Oy ≡ tia qua O và có cùng phương chiều
với tia AD.
tia Oz = OS.
Cách 2:
O≡ tâm đáy; tia Ox OB;≡
tia Oy ≡ OC;
tia Oz ≡ OS.
x
A D
S
O
y
B C
z
x
A
S
O
D
B
C
y
13

14. Chuyên đề: Giải toán hình học không gian bằng phương pháp tọa độ
⊥1.4.2.2 Hình chóp SABCD có SA (ABCD)
Các trường hợp của đáy:
a. Đáy là hình chữ nhật hoặc là hình
vuông.
z
S
A
B
C
D
y
x
Cách chọn hệ trục tọa độ là : O ≡ A; tia
Ox AB; tia Oy AD; tia Oz AS.≡ ≡ ≡
z
S
A
B
C
D
y
x
b. Đáy là hình thang vuông tại A và B
(tương tự tại C, D).
Cách chọn hệ tọa độ là:
O A; tia Ox ≡ AB; tia Oy AD;≡ ≡
tia Oz ≡AS.
c. Đáy là nửa lục giác đều.z
S
O≡ A
B C
D
y
x
Chọn hệ tọa độ như hình vẽ:
O A; tia Ox Ax; tia Oy AD;≡ ≡ ≡
tia Oz ≡AS; Ax ∈(ABCD) và Ax ⊥AD.
z
S
d. Đáy là hình thoi
O A; Ox Ax; Oy AC; Oz≡ ≡ ≡ ≡ AS;
Ax ∈(ABC) và Ax AC⊥ O≡ A
B
C
D
y
x
14

15. Chuyên đề: Giải toán hình học không gian bằng phương pháp tọa độ
1.4.2.3. Hình chóp SABCD có đáy
ABCD, tâm O, SO
x
z
A
y
B C
O
D
S( )ABCD⊥ .
+ Nếu ABCD là hình vuông thì có ba
cách chọn toạ độ.
Cách 1: O tâm đáy; tia Ox≡ ≡tia qua
O có cùng phương chiều với tia DC, tia
Oy trùng với tia qua O có cùng phương
chiều với tia BC, tia Oz OS.≡
Cách 2:
Chọn gốc O ≡A, tia Ox AB; tia
Oy
≡
≡AD; tia Oz tia qua O có
cùng phương chiều với tia OS.
≡
tâm đáy, tia Ox
z
S
x
D
Cách 3: O ≡ ≡OB, tia
Oy ≡ OC, Oz ≡ OS.
+ Nếu ABCD là hình chữ nhật thì chọn
ì chọn như
́ình lăng trụ
.A'B'C'D'.
uông tại A
như cách 1 và cách 2 ở trên.
+ Nếu ABCD là hình thoi th
cách 3 ở trên.
1.4.3. H
1.4.3.1. Lăng trụ tam giác
Lăng trụ đứng ABCD
Các trường hợp của đáy:
a. Đáy là tam giác v
Cách chọn hệ tọa độ là:
O ≡A; tia Ox ≡AB; tia
giác cân tại A
Oy≡AC; tia Oz ≡AA'
b. Đáy là tam
z
y
C'A'
B'
A
B
C
x
z
x
y
A
B
C
I
B'
C'
A'
y
C
B
A
O z
x
A
S
O
D
y
B
C

16. Chuyên đề: Giải toán hình học không gian bằng phương pháp tọa độ
Có 2 cách chọn hệ tọa độ:
Cách 1:
16
tia Ox tia Ax; tia OyO ≡ A; ≡ AI, I - là trung điểm BC; tia Oz AA';
Cách 2:
O
≡ ≡
Ax (ABC) và Ax ⊥AI.∈
≡B; tia Ox Ax; tia Oy≡ ≡ BC;
tia Oz ≡BB'; Bx∈(ABC); Bx
⊥B .C
c. Đáy
Có 3 cách ch
trường hợp b.
tia qua O và cùng phương chiều với
A'.
.4.3.2. Lăng trụ tứ giác
ụ đứng ABCD.A'B'C'D'
i đó
hữ nhật)
z
y
C'
A'
B'
A
B C
x
z
A' C'
B'
A
là tam giác đều
ọn:
Cách 1 và cách 2 giống
CCách 3:
O ≡ tâm đáy; tia Ox ≡ OB;
tia Oy ≡
tia AC.
tia Oz ≡ tia qua O và có cùng phương chiều
với tia A
1
Lăng tr
Các trường hợp của đáy
a. Đáy là hình chữ nhật (kh
ABCD.A'B'C'D' là hình c
Có hai cách chọn hệ tọa độ là:
Cách 1:
O ≡ A; tia Ox ≡ AB; tia Oy ≡AD;
AA'.tia Oz ≡
B
O y
x z
y
x
A'
B
B'
A
C'
D
C
D'

