BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐẠI HỌC ĐÀ NẴNG

VÕ BÁ HUY

ỨNG DỤNG TÍCH CĨ HƯỚNG VÀ
TÍCH VƠ HƯỚNG CỦA HAI VECTƠ
TRONG GIẢI TỐN HÌNH HỌC

Chun ngành : Phương pháp tốn sơ cấp
Mã số
: 60.46.01.13

TÓM TẮT LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC

Đà Nẵng - Năm 2015


Cơng trình được hồn thành tại
ĐẠI HỌC ĐÀ NẴNG

Người hướng dẫn khoa học: TS. Nguyễn Ngọc Châu

Phản biện 1: TS. Lê Hải Trung
Phản biện 2: TS. Hoàng Quang Tuyến

Luận văn đã được bảo vệ trước Hội đồng chấm Luận văn
tốt nghiệp thạc sĩ Khoa học họp tại Đại học Đà Nẵng vào ngày 27
tháng 6 năm 2015

Có thể tìm hiểu luận văn tại:

- Trung tâm Thông tin-Học liệu, Đại học Đà Nẵng
- Thư viện trường Đại học Sư Phạm, Đại học Đà Nẵng


1
MỞ ĐẦU
1. Lý do chọn đề tài
Một trong các phương pháp phát triển năng lực tư duy sáng
tạo trong giải toán là rèn luyện kỹ năng phát hiện những ứng dụng
của các kiến thức được học. Đồng thời việc đi sâu nghiên cứu, mở
rộng phạm vi lý thuyết để giải tốn ln là điều cần thiết đối với cả
học sinh và giáo viên. Việc sử dụng vectơ trong giải toán hình học,
mà trong đó tích có hướng (TCH), tích vơ hướng (TVH) của hai
vectơ được đặt thành một trọng tâm, là một vấn đề quan trọng.
Trong chương trình hình học phổ thông, học sinh được làm
quen với TCH và TVH. Các sách giáo khoa (SGK) cũng nêu một vài
ứng dụng của TCH và TVH vào việc giải tốn hình học, chẳng hạn:
chứng minh tính vng góc, xác định góc giữa các đối tượng, tính độ
dài hay tìm tập điểm… Tuy nhiên, do thời lượng của chương trình
dành cho nội dung này không nhiều, hơn nữa SGK cũng không chỉ ra
việc định hướng áp dụng TCH, TVH vào giải toán và cũng chưa chú
trọng nhiều đến việc rèn luyện kỹ năng này. Đồng thời trong các đề
thi tuyển sinh đại học, thi học sinh giỏi mơn tốn, thường có những
bài tốn được giải bằng TCH, TVH của hai vectơ.
Vì những lý do trên, cùng với sự định hướng của TS. Nguyễn
Ngọc Châu tôi chọn đề tài cho luận văn thạc sĩ của mình, là:
“Ứng dụng tích có hướng và tích vơ hướng của hai vectơ trong
giải tốn hình học”
2. Mục đích và nhiệm vụ nghiên cứu
- Tìm hiểu TCH, TVH và các nội dung liên quan.

- Hệ thống và phân loại một số lớp bài tốn có thể giải được
bằng cách dùng TCH và TVH.
- Đưa ra quy trình và định hướng giải cho từng lớp bài toán.
3. Đối tượng và phạm vi nghiên cứu
- TCH, TVH và tích hỗn hợp trong bài tốn giải tích.
- Các bài tốn hình học có thể giải bằng TCH, TVH.
- Những ứng dụng của TCH, TVH trong hình học.
- Quy trình sử dụng TCH, TVH để giải toán.
4. Phương pháp nghiên cứu
- Thu thập, tổng hợp, hệ thống các tài liệu liên quan đến nội
dung đề tài luận văn.
- Phân tích, nghiên cứu các tài liệu để thực hiện đề tài luận văn.


2
- Trao đổi, thảo luận, tham khảo ý kiến của giảng viên hướng
dẫn, của các chuyên gia và của các đồng nghiệp.
5. Cấu trúc luận văn
Ngoài phần mở đầu và kết luận, nội dung của luận văn được
chia thành hai chương.
Chương 1. Kiến thức chuẩn bị
Chương này trình bày tích vơ hướng, tích có hướng của hai
vectơ, tích hỗn tạp của ba vectơ cùng những tính chất và kết quả liên
quan, nhằm làm cơ sở cho chương sau.
Chương 2. Ứng dụng tích có hướng, tích vơ hướng trong giải tốn
hình học.
Chương này là nội dung chính của luận văn, trình bày những
ứng dụng của tích vơ hướng, tích vơ hướng của hai véctơ trong giải
tốn hình học phổ thơng.
CHƯƠNG 1

KIẾN THỨC CHUẨN BỊ
Chương này trình bày tích vơ hướng, tích có hướng của hai
vectơ, tích hỗn tạp của ba vectơ cùng những tính chất và kết quả liên
quan, nhằm làm cơ sở cho chương sau.
1.1. CÁC ĐỊNH NGHĨA VÀ TÍNH CHẤT LIÊN QUAN.
1.1.1. Tích vơ hướng của hai vectơ.
a. Góc giữa hai vectơ

r r

Cho hai vectơ bất kì a, b khác vectơ không. Từ một điểm
uuur r uuur r
O tùy ý ta dựng OA = a, OB = b , thì góc 
AOB được gọi là góc giữa
r
r
r r
hai vectơ a và b và ký hiệu a, b . Nếu 
AOB là góc vng thì ta
r
r
nói rằng hai vectơ a và b vng góc với nhau.
b. Định nghĩa
r r
rr
Ta gọi tích vơ hướng của hai vectơ a, b là một số thực, ký hiệu a.b ,
và được xác định như sau:
r r
r r
r

r r
r
r r ïì a b cos a, b , khi a ¹ 0, b ¹ 0
a.b = ớ
r
r
r
r
, khi a = 0 b ạ 0
ợù0

