Tài liệu Chuyên đề “Phương pháp toạ độ trong không gian”.

MỤC LỤC I. Mở đầu.............................................................................................................2 II. Nội dung.........................................................................................................3 1. Hệ thống kiến thức cơ bản..........................................................................3 2. Các dạng toán thường gặp..........................................................................6 3. Bài tập đề nghị..........................................................................................15 III. Kết luận.......................................................................................................18 Tài liệu tham khảo.............................................................................................19 1 I. MỞ ĐẦU Hình học không gian là một nội dung quan trọng trong chương trình hình học của phổ thông. Trong các kỳ thi tốt nghiệp và đại học đều không thể thiếu những bài tập về hình học không gian nhưng đa số các em học sinh đều ngại khi gặp bài toán hình học không gian tổng hợp, vì đây là loại toán khó đòi hỏi trí tưởng tượng, óc thẩm mỹ và tính tư duy cao, không phải học sinh nào cũng đáp ứng được những điều đó. Tuy nhiên, các em học sinh lại học tương đối tốt phần kiến thức “Hình học giải tích” trong chương trình hình học lớp 12. Từ đó nảy ra ý tưởng muốn tạo ra một “cầu nối” giữa khó khăn khi giải bài toán hình học không gian tổng hợp với kiến thức hình học giải tích trong không gian, đôi khi ta có thể biến một bài toán hình học không gian khó thành một bài toán đơn giản, lời giải ngắn gọn, không đòi hỏi nhiều khả năng tư duy, kỹ năng vẽ hình và chứng minh hình học. Với những lý do đó, tôi xây dựng nên chuyên đề “Phương pháp toạ độ trong không gian”. Giúp các em học sinh có thêm một phương pháp hiệu quả khi phải tiếp cận với những bài tập hình học không gian khó tưởng tượng, khó suy luận trong khi làm bài thi đại học, cao đẳng. Qua việc tổng hợp các đề thi đại học từ năm 2002 đến nay và thực tiễn giảng dạy môn hình học không gian kỳ II lớp 11, cả năm của lớp 12 từ đó đưa ra các phương án gắn tọa độ đối với từng loại hình cụ thể trong các đề thi gồm 3 loại: hình chóp tam giác, hình chóp tứ giác, hình lăng trụ (bao gồm cả hình lập phương và hình hộp chữ nhật). Nguyễn Hữu Trung 2 II. NỘI DUNG 1. Hệ thống kiến thức sử dụng trong chuyên đề. Trước khi giải các bài toán hình học không gian bằng phương pháp tọa độ, chúng ta cần nắm được cách diễn đạt một số khái niệm hình học không gian bằng “ngôn ngữ” hình học giải tích, Từ đó, ta có thể chuyển bài toán hình học tổng hợp thành bài toán hình học giải tích, sau đó ta sử dụng công cụ hình học giải tích để giải bài toán. uuuu r uu r MN / / mp( P ) � MN .nP  0 M �( P) Đường thẳng và . uu r uur mp( P)  mp(Q) � nP .nQ  0 Đường thẳng . uuuu r uuur MN  PQ � MN  PQ  0 . uuuu r uu r r MN  mp ( P) � MN �nP  0 Đường thẳng . uu r uur mp ( P)  mp (Q) � nP  nQ  0 . uuu r uuur r AB �AC  0 A, B, C thẳng hàng . uuu r uuur uuur ‫�ٹ‬ ( AB AC ) AD 0 A, B, C, D không đồng phẳng . Khoảng cách từ d ( M 0 ;( P ))  M 0 ( x0 ; y0 ; z0 ) tới mp( P) : Ax  By  Cz  0 Ax0  By0  Cz0  D A2  B 2  C 2 . 