17. Chuyên đề: Giải toán hình học không gian bằng phương pháp tọa độ
17
m đáy .
a Ox tia đi qua O có cùng phương chiều
tia .
b. Đáy là hình thoi
O
Cách 2: O ≡ tâ
ti ≡
với tia D C′ ′ ,
tia Oy ≡qua O có cùng phương chiều với tia
B C′ ′.
tia Oz≡ tia qua O có cùng phương chiều với
′A A
≡ tâm đáy ABCD
tia Ox ≡ OD; tia Oy ≡OC; tia Oz ≡OO';
h lập phương)
d. Đáy là hình thang vuông tại A và B (tương tự
và C)
O' - tâm của A'B'C'D'
c. Đáy là hình lập phương (khi đó
ABCD.A'B'C'D' là hìn
Có 3 cách chọn hệ tọa độ, bao gồm 2
trường hợp a và b.
tại D
O ≡A; tia Ox ≡AB; tia Oy ≡AD;
tia Oz ≡AA'
. Đáy là hình thang cân có đáy
B.
e
A
O ≡A; tia Ox≡ Ax ; tia Oy ≡AB;
Ax∈(ABCD); và Ax AB;
1.4.3.3. Lăng trụ nghiêng
Dựa trên đường cao và tính
thích hợp.
⊥
tia Oz ≡ AA′
chất của đáy để thiết lập hệ tọa độ
x
z
y
A'
B'
C'
D'
O
D
C
B
A
O'
z
y
x
A'
B
B'
A
C'
D
C
D'
x
z
y
A'
B
B'
A
C'
D C
D'
z
x
A'
B
B'
A
C'
D
C
D'
O
y

18. Chuyên đề: Giải toán hình học không gian bằng phương pháp tọa độ
18
HỆ THỐNG BÀI TẬP
Bài toán 1:
Cho tứ diện OABC tam diện vuông. OA =
. Gọi M, N lần lượt là các trung điểm các cạnh AB, OA. Chứng
CHƯƠNG 2
có góc tam diện đỉnh O là
OB = OC = 1
minh khoảng cách giữa OM và CN là ( )
1
d OM,CN
3
= .
Lời giải
ẽ, khi đó:Chọn hệ toạ độ Oxyz như hình v
1 1 1
O(0, 0, 0); A(1, 0, 0); B(0, 1, 0); C(0, 0, 1); M
2
⎜
⎝
; ;0 ; N ;0;0
2 2
⎛ ⎞ ⎛ ⎞
⎟ ⎜ ⎟
⎠ ⎝ ⎠
Véc tơ chỉ phương của OM
uuuur
là Z
1 1
u , ,0
2 2
⎜ ⎟
⎝ ⎠
ơ
⎛ ⎞r
Véct chỉ phương của CN
uuur
là
C
B
1
v ,0, 1
2
⎛ ⎞
= −
r
Véctơ nối 2 điểm của đường
thẳng trên là:
ữ ẳng OM và CN là:
⎜ ⎟
⎝ ⎠
M
x
A
O
N y
( )OC 0,0,1=
uuur
. Khi đó khoảng cách
gi a hai đường th
( ) 2 2
2
0 0 1
1 1
0
2 2
1
0 1OM,CN .OC 12d OM,CN
3OM,CN 1 1 1
1 0
0 2 2 2
2
1 1
0 1 1 0
2 2
−⎡ ⎤
⎣ ⎦
= =
⎡ ⎤
⎣ ⎦
+ +
− −
uuuur uuur uuur
uuuur uuur =
điều phải chứng minh.⇒