(

(

)

)


3
c. Hệ quả 1
Từ định nghĩa tích vơ hướng của hai vectơ ta có ngay
rr
r
r
r
a.b = a prar b = prbr a
r
r

trong đó prar b là hình chiếu vng góc của b trên một trục cùng
r
r
r
hướng với a , prbr a là hình chiếu vng góc a trên một trục cùng
r
hướng với b .
d. Hệ quả 2
Bình phương vơ hướng của một vectơ bằng bình phương
mơđun của nó.
e. Hệ quả 3
Điều kiện cần và đủ để hai vectơ vng góc với
r r
rr
nhau là tích vơ hướng của chúng bằng 0: a ^ b Û a.b = 0 .
f. Tính chất
Tính chất 1. Tích vơ hướng của hai vectơ có tính chất giao
rr
rr
hốn: a.b = b.a
rr
r r
r r
Tính chất 2.
p(a.b) = ( pa).b = a.( pb).
Tính chất 3. Tích vơ hướng có tính chất phân phối đối với
r r r
rr
rr
phép cộng vectơ:

a.(b + c) = a.b + a.c
g. Biểu thức tọa độ của tích vơ hướng
r
Trong mặt phẳng Oxy cho hai vectơ a = (a1 , a2 )
r
rr
, và b = (b1 , b2 ) tích vơ hướng của hai vectơ là: a.b = a1b1 + a2b2 .
Trong không gian Oxyz, tích vơ hướng của hai vectơ:
r
r
rr
a = (a1 , a2 , a3 ) và b = (b1 , b2 , b3 ) là a.b = a1b1 + a2b2 + a3b3 .
g. Hệ quả 4
Trong mặt phẳng Oxy:

r
a = a12 + a22

Tương tự, trong không gian Oxyz:

r
a = a12 + a22 + a32

h. Hệ quả 5
r
r
r
Gọi j là góc giữa hai vectơ a và b khác 0 . Từ định nghĩa

4
rr
a.b
của tích vơ hướng của hai vectơ ta suy ra: cosj = r r
a.b
1.1.2. Tích có hướng của hai vectơ
a. Định nghĩa Trong khơng gian Oxyz, tích có hướng ( hay
r
r
tích vectơ ) của hai vectơ u = (a; b; c) và v = (a '; b'; c') là một
r r
r
r
vectơ, kí hiệu là éëu; v ùû (hoặc u Ù v ), và được xác định qua tọa độ
của chúng như sau:
r r
ỉb c c a a bư
éu ; v ự = ỗ
;
;
ữ.
ở
ỷ
ố b ' c' c ' a' a ' b' ø
= (bc' - b'c; ca' - c'a; ab' - a'b)
b. Hệ quả 4
Trong không gian, hai vectơ cùng phương khi và chỉ khi tích
có hướng của chúng bằng vectơ khơng.
c. Hệ quả 5
Mơđun của tích có hướng của hai vectơ bằng diện tích hình

bình hành tạo bởi hai vectơ ấy.
d. Tính chất
Tính chất 1. Tích có hướng có tính chất phản giao hốn,
r r
r r
éu; v ù = - é v; u ù
nghĩa là:
ë
û
ë
û
r r
r r
r r
Tính chất 2.
p éëu; v ùû = éë pu; v ùû = éëu; pv ùû
Tính chất 3. Tích có hướng có tính chất phân phối đối với
r r r
r r
r r
phép cộng vectơ, nghĩa là: éëu + v; c ùû = éëu; c ùû + éëv; c ùû ,
r r r
r r
r r
éu ; v + c ù = é u ; v ù + é u ; c ù
ë
û
ë
û
ë

û
e. Hệ quả 6
r
Nếu j là góc giữa hai véctơ a = (a1 , a2 , a3 ) và
r
b = (b1 , b2 , b3 ) thì
a2 a3
sin j = ±

b2 b3

2

+

a3 a1
b3 b1

2

+

a1 a2
b1 b2

a12 + a22 + a32 . b12 + b22 + b32

2

5
1.1.3. Tích hỗn tạp của ba vectơ
a. Định nghĩa. Trong không gian Oxyz, cho ba vectơ
r r r
r r
r r
a, b, c . Nhân có hướng hai vectơ a, b ta được vectơ éë a; b ùû , rồi
r
r r r
nhân vô hướng vectơ ấy với c ta được số éë a; b ùû .c , gọi là tích hỗn
r r r
tạp của ba vectơ a, b, c . Ký hiệu tích hỗn tạp của ba vectơ
r r r
r r r
r r r
r r r
r r r
a, b, c là (a, b, c) ( hay éë a; b ùû .c ). Vậy: (a, b, c) = éë a; b ùû .c
b. Ý nghĩa hình học của tích hỗn tạp. Cho ba vectơ không
r r r
đồng phẳng a, b, c . Ta có:
r r r
r r r
r r
r
(a, b, c) = éë a; b ùû .c = éë a; b ùû préar ; br ù c .
ë
û
r r r
Nếu các vectơ a, b, c tạo nên một tam diện (h. 1.2) thì góc giữa

r
r
r r
vectơ c và vectơ éë a; b ùû là một góc nhọn và préar ; br ù c là một số
ë
û
r r r
dương bằng đường cao h của hình hộp dựng trên các vectơ a, b, c .
r r
Ta đã biết éë a; b ùû = S , với S là diện tích đáy của hình hộp ấy.
r r r
r r r
r r
r
Như vậy (a, b, c) = éë a; b ùû .c = éë a; b ùû préar ; br ù c = S .h = V : là
ë
û
thể tích hình hộp nói trên.
c. Điều kiện đồng phẳng của ba véctơ
Điều kiện cần và đủ để ba véctơ đồng phẳng là tích hỗn tạp
của chúng bằng 0.
1.2. MỘT SỐ KẾT QUẢ VỀ TÍCH VƠ HƯỚNG, TÍCH CĨ
HƯỚNG CỦA HAI VÉCTƠ
r r
1.2.1. Cho hai véctơ khác khơng a, b và j là góc tạo bởi
r r
hai véctơ a, b .
rr
· a.b < 0 Û cosj < 0 Þ j : góc tù.
rr

