Bài toán hình học không gian

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN ĐÀO VĂN PHÚC “BÀI TOÁN HÌNH HỌC KHÔNG GIAN” LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC s HÀ NỘI – 2016 ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN - ĐÀO VĂN PHÚC “BÀI TOÁN HÌNH HỌC KHÔNG GIAN” Chuyên ngành : Phương pháp toán sơ cấp Mã số : 60460113 Người hướng dẫn: PGS.TS Vũ Đỗ Long LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC Hà Nội - 2016 Lời cảm ơn Luận văn hoàn thành bảo hướng dẫn PGS TS Vũ Đỗ Long Thầy dành nhiều thời gian hướng dẫn giải đáp thắc mắc suốt trình làm luận văn Từ tận đáy lòng em xin bày tỏ biết ơn sâu sắc đến thầy Mặc dù nghiêm túc trình tìm tòi, nghiên cứu chắcchắn nội dung trình bày luận văn không tránh khỏi thiếu sót Em mong nhận đóng góp quý thầy cô bạn để luận văn em hoàn thiện Hà Nội, tháng 10 năm 2016 Tác giả Đào Văn Phúc Mục lục Mở đầu Chương I: Bài toán góc khoảng cách không gian 1.1.Bài toán góc không gian……………………………………… 1.1.1.Góc hai đường thẳng không gian……………… ………….6 1.1.2 Góc đường thẳng mặt phẳng…………………….…………… 1.1.3 Góc hai mặt phẳng……………………………… …………… 11 1.2 Bài toán khoảng cách không gian………………….………… 15 1.2.1 Khoảng cách từ điểm đến đường thẳng……….…………… 15 1.2.2 Khoảng cách từ điểm đến mặt phẳng……………….…… 17 1.2.3 Khoảng cách đường thẳng mặt phẳng song song, khoảng cách hai mặt phẳng song song…………………………………… ………………21 1.2.4 Khoảng cách hai đường thẳng chéo nhau……….………………24 Chương II – Bài toán thể tích 2.1 Thể tích hình chóp……………………… ……… ………………… 34 2.1.1.Phương pháp tính trực tiếp thể tích…… ……….……………………34 2.1.2 Phương pháp sử dụng tỉ số thể tích………….……………………… 40 2.2 Thể tích lăng trụ……………………………………………… ……….47 2.2.1 Khối lăng trụ đứng lăng trụ đều………………………………… 47 2.2.2 Lăng trụ xiên…… ………………………………………………… 55 2.3 Thể tích khối tròn xoay…………………………………………….… 60 Chương III – Bài toán phương pháp tọa độ không gian 3.1 Bài toán đường thẳng mặt phẳng………………… …………….68 3.1.1 Bài toán đường thẳng………………….………………………….68 3.1.2 Bài toán mặt phẳng………………….……………………… ….77 3.2 Bài toán mặt cầu………….………………………………… …… 97 Mở đầu Hình học phần khó chương trình toán, đa số học sinh sợ học hình học không gian Trong đề thi tuyển sinh Đại học – Cao đẳng trước đây, phần Hình học không gian dạng mà học sinh giải phương pháp hình học túy phương pháp tọa độ Để giúp em học sinh thầy cô giáo có thêm tư liệu để dạy trường phổ thông, xin trình bày toán hình học không gian Chương I Bài toán góc khoảng cách không gian 1.1 Bài toán góc không gian 1.1.1 Góc hai đường thẳng không gian Định nghĩa:  Góc hai đường thẳng m n góc hai đường thẳng m1 n1 cắt nhau, song song (hoặc trùng) với m n Kí hiệu: (m,n) m, n  00   m, n   900  Hai đường thẳng vuông góc với góc chúng 900  Nếu hai đường