3 Khoảng cách h giữa hai đường thẳng chéo nhau (a) đi qua điểm M và có vec tơ chỉ r r uuuu r (u �v) MN r r r r h u v u �v phương và (b) đi qua điểm N và vec tơ chỉ phương là . Khoảng cách từ đường thẳng d đến mặt phẳng (P) song song với nhau bằng khoảng cách từ điểm M thuộc d tới (P). Khoảng cách giữa hai đường thẳng song song bằng khoảng cách từ một điểm bất kỳ thuộc mặt phẳng này tới mặt phẳng kia. Khoảng cách giữa hai đường thẳng song song bằng khoảng cách từ một điểm bất kỳ thuộc đường thẳng này tới mặt phẳng kia. uuu r uuur S  AB �AD Diện tích hình bình hành ABCD: S Diện tích tam giác ABC: r uuur 1 uuu AB �AC 2 uuu r uuur uuur V  ( AB �AD )AA' Thể tích khối hộp ABCD.A’B’C’D’: V Thể tích tứ diện ABCD: r uuur uuur 1 uuu ( AB �AC ) �AD 6 d1 Góc giữa hai đường thẳng có vec tơ chỉ phương uur u2 chỉ phương được xác định bởi công thức: ur uu r u1.u2 ur uu r cos(d1 , d 2 )  cos(u1 , u2 )  ur uu r u1 u2 4 ur u1 và đường thẳng d2 có vec tơ Góc giữa đường thẳng d có vec tơ chỉ phương r n tuyến : r ur u.n r uu r sin( d ,( P))  cos(u, n)  r r u n Góc giữa mặt phẳng (P) có vec tơ chỉ phương uu ruur nP .nQ uu r uur r uur uur cos(( P ),(Q))  cos(nP , nQ )  uu n nQ P nQ tuyến : r u và mặt phẳng (P) có vec tơ pháp uu r nP và mặt phẳng (Q) có vec tơ pháp Nhận xét: từ những công thức cơ bản đó khi kết hợp với tọa độ trong không gian từ bài toán hình học không gian tổng hợp ta thu được bài toán hình học giải tích trong không gian. Để giải một bài toán hình không gian bằng phương pháp tọa độ ta cần thực hiện ba bước chính: Bước 1: Chọn hệ trục tọa độ thích hợp. Bước 2: Tìm tọa độ các đỉnh và các điểm liên quan dựa vào hệ trục đã chọn. Bước 3: giải đáp các yêu cầu của bài toán. 11Equation Section (Next) Cách chọn hệ trục tọa độ trong không gian. Trong ba bước trên thì bước 1 và 2 tỏ ra khó khăn hơn cả bởi vì khi đã tìm hết các toạ độ điểm trong bài rồi thì các yếu tố hình học khác đều được “số hoá” nên việc giải bài toán trở nên đơn giản khi học sinh đã nắm chắc kiến thức hình học giả tích. Trong các tài liệu tham khảo mà tôi có được, các tác giả chủ yếu gắn hệ trục toạ độ theo hướng tuỳ thuộc vào hình cụ thể rồi mới đưa ra được cách gắn hệ trục, mỗi hình một kiểu gắn hệ trục khác nhau rất khó nhớ và khó vận dụng với những 5 em học sinh mới học. Để giải quyết khó khăn đó tôi đưa ra hướng tư duy cho phương pháp này như sau: ta hãy tưởng tượng ta đang phải xây dựng những công trình mà có dạng hình như hình chóp, hình lăng trụ... như vậy ta phải xây móng đầu tiên rồi mới dựng các cột trụ sau đó mới lên tầng.... từ đó hình thành nên các công việc như sau (được gọi là chuyển bài toán hình không gian về bài toán hình phẳng). + công việc 1: xác định đáy của hình là mặt phẳng Oxy, trong đó O(0;0;0) là một đỉnh và một cạnh chứa