· a.b > 0 Û cosj > 0 Þ j : góc nhọn.
rr
· a.b = 0 Û cosj = 0 Þ j : góc vng.
r r
r
r
r
·
a + b £ a + b . Dấu " = " xảy ra khi và chỉ khi a cùng
r
r
r
chiều với b hay a = kb (k > 0) .


6
·

rr
r r
r r
a.b = a b cosj £ a b . Dấu " = " xảy ra khi và chỉ
r r
khi a, b cùng phương.
1.2.2. Diện tích của tam giác
1 uuur uuur
SDABC = éë AB, AC ùû
2
uuur uuur
1.2.3. Diện tích hình bình hành ABCD S ABCD = éë AB, AD ùû .

1.2.4. Thể tích khối hộp ABCD. A ' B ' C ' D '
uuur uuur uuur
VABCD. A ' B ' C ' D ' = éë AB, AD ùû . AA ' .
1.2.5. Thể tích khối tứ diện ABCD
1 uuur uuur uuur
VABCD = éë AB, AC ùû . AD .
6
1.2.6. Bốn điểm A, B, C, D đồng phẳng khi và chỉ khi
uuur uuur uuur
é AB, AC ù . AD = 0 .
ë
û
1.2.7. Trong tam giác ABC, ta có
·
Diện tích tam giác:
1 uuur uuur
1
é AB, AC ù = aha .
SDABC =
ë
û
2
2
= pr = p( p - a )( p - b)( p - c)

· Các góc của tam giác xác định bởi:
uuur uuur
uuur uuur
AB. AC
cos A = cos( AB, AC ) = uuur uuur , sin A =

AB AC

uuur uuur
é AB. AC ù
ë
û
uuur uuur .
AB AC

· Trực tâm H của tam giác ABC thỏa mãn
uuur uuur
ì AH .BC = 0
ì AH ^ BC
ïï uuur uuur
ï
BH
^
CA
Û
í
í BH .CA = 0
ï H Ỵ ( ABC )
ï uuur uuur uuur
ỵ
ïỵ éë AB, AC ùû . AH = 0
· Tâm I đường tròn ngoại tiếp của tam giác ABC thỏa mãn:


7
uur uur

ì AI = BI
ì AI = BI
ï uur uur
ï
ï
í AI = CI Û í AI = CI
ï I Ỵ ( ABC )
ï uuur uuur uur
ỵ
ï éë AB, AC ùû . AI = 0
ỵ
1.2.8. Xét tứ diện ABCD
· A, B, C, D là bốn đỉnh của tứ diện khi và chỉ khi
uuur uuur uuur
é
ù
ë AB, AC û . AD ¹ 0 .
· Thể tích tứ diện:
1 uuur uuur uuur 1
VABCD = éë AB, AC ùû . AD = d ( A,( BCD)).S BCD .
6
3
1.2.9. Góc giữa hai mặt phẳng (a1 ), (a 2 ) là:
r r
na1 .na 2
r r
cos((a1 ), (a 2 )) = cos(na1 , na 2 ) = r r
na1 na 2
Hai mặt phẳng vng góc với nhau khi và chỉ khi:
r r

na1 .na 2 = 0 .
1.2.10. Một số kết quả giữa hai đường thẳng
Cho hai đường thẳng D1 , D 2
· D1 và D 2 chéo nhau khi và chỉ khi:
uur uur uuuuuur
éu1 , u2 ù M 1M 2 ¹ 0 .
ë
û
· D1 và D 2 đồng phẳng khi và chỉ khi

·

·

ur uur uuuuuur
éu1 , u2 ù M 1M 2 = 0 .
ë
û
D1 và D 2 cắt nhau khi và chỉ khi
uur uur uuuuuur
ì éu1 , u2 ù M 1M 2 = 0
ïë
û
.
r
í uur uur
ïỵ éëu1 , u2 ùû ¹ 0

ìï M 1 Ï D 2

D 1 và D 2 song song khi và chỉ khi í uur uur r .
éu , u ù = 0
ỵï ë 1 2 û


8
·

D1

·

ìï M 1 Ỵ D 2
í é uur uur ù r .
ïỵ ëu1 , u2 û = 0
Góc giữa hai đường thẳng

·
·

và

D2

trùng nhau khi và chỉ khi

D1

và

D2

là:
uur uur
u1.u2
uur uur
cos(D1 , D 2 ) = cos(u1 , u2 ) = uur uur .
u1 u2

Hai đường thẳng vng góc với nhau khi và chỉ khi:
uur uur
u1.u2 = 0 .
Khoảng cách từ điểm M đến đường thẳng D1 là:
uuuuur uur
é MM 1 , u1 ù
ë
û
.
d ( M ,(a1 )) =
uur
u1

·

Khoảng cách giữa hai đường thẳng song song:
uuuuuur uur
é M 2 M 1 , u1 ù
ë
û
d (D1 , D 2 ) = d ( M 2 , D1 ) =

