Sáng kiến kinh nghiệm giải hình học không gian bằng phương pháp tọa độ

Hình học là phần khó của chương trình toán, nhất là phần hình hoc không gian, đa số học sinh rất sợ khi học về hình học không gian. Trong các đề thi tuyển sinh Đại học – Cao đẳng gần đây, phần Hình học không gian được ra dưới dạng mà học sinh có thể giải được bằng cả phương pháp hình học thuần tuý và cả phương pháp tọa độ. Việc giải toán Hình học không gian bằng phương pháp hình học thuần túy gặp rất nhiều khó khăn cho học sinh vừa học xong lớp 12, vì phần lớn các em ít nhiều đã quen kiến thức, kỹ năng chứng minh, dựng hình ...trong không gian. Việc giải bằng phương pháp toạ độ có rất nhiều ưu việt, tuy nhiên học sinh cũng gặp không ít khó khăn. Bởi vì, phương pháp này không được đề cập nhiều trong các sách giáo khoa, học sinh phổ thông ít được tiếp cận. Để giúp các em học sinh lớp 12 có thêm phương pháp giải toán Hình học không gian, chuẩn bị cho kỳ thi cuối cấp. Trong phạm vi đề tài Sáng kiến kinh nghiệm của mình, tôi xin trình bày một số kỹ năng giải giải hình học không gian bằng phương pháp tọa độ.

PHẦN MỞ ĐẦU Lí chọn đề tài Hình học phần khó chương trình tốn, phần hình hoc khơng gian, đa số học sinh sợ học hình học khơng gian Trong đề thi tuyển sinh Đại học – Cao đẳng gần đây, phần Hình học khơng gian dạng mà học sinh giải phương pháp hình học tuý phương pháp tọa độ Việc giải tốn Hình học khơng gian phương pháp hình học túy gặp nhiều khó khăn cho học sinh vừa học xong lớp 12, phần lớn em nhiều quen kiến thức, kỹ chứng minh, dựng hình khơng gian Việc giải phương pháp toạ độ có nhiều ưu việt, nhiên học sinh gặp khơng khó khăn Bởi vì, phương pháp khơng đề cập nhiều sách giáo khoa, học sinh phổ thơng tiếp cận Để giúp em học sinh lớp 12 có thêm phương pháp giải tốn Hình học khơng gian, chuẩn bị cho kỳ thi cuối cấp Trong phạm vi đề tài Sáng kiến kinh nghiệm mình, tơi xin trình bày số kỹ giải giải hình học không gian phương pháp tọa độ Phạm vi nghiên cứu Sau học sinh học hết chương trình lớp 12 chuẩn bị thi đại học Phương pháp nghiên cứu Phương pháp nghiên cứu lí luận, đọc tài liệu liên quan hình học khơng gian phương pháp tọa độ Cấu trúc sáng kiến kinh nghiệm Chương Phương pháp nghiên cứu lý luận Chương Cở sở thực tiễn Chương Một số kỹ giải giải hình học khơng gian phương pháp tọa độ PHẦN NỘI DUNG I Cơ sở lý luận Vào năm 1637, nhà toán học kiêm triết học Pháp Réné Descartes cho xuất “ La Géométrie ” với nội dung xây dựng hình học phương pháp toạ độ đánh dấu bước tiến mạnh mẽ toán học Descartes nhà toán học thiên tài khai sinh phương pháp toạ độ Phương pháp toạ độ đời giúp người dùng ngơn ngữ đại số thay cho ngơn ngữ hình học, giúp người đạt đến đỉnh cao khái quát hoá trừu tương hoá toán học nhiều lĩnh vực Quy trình dạy học hiểu tổ hợp thao tác giáo viên học sinh tiến hành