đỉnh đó là Ox, Oy ta tìm sau bằng cách dựng đường vuông góc với Ox tại O. +công việc 2: xác định toạ độ các điểm thuộc đáy với lưu ý chúng có cao độ bằng 0, như vậy ta chỉ phải tìm hoành độ và tung độ +công việc 3: bây giờ ta mới dựng đến Oz bằng cách kẻ đường vuông góc với Ox, Oy (nhớ rằng Oy, Oz không nhất thiết phải trùng với các đường của hình). +công việc 4: tìm toạ độ những điểm không thuộc đáy. Hãy tìm hình chiếu của nó trên đáy và toạ độ các hình chiếu đó kết hợp với chiều cao của điểm đó ta sẽ tìm được cao độ và toạ độ của điểm đó. 2. Các dạng toán thường gặp 2.1 Hình chóp tam giác Ví dụ 1. Cho hình chóp O.ABC có OA=a, OB=b, OC=c đôi một vuông góc với nhau. Điểm M có đỉnh thuộc tam giác ABC có khoảng cách lần lượt đến các mặt phẳng (OBC), (OCA), (OAB) là 1, 2, 3. Tính a, b, c để thể tích tứ diện O.ABC nhỏ nhất. Giải z O 6 M A B C x y Chọn hệ tọa độ như hình vẽ, ta có O(0;0;0), A(a;0;0), B(0;b;0), C(0;0;c) Và M(1;2;3) Phương trình mặt phẳng (ABC): Vì M thuộc (ABC) nên Mặt khác 1 2 3   1 a b c 1 1 VO. ABC  � abc � 6 a � Vmin  27 � x y z    1. a b c 2 b 3 6 33 c abc 1 2 3 1    � a  3, b  6, c  9 a b c 3 1 abc 27 6 . Ví dụ 2: Tứ diện S.ABC có SA vuông góc với đáy và tam giác ABC vuông tại C. Độ dài SA=4, AC=3, BC=1. M là trung điểm AB, H đối xứng của B qua M tinh góc giữa (SHB) và (SCB). Giải Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ, ta có A(0;0;0), B(1;3;0), C(0;3;0), S(0;0;4) và H(1;0;0) Mặt phẳng (P) qua H vuông góc với SB tại I cắt SC tại K, dễ thấy ((SHB) ,(SCB))=(IH,IK) 7 z I K A y C M x H Mặt khác, B uur uuu r SB  (1; 3;4), SC  (0; 3;4) Phương trình tham số của SB là: Phương trình SC là: Và �x  1  t � �y  3  3t �z  4t � �x  0 � �y  3  3t �z  4t � 5 15 3 51 32 ( P) : x  3 y  4 z  1  0 � I ( ; ; ), K (0; ; ) 8 8 2 25 25 8 cos(( SHB ),( SBC ))  Suy ra, uuu r uur IH IK IH .IK Ví dụ 3. Cho hình chóp tam giác đều S.ABC có độ dài cạnh đáy là a. Gọi M, N là trung điểm của SB, SC. Tính theo a diện tích tam giác AMN, biết (AMN) vuông góc với (SBC). Giải Gọi O là hình chiếu của S lên mặt phẳng (ABC), ta suy ra O là trọng tâm tam giác AI  ABC. Gọi I là trung điểm BC, ta có: 3 3 3 3 BC  a � OA  a , OI  a 2 2 3 6 Trong mặt phẳng (ABC), ta vẽ tia Oy vuông góc với OA. Đặt SO=h, chọn hệ trục A(a tọa độ như hình vẽ ta được: O(0;0;0), S(0;0;h), � I ( B( 3 ;0;0) 3 a 3 ;0;0), 6 a 3 a a 3 a a 3 a h a 3 a h ; ;0), C ( ;  ;0), M ( ; ; ), N (  ; ; ) 6 2 6 2 12 4 2 12 4 2 9 r uuuu r uuur ah 5a 2 3 � n( AMN )  AM �AN  ( ;0; ) 2 24 r uur uuu r a2 3 � n( SBC )  SB �SC  (ah;0; ) 6 Hơn nữa, r r 5a 2 2 ( AMN )  ( SBC ) � n ( AMN ) �n ( SBC )  0 � h  12 2 r uuur a 10 1 uuuu � SAMN  AM �AN  2 16 2.2 Hình chóp tứ giác: Hình chóp S.ABCD có SA vuông góc với đáy và đáy là hình vuông (hoặc hình chữ nhật). Ta chọn hệ tọa độ như dạng tam diện vuông. Hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông hoặc hình thoi tâm O, đường cao SO vuông góc với đáy. Ta chọn hệ tọa độ OA, OB, OS lần lượt thuộc Ox, Oy, Oz. Giả sử SO=h, OA=a, OB=b. Ta có: O(0;0;0), A(a;0;0), B(0;b;0), C(-a;0;0), D(0;-b;0), S(0;0;h) Hình chóp S.ABCD có đáy là hình chữ nhật ABCD và AB=b, tam giác SAD đều cạnh a và vuông góc với đáy. Gọi H là trung điểm AD, trong ABCD ta vẽ tia Hy vuông góc với AD. Chọn hệ tọa độ Hxyz ta có: a 2 a 2  H(0;0;0), A( ;0;0), B( ;b;0), C( a 2 a a 3 ( ;0;0) S (0;0; ) 2 2 ;b;0), D , Ví dụ 4: (Đề thi đại học khối B năm 2006) Cho hình chóp S.ABCD có đáy là AB  a, AD  a 2, SA  a hình chữ nhật ABCD và , và SA vuông góc với đáy. Gọi M, N lần lượt là trung điểm AD, SC, I là giao điểm MB và AC. Chứng minh 10 mặt phẳng (SAC) vuông góc với mặt phẳng (SMB). Tính thể tích khối tứ diện ANIB. Giải z S A D M y B C x Chọn hệ tọa độ Oxyz như hình vẽ (O trùng với A) Gọi E là giao điểm AC và BD. Ta có: A(0;0;0), B(a;0;0), C(a; D(0; a 2 ;0), S(0;0;a), N( a a 2 a ; ; 2 2 2 ), E( a a 2 ; ;0 2 2 với I là trọng tâm tam giác ABC. Chứng minh (SBM) vuông góc với (SAC) 11 0; ), M( a 2 a 2 ;0 2 ;0), ), I( a a 2 ; ;0 3 3 ) Ta có: uuuu r uuur uuuu r uuur a 2 BM  ( a; ;0), AC  (a; a 2;0) � BM . AC  0 � BM  AC 2 Mặt khác, SA  ( ABCD) � BM  SA � BM  ( SAC ) � ( SBM )  ( SAC ) Tính thể tích khối tứ diện Ta có: uuu r uuu r a a 2 uuur a a 2 a AB  (a;0;0), AI  ( ; ;0), AN  ( ; ; ) 3 3 2 2 2 uuu r uuur a 2 a 2 2 � AB �AN  (0; ; ) 2 2 Vậy thể tích khối tứ diện AINB là: r uuur uur a 3 2 1 uuu V  ( AB �AN ) AI  6 36 (đvtt). 2.3 Hình lăng trụ đứng: Tùy theo hình dạng của đáy ta có thể chọn hệ trục như các dạng trên. Nhận xét: Hình chóp tam giác đều có đáy là tam giác đều và cạnh bên bằng nhau, nhưng không nhất thiết phải bằng cạnh đáy. Chân đường cao là trọng tâm của đáy. Tứ diện đều là hình chóp có đáy là tam giác đều có cạnh bên bằng cạnh đáy. Hình hộp có đáy là hình bình hành không nhất thiết là hình chữ nhật. Ví dụ 5. Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ cạnh bằng 2. Gọi M, N lần lượt là trung điểm AB và DD’. MN / /( BDC ') a, Chứng minh (BDC’). . Tính MN và khoảng cách từ MN đến mặt phẳng 12 b, Gọi P là trung điểm C’D’. Tính thể tích của VC .MNP và góc giữa MN và BD c, Tính bán kính R của đường tròn ngoại tiếp tam giác A’BD Giải Chọn hệ trục tọa độ Axyz sao cho: A(0;0;0), B(2;0;0), C(2;2;0), D(0;2;0), A’(0;0;2), B’(2;0;2), C’(2;2;2), D’(0;2;2), M(1;0;0), N(0;2;1), P(1;2;2). z A’ D’ P N B’ A O M y B C x a, Chứng minh MN//(BDC’) Ta có: 13 uuuu r �MN  ( 1;2;1) r uuur uuuu r uuuu rr � �uuur �BD  (2;2;0) � n ( BDC ')  BD �BC '  (4;4; 4) � MN .n ( BDC ')  0 �uuur �BC  (0;2;2) � MN / /( BDC ') ( doM �( BDC ')) Ta có: MN  1  4  1  6 d ( MN ,( BDC '))  d ( M ,( BDC ')) ( do MN / / ( BDC ')) ( BDC ') : x  y  z  2  0 � d ( MN ,( BDC '))  1 2 3  3 3 b, Tính thể tích của C.MNP và   ( MN , BD) Ta có: r uuur uuur 1 uuuu VC .MNP  ( MN �MP ) MC  1 6 cos  uuuu r uuur MN .BD MN .BD �   30o  3 2 C, Tính R Gọi I, R’ là tâm và bán kính mặt cầu (S) ngoại tiếp hình lập phương nên I là trung điểm AC’ và R= AC ' � I (1;1;1); R  3 2 14 x y z   1 � x  y  z  2  0 2 2 2 3 d  d ( I ,( A ' BD ))  3 ( A ' BD) : Ta có: A’, B, D