19. Chuyên đề: Giải toán hình học không gian bằng phương pháp tọa độ
19
ài toán 2:
Cho tứ diện OABC có cạnh OA, OB, OC đôi một vuông góc với nhau
B = OC =
B
3a 2 .và OA =4a; O
a. Chứng minh ( )( )
12a
d O C, AB
5
=
rằng hai cạnh đối d n bất kì của tứ diện vuông góc với
i:
b. Chứng minh iệ
nhau.
Lời giả Chọn hệ toạ độ như hình vẽ.
hi đóK :
A(4a; 0; 0); B(0; 3a 2 ; 0);
C(0; 0; 3a 2 )
mặt ngPhương trình phẳ
(ABC):
x y z
1
4a
+ + =
3 2a 3 2a
( )( )
2 2
1 3a.4a 12a
, ABC
5a 51 1
16a 9a
= = =
+
(điều phải chứng minh)
b. Ta có:
z
C
B
x
A
O
y
d O
OC
uuur
(0; 0; 3a 2 ); OB
uuur
= (0; OA
uuur
2 ; 0); =(4a; 0; 0);3a
AB =
uuur
(-4a; 3a 2 ; 0); = (-4a; 0;AC
uuur
3a BC
uuur
3a 22 ); = (0; - 2 ;3a ).
Ta t , OA. 0; O C= =
ur uuur u u ur
.
Suy r u phải chứng minh.
hấy: OC 0 BC B .A 0=
uu uur uuur uuur uu
.AB
a điề

20. Chuyên đề: Giải toán hình học không gian bằng phương pháp tọa độ
Bài toán 3 :
Cho hình hộp chữ nhật ABCD.A'B'C'D' có: AB = a, AD = b, AA' = c
với 0 < a < b < c.
Gọi I, J theo thứ tự là trung điểm AB, C'D'. Các điểm M, N thỏa măn
AM kAD, BN kBB′= =
uuuur uuur uuur uuuru
với 0 k 1≤ ≤ .
( )( ) 2 2 2 2 2 2
abc
d A, A BD
a b b c c a
′ =
+ +
a. Chứng minh rằng:
b. Chứng minh rằng: M, N, I, J đồng phẳng.
Lời giải
Chọn hệ tọa độ như hình vẽ. Khi
đó có: z
y
x
A
D'
C
D
B
A' B'
C'
M
I
J
A(0, 0, 0); B(0, a, 0); C(b, a, 0);
A′D(b, 0, 0); (0, 0, c); (0, a, c);B′
a
2
a
2
I(0, , 0); J(b, , c).
V́ nênAM kAD, BN kBB′= =
uuuur uuur uuur uuuru
M(kb, 0, 0); N(0, a, kc).
a. Sử dụng phương trình mặt phẳng
theo đoạn chắn, ta được phương trình
mặt phẳng (A′BD):
x y z
1
b a c
+ + =
.acx bcy abz abc 0⇔ + + − =
( )( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
abc abc
d A, A BD
a b b c c a a b b c c a
−
′ = =
+ + + +
Khi đó có:
(Điều phải chứng minh)
( )
a a
IJ b,0,c ; IM kb, ,0 ; IN 0, ,kc
2 2
⎛ ⎞ ⎛
= = − =⎜ ⎟ ⎜
⎝ ⎠ ⎝
ur uuur uur ⎞
⎟
⎠
b. Có:
( ) ( )IM IN kb,0,kc k b,0,c kIJ+ = = =
uuur uur ur
Thấy
Suy ra: IJ I
u
, M,IN
r uuur uur
đồng phẳng M, N, I, J đồng phẳng⇒
(Điều phải chứng minh).
Bài toán 4:
Cho hình hộp chữ nhật ABCD.A1B C DB
r r
1 1 1. Gọi H, K theo thứ tự là hình
chiếu vuông góc của A và C xuống mặt phẳng (CB1 1D1). Chứng minh rằng:uuu uuuu
1
AH 2KC=

21. Chuyên đề: Giải toán hình học không gian bằng phương pháp tọa độ
Lời giải
Giả sử ABCD.A1BB
1C1D1 có: AB = a,
AD = b, AA
z
y
x
C1
D
A1
D1
B1
C B
A
M
K
H
1 = c, với 0 < a < b < c.
Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ:
Khi đó: C1(0, 0, 0); B1(0, b, 0);
D1(a, 0, 0); C(0; 0; c); A(a; b; c)
DPhương trình mặt phẳng (CB1 1) có dạng:
x y z
1
a b c
+ + =
( )( )1 1
2 2 2 2 2
a b c
1
2a b c
AH d A, CB D
1 1 1 1 1 1
a b c a b c
+ + −
= = =Khi đó:
2
+ + + +
( )( )1 1 1 1
2 2 2 2 2
0 0 0 1 1
KC d C , CB D
1 1 1 1 1 1
a b c a b c
+ + −
= = =
+ + + + 2
Mà AH //C1K (vì cùng vuôn góc với (B1CD1)), nằm về hai phía khác
nhau của mặt phẳng (B
1A,C
1
AH 2KC=
uuur uuuur
1CD1). Suy ra: .
(Điều phải chứng minh).
Bài toán 5:
Cho hình hộp chữ nhật ABCD.A1B C D có AB = a, AD = 2a, AAB
1 1 1 1 =
a 2 . Trên AD lấy M, gọi K là trung điểm của B1M.
1. Đặt AM = m ( ). Tính thể tích khối tứ diện A0 m 2a≤ < 1KID theo a
và m, trong đó I là tâm hình hộp. Tìm vị trí của điểm M để thể tích đó đạt giá
trị lớn nhất.
2. Khi M là trung điểm của AD:
a. Hỏi thiết diện của h́nh hộp cắt bởi (B1CK) là hình gì? Tính S thiết
diện đó theo a.
b. Chứng minh rằng đường thẳng
BB
1M tiếp xúc với mặt cầu đường kính
AA1.
Lời giải: Chọn hệ tọa độ Axyz với:
D ∈Ax, B∈Ay, A1∈Az. Khi đó:
z
x
A
D1
y
C
D
B
C1
I
K .
M
A1 B1
.
N