theo trình tự định đối tượng nhận thức Chẳng hạn, quy trình bốn bước Polya để giải tốn gồm : • Bước : Tìm hiểu nội dung tốn • Bước : Xây dựng thuật giải • Bước : Thực thuật giải • Bước : Kiểm tra, nghiên cứu lời giải Một nhiệm vụ dạy học mơn tốn chương trình phổ thơng, đặc biệt dạy hình học hướng dẫn cho học sinh sử dụng phương pháp toạ độ vào giải toán, nghĩa biết vận dụng linh hoạt sáng tạo kiến thức toạ độ điểm, toạ độ vectơ cơng thức có liên quan vào giải toán Để giải toán phương pháp toạ độ ta thực theo bước sau : • Bước : Thực việc chọn hệ trục toạ độ Oxyz thích hợp, ý đến vị trí gốc O, chuyển toán cho tốn hình học giải tích • Bước : Giải tốn hình học giải tích nói • Bước : Chuyển kết luận tốn hình học giải tích sang tính chất hình học tương ứng Tuy nhiên qua thực tế , việc học nắm vững bước để vận dụng vào giải tốn thật khơng đơn giản học sinh, qúa trình trừu tượng hố khái quát hóa việc rèn luyện tư tốn học Do vậy, thơng qua số tốn cụ thể để hướng dẫn em làm quen dần với việc giải tốn hình học khơng gian phương pháp toạ độ Các dạng toán thường gặp : • Độ dài đoạn thẳng • Khoảng cách từ điểm đến mặt phẳng • Khoảng cách từ điểm đến đường thẳng • Khoảng cách hai đường thẳng • Góc hai đường thẳng • Góc đường thẳng với mặt phẳng • Góc hai mặt phẳng • Thể tích khối đa diện • Diện tích thiết diện • Chứng minh quan hệ song song, vng góc II Cở sở thực tiễn a Thuận lợi Khái niệm vectơ không gian đưa vào nội dung chương trình lớp 11, làm cơng cụ nghiên cứu quan hệ vng góc hai đường thẳng, đường thẳng với mặt phẳng, hai mặt phẳng khoảng cách số đối tượng hình học khơng gian Việc sử dụng vectơ để xây dựng quan hệ vng góc khơng gian làm cho cách diễn đạt số nội dung hình học gọn nhẹ hơn, học sinh dễ dàng tiếp thu Mặt khác số kiến thức vectơ sở chuẩn bị cho việc xây dựng khái niệm tọa độ khơng gian chương trình hình học lớp 12, cơng cụ hữu ích để giải nhiều tốn hình học khơng gian b Khó khăn Khơng học sinh chưa nhận thức tầm quan trọng việc chủ động phân tích đề bài, dựng hình định hướng phương pháp giải tốn mà em làm cách máy móc, lập luận thiếu cứ, khơng xác, đơi lúc không phân biệt đâu giả thiết, đâu phần cần chứng minh Do kết khơng mong đợi Đây nội dung khó học sinh lớp 12 Do chưa tìm phương pháp thích hợp để giải tốn nên nhiều vướng mắc, từ thiếu hứng thú học tập.Để giúp em mau chóng tiếp cận phương pháp giảng dạy mới, đòi hỏi nỗ lực tâm cao thầy trò III Nội dung, biện pháp thực giải pháp đề tài A Các tốn hình chóp tam giác: Bài tốn 1: Cho hình chóp S.ABC đáy ABC tam giác cạnh a SA = SB = SC, khoảng cách từ S đến mặt phẳng (ABC) h Tính h theo a để hai mặt phẳng (SAB) (SAC) vng góc z Gọi H tâm tam giác ABC S M trung điểm BC ° ° SA = SB = SC Ta có:  HA = HB = HC (∆ABC đều) C A Dựng hệ trục tọa độ Axyz, với Ax, Ay, Az H z đơi vng góc A(0; 0; 