thuộc (S) nên đường tròn ngoại tiếp A’BD là giao của mặt phẳng (A’BD) và (S) � R  R '2  d 2  2 6 3 . Ví dụ 6: (Đề thi tuyển sinh đại học khối B năm 2003) Cho lăng trụ đứng ABCD.A’B’C’D’ có đáy là hình thoi cạnh a, M, N là trung điểm của AA’, CC’. �BAD  60o a, Chứng minh rằng: B’, M, D, N đồng phẳng. b, Tính AA’ theo a để B’MDN là hình vuông. Giải z a, Chứng minh DNB’N đồng phẳng B’ C’ A’ D’ N B M C 15 . Gọi A O x D y Gắn hệ trục tọa độ như hình vẽ. AC giao BD tai O. Từ giả thiết ABCD là hình thoi cạnh a, Giả sử BB’=x, ta có: �BAD  60o nên: BD=AD=a, AC= a a 3 x a 3 a B '(0;  ; x), M ( ;0; ), N (  ;0; x), D(0; ;0) 2 2 2 2 2 uuuu r uuuur 1 uuur 1 � DB '  (0; a; x), DM  (a 3; a; x), DN   (a 3; a;  x) 2 2 uuuur uuur uuuu r ( DM �DN ) DB '  2a 2 x 3  2a 2 x 3  0 Từ đó suy ra: D, M, N, B’ đồng phẳng. b, Tính AA’ x2 DM  DN  B ' M  B ' N  a  4 2 Dễ thấy nên tứ giác DMB’N là hình thoi, để nó là hình vuông thì: uuuuruuur a 3 a 3 a a x x DM DN  0 � ( ) .  . 0� xa 2 2 2 2 2 2 Vậy AA’=a. 3. Một số bài tập tham khảo 3.1. Các bài toán về hình chóp tam giác Bài 1: (Đề thi đại học khối D-2002) 16 a 3 . Cho tứ diện ABCD có AD vuông góc với mặt phẳng (ABC). AC=AD=4cm, AB=3cm, BC=5cm. Tính khoảng cách từ A tới mặt phẳng (BCD). Bài 2: Cho tam giác ABC vuông tại A, có đường cao AD, AB=2, AC=4. Trên đường thẳng vuông góc với mặt phẳng ABC tại A lấy điểm S sao cho SA=6. Gọi E, F lần lượt là trung điểm của SB, SC và H là hình chiếu của A trên EF. a, Chứng minh H là trung điểm của SD. b, Tính góc giữa hai mặt phẳng (ABC) và (ACE). c, Tính thể tích hình chóp A.BCEF. Bài 3: Cho hình chóp O.ABC có các cạnh OA=OB=OC=3cm và vuông góc với nhau từng đôi một. Gọi H là hình chiếu của O lên mặt phẳng (ABC) và các điểm A’, B’, C’ lần lượt là hình chiếu của H trên mặt phẳng (OBC), (OCA), (OAB). a, Tính thể tích tứ diện H.A’B’C’. b, Gọi S là điểm đối xứng của H qua O. Chứng minh rằng tứ diện S.ABC là tứ diện đều. Bài 4: Cho hình chóp S.ABC có tam giác ABC vuông cân tại A, SA vuông góc với đáy. Biết AB=2,((ABC),(SBC))= 60o . a, Tính độ dài SA. b, Tính khoảng cách từ A tới (SBC). Bài 5: (Đề thi đh khối D-2003) Cho hai mặt phẳng (P), (Q) vuông góc với nhau, giao tuyến là đường thẳng d, trên d lấy hai điểm A, B với AB=a. Trong (P) lấy điểm C, trong (Q) lấy điểm D sao cho AC, BD cùng vuông góc với d và AC=BD=AB. Tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD theo a. 3.2. Các bài toán về hình chóp tứ giác Bài 1: Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a, SA=a và vuông góc với đáy. Gọi E là trung điểm CD. 17 a, Tính diện tích tam giác SBE. b, Tính khoảng cách từ C đến (SBE). c, (SBE) chia hình chóp thành hai phần, tính tỉ số thể tích của hai phần đó. Bài 2: Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a. Cạnh bên SA vuông góc với đáy và SA=a 3 . a, Tính khoảng cách từ C đến (SBD). b, Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng SD và AC. Bài 3: Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a. Cạnh bên SA vuông góc với đáy và SA=a