(SKKN 2022) sử dụng điều kiện đồng phẳng của ba vectơ trong không gian để giúp học sinh lớp 11 giải một số bài toán hình học không gian

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HOÁ

TRƯỜNG THPT HẬU LỘC 4

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

SỬ DỤNG ĐIỀU KIỆN ĐỒNG PHẲNG CỦA BA VÉCTƠ
TRONG KHÔNG GIAN ĐỂ GIÚP HỌC SINH LỚP 11 GIẢI
MỘT SỐ BÀI TỐN HÌNH HỌC KHƠNG GIAN

Người thực hiện: Nguyễn Văn Mạnh
Chức vụ: Giáo viên
SKKN thuộc lĩnh vực (mơn): Tốn

THANH HĨA NĂM 2022
1


MỤC LỤC
NỘI DUNG
TRANG
1. MỞ ĐẦU..............................................................................................
1
1.1. Lý do chọn đề tài ....................................................................
1
1.2. Mục đích nghiên cứu...............................................................
2
1.3. Đối tượng nghiên cứu..............................................................
2
1.4. Phương pháp nghiên cứu.........................................................
2

2. NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM.....................................
3
2.1. Cơ sở lý luận...........................................................................
3
2.2. Thực trạng vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm
4
2.3. Các giải pháp thực hiện...........................................................
4
2.3.1. Sử dụng điều kiện đồng phẳng của ba vectơ vào chứng
minh đường thẳng song song với mặt phẳng............................................
2.3.2. Sử dụng điều kiện đồng phẳng của ba vectơ vào chứng
minh mặt phẳng đi qua một điểm cố
định.................................................
2.3.3. Sử dụng điều kiện đồng phẳng của ba vectơ vào tính tỉ số
độ dài đoạn thẳng và giải tốn có liên quan..............................................
2.3.4. Bài tập vận dụng...................................................................
2.4. Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm.......................................
3. KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ............................................................
3.1. Kết
luận....................................................................................
3.2. Kiến nghị.................................................................................
TÀI LIỆU THAM KHẢO.....................................................................
NHỮNG SÁNG KIẾN ĐÃ ĐƯỢC CÔNG NHẬN.............................

5

8

11
18

19
19
19
20
21
22


1. MỞ ĐẦU
1.1. LÍ DO CHỌN ĐỀ TÀI
Vectơ là một trong những khái niệm nền tảng của nhiều ngành toán học
hiện đại, như đại số tuyến tính, hình học giải tích, hình học vi phân,... nó cịn
mang lại một cơng cụ hiệu quả cho việc nghiên cứu hình học sơ cấp. Khơng chỉ
trong phạm vi tốn học, vectơ cịn được sử dụng rộng rãi trong các lĩnh vực của
vật lý và kỹ thuật.
Trong chương trình phổ thơng, khái niệm vectơ trong không gian được
đưa vào từ đầu học kỳ II của lớp 11 nhằm cung cấp cho học sinh một cơng cụ
mới để nghiên cứu hình học khơng gian. Khi dạy ở nội dung này tôi thấy đa số
học sinh hiểu được các khái niệm cơ bản như độ dài của vectơ, sự cùng phương
cùng hướng của hai vectơ, các quy tắc thực hiện phép tốn về vectơ,... vì chúng
được xây dựng và xác định hoàn toàn tương tự như trong mặt phẳng. Bên cạnh
đó việc xét sự đồng phẳng hoặc khơng đồng phẳng của ba vectơ, việc phân tích
một vectơ theo ba vectơ không đồng phẳng cho trước là một trong những kỹ
năng trọng tâm của bài học, vì vậy học sinh sẽ có nhiều lợi thế trong việc tiếp
cận và rèn luyện các kỹ năng cơ bản. Tuy có nhiều lợi thế về việc tiếp cận kiến
thức, nhưng có rất nhiều học sinh khơng biết cách khai thác và vận dụng vectơ
vào giải toán, đặc biệt là giải tốn hình học khơng gian.
Trong các kỳ thi tốt nghiệp trung học phổ thông (THPT), kỳ thi học sinh
giỏi (HSG) các bài hình học khơng gian thường xun xuất hiện và là thử thách
không nhỏ cho nhiều học sinh. Để giải quyết những bài toán này ta thường sử