0), M B a a   a a   a   a  B ; ; ÷, C  − ; ; ÷, H  0; ; ÷, S  0; ; h ÷ 2 2         ° uu  a  ur  a a ur u u r  uu  a a  SA =  0; ; h ÷, SB =  ; ; − h ÷, SC =  − ; ; − h÷   2    ° u u u r  ah ah a2  ur u a a r [SA; SB] =  − ; ;− ÷ = − (3h 3; − 3h; a 3) = − n1 , 2  6  r với n1 = (3h 3; − 3h; a 3) ° u u uu  ah ur u r ah a2  a a r [SA; SC] =  − ;− ; ÷ = − (3h 3; 3h; − a 3) = − n , 2  6  r với n = (3h 3; 3h; − a 3) ° uu ur ur u r Mặt phẳng (SAB) có cặp vectơ phương SA; SB nên có pháp vectơ n1 y ° ° u u uu ur u r r Mặt phẳng (SAC) có cặp vectơ phương SA; SC nên có pháp vectơ n r r (SAB) ⊥ (SAC) ⇔ cos(n1; n ) = ⇔ 3h 3.3h − 3h.3h + a 3(−a 3) = ⇔ 27h − 9h − 3a = ⇔ 18h = 3a2 ⇔ h =  Vậy: h = a a Bài toán 2: Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC tam giác vuông B, AB = a, BC = 2a, cạnh SA vng góc với đáy SA = 2a Gọi M trung điểm SC Chứng minh tam giác MAB cân tính diện tích tam giác MAB theo a ° Tam giác ABC vng B có: z 2a AC2 = AB2 + BC2 = a2 + 4a2 = 5a2 S ⇒ AC = a ° M Dựng BH ⊥ AC (H ∈ AC), ta có: ⋅ AB2 a2 a AH = = = AC a 5 ⋅ 1 = + = 2 2 BH AB BC 4a ⇒ BH = ° H A a K x a B 2a Dựng hệ trục tọa vng góc Axyz, với Ax, Ay, Az đơi vng góc với  2a a  A(0; 0; 0), C(0; a 5; 0), S(0; 0; 2a), B  ; ; 0÷  5  °  a  Tọa độ trung điểm M SC M  0; ; a÷   ° u ur  a  uu 3a ; a ÷ ⇒ MA = Ta có: MA =  0;   u u  2a 3a ur 3a  MB =  − ; ; a ÷ ⇒ MB = 5   C y suy ra: MA = MB ⇒ tam giác MAB cân M u ur u u u u u r  a2 u ur u u uu ur 2a2  ;− ; a ÷ ⇒ [MA; MB] = a2 Ta có: [MA; MB] =    ° Diện tích tam giác MAB: SMAB ° uu ur u ur u u a2 = [MA; MB] = a = 2 Bài toán 3: Cho hình chóp SABC có đáy ABC tam giác vng có AB=AC=a, SA vng góc với mặt phẳng (ABC) SA = a a Tính góc hai mặt phẳng (SAC) (SBC) b Tính khoảng cách hai đường thẳng AI SC với I trung điểm cạnh BC  Lời giải: Do AB, AC, AS đơi vng góc nên ta chọn hệ trục tọa độ Oxyz cho a O ≡ A(0;0;0) , B(a;0;0), C(0;a;0), S (0;0; ) Tính góc hai mặt phẳng (SAC) (SBC): Mặt phẳng (SAC) có vectơ pháp tuyến i = (1;0;0) Mặt SB = (a;0;− [ phẳng (SBC) có cặp a a ); SC = (0; a;− ) 2 ] vectơ S phương: z  a2 a2 2  a2 ; ;a  = (1;1; )  2   Ta cĩ SB, SC =   nên mặt phẳng (SBC) có vectơ pháp tuyến C A n = (1;1 ) I B Gọi ϕ góc hai mặt phẳng x (SAC) (SBC) ta có: y cos ϕ = i.n i.n = 1+1+ = ⇒ ϕ = 60 a Tính khoảng cách hai đường thẳng AI SC: a a 2   Vì I trung điểm BC ⇒ I  ; ;0  nên ta có: [ ]   a2 a2 a2   a 2 a 2 a a  , AI , SC =  −  AI =  ; ;0 , SC =  0; a;− ; ; , AS =  0;0;     4   2        [ ] ⇒ AI , SC AS = [ AI , SC ] = a3 a4 a4 a4 a2 + + = 8 Vậy khoảng cch hai đường thẳng AI SC là: d ( AI , SC ) = [ AI , SC ].AS  AI , SC      = a3 2 a = a Bài tốn 4: ( Trích đề thi Đại học khối A năm 2002 ) Cho hình chóp tam giác S.ABC đỉnh S, có độ dài cạnh đáy a Gọi M, N lượt trung điểm cạnh SB SC Tính theo a diện tích tam giác AMN, biết mặt phẳng (AMN) vng