22. Chuyên đề: Giải toán hình học không gian bằng phương pháp tọa độ
A(0, 0, 0); B(0, a, 0); C(2a, a, 0); D(2a, 0, 0);
A1(0, 0, a 2 ); B1(0, a, a 2 ); C1(2a, a, a 2 );
a a 2
a, ,
2 2
⎛ ⎞
⎜ ⎟
⎝ ⎠
D1(2a, 0, a 2 ); I ;
m a a 2
, ,
2 2 2
⎛ ⎞
⎜ ⎟
⎝ ⎠
M(m, 0, 0), K
1. Thể tích khối tứ diện A KID được cho bởi:1
(
2
1 1 1
1 a 2
A K,A I .A D 2a m
6 24
⎡ ⎤ =⎣ ⎦
uuuur uuur uuuur 3
a 2
12
)−V= . Khi đó Max V = đạt được khi
m = 0 .M A⇔ ≡
a a a 2
, ,
2 2 2
⎛ ⎞
⎜ ⎟
⎝ ⎠
2. Khi M là trung điểm AD thì m = a, suy ra: M(a, 0, 0), K
a. Vì (BCC1BB
1)//(ADD1A1) nên:
(BB
1CK) ∩(ADD1A1) =MN//B C//A1 1D
a 2
0,0,
2
⎛ ⎞
⎜
⎝ ⎠
Nên N là trung điểm AA , do đ? N ⎟và thiết diện B1 1CMN là
hình thang cân.
Ta có: 1 1td NB M CB M 1 1
1 1
S S S NB ,NM CB ,CM
2 2
Δ Δ
⎡ ⎤ ⎡ ⎤= + = + =⎣ ⎦ ⎣ ⎦
uuuur uuuur uuur uuur
=
2 2
2a 2 3a 2
a 2
2 2
+ =
b. Để chứng minh đường thẳng B1M tiếp xúc với mặt cầu đường kính AA1, ta
chứng minh d(N, B 1
AA
2
M) = .1
a 2
MN a;0;
2
⎛ ⎞
= −⎜ ⎟⎜ ⎟
⎝ ⎠
uuuur
( )1B M a; -a; -a 2=
uuuur
;
2
1
1
1
B M,MN a 2 a 2 AA
2a 2 2B M
⎡ ⎤
⎣ ⎦
= = =
uuuur uuuur
uuuurThật vậy, ta có: d(N, B1M) =
1AA
2
Vậy khoảng cách từ N tới B1M là .
1A A
2
1B M⇒ tiếp xúc với mặt cầu tâm N, bán kính ( hay đường kính AA1)