thẳng song song góc chúng 00 Phương pháp: Để tính góc hai đường thẳng a b chéo không gian ta áp dụng hai cách sau: a Cách 1: Tìm góc hai đường thẳng cắt c d song song với hai đường thẳng a b, đưa b vào tam giác, sử dụng hệ thức tam giác c α P d Đặc biệt định lý hàm số cosin: A b c b2  c2  a cos A  2bc B C a a Cách 2: Lấy hai vecto 𝑢 𝑣 phương với a b Tính góc b  𝑢 𝑣 góc a b u  u.v cos    u v v P Ví dụ 1: Cho hình hộp ABCD.A’B’C’D’ có tất cạnh a,  = 600, BAA  ’  DAA  ’ = 1200 Gọi O O’ tâm hai đáy hình hộp BAD A’B’, AC  ;  A’C , AC  ;  B’O, DC  ;  DO’, AC  Tính  Lời giải: A’B’, AC  =  AB, AO  Mà  Ta có A’B’ // AB   𝐴𝐵 = 𝐴𝐷 = 𝑎 (gt) 𝐷𝐴𝐵 = 600   300  ∆ABD  OAB Vậy (A’B’,AC) = 300 ′  Vì Ta có AO  ′ D' C' ′ 𝐴 𝐵 = 𝐴𝐴 = 𝑎  ' = 1200 (gt)  A’B  a , BAA A' O' B' a , mặt khác ta có: D C A A ' D  A ' B  a (∆A’BD cân), O B BD = a Suy A’O  A ' B  BO  a 3 2 a 11 a    2 2 a 3  a 11   a       AO  A ' A2  A ' O     , suy    cos A ' AO  AO A ' A a a  3 A’C2 = A’A2+AC2– 2A’A.AC.cos  A ' AO  a  3a  2a  a      8a   A ' C  AC  A ' A2 8a  3a  a    cos  A ' CA  A ' C AC 12 2.2 2a.a  Từ O ta kẻ đường thẳng song song với DC cắt AD BC trung điểm đường K L, D' C' B’O, DC    B’O, OL  ,   A' O' B'  A’K2=A’A2+AK2– 2A’A.AK.cos  A ' AK D K a   7a a  a     2a      , 2 2 2 A ' LO  (Vì  ' LO bù nhau),  cos B A ' KO B 7a a a a 3a    2     B’O = B’L +OL – 2B’L.OL.cos B ' LO  4 2 O L B a a 9a   A ' K  KO  A ' O 4    cos  A ' KO  A ' K KO a a 2  2 C 3a a 7a   B ' O  LO  B ' L2 4     cos B ' OL  2.B ' O.LO a a 2  2 Vậy cos  B’O, DC  = D' O ' B ' // DO   Xét tứ giác DO’B’O có  a O ' B '  DO  C' O' A' B' D  DO’B’O hình bình hành  DO // B’O, C A O B Suy  DO’, AC    B’O, AC  ; 3a 3a   a2 2 OA  B ' O  B ' A ' OA   cos B ,   2OA.B ' O  3a  2     cos DO ', AC   1.1.2 Góc đường thẳng mặt phẳng a Định nghĩa:Góc đường thẳng a mặt phẳng (P) góc đường thẳng a hình chiếu vuông góca’  mặt phẳng (P) Kí hiệu  a,  P   A P  P, a  Ví dụ 2: Cho hình chóp S.ABC, đáy ABC tam giác vuông A, 10 a'  (Q) 2x –y +z – 3=0; H hình chiếu  I lên (d); tọa độ điểm H lả nghiệm x   x 1 y 1 z       y  1  H (1; 1;0) hệ phương trình:  1 2x – y  z –   z     VTPT n ( P ) = IH =(0;1;1) (P): (y + 1) + (z – 0) =  y + z + = 3.2 Bài toán mặt cầu 3.2.1 Các kiến thức bản: Định nghĩa : * Mặt cầu tập hợp điểm M cách điểm I cố định khoảng không đổi * Điểm I cố định gọi tâm mặt cầu * Khoảng cách không đổi R : Gọi bán kính mặt cầu Phương trình mặt cầu : - Giả sử điểm cố định I=(a;b;c) R khoảng không đổi M=(x;y;z) theo định nghĩa : IM  R   x  a   y  b   z  c 2  R   x  a    y  b   z  c   R2 2 - Nếu khai triển (1) ta có :  x  y  z  2ax  2by  2cz  d   a  b2  c  R  d    2 - Như (1) (2) gọi phương trình tổng quát mặt cầu Riêng trường hợp phương trình (2) muốn phương trình mặt cầu phải thỏa