góc với mặt phẳng (SBC)  Lời giải: Gọi H hình chiếu vg góc S mặt phẳng (ABC) H trọng tâm ( tâm đường tròn ngoại tiếp ) tam gic ABC Giả sử SH = h Gọi K trung điểm BC ta có: AK = a a z ; HK = a ; AH = S Chọn hệ trục toạ độ Oxyz cho: O ≡ H (0;0;0) Ta có: A( a a a a a ;0;0), B (− ; ;0), C (− ;− ;0) 6 S (0;0; h), K (− N M −a a h a  ;0;0), M   12 ; ; , C   K H −a a h  N  12 ;− ;    A x B y Suy :  5a a h  AM =  − ; ;   12     5a a h  AN =  − ;− ;   12 2   Mặt phẳng (AMN) có vectơ pháp [ ]  ah 5a   n1 = AM , AN =  ;0; tuyến  24     a a   a a  SB =  − ; ;−h ; SC =  − ;− ;−h  Mặt phẳng (SBC) có vectơ pháp tuyến     6     [ ]  a2   n = SB, SC =  − ah;0;     Theo giả thiết: ( AMN ) ⊥ ( SBC ) ⇒ n1 n = ⇔ − ⇒h= a h 5a + =0 48 a 15  a 15 5a   Vậy [ AM , AN ] =   24 ;0; 24  ⇒ S 2   ∆AMN = [ ] a 10 AM , AN = 16 II/ Các tốn hình chóp tứ giác Bài tốn 5: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình chữ nhật với AB = a; AD = a ; SA = a SA vuông góc với mặt phẳng (ABCD) Gọi M; N lần z lượt trung điểm AD SC; I giao điểm BM AC Chứng minh mặt phẳng (SAC) vng góc với mặt phẳng (SMB) Tính S tích khối tứ diện ANIB thể Trích đề thi Đại học khối B – năm 2006 )  Lời giải: Theo giả thiết ta có AS, AB, AD đơi vng góc, nên ta chọn hệ tọa độ Oxyz N A cho O ≡ A(0;0;0) , Khi ta có: M y I B ( a;0;0), D (0; a ;0), C (a; a ;0), S (0;0; a ) B x D C M trung điểm AD ⇒ M (0; a ;0) a a a ; ) 2 N trung điểm SC ⇒ N ( ; I giao điểm AC BM nên I trọng tm tam gic ABD a a   ⇒ I ;  3 ;0    * Chứng minh ( SAC ) ⊥ ( SBM ) Ta có : [ ] AS = (0;0; a), AC = ( a; a ;0) ⇒ n1 = AS , AC = (−a 2 ; a ;0) SB = (a;0;−a ), SM = (0; [ ]  a2 2 a2  a  ;− a) ⇒ n = SB, SM =   ;a ;    n1 , n vectơ pháp tuyến hai mặt phẳng (SAC) (SBM) đồng thời n1 n = −a 2 a2 a2 + a a + = nên ( SAC ) ⊥ ( SBM ) 2 (đpcm) * Tính V ANIB ? Ta có : [ ] a a a a a   a2 a2   ; , AI =  ;  ⇒ AN , AI =  − AN =  ; ; ;0   3 ;0   2 2 6        AB = (a;0;0) Suy thể tích khối chóp AINB là: V AINB = [ ] 1 a2 a3 AN , AI AB = − a = 6 36 Bài tốn 6: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình vng cạnh a, mặt bên SAD tam giác nằm mặt phẳng vng góc với đáy Gọi M, N, P trung điểm cạnh SB, BC CD Chứng minh AM vng góc với BP tính thể tích khối tứ diện CMNP ( Trích đề thi Đại học khối A – năm 2007 )  Lời giải: Gọi H trung điểm AD, tam giác SAD nên SH ⊥ AD Mặt khác (SAD) ⊥ (ABCD) nên SH ⊥ (ABCD) Suy HS, HA HN đôi vng góc Chọn hệ trục tọa độ Oxyz cho O ≡ H (0;0;0) Khi ta có : z a a a a A( ;0;0), D(− ;0;0), S (0;0; ), B( ; a;0) 2 2 a a a a C (− ; a;0), N (0; a;0), M ( ; ; ) 4 a a P (− ; ;0) 2 S D H * Chứng minh AM ⊥ BP: x a a a Ta có AM = ( − ; ; ) 4 BP = ( −a;− A P M N B a : 0) Suy : a a a a AM BP = −a.