23. Chuyên đề: Giải toán hình học không gian bằng phương pháp tọa độ
Bài toán 6:
Cho lăng trụ đứng tam giác đều ABC.A'B'C' có các cạnh đáy và cạnh
bên đều bằng a. Gọi M, N, E lần lượt là trung điểm của BC, CC', C'A'.
⊥Chứng minh rằng (MNE) (AA'B'B)
Lời giải
Chọn hệ tọa độ Oxyz có O ≡ L , L là trung điểm của AB. Các tia Ox,
Oy, Oz lần lượt trùng với các tia LC, LA, tia qua L và có cùng phương, chiều
với tia AA'.
Ta có:
3
C a ; 0; 0
2
⎛ ⎞
⎜ ⎟⎜ ⎟
⎝ ⎠
a
B 0; ; 0
2
⎛ ⎞
−⎜ ⎟
⎝ ⎠
a a 3
A 0; ; a ; C ;0; a
2 2
⎛ ⎞⎛ ⎞
′ ′⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠
; ;
a 3 a a 3 a a 3 a
M , ,0 ; N ,0, ; E , ,
4 4 2 2 4 4
⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛
−⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜
⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝
a
⎞
⎟
⎠
a 3 a a a
MN , , ; ME 0, ,a
4 4 2 2
⎛ ⎞ ⎛ ⎞
= =⎜ ⎟ ⎜ ⎟
⎝ ⎠⎝ ⎠
uuuur uuur
Mặt phẳng (MNE) có pháp tuyến là:
2 2
a 3 a 3
n MN,ME 0, ,
4 8
⎛ ⎞
⎡ ⎤= = −⎜ ⎟⎣ ⎦
⎝ ⎠
r uuuur uuur
z
y
x
B'
C'
A'
A
C
M
B
LN
E
Mặt phẳng (AA'B'B) có véctơ pháp tuyến là:
( )u a,0,0=
r
( ) ( )Có u.n 0 u n MNE AA B B′ ′= ⇔ ⊥ ⇔ ⊥
r r r r
Vậy ta có điều phải chứng minh.
Bài toán 7: Trong mặt phẳng (P) cho hình thoi ABCD với AB = a;
2a
3
BD = . Trên đường vuông góc với (P) tại giao điểm hai đường chéo
của hình thoi, lấy điểm S sao cho SB = a.
a. Chứng minh tam giác SAC vuông.
b. Chứng minh mặt phẳng (SAB) và (SAD) vuông góc với nhau.
Lời giải
Chọn hệ toạ độ như hình vẽ.
Ta có: S
a 6
0; 0;
3
⎛ ⎞
⎜ ⎟⎜ ⎟
⎝ ⎠
, B
a
; 0; 0
3
⎛ ⎞
⎜ ⎟
⎝ ⎠
,
a a 6
D ; 0; 0 , C 0; ; 0
33
⎛ ⎞⎛ ⎞
− ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠
,
x y
z
S
B
A
C
D
O

24. Chuyên đề: Giải toán hình học không gian bằng phương pháp tọa độ
a 6
A 0; - ; 0
3
⎛ ⎞
⎜ ⎟⎜ ⎟
⎝ ⎠
.
SC.SA
cosASC 0
SC . SA
= =
uur uuur
uur uuura. Ta có
a 6 a 6 a 6 a 6
SC 0; ; - ; SA 0; - ; -
3 3 3 3
⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛
= =⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜⎜ ⎟ ⎜⎜ ⎟
⎝ ⎠ ⎝⎝ ⎠
uur uuur ⎞
⎟⎟
⎠
0
ASC 90⇒ = hay tam giác ASC vuông tại S.
(Điều phải chứng minh)
( )
2 2 2 2
1
2a a 2 a 2 a 2
n SA,SB ; - ; 2; -1; 1
3 3 3 3
⎛ ⎞
⎡ ⎤= = =⎜ ⎟⎣ ⎦ ⎜ ⎟
⎝ ⎠
uur uuur uur
b.
( )
2 2 2 2
2
2a a 2 a 2 a 2
n SA,SD ; ; - 2; 1; -1
3 3 3 3
⎛ ⎞
⎡ ⎤= = =⎜ ⎟⎣ ⎦ ⎜ ⎟
⎝ ⎠
uur uuur uur
a a 6 a a
SD ; 0; - ; SB ; 0; -
3 33 3
⎛ ⎞ ⎛
= − =⎜ ⎟ ⎜⎜ ⎟ ⎜
⎝ ⎠ ⎝
uur uur 6 ⎞
⎟⎟
⎠
.Với
( ) ( )1 2 1 2n .n 0 n n SAB SAD⇒ = ⇔ ⊥ ⇔ ⊥
uur uur uur uur
.
Bài toán 8:
Cho hình trụ có 2 đáy là 2 đường tròn tâm O và O1, bán kính R, chiều
cao hình trụ bằng h. Trên 2 đường tròn (O) và (O1) có 2 điểm di động A, B.
Gọi I, K theo thứ tự là trung điểm OO1 và AB.
Chứng minh rằng: IK là đường vuông góc chung của OO1 và AB.
Lời giải: Chọn hệ tọa độ Oxyz sao cho O trùng với tâm đáy. OO1 ∈Oz. Khi
đó có: O ( )A A
A x ,y ,01(0, 0, h) và A ∈C(O, R)⇒ với 2 2 2
A A
x + y =
2
R
B ∈ (OC′ 1, R) với x2 2
B B
y R+ =
Vì I, K là trung điểm của OO1 và AB, suy ra:
A B A B
h x x y y h
I 0,0, , K , ,
2 2 2
+ +⎛ ⎞ ⎛
⎜ ⎟ ⎜
⎝ ⎠ ⎝ 2
⎞
⎟
⎠
Ta có:
( ) ( )1 B A B
OO 0,0,h , AB x x , A
y y ,h= − −
r uuur
z
B
O1
uuuu
nên:
I
K
A
y
x
O