mãn điều kiện : 97 1 R  a  b2  c  d  * Điều kiện cần đủ để mặt phẳng (P) : Ax+By+Cz+D=0 tiếp xúc với cầu (S) : Khoảng cách từ tâm I cầu đế mặt phẳng (P) phải bán kính (S) :  h I; P  aA  bB  cC  D A2  B  C R  3 Khi mặt phẳng (P) gọi tiếp diện cầu (S) 3.2.2 Các dạng toán thường gặp Dạng 1: Lập phương trình mặt cầu Ví dụ Trong không gian với tọa độ Oxyz , cho bốn điểm A,B,C,D có tọa độ xác định hệ thức         A(2;4;-1) , OB  i  j  k ; C  (2;4;3); OD  2i  j  k a) Chứng minh : AB  AC, AC  AD, AD  AB Tính thể tích khối tứ diện ABCD b) Viết phương trình tham số đường vuông góc chung  hai đường thẳng AB CD Tính góc đường thẳng  mặt phẳng (ABD) c) Viết phương trình mặt cầu (S) qua bốn điểm A,B,C,D Viết phương trình tiếp diện   cầu (S) song song với mặt phẳng (ABD) Lời giải: a) Chứng minh : AB  AC, AC  AD, AD  AB Tính thể tích khối tứ diện ABCD Ta có : A(2;4;-1),B(1;4;-1),C(2;4;3) D(2;2;-1) suy : 98    AB   1;0;0   AB AC         AC   0;0;4    AC AD   AB  AC ; AC  AD, AD  AB       AD   0; 2;0    AD AB   VABCD      AB, AD  AC     b) Viết phương trình tham số đường vuông góc chung  hai đường thẳng AB CD Tính góc đường thẳng  mặt phẳng (ABD) Do  đường vuông góc chung :     0 1 1    AB    u     AB, CD    2 4 ; 4 ; 2    CD   x      0; 4;2  / / u   0;2; 1   :  y   2t  z  1  t   Vì : CD   0; 2; 4   qua A(2;4;-1) - Mặt phẳng (ABD) qua A(2;4;-1) có    n  AC   0;0;4  / / k   0;0;1   ABD  : z     u k   - Gọi    ; ABD   sin   cos u , k     u k   1  1.1  c) Viết phương trình mặt cầu (S) qua bốn điểm A,B,C,D Viết phương trình tiếp diện   cầu (S) song song với mặt phẳng (ABD) - Tâm đường tròn đáy tam giác (ABC) J trung điểm BC , suy J( ; 4;1 ) 99 - Lập phương trình đường thẳng d qua J vuông góc với (ABC) d có  x      véc tơ phương u  k   0;0;1   :  y  z  1 t   - Lập phương trình mặt phẳng (P) qua K(2;3;-1) trung điểm AD vuông góc  với AD suy (P) có véc tơ pháp tuyến k   0;0;1   P  : z   - Tâm I cầu (S) giao d với (P) I có tọa độ nghiệm hệ :  x   3   y    t    t   I   ;4;1 2  z  1 t   z   - Tính bán kính R 2 3 1   IA  4    S  :  x     y  4   z    2 2   Ví dụ Trong không gia tọa độ Oxyz , cho bốn điểm A(1;-1;2),B(1;3;2),C(4;3;2) D(4;-1;2) a) Chứng minh A,B,C,D bốn đỉnh tứ diện b) Gọi A’ hình chiếu vuông góc điểm A mặt phẳng Oxy Hãy viết phương trình mặt cầu (S) qua bốn điểm A’,B,C,D c) Viết phương trình tiếp diện (P) mặt cầu (S) điểm A’ Lời giải: 100 a) Chứng minh A,B,C,D bốn đỉnh tứ diện   AB   0;4;0       - Ta có :  AC   3;4;0    AB, AC  AD    A,B,C,D đồng phẳng    AD   3;0;0  b) Gọi A’ hình chiếu vuông góc điểm A mặt phẳng Oxy Hãy viết phương trình mặt cầu (S) qua bốn điểm A’,B,C,D - Nếu A’ hình chiếu A (Oxy) A’(1;-1;0) - Gọi (S) mặt cầu qua bốn điểm (S):  x  y  z  2ax-2by  2cz  d   a  b2  c  R  d   * - (S) qua