.
uur
u1

·

Khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau:
uur uur uuuuuur
éu1 , u2 ù .M 1M 2
ë
û
.
d (D1 , D 2 ) =
uur uur
éu1 , u2 ù
ë
û


9

CHƯƠNG 2
ỨNG DỤNG TÍCH VƠ HƯỚNG, TÍCH CĨ HƯỚNG TRONG
GIẢI TỐN HÌNH HỌC
Chương này là nội dung chính của luận văn, trình bày những
ứng dụng của tích vơ hướng, tích vơ hướng của hai véctơ trong giải
tốn hình học phổ thơng.
2.1. ĐỊNH HƯỚNG PHƯƠNG PHÁP GIẢI TỐN HÌNH HỌC
BẰNG TÍCH VƠ HƯỚNG, TÍCH CĨ HƯỚNG CỦA HAI
VECTƠ

Thơng thường để ứng dụng phương pháp vectơ vào giải tốn
hình học ta thường tiến hành các bước sau:
Bước 1: Chuyển đổi các giả thiết, u cầu của bài tốn hình học sang
ngơn ngữ vectơ.
Bước 2: Giải bài tốn theo ngơn ngữ vectơ.
Bước 3: Chuyển đổi các kết quả thu được từ bài toán theo ngơn ngữ
vectơ về lại bài tốn hình học ban đầu.
Việc xác định cách giải một bài tốn hình học, trước hết là
phải nghiên cứu kỹ bài toán đã cho mà chủ yếu là căn cứ vào giả
thiết và yêu cầu mà bài tốn đó địi hỏi để xác định đúng dạng tốn
có thể sử dụng được tích vơ hướng, tích có hướng. Để làm tốt việc
này thì q trình phân tích và nhận dạng bài tốn góp phần quan
trọng vào việc định hướng phương pháp giải. Với mỗi dạng tốn mà
có thể dùng tích vơ hướng, tích có hướng để giải đều có qui trình cụ
thể, nhưng tựu trung đều dựa vào các tính chất sau đây của tích có
hướng, tích vơ hướng:
2.1.1. Đối với các bài tốn chứng minh hệ thức
Ta sử dụng các kết quả sau:
r2
r2 r2
rr
rr
r r
a = a , a ³ 0 hoặc a.b £ a.b £ a . b và có thể kết
hợp với những bất đẳng thức cổ điển quen biết.
2.1.2. Đối với các bài tốn chứng minh vng góc.
r r
rr
Ta tìm cách sử dụng tính chất sau: a ^ b Û a.b = 0
2.1.3. Đối với các bài toán chứng minh song song

Ta tìm cách sử dụng tính chất sau:
a / / b ( đường thẳng a song song đường thẳng b)


10
uuur
uuur
uuur
uuur
Û AB = k .CD và AB có giá là đường thẳng a, CD có giá là đường
thẳng b.
ìï M 1 Ï D 2
r . ( với
D1 và D 2 song song khi và chỉ khi í uur uur
é
ù
,
=
0
u
u
1
2
û
ỵï ë
M1 Ỵ D2 )
2.1.4. Đối với bài tốn tính góc thì sử dụng cơng thức
Góc giữa đường thẳng D1 và D 2 :
uur uur
u1.u2

uur uur
cos(D1 , D 2 ) = cos(u1 , u2 ) = uur uur .
u1 u2

Góc giữa đường thẳng D1 và mặt phẳng (a ) :
uur r
u1 .n
uur r
sin(D1 , (a )) = cos(u1 , n) = uur r .
u1 n
2.1.5. Đối với bài tốn tính khoảng cách thì sử dụng cơng
thức:

M đến đường thẳng D1 là:
uuuuur uur
é MM 1 , u1 ù
ë
û
d ( M , D1 ) =
.
uur
u1

Khoảng cách từ điểm

Khoảng cách giữa hai đường thẳng song song:
uuuuuur uur
é M 2 M 1 , u1 ù
ë
û

d (D1 , D 2 ) = d ( M 2 , D1 ) =
.
uur
u1
Khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau:
uur uur uuuuuur
éu1 , u2 ù .M 1M 2
ë
û
.
d (D1 , D 2 ) =
uur uur
éu1 , u2 ù
ë
û
2.1.6. Đối với bài tốn tìm tập hợp điểm chúng ta quy về
các bài tốn cơ bản trong mặt phẳng hay trong khơng gian.
Trong mặt phẳng, chúng ta có thể quy về các dạng cơ bản
như trình bày trong bảng dưới đây.


11
Trong bảng sau thì M là điểm thay đổi. Ở các dạng từ 1 đến
4 thì A, B là hai điểm cố định cho trước và ở dạng 5 thì DABC cố
định cho trước, O là tâm đường tròn ngoại tiếp DABC , I là trung
điểm đoạn AB. Gọi A’, H lần lượt là hình chiếu của A, M trên véctơ
r
v cố định. Còn k ,a , b , g là các số không đổi.
Dạng

uuur uuur
1. MA.MB = 0

Biến đổi tương đương

MA ^ MB

2.

uuur uuur
MA.MB = k , k ¹ 0

3.

uuuur r
AM .v = 0

1
AB 2 = k
4
uuuur r
AM ^ v

4.

uuuur r
AM .v = k , k ¹ 0

uuuur r
A 'H.v = k

MI 2 -

Tập hợp cần tìm
Đường trịn đường
kính AB
* M ºI
* Đường tròn tâm I
* Rỗng
Đường thẳng qua A

r

và vng góc với v
Đường thẳng qua H

r

và vng góc với v
Đây là dạng 3 hay
dạng 4 nêu trên

5.

a MA2 + b MB 2 + g MC 2 =uuuu
k rr
OM .v = k
(a + b + g = 0)