(− ) − + a = ⇒ AM ⊥ BP (đpcm) 2 * Tính thể tích khối chóp CMNP: Ta có: [ ] MC = (− 3a a a a a a a2 a2 ; ;− ), MN = (− ; ;− ) ⇒ MC , MN = (0;− ; ) 4 4 MP = (− 3a a ;0;− ) 4 Suy thể tích khối chóp CMNP: VCMNP [ ] 1 a3 a3 = MC , MN MP = − = 6 16 96 Bài toán 7; Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có đáy hình vng cạnh a Gọi E điểm đối xứng D qua trung điểm SA, M trung điểm AE, N trung điểm BC Chứng minh MN vng góc với BD tính (theo a ) khoảng 10 C y cách hai đường thẳng MN AC ( trích đề thi tuyển sinh ĐH&CĐ khối B năm 2007 ) Dựng hình : S E Gọi O tâm hình vng ABCD ⇒ SO ⊥ ( ABCD) Chọn hệ trục toạ độ Đêcac vng góc Oxyz P M sau : O (0;0;0) ; y S (0;0; h ) ; A  a  a  ;0;0 ÷ ; C  A −  ÷  ; 0;0 ÷ D ÷      a  0; ;0       a ; B 0;−   2 D O B C N x  ;0    Toạ độ trung điểm P SA P u u  3a uu r ur h  uu MN =  ;0; − ÷; BD = (0; −a 2;0)  2÷    a  a a  h ; ; ÷; E  − ;− ;h÷ −   ÷ 2÷ 2     Vì : MN BD =0 ⇒MN ⊥ BD  a a h a a  ;− ; ÷ N ;− ;0 ÷ ÷ 2÷  4     M −  Tính (theo a) khoảng cách hai đường thẳng MN AC uu uu  u u ur r ah  ;0 ÷ Ta có :  MN , AC  =  0; −    ÷ Chứng minh MN AC chéo u ur  uu a h AM =  0; − ; ÷  2÷    Sử dụng cơng thức tính khoảng cách u u u u u ur u u ur u u r  MN , AC  AM = a h ≠ Vì :   ⇒ MN AC chéo hai đường thẳng chéo 11  d ( MN , AC ) = [ MN , AC ] AM [ MN , AC ] = a 2h a = 2 ah III/ Các toán lăng trụ Bài tốn 8: Cho lăng trụ đứng ABC.A'B'C' có đáy ABC tam giác cân với AB = · AC = a, góc BAC = 120o , cạnh bên BB' = a Gọi I trung điểm CC' Chứng minh tam giác AB'I vng A tính cosin góc hai mặt phẳng (ABC) (AB'I) Gọi H trung điểm BC ⇒ AH ⊥ BC ° tam giác ABH nửa tam giác cạnh AB = a ⇒ AH = ° a a BH = ⇒ BC = a 2 Dựng hệ trục Axyz, với Ax, Ay, Az đơi vng góc, A(0; 0; 0), C/ z a a   a a  / B ; ; ÷, C  − ; ; ÷, A (0; 0; a), 2  2    a a  / a a   a a a B/  ; ; a ÷, C  − ; ; a ÷, I  − ; ; ÷ 2  2   2 2   a A/ B/ I C A z 60o H B ° u u/  a a  ur  a a a  ur u AB =  ; ; a ÷, AI =  − ; ; ÷  2   2 2 ° u u/ ur a  a  a a ur u a 3a2 a2 2a2  − + + =0 ÷+ + a = − Ta có: AB AI =   2 4 u u/ ur ur u ⇒ AB ⊥ AI * * Vậy, tam giác AB/I vng A r Phương trình mp(ABC): z = có pháp vectơ n1 = (0; 0; 1) u u/ ur ur u mp (AB/I) có cặp vectơ phương AB , AI , nên có pháp vectơ: u u/ ur  a2 ur u 3a2 2a2  a2 a2 r [AB ; AI] =  − ; − ; = − (1; 3; − 3) = − n ÷ 4  4  12 y r với n = (1; 3; − 3) ° Gọi α góc (ABC) (AB/I), ta có: 0+0−2 cos α = = + + 1 + 27 + 12 30 = 10 40 Bài tóan 9: Cho hình hộp chữ nhật ABCD.A’B’C’D’ tích Gọi I, J, K trung điển đoạn thẳng AA’, CD v A’D’ a) Tính thể tích khối tứ diện BIJK b) Biết BK vng góc với mặt phẳng (A’C’D) Tính độ dài cạnh hình hộp c) Tính giá trị lớn khoảng cách hai đường thẳng CI A’J  Lời giải: Gọi a,b,c kích thước hình hộp chữ nhật, ta có a.b.c = Xét hệ trục Đề –các vng góc Axyz với tọa độ điểm : c A(0;0;0), B (a;0;0), C ( a; b;0), D(0; b;0), A' (0;0; c), B ' (a;0; c), C ' (a; b; c), D' (0; b; c), I (0;0; ) a b J ( ; b;0), K (0; ; c) 2 a) Gọi V thể tích tứ diện BIJK ta có: [ ] c a  bc ac  BI = (−a;0; ), BJ = (− ; b;0) ⇒ BI , BJ =  − ;− ;−ab  2   b BK = (−a; ; c) abc abc 5abc ⇒ 6V = BI , BJ BK ⇔ 6V = − − abc = 8 [ ] B’ Vậy V = ( a.b.c =1 ) 48 z A’ K D’ C’ I A  BK ⊥ A' C '  BK A' C ' =   BK ⊥ mp ( A' C ' D) ⇔  ⇔ b) Ta có (1)B  BK ⊥ A' D  BK A' D =   13 x J C D y b Với BK = (−a; ; c), A' C ' = ( a; b;0), A' D = (0; b;−c)  b2 =0 − a + b  ⇔a=c= = , từ suy độ dài Thế vo hệ (1) ta  2 b − c = 2  cạnh hình hộp chữ nhật c) Gọi khoảng cách hai đường thẳng CI A’J h , ta có; h= [CI , A' J ].A' I = [CI , A' J ] abc 4b c + 4b a + 9a c áp dụng BĐT Cơ si với a.b.c = ta có: hmax = = 3.3 144 4 + + 2 a c b đạt a c b = = =3 2 12 Bài toán 10: Cho lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’ có mặt bên hình vng cạnh a Gọi D, E, F trung điểm đoạn thẳng BC, A’C’, C’B’ Tính khoảng cách DE A’F  Lời giải : Xét hệ trục Đề –các vng góc A’xyz với tọa độ điểm : a a a a ;0), D(0; ; a ), E (( ; ;0) 2 4 a a a a a ⇒ ED = (− ; ; a ) A' F = (0; ;0), A' E = ( ; ;0) 4 4 a a ⇒ ED, A' F = ( ;0;− ) A' (0;0;0), F (0; [ ] Ta có : d ( DE , A' F ) = [ED, A' F ].A' E = [ED, A' F ] a2 3a 3a +0+ 64 Vậy khỏang cách hai đường thẳng DE A’F 14 = a 17 a 17 17 KẾT LUẬN Qua nhiều năm công tác, nhận thấy sử dụng phương pháp tọa độ để giải tốnn hình học khơng gian l phương pháp có nhiều tính ưu việt, phù hợp với đối tượng học sinh chuẩn bị thi vào trường Đại học- Cao đẳng, đặc biệt kỳ thi gần Bộ giáo dục có chủ trương thực kỳ thi “Ba chung” Nên thân tâm huyết thực đề tài TÀI LIỆU THAM KHẢO  Hình học 11 ( sách giáo khoa ) - Văn Như Cương (chủ biên), Trần Đức Huyên -Nguyễn Mộng Hy - NXB Giáo dục, 2000  Hình học 12 ( sách giáo khoa ) - Văn Như Cương (chủ biên), Tạ Mân - NXB Giáo dục, 2000 15  Hình học 12 ( sách giáo khoa ) - Trần Văn Hạo Nguyễn Mộng Hy (chủ biên), Khu Quốc Anh - Trần Đức Huyên - NXB Giáo dục, 2000  Các toán phương pháp vectơ phương pháp toạ độ - Nguyễn Mộng Hy - NXB Giáo dục, 1998  Làm để học tốt mơn Tốn - Đào Văn Trung - NXB Đại học quốc gia Hà Nội, 2001  Phương pháp toạ độ không gian - TS Nguyễn Thái Sơn ( tài liệu bồi dưỡng thường xuyên giáo viên THPT chu kỳ 1997 - 2000 ) - Lưu hành nội bộ, 2000  Báo Toán học Tuổi trẻ, số tháng 11/1995 số tháng 2/1999 16 ... toạ độ Oxyz thích hợp, ý đến vị trí gốc O, chuyển tốn cho tốn hình học giải tích • Bước : Giải tốn hình học giải tích nói • Bước : Chuyển kết luận tốn hình học giải tích sang tính chất hình học. .. tác, nhận thấy sử dụng phương pháp tọa độ để giải tốnn hình học khơng gian l phương pháp có nhiều tính ưu việt, phù hợp với đối tượng học sinh chuẩn bị thi vào trường Đại học- Cao đẳng, đặc biệt... hình học lớp 12, cơng cụ hữu ích để giải nhiều tốn hình học khơng gian b Khó khăn Khơng học sinh chưa nhận thức tầm quan trọng việc chủ động phân tích đề bài, dựng hình định hướng phương pháp giải