A’(1;-1;0) : 1+1-2a+2b+d=0 ; hay : 2a-2b-d=2 (1) - (S) qua B(1;3;2) : 1+9+4-2a-6b-4c+d=0 ; hay : 2a+6b+4c-d=14 (2) -(S) qua C(4;3;2) : 16+9+4-8a-6b-4c+d=0 ; hay : 8a+6b+4c-d=29 (3) -(S) qua D(4;-1;2) : 16+1+4-8a+2b-4c+d=0 ; hay : 8a-2b+4c-d =21 (3) Từ bốn phương trình ta có hệ Giải hệ ta tìm : a=5/2,b=2,c=1 d=-1 Thay vào (*) :  S  : x2  y  z  5x  y  z   c) Viết phương trình tiếp diện (P) mặt cầu (S) điểm A’     Nếu (P) tiếp diện (S) A’(1;-1;0) : IA   ;3;1 / / n   3;6;2  làm véc 2  tơ pháp tuyến Cho nên (P): 3(x-1)+6(y+1)+2z=0 ; Hay (P): 3x+6y+2z+3=0 101 Dạng 2: LẬP MẶT CẦU (S) CÓ LIÊN QUAN ĐẾ ĐƯỜNG THẲNG VÀ MẶT PHẲNG TRONG KHÔNG GIAN Ví dụ Cho ba điểm A(2;0;1),B(1;0;0) ,C(1;1;1) mặt phẳng (P): x+y+z-2=0 Viết phương trình mặt cầu (S) qua A,B,C có tâm thuộc (P) Lời giải: Mặt cầu (S) có dạng : x  y  z  2ax  2by  2cz  d  * (S) qua A,B,C ta thay tọa độ A,B,C vào (*) ta hệ ba phương trình : 4a  2c  d  2a  2c  c  2a  d  d  2a  d  2        S  :  x  1  y   z  1   2a  2b  2c  d  b  c  b     a  b  c  a  a  Ví dụ 4: Lập mặt cầu (S) qua ba điểm A(-2;4;1) ,B(3;1;-3),C(-5;0;0) có tâm thuộc mặt phẳng (P) : 2x+y-z+3=0 Lời giải: Gọi (S) có tâm I(a;b;c) bán kính R Nếu (S) qua A,B,C có tâm thuộc mặt phẳng (P) ta có hệ : 4a+8b+2c-d=21  A   S  4a+8b+2c-d=21 4a+8b+2c-d=21 a     b  2 6a  2b  6c  d   B   S  10a  6b  8c  21 3a  4b  c       10a  d  25  C   S  3a  4b  c  3b  c  c  2a  b  c    I  P 6a  7b  3c  24 34a=34 d  35    102 Vậy mặt cầu (S) có phương trình x2  y  z  2x  y  6z  35  Ví dụ Trong không gian tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng (P): 2x+y-z+5=0 điểm A(0;0;4),B(2;0;0) Viết phương trình mặt cầu qua O,A,B tiếp xúc với mặt phẳng (P) Lời giải: Nhận xét : A ,B nằm hai trục Ox Oz , OAB thuộc mặt phẳng (Oxz) vuông góc với trục Oy Tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác OAB trung điểm M(1;0;2) AB Lập đường thẳng d qua M vuông góc với mp(OAB) ( Là trục đường tròn qua x     OAB ) d song song với Oy  u  j   0;1;0   d :  y  t Tâm I mặt cầu z   thuộc d tọa độ I(1;t;2) Vì (S) tiếp xúc với (P) : h(I,P)=R =IO   t2  2t 25   t  2t  1   t   I  1;1;2  Do mặt cầu (S) có phương trình :  x  1   y  1   z    2 Ví dụ Trong không gian tọa độ Oxyz cho mặt phẳng (P): x+2y-2z+2=0 , điểm I có tọa độ I(1;2;2) a) Viết phương trình mặt cầu (S) có tâm I tiếp xúc với mặt phẳng (P) 103 b) Tìm tọa độ giao điểm (S) với đường thẳng qua hai điểm M(1;2;1);N(2;1;1) c) Lập phương trình mặt phẳng qua M,N tiếp xúc với (S) Lời giải: a) Viết phương trình mặt cầu (S) có tâm I tiếp xúc với mặt phẳng (P)   Lập đường thẳng d qua I(1;2;2) vuông góc với (P) u  n  1;2; 2  Cho nên d có phương trình : x=1+t ; y=2+2t;z=2-2t Tìm tọa độ H giao d với (P) , tọa độ H nghiệm hệ : x  1 t  y   2t   1  t     2t     2t     