Trong không gian, chúng ta có thể quy về các dạng cơ bản

như trình bày trong bảng dưới đây.
Trong bảng sau thì M là điểm thay đổi. DABC là cố định
cho trước, O là tâm đường tròn ngoại tiếp DABC , I là trung điểm
r
đoạn AB. Gọi A’, H lần lượt là hình chiếu của A, M trên vectơ v cố
định. Cịn k ,a , b , g là các số không đổi.
Dạng

Biến đổi tương đương

1.

uuur uuur
MA.MB = 0

MA ^ MB

2.

uuur uuur
MA.MB = k , k ¹ 0

MI 2 -

3.

uuuur r
AM .v = 0

uuuur r

AM ^ v

1
AB 2 = k
4

Tập hợp cần
tìm
Mặt cầu
đường kính
AB
* M ºI
* Mặt cầu tâm I
* Rỗng
Mặt phẳng qua
A và
vng góc với

r
v


12
uuuur r
4. AM .v = k , k ¹ 0

Mặt phẳng qua
H
và vng

uuuur r
A 'H.v = k

r

góc với v
Đây là dạng 3
hay dạng 4 nêu
trên

5.

a MA2 + b MB 2 + g MC 2 = k uuuur r
OM .v = k
(a + b + g = 0)

2.1.7. Đối với các bài toán về cực trị ta cần chọn hệ trục
tọa độ thích hợp, thiết lập các biểu thức điều kiện, lựa chọn
phương pháp tìm cực trị thích hợp, thơng thường là
Dạng 1: Cho điểm I cố định, M thay đổi thì MI 2 ³ 0 nên
MI 2 bé nhất khi M º I .
Dạng 2: Cho điểm I cố định, M thay đổi trên đường thẳng d
thì MI bé nhất khi M là hình chiếu của I trên d.
Dạng 3: Một số bất đẳng thức được đánh giá từ các bình phương vơ
r r 2
r r r 2
³ 0,...
hướng, đặc biệt: a ± b ³ 0, i + j + k

(

)

(

)

2.2. ỨNG DỤNG TRONG HÌNH HỌC PHẲNG
2.2.1. Chứng minh các hệ thức hình học
Phương pháp: Trong các bài tốn sau đây chúng ta sử dụng
tính chất bình phương vơ hướng của vectơ, tọa độ trọng tâm tam
giác, quy tắc ba điểm kết hợp với các tính chất cộng vectơ, nhân một
số với một vectơ để giải.
Bài toán 1: Chứng minh rằng trong một tam giác vuông, hai
đường trung tuyến thuộc hai cạnh góc vng cắt nhau theo một góc
4
nhọn a mà cosa ³
.
5
Giải.
Giả sử ABC là tam giác vuông tại A. Chọn hệ trục tọa độ
như hình vẽ. Giả sử AC = b, AB = c. Gọi M, N tương ứng là trung
điểm của AC, AB và G là trọng tâm tam giác ABC. Trong hệ tọa độ
ỉb ư
ỉ cư
này ta cú: A(0, 0); B(0, c); C(b; 0); M ỗ ; 0 ữ ; N ỗ 0; ữ ;
2
ố
ứ
ố 2ứ

13
ổb cử
G ỗ ; ữ . Do vy ta cú:
ố 3 3ø
y
B
N
G
A

M

C

x

uuuur ỉ b c ư uuur ỉ 2b c ử
GM = ỗ ; - ữ ; GC = ỗ ; - ÷
3ø
è6 3ø
è 3
2
uuuur uuur 2b 2 c 2
b + c2
Þ GM .GC =
+
=
(1)

18
9
9
uuuur
b2 c2
b 2 + 4c 2
Ta có GM =
+
=
(2)
36 9
6
uuur
4b 2 c 2
4b 2 + c 2
=
GC =
+
(3)
9
9
3
uuuur uuur uuuur uuur
Ta có GM .GC = GM . GC .cosa . Vậy từ (1), (2), (3) có

cosa =

2(b 2 + c 2 )

(4)

b 2 + 4c 2 . 4b 2 + c 2
Theo bất đẳng thức Côsi, ta có:
( b2 + 4c2 ) + ( 4b2 + c2 )
b 2 + 4c 2 . 4b 2 + c 2 £
2
(5)
2
2
5 (b + c )
=
2
4
Từ (4) và (5) suy ra cosa ³
(đpcm). Dấu “ = ” xảy ra
5
Û b 2 + 4c 2 = 4b 2 + c 2 Û b = c Û DABC vuông cân đỉnh A.
2.2.2. Chứng minh sự vng góc của những đối tượng
Phương pháp:Chứng minh vng góc:


14
uuur uuur uuur uuur
1 é uuur uuur uuur uuur
HA + AO + OB .OC - DO + OC + CK .OAù
û
2ë
r
éa = 0
êr
Û êb = 0

r r
ê
co
s(
a
, b) = 0
êë
Bài toán 2: Cho tứ giác ABCD. Hai đường chéo cắt nhau tại
O. Gọi H, K lần lượt là trọng tâm của tam giác ABO và CDO. I, J là
trung điểm của AD và BC. Chứng minh rằng HK vng góc với IJ.
Giải.
Ta có:
ur
uur uuur uuur ur
uur uuur uuur
IJ = IA + AB + BJ , IJ = ID + DC + CJ
ur
1 uuur uuur
Þ IJ = ( AB + DC ).
2
uuur ur
1 uuur uuur uuur uuur
HK .IJ =
OK - OH AB + DC
Xét:
2

(

=

)

(

(

)(

)

)