SC, SD tại H, M, K. 3 . Mặt phẳng ( ) đi qua A và vuông góc với SC cắt SB, a, Chứng minh AH vuông góc với SB, AK vuông góc với SD. b, Chứng minh BD song song với ( ) . c, Chứng minh HK đi qua trọng tâm G của tam giác SAC. d, Tính thể tích hình ABCDKMH. Bài 4: Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a. Tam giác SAD đều và vuông góc với (ABCD). Gọi H là trung điểm AD. a, Tính d(D,(SBC)), d(HC,SD). b, Mặt phẳng ( ) qua H và vuông góc với SC tại I. Chứng tỏ ( ) cắt SB, SD. 3.3. Các bài toán về hình hộp, lăng trụ đứng Bài 1: Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ cạnh a. Gọi I, J, M, N lần lượt là trung điểm của A’D’, BB’, CD, BC. a, Chứng minh: I, K, M, N đồng phẳng. 18 b, Tính khoảng cách giữa IK và AD. c, Tính diện tích tứ giác IKNM. Bài 2: (Đề thi đại học khối A-2003) Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ tính góc giữa hai mặt phẳng (A’BC) và (A’DC). Bài 3: Cho lăng trụ đứng tam giác ABC.A’B’C’ có đáy là tam giác vuông tại A. ( ) Cho AB=a, AC=b, Â’=c. Mặt phẳng qua B và vuông góc với B’C. a, Tìm điều kiện của a, b, c để b, Cho ( ) ( ) cắt CC’ tại I (I không trùng với C, C’). cắt CC’ tại I. Hãy xác định và tính diện tích của thiết diện. Bài 4: Cho hình hộp chữ nhật ABCD.A’B’C’D’ có AB=2, AD=4,AA’=6. Các uuuu r uuur uuur uuur AM  m AD, BN  mBB ' (0 �m �1). điểm M, N thỏa mãn Gọi I, K là trung điểm AB, C’D’. a, Tính khoảng cách Từ A đến (A’BD) b, Chứng minh I, K, M, N đồng phẳng. Bài 5: Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ cạnh a. Tìm M thuộc AA’ sao cho (BD’M) cắt hình lập phương theo thiết diện có diện tích nhỏ nhất. III. KẾT LUẬN Phương pháp hình học giải tích giải bài toán hình học không gian không thể thay thế được hoàn toàn phương pháp tổng hợp nó có một yếu điểm là đôi khi phải tính toán biểu thức cồng kềnh nhưng nó có một ưu điểm là không đòi hỏi người học cần quá nhiều tư duy phức tạp. 19 Trong điều kiện ở phòng thi khi học sinh không đủ bình tĩnh và thời gian để tìm ra hướng giải cho bài toán hình không gian tổng hợp trong khi đó với phương pháp của hình học giải tích thí sinh chỉ vẽ xong hình là có thể tư duy ngay hướng giải khi nắm được các kỹ năng gắn hệ trục. Trong khuôn khổ bài viết này khi đề cập tới việc gắn tọa độ cho hình lăng trụ chưa có điều kiện thực hiện gắn trục cho hình lăng trụ xiên có đáy là tam giác hoặc tứ giác mà chỉ thực hiện gắn hệ trục cho lăng trụ đứng. Nhưng nếu ta hiểu hình lăng trụ là sự ghép lại của các hình chóp thì hướng giải sẽ sáng sủa hơn. Vì khoảng thời gian hết sức rất hạn hẹp, bài viết này không thể tránh khỏi những sai sót và hạn chế. Rất mong sự đóng góp của các quý thầy cô đồng nghiệp để bài viết được hoàn thiện hơn. TÀI LIỆU THAM KHẢO [1] Hà Văn Chương- Phạm Hồng Danh, Giới thiệu đề thi tuyển sinh Đại học & Cao đẳng, Nhà xuất bản Đại học Sư phạm, 2010. [2] Võ Thành Văn, chuyên đề ứng dụng tọa độ trong giải toán hình học không gian, Nhà xuất bàn Đại học Sư phạm, 2010. [3] wwww.vnmath.com [4] toanhocvietnam.vn [5] mathcope.vn 20