9t  3  z   t   x  y  2z    8  t    H   ; ;   3 3 2   4  8  Vậy : IH     1          216   3  3  Cho nên :  S  :  x  1   y     z    2 216  24 (*) b) Tìm tọa độ giao điểm (S) với đường thẳng qua hai điểm M(1;2;1);N(2;1;1) Đường thẳng (MN) qua M(1;2;1) có véc tơ phương x  1 t   u  1; 1;0   ( MN ) :  y   t z   104 Nếu (MN) cắt (S) : thay giao điểm A (MN) với cầu (S) vào (*) A(t+1;2-t;1) ta có :  t   1    t    1    24  2t  24   15  t   2 30   30 30  30 30  Do có hai điểm : A1  1  ;2  ;1 ; A2  1  ;2  ;1 2 2     c) Lập mặt phẳng (P) qua (MN) tiếp xúc với (S) x  y   Đường thẳng (MN) giao hai mặt phẳng :  z    Suy (P) qua (MN) (P) thuộc chùm : x+y–3 +m(z-1)=0 hay : x+y+mz – 3-m =0 (*) Nếu (P) tiếp xúc với (S) : h I , P  R    2m   m 1   m  6  24  m  24    m  6  x  y  6z   6  Thay vào (*) ta có hai mặt phẳng :   x  y  6 z   6  Ví dụ 7: Trong không gian tọa độ Oxyz , cho điểm I(1;2;-2) đường thẳng d giao tuyến hai mặt phẳng 2x-y-5=0 y-z+3=0 a) Viết phương trình mặt cầu (S) có tâm I ,đồng thời mặt phẳng (P): 2x+2y+z+5=0 cắt (S) theo giao tuyến đường tròn có chu vi 8 b) Viết phương trình tiếp diện (S) qua d ? Lời giải: 105 2425  d  Theo giả thiết : 8  2 r  r  ( bán a) Tính h(I,P)= kính đường tròn C ) Vậy : R  d  r   16  25  R    S  :  x  1   y     z    25 2 b) Mặt phẳng tiếp diện (S) gọi (Q) Do mp(Q) qua d (Q) thuộc chùm mặt phẳng : m(2x-y-5)+n(y-z+3)=0 ; hay : 2mx-(m-n)y-nz+3n-5m =0 (*) d  I,Q   7n  5m 4m   m  n   n 2 5   7n  5m   25  5m2  2mn  2n2   10m  n   2 Nếu chọn : m=1, n=-10 , thay vào phương trình (*) ta có phương trình tiếp diện :2x - 11y+10z - 35=0 Ví dụ 8: Lập phương trình mặt cầu (S) có tâm I(2;3;-1) định đường thẳng d có phương trình giao tuyến hai mặt phẳng : 5x-4y+3z+20=0 , 3x-4y+z-8=0 dây cung có độ dài 16 Lời giải: Ta tính h(I,d)  x   2t  - Đường thẳng d viết lại :  y  5  t Gọi H điểm thuộc d  z  15  2t    H(1+2t;-5+t;-15-2t)  IH   2t  1; t  8; 2t  14   u   2;1; 2     IH u '    2t  1   t  8   2t  14    9t  18  t  2 106 Vậy : AB H   5; 10; 10   IH  25  100  100  225  R   IH  64  225  269 2 Vậy : S: x     y  3   z  1  289 2    IM , u    - Ta có cách tính IH công thức : h  I , d   ; M  1; 5; 15  u   IM  1;8;14     IM , u     IH   u 2  14   14          302  302  152 2025  2   2        15 3 1 2  AB   16  Theo cách tính : R  IH     225     225  64  269    2 2 Ví dụ  x  t  Trong không gian tọa độ Oxyz cho đường thẳng d:  y  1  2t z   t  mp (P): 2x-y-2z-2=0 a) Lập phương trình mặt cầu (S) có tâm thuộc đường thẳng d tâm I cách mặt phẳng (P) khoảng đồng thời (S) cắt (P) theo đường tròn có bán kính b) Viết phương trình mặt phẳng (R) qua d tạo với (P) góc nhỏ 107 Lời giải: a) Lập phương trình mặt cầu (S) có tâm thuộc đường thẳng d tâm I cách mặt phẳng (P) khoảng I  d  I   t ; 1  2t ;2  t     