1 uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur
OK . AB - OH . AB + OK .DC - OH .DC
2
1 uuur uuur uuur uuur
=
OK . AB - OH .DC
2
uuur uuur uuur uuur
1 uuur uuur uuur uuur
= é OC + CK . OB - OA - OA + AH . OC - OD ù
û
2ë
uuu
r
uuu
r
uuur

uuur
uuur
uuur
uuur
uuu
r
1
= é OB - OA - AH .OC - OC + CK - OD .OAù
û
2ë
uuu
r
uuur
uuu
r
uuur
uuur
uuur
uuur
uuu
r
1
= é HA + AO + OB .OC - DO + OC + CK .OAù
û
2ë
1 uuur uuur uuur uuur
=
HB.OC - DK .OA = 0 Û HK ^ IJ (đpcm).
2
2.2.3. Tính góc, khoảng cách

Đối với loại toán này chúng ta thường gặp hai dạng cụ thể
như sau:
Dạng 1: Tính góc và khoảng cách.
Dạng 2: Phương trình đường thẳng liên quan đến góc và

(

=

)

(

)

(
(
(

(

)(

)

) (
(

)

(

)

)(

)

)

)


15
khoảng cách.
Phương pháp: Sử dụng các kiến thức cơ bản về góc giữa hai
đường thẳng, khoảng cách từ một điểm đến một đường thẳng.
Bài tốn 3: Cho tam giác vng cân ABC đỉnh A. Từ B, C kẻ
các trung tuyến BI, CJ. Tính góc nhọn giữa BI và CJ.
Giải.
Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ, đơn vị của hai trục bằng
một nửa độ dài cạnh góc vng của tam giác ABC. Khi đó ta có A(0;
0), B(2; 0), C(0; 2), I(0; 1), J(1; 0).
uur
uuur
Từ đó: BI = ( -2; 1) , CJ = (1; 2 ) . Gọi j là góc nhọn giữa hai
uur
uuur
(-2).1 + 1.(-2)
4

vectơ BI và CJ ta có: cosj =
= .
2
2
2
2
5
2 +1 . 1 + 2
y
C
I
A

O

j

J

B

x

2.2.4. Tìm quỹ tích
Phương pháp: Ta biến đổi đẳng thức vectơ cho trước về các
dạng trong bảng 2.1 phần 2.1
Bài toán 4: Cho đoạn thẳng AB có độ dài 2a và số k 2 . Tìm
uuur uuur
tập hợp các điểm M sao cho MA.MB = k 2 .
Giải.

M

A

O

Gọi O là trung điểm AB, ta có:

B


16
uuur uuur
uuuur uuur
MA.MB = MO + OA
uuuur uuur
= MO + OA

(

uuuur uuur

)( MO + OB )
uuuur uuur
uuuur
)( MO - OA) = MO

(

2

uuur 2
- OA

= MO 2 - OA 2 = MO 2 - a 2 .
uuur uuur
Do đó
MA.MB = k 2 Û MO 2 - a 2 = k 2
Û MO 2 = k 2 + a 2 .
2.2.5. Giải các bài toán về cực trị
Phương pháp: Ta thường biến đổi về các dạng sau:
Dạng 1: Cho điểm I cố định, M thay đổi thì MI 2 ³ 0 nên MI 2 bé
nhất khi M º I .
Dạng 2: Cho điểm I cố định, M thay đổi trên đường thẳng d thì MI
bé nhất khi M là hình chiếu của I trên d.
Dạng 3: Một số bất đẳng thức được đánh giá từ các bình phương vơ
r r 2
r r r 2
³ 0,...
hướng, đặc biệt: a ± b ³ 0, i + j + k

(

)

(

)

Bài tốn 5: Tìm giá trị lớn nhất của tỉ số

p
, tam giác nào
R

có tỉ số lớn nhất.
Giải.
Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.

Ta có: ( 2 p ) = ( BC + CA + AB ) £ 3 ( BC 2 + CA2 + AB 2 )
uuur uuur 2 uuur uuur 2 uuur uuur 2
4
Þ p 2 £ OC - OB + OA - OC + OB - OA
3
uuur uuur uuur uuur uuur uuur
£ 6 R 2 - 2(OC.OB + OA.OC + OB.OA)
uuur uuur uuur
p 3 2
£ 9 R 2 - (OA + OB + OC )2 £ 9 R 2 Þ
£
R
2
BC
=
CA
=
AB
ìï
Dấu " = " Û í uuur uuur uuur r Û DABC đều.
ïỵOA + OB + OC = 0

ỉ pư 3 2
Vy: max ỗ ữ =
, khi tam giỏc ABC đều.
2
èRø
2.2.6. Giải phương trình, hệ phương trình.
Phương pháp: Để áp dụng tích vơ hướng vào giải các phương trình,
2

2

(

) (

) (

)


17
hệ phương trình ta thường sử dụng biểu thức tọa độ tích vơ hướng,
tính chất của tích vơ hướng của hai vectơ, cụ thể:
rr
r r
r
r
u.v = u . v Û u -- v .
r r
rr

u ^ v Û u.v = 0
Bài tốn 6: Giải phương trình:
cos x + 2 - cos 2 x + cos x. 2 - cos 2 x = 3

(1).