25. Chuyên đề: Giải toán hình học không gian bằng phương pháp tọa độ
1 1
OO .IK 0 OO IK
AB.IK 0 AB IK
⎧ ⎧= ⊥⎪ ⎪
⇔ ⇔⎨ ⎨
= ⊥⎪ ⎪⎩ ⎩
uuuur uur uuuur uur
uuur uur uuur uur IK là đường vuông góc chung của OO1 và
AB.
Vậy ta có điều phải chứng minh.
KẾT LUẬN
Một bài toán hình học có thể có nhiều cách giải, mỗi bài toán đều có
thể tìm được một cách giải tối ưu. Trước một bài toán HHKG, tìm được cách
giải tối ưu là một vấn đề khó. Giải bài toán HHKG bằng PPTĐ là một trong

26. Chuyên đề: Giải toán hình học không gian bằng phương pháp tọa độ
những phương pháp giúp giải bài toán HHKG ngắn, đơn giản và nhanh hơn
so với phương pháp tổng hợp.
Trong khuôn khổ chuyên đề này với mong muốn góp phần làm sáng tỏ
sự cần thiết của việc giải bài toán hình học không gian bằng phương pháp tọa
độ.Hy vọng chuyên đề này là bước đầu giúp học sinh làm quen với phương
pháp tọa độ trong chứng minh các bài toán trong không gian, giúp các em học
sinh hình dung được phương pháp tọa độ là gì? Với những bài toán như thế
nào thì có thể áp dụng được? Và đặc biệt cho học sinh thấy được mối quan hệ
giữa HHKG và hình học giải tích trong không gian và có hứng thú hơn với bộ
môn hình học đặc biệt là các bài toán HHKG.
* Kết quả đối chứng và thực nghiệm chuyên đề với lớp ôn thi ĐH,CĐ:
Kết quả đối chứng
(Trước khi thực hiện chuyên đề)
Kết quả thực nghiệm
(Sau khi thực hiện chuyên đề)Bài kiểm
tra
Giỏi Khá TB Yếu Giỏi Khá TB Yếu
Bài số 1 0% 7,6% 20,0% 71,4%
Bài số 2 15,3% 38,5% 25,7% 20,5%
Do lần đầu hệ thống các dạng toán HHKG áp dụng PPTĐ và đưa ra
hướng chọn hệ tọa độ, chắc chắn chuyên đề còn những thiếu sót. Rất mong
nhận được sự góp ý, trao đổi của các đồng nghiệp để chuyên đề được hoàn
thiện hơn.
TÀI LIỆU THAM KHẢO
1. Lê Quang Ánh, Trần Thái Hùng (1999) - 360 bài toán chọn lọc hình học
không gian - NXB Đồng Nai.

27. Chuyên đề: Giải toán hình học không gian bằng phương pháp tọa độ
2. Nguyễn Tiến Quang, Phạm Khắc Ban (2002)- Toán nâng cao hình học
11 - NXB Giáo dục.
3. Phan Đức Chính (2001)- Một số phương pháp chọn lọc giải các bài toán
sơ cấp (tập 3) - NXB ĐHQG Hà Nội.
4. Đề thi tuyển sinh vào các trường Đại học, Cao đẳng và Trung học chuyên
nghiệp môn Toán - NXB Giáo dục, 1996.
5. Đào Tam (2005) - Giáo tŕnh hình học sơ cấp - NXB ĐH Sư phạm.
6. Đề thi tuyển sinh vào các trường Đại học, Cao đẳng môn Toán năm 1999 -
2001 NXB ĐHQG Hà Nội, 2002.
7. Phan Đức Chính, Vũ Dương Thụy, Đào Tam, Lê Thống Nhất (1999) -
Các bài giảng luyện thi môn Toán (tập 1) - NXB Giáo dục.