h I , P  2  t    2t  1    t   1   6t     13   I1    ;  ;  t    6t    6    Tính khoảng cách từ hai 11  11 14   6t   6 t   I2   ;  ;   6 6  tâm đến (P)   1  13   11  14 1 2     2   2    2    6 6 6 6 h  I1 , P    2; h  I , P   2 1 4 1 Do :  2  1    13    R1      13   S1  :  x     y     z    13 6  3  6   2  11 14        R2      13   S2  :  x     y     z    13 6  3  6   x  1  b) Đường thẳng d giao tuyến hai mặt phẳng :  x   1 y 1  2x  y    z2 x  z   Do mặt phẳng (R ) qua d (R ) thuộc chùm : 2x+y+1+m(x+z-2)=0 Hay mp( R) : (2+m)x+y+mz+1-2m=0 (*) Mp( R) có   n1   m  2;1; m  ; nP   2; 1; 2  108   n1.nP Vậy : cos    n1 nP   m     2m  m  2   m2   5   m  12  3 Do  nhỏ cos lớn m  1 Vậy thay vào (*) ta có mp( R): x+y–z+3=0 109  2m  4m  KẾT LUẬN Luận văn trình bày cách hệ thống chi tiết toán hình học không gian Các tập ví dụ tác giả chọn lọc tỉ mỉ phong phú nhằm làm bật phương pháp giải toán Trong chương một, tác giả nêu dạng toán điển hình hay gặp chương trình toán phổ thông, đồng thời kết hợp với số tập nâng cao nhằm phát triển tư cho học sinh.Tác giả liệt kê đầy đủ dạng toán góc gồm có Đây toán hay gặp trọng tâm chương trình toán lớp 11 Ở chương hai, tác giả sâu vào toán thể tích không giantừ giúp cho người đọc có nhận thức sâu sắc sợi dây kết nối với chương Chương ba toán chương trình lớp 12 trình bày theo dạng toán tỉ mỉ cẩn thận phương pháp giải cho dạng gồm có Đây tư liệu quý giúp em học sinh thầy cô giáo tham khảo Mặc dù nghiêm túc, cố gắng trình làm luận văn thời gian lực thân nhiều hạn chế nên luận văn tránh sai sót Tôi kính mong nhận góp ý, bổ sung thầy, cô bạn đọc để luận văn hoàn thiện 110 Tài liệu tham khảo Tiếng Việt Trần Thị Vân Anh, Lê Thị Hồng Liên (2010), “Phân dạng phương pháp giải toán hình học lớp 12” Lê Đức (2011), “Các dạng toán điển hình hình học 12” Nguyễn Bạo Phương, Phan Huy Khải (1999), "Các phương pháp giải toán hình học không gian 11" Lê Bích Ngọc, Lê Hồng Đức (2005), “Học ôn tập toán hình học 11” Nguyễn Văn Lộc, Hàn Minh Toàn, Nguyễn Văn Hoàng, Bùi Hiếu Đức (2010), “Các chuyên đề toán THPT hình học tự luận trắc nghiệm” Lê Hoàng Phò (2009), “Bồi dưỡng học sinh giỏi toán hình học 11” 111 ... Bài toán mặt cầu………….………………………………… …… 97 Mở đầu Hình học phần khó chương trình toán, đa số học sinh sợ học hình học không gian Trong đề thi tuyển sinh Đại học – Cao đẳng trước đây, phần Hình học. .. – Bài toán phương pháp tọa độ không gian 3.1 Bài toán đường thẳng mặt phẳng………………… …………….68 3.1.1 Bài toán đường thẳng………………….………………………….68 3.1.2 Bài toán mặt phẳng………………….……………………… ….77 3.2 Bài. .. học không gian dạng mà học sinh giải phương pháp hình học túy phương pháp tọa độ Để giúp em học sinh thầy cô giáo có thêm tư liệu để dạy trường phổ thông, xin trình bày toán hình học không gian