Giải
Xét trong không gian tọa độ Oxyz các véctơ:
r
ìu = cos x; 1; 2 - cos 2 x
ï
ír
ïv = 1; 2 - cos 2 x ; cos x
ỵ

)
)

(
(

r
ì u = cos 2 x + 1 + 2 - cos 2 x = 3
ï
ïr
Þ í v = 1 + 2 - cos 2 x + cos 2 x = 3
ïr r
ïu.v = cos x + 2 - cos 2 x + cos x. 2 - cos 2 x
ỵ
rr

r r
r
r
Suy ra: PT (1) Û u.v = u . v Û u -- v
Û cos x =

1

=

2 - cos 2 x
cos x

2 - cos 2 x
ìï2 - cos 2 x = cos x
ìïcos 2 x + cos x + 2 = 0
Û í 2
Û í 2
ïỵcos x = 2 - cos x
ïỵcos x = 2 - cos x
ì écos x = 1
ïê
Û í ëcos x = - 2(l )
Û cos x = 1
ï 2
ỵcos x = 2 - cos x
Û x = k .2p , k Ỵ Z.
2.3. ỨNG DỤNG TRONG HÌNH HỌC KHƠNG GIAN
2.3.1. Chứng minh các hệ thức hình học
Phương pháp: Ta dùng qui tắc ba điểm hoặc quy tắc hình

bình hành, góc giữa hai vectơ kết hợp với các tính chất của phép
cộng vectơ để thực hiện các phép biến đổi tương đương.


18
Bài tốn 7: Cho tứ diện OABC có OA, OB, OC vng góc
đơi một. Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm các cạnh AB, BC, CA.
1
1
1
Chứng minh rằng: Nếu ( OMN ) ^ ( OMP ) thì
=
+
2
2
OC
OA OB 2
.
Giải.
Xét trong hệ trục tọa độ vng góc Oxyz sao cho A, B, C có
tọa độ là: A(a; 0; 0);B(0; b; 0); C(0; 0; c) (với a = OA, b = OB, c =
cư
ỉa b ư
ỉ b cư ỉa
OC), khi ú: M ỗ ; ; 0 ữ , N ỗ 0; ; ữ ; P ỗ ; 0; ữ . Suy ra:
2ø
è2 2 ø
è 2 2ø è 2
z
C

a
x

A

N

c

P

O
M

b
B

y

Vectơ pháp tuyến của (OMN) là:
uur
uuuur uuur
bư
ỉ b
n1 = éëOM , ON ùû = ỗ - ; 1; - ữ
cứ
ố a
Vect phỏp tuyn của (OMP) là:
uur

uuuur uuur
a

ỉ
n2 = éëOM , OP ùû = ç 1; - ; - ÷
b
cø
è
uur
uur
uur uur
Vì vậy: ( OMN ) ^ ( OMP ) Û n1 ^ n2 Û n1.n2 = 0
b a ab
ab
b a
1
1
1
- + 2 =0 Û 2 = +
Û 2 = 2 + 2 (đpcm)
a b c
c
a b
c
a
b
2.3.2. Chứng minh sự vng góc, song song của những
đối tượng
Phương pháp: Chứng minh vng góc:
r

éa = 0
r r
rr
r r
r r
êr
a ^ b Û a.b = 0 Û a . b .cos(a, b) = 0 Û êb = 0
r r
ê
êëcos(a, b) = 0
Û -


19
uur
éu1 ^ (a )
D1 ^ (a ) Û ê uur
r
êëu1 / / n
uur
uur
é nP ^ na
( P) ^ (a ) Û ê
ë$d Ỵ (a ), d ^ (P)
Chứng minh song song:
ìï M 1 Ï D 2
r.
D 1 và D 2 song song khi và chỉ khi í uur uur
é
ù

u
,
u
=
0
1
2
û
ỵï ë
ìï M 1 Ï (a )
r
D1 // (a ) Û í uur
ïỵu1 ^ n
Bài tốn 8: Cho hình chóp đều S.ABC có cạnh đáy bằng a,
a 3
cạnh bên bằng
. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của SB, SC.
2
Chứng minh: ( AMN ) ^ ( SBC ) .
Giải.
a 3
1
a 3
Ta có: OA =
, OH = OA =
,
2
3
6
S

z
N

M

A

C
H
O y

x

AH =

B

2
a 3
a
OA =
, OB = OC = .
3
3
2


20
Tam giác SAH vuông tại H nên:
3a 2 a 2

5a 2
a 5
a 15
Þ SH =
SH 2 = SA 2 - AH 2 =
=
=
.
4
2
12
6
12
Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ., ta có: O(0, 0, 0),

a 3
a
a
a 3 a 15
, 0), B( , 0, 0), C( - , 0, 0), S(0, ,
),
2
2
2
6
6
a a 13
a 15
a
a 3 a 15

M( ,
, ) N (- , ,
) .
4
12
12
4
12
12
Mặt phẳng (AMN) có một cặp vectơ chỉ phương
uuuur
a 5a 3 a 15 uuur a 5a 3 a 15
là: AM = ( ,
,
), AN (- ,
,
) . Suy ra
4
12
12
4
12
12
(AMN) có một vectơ pháp tuyến là:
uur
uuuur uuur
a 2 15 5a 2 3
n1 = éë AM , AN ùû = (0; ;
) .
24

24
Mặt phẳng (SBC) có một cặp vectơ chỉ phương là:
uur
a a 3
a 15 uuur a a 3
a 15
SB = ( ,
, ), SC (- ,
, ) . Suy ra
2
6
6
2
6
6
(SBC) có một vectơ pháp tuyến là:
uur
uur uuur
a 2 15 a 2 3
n1 = éë SB, SC ùû = (0;
;
) .
6
6
uur uur
a 2 15 a 2 15 5a 2 3 a 2 3
Ta có: n1.n2 = 0.0 .
+
.
=0

24
6
24
6
uur
uur
Þ n1 ^ n2 . Vậy : ( AMN ) ^ ( SBC ) .
2.3.3. Tính góc, khoảng cách
Phương pháp: Thường sử dụng các cơng thức sau:
Tính góc: Góc giữa đường thẳng D1 và D 2 :
uur uur
u1.u2
uur uur
cos(D1 , D 2 ) = cos(u1 , u2 ) = uur uur
u1 u2
A(0, -