dụng các kiến thức tổng hợp của hình học khơng gian, sử dụng tọa độ hóa để
chuyển đổi về bài tốn tọa độ khơng gian,… các phương pháp này địi hỏi học
sinh phải có tư duy nhạy bén và nắm chắc các yếu tố trong hình học, điều này là
một trong những khó khăn đối với nhiều học sinh.
Việc khai thác điều kiện đồng phẳng của ba vectơ vào giải tốn hình học
khơng gian cho ta rất nhiều lợi thế, ta có thể sử dụng trong việc chứng minh
đường thẳng song song với mặt phẳng, sử dụng chứng minh một mặt phẳng đi
qua một điểm cố định, tính tỉ số độ dài đoạn thẳng và giải bài tốn có liên quan,
… từ đó giúp ta có thể biến một bài tốn khó thành một bài toán đơn giản, lời
giải ngắn gọn hơn, khơng địi hỏi nhiều đến khả năng tư duy, kỹ năng vẽ hình và
chứng minh hình học, điều đó đã mang lại hứng thú và tính sáng tạo cho các em
học sinh.
Muốn học sinh học tốt được vectơ trong không gian và đặc biệt là sử dụng
điều kiện đồng phẳng của ba vectơ vào giải tốn hình học khơng gian thì mỗi
người giáo viên khơng phải chỉ truyền đạt, giảng giải theo các nội dung đã có
sẵn trong sách giáo khoa, trong các sách hướng dẫn và thiết kế bài giảng một
cách rập khn, máy móc, làm cho học sinh học tập một cách thụ động. Nếu chỉ
dạy học như vậy thì việc học tập của học sinh sẽ diễn ra thật đơn điệu, tẻ nhạt và
kết quả học tập sẽ khơng cao. Nó là một trong những ngun nhân gây ra cản trở
việc đào tạo các em thành những con người năng động, tự tin, sáng tạo sẵn sàng
thích ứng với những đổi mới diễn ra hàng ngày.
1


Yêu cầu của giáo dục hiện nay đòi hỏi phải đổi mới phương pháp dạy học
mơn tốn theo hướng phát huy tính tích cực, chủ động sáng tạo của học sinh. Vì
vậy người giáo viên phải gây được hứng thú học tập cho các em bằng cách thiết
kế bài giảng khoa học, hợp lý, phải gắn liền với ứng dụng, liên hệ thực tế.
Vì những lí do đó, để giúp học sinh có cơ sở khoa học, có hệ thống kiến
thức về vectơ trong không gian và việc sử dụng điều kiện đồng phẳng của ba

vectơ vào giải tốn hình học không gian, cũng như để tháo gỡ những vướng mắc
nói trên nhằm nâng cao chất lượng dạy và học, đáp ứng nhu cầu đổi mới giáo
dục, tôi đã chọn đề tài sáng kiến kinh nghiệm: “Sử dụng điều kiện đồng phẳng
của ba vectơ trong không gian để giúp học sinh lớp 11 giải một số bài tốn
hình học khơng gian”.
Với đề tài này tôi hi vọng sẽ giúp cho học sinh dễ dàng nắm bắt và thành
thạo trong việc sử dụng điều kiện đồng phẳng của ba vectơ trong khơng gian vào
giải tốn nói chung và giải một số bài tốn về hình học khơng gian nói riêng.
1.2. MỤC ĐÍCH NGHIÊN CỨU
- Làm rõ vấn đề mà học sinh cịn lúng túng, mắc nhiều sai lầm và thậm
chí là khơng có định hình về lời giải trong việc giải tốn hình học khơng gian.
- Góp phần gây hứng thú học tập phần sử dụng điều kiện đồng phẳng của
ba vectơ vào giải một số bài tốn hình học khơng gian, một trong các phần được
coi là hóc búa, địi hỏi tính tư duy cao và khơng những chỉ giúp giáo viên lên lớp
tự tin, nhẹ nhàng; học sinh lĩnh hội được tri thức một cách đầy đủ, khoa học mà
còn giúp các em củng cố và khắc sâu các tri thức.
- Làm cho học sinh thấy được tầm quan trọng của bài học đầu chương, là
vấn đề then chốt cho việc tiếp nhận và giải các dạng toán tiếp theo.
- Nâng cao chất lượng bộ mơn tốn theo từng chuyên đề khác nhau góp
phần nâng cao chất lượng dạy học.
1.3. ĐỐI TƯỢNG NGHIÊN CỨU
Bài vectơ trong không gian và chủ yếu là sử dụng điều kiện đồng phẳng
của ba vectơ vào giải tốn hình học khơng gian.
1.4. PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU
Để thực hiện đề tài này, tôi đã sử dụng các phương pháp sau :
a. Nghiên cứu tài liệu :
- Đọc các tài liệu sách, báo, tạp chí giáo dục,... có liên quan đến nội dung
đề tài.
- Đọc sách giáo khoa, sách giáo viên, các loại sách tham khảo.
- Tham khảo các đề minh họa, đề thi thi tốt nghiệp THPT của Bộ giáo

dục, đề thi thử của các trường trên toàn quốc, đề thi HSG của các tỉnh.
b. Nghiên cứu thực tế :
- Dự giờ, trao đổi ý kiến với đồng nghiệp về nội dung sử dụng điều kiện
đồng phẳng của ba véctơ vào giải tốn hình học khơng gian.
- Tổng kết rút kinh nghiệm trong q trình dạy học.
2