Góc giữa đường thẳng D1 và mặt phẳng (a )


21
uur r
u1 .n
uur r
sin(D1 , (a )) = cos(u1 , n) = uur r .
u1 n
Tính khoảng cách:
Khoảng cách từ điểm

M đến đường thẳng D1 là

uuuuur uur
é MM 1 , u1 ù
ë
û
d ( M , D1 ) =
.
uur
u1

Khoảng cách giữa hai đường thẳng song song
uuuuuur uur
é M 2 M 1 , u1 ù
ë
û
d (D1 , D 2 ) = d ( M 2 , D1 ) =
.
uur
u1
Khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau
uur uur uuuuuur
éu1 , u2 ù .M 1M 2
ë
û
.
d (D1 , D 2 ) =
uur uur
éu1 , u2 ù
ë
û
Bài tốn 9: Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ có cạnh

bằng 2. Gọi E, F là trung điểm các cạnh AB và DD’.
a) Chứng minh: EF // (BDC’) và tính độ dài đoạn thẳng EF.
b) Gọi K là trung điểm C’D’. Tính khoảng cách từ C đến (EFK)
và xác định góc giữa hai đường thẳng EF và BD.
Giải.
Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ. Khi đó: A(0, 0, 0), B(2, 0,
0), C(2, 2, 0), D(0, 2, 0), C’(2, 2, 2), D’(0, 2, 2), E(1, 0, 0), F(0, 2, 1),
K(1, 2, 2).
a) Mặt phẳng (BDC’) có một cặp vectơ chỉ phương là:
uuuur
uuuur
C ' B = (0, - 2, -2), C 'D = ( - 2, 0, - 2).
Þ (BDC') có một vectơ pháp tuyến là:
r
uuuur uuuur
n = ëéC ' B, C ' D ùû = (4, 4, - 4).
uur
Mặt khác: EF = ( - 1, 2, 1) , ta có:
r uuur
r
uuur
é EF // (BDC')
n.EF = 0 Þ n ^ EF Þ ê
ë EF Ì (BDC')


22
Ngoài ra dễ thấy: E Ï (BDC') . Vậy : EF // (BDC’).
z
D'

A'

K
B'

C'

A

D

E
B

F
y

C

x

b) Mặt phẳng (EFK) có một cặp vectơ chỉ phương là:
uur
uuur
EF = ( - 1, 2, 1), EK = (0, 2, 2).
uur
uur uuur
Þ (EFK) có n1 = éë EF, EK ùû = (2, 2, - 2)
Þ (EFK): 2x + 2 y - 2 z + D = 0.

Mặt khác (EFK) qua E(1, 0, 0) nên
(EFK): 2x + 2 y - 2 z - 2 = 0.
Vậy: (EFK): x +y – z – 1 = 0.
2+2-0-0
= 3 .
Suy ra: d (C , (EFK)) =
3
uur
uuur
Ta có: EF = ( - 1, 2, 1), BD = (-2, 2, 0) . Gọi j là góc
hợp bởi EF và BD, ta có:
uur uuur
EF.BD
(-1)(-2) + 2.2 + 1.0
3
cosj = uur uuur =
=
Þ j = 300 .
2
1 + 4 + 1. 4 + 4 + 0
EF . BD
2.3.4. Tìm quỹ tích
Phương pháp: Ta biến đổi đẳng thức vectơ cho trước về các
dạng trong bảng 2.2 phần 2.1
Bài tốn 10: Cho tam giác ABC. Tìm tập hợp điểm M trong
không gian thỏa mãn hệ thức: MA2 + MB 2 = 2 MN 2
(1).
Giải.
Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, CC1 là
trung tuyến và G là trọng tâm. Khi đó: OA = OB = OC và

23
C

G

A

C

O

B

uuuur uuur 2 uuuu1r uuur 2
uuuur uuur
(1) Û (OM - OA) + (OM - OB ) = 2(OM - OC ) 2
uuuur
uuur
uuuur uuur uuuur
uuur
uuuur uuur
Û (OM ) 2 + (OA) 2 - 2OM .OA + (OM )2 + (OB )2 - 2OM .OB
uuuur
uuur
uuuur uuur
= 2[(OM ) 2 + (OC ) 2 - 2OM .OC ]
uuuur uuur uuur uuur
Û 2OM (OA + OB - 2OC ) = 0

uuuur uuur uuur uuur uuur
Û 2OM (OA + OB + OC - 3OC ) = 0
uuuur uuur uuur
uuuur uuur
Û OM (3OG - 3OC ) = 0 Û OM .CG = 0 (2)
Đẳng thức (2) chứng tỏ tập hợp điểm M là mặt phẳng đi qua tâm O
và vng góc với trung tuyến CC1 .
2.3.5. Giải các bài tốn cực trị
Phương pháp: Sử dụng tích vơ hướng biến đổi biểu thức cần
tìm cực trị về biểu thức độ dài, thí dụ: S = MI 2 + c , với c là hằng
số và I cố định. Khi đó Smin = c đạt được khi
MI = 0 Û M º I .
Bài toán 11: Cho ba điểm
A(3; - 2; 3), B(1; 0; 5), C( - 7; 2; - 2) và đường thẳng (d) có
x -1
y-2
z -3
phương trình: (d ) :
=
=
1
-2
2
Tìm tọa độ điểm M trên đường thẳng (d) để MA2 + MB 2 đạt
giá trị nhỏ nhất.
Giải.
Đoạn thẳng AB có trung điểm I (2; - 1; 4) , ta có:
uuur 2 uuur 2
uuur uur
uuur uur

MA2 + MB 2 = MA + MB = ( MI + IA)2 + ( MI + IB) 2