- Tổ chức và tiến hành thực nghiệm sư phạm (Soạn giáo án đã thông qua
các tiết dạy) để kiểm tra tính khả thi của đề tài.
- Nghiên cứu khả năng nắm bắt của học sinh qua từng tiết học.
2. NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
2.1. Cơ sở lí luận
Các kiến thức cơ bản
Các kiến thức cơ bản sử dụng trong đề tài bao gồm các định nghĩa và
tính chất từ sách giáo khoa mà học sinh đã được học đồng thời sử dụng hai kết
quả của bài toán mở đầu.
2.1.1. Định nghĩa
Trong không gian ba vectơ được gọi là đồng phẳng nếu các giá của
chúng cùng song song với một mặt phẳng [1].
Nhận xét:
uuu
r uuur uuur
- Bốn điểm A, B, Cuu,uD
đồng
phẳng  AB, AC , AD đồng phẳng
u
r uuu
r uuur

- Nếu ba vectơ MN , AB, AC đồng phẳng, mà M hoặc N không thuộc mặt

ABC 
MN //  ABC 
phẳng 
thì ta có
.
2.1.2. Điều kiện để ba vectơ đồngr phẳng
r

r

Trong rkhông
gian cho hai vectơ a, b không cùng phương và vectơ c . Khi
r r
r

r

r

đó ba vectơ a, b, c đồng phẳng khi và chỉ khi có cặp số m, n sao cho c  ma  nb .
Ngoài ra cặp số m, n là duy nhất [1].
2.1.3. Bài tốn mở đầu
Trong khơng gian cho tam giác ABC

M thuộc mp  ABC  thì có ba số x, y, z mà
a) Chứng minh
rằng
nếu

điểm
uuuur
uuu
r uuur uuur
x  y  z  1 sao cho OM  xOA  yOB  zOC với mọi O .
b) Ngược lại có một điểm O trong không gian sao cho

uuuur
uuu
r uuur uuur
OM  xOA  yOB  zOC , trong đó x  y  z  1 thì điểm M thuộc mp  ABC  .

Chứng minh
uuur uuur
a) Vì ABC là tam giác nên hai véc tơ AB, AC không cùng phương. Điểm M

uuur uuur uuuur
AB, AC , AM đồng phẳng, tức là có một cặp số
uuu
r
uuu
r uuu
r
uuur uuu
r
AM  y AB  z AC  OM  OA  y OB  OA  z OC  OA

thuộc mp  ABC  suy ra ba véc tơ
uuuu
r

uuu
r uuur
uuuu
r



y, z thỏa:
uuuu
r
uuu
r
uuu
r uuur
 OM   1  y  z  OA  yOB  zOC

 



, Đặt x  1  y  z  x  y  z  1
uuuur
uuu
r uuur uuur
Khi đó ta có OM  xOA  yOB  zOC , với x  y  z  1 .
b)
Ngược lại, nếu có một điểm O trong không gian sao cho
uuuur
uuu
r uuur uuur

OM  xOA  yOB  zOC , trong đó x  y  z  1 ta chứng minh M  ( ABC ) .
uuuu
r
uuu
r
uuu
r uuur
OM   1  y  z  OA  yOB  zOC
x

y

z

1

x

1

y

z
Thật vậy từ
, khi đó
uuuu
r uuu
r
uuu
r uuu

r
uuur uuu
r
uuuu
r uuu
r
uuu
r uuu
r
uuur uuu
r
 OM  OA  y OB  OA  z OC  OA  OM  OA  y OB  OA  z OC  OA



 





 

uuuur
uuu
r uuur
uuur uuur uuuur
 AM  y AB  z AC  ba véc tơ AB, AC , AM đồng phẳng  M  ( ABC ) .



3


Nhận xét: Từ bài tốn trên ta có hai kết quả sử dụng:
uuuur

uuu
r uuur uuur
OM

xOA
 yOB  zOC ,
ABC
O
- Cho tam giác
và là điểm bất kỳ sao cho
nếu A, B, C , M đồng phẳng thì ta có x  y  z  1 .
-uuCho
tam giác ABC và O là điểm bất kỳ trong không gian sao cho
uuuur
u
r uuur uuur
OM  xOA  yOB  zOC , nếu x  y  z  1 thì ta có A, B, C , M đồng phẳng.

2.2. Thực trạng vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm
Từ năm học 2016 - 2017 Bộ giáo dục chuyển đổi hình thức thi tốt nghiệp
THPT của mơn tốn từ thi tự luận sang hình thức thi trắc nghiệm địi hỏi phương
pháp dạy và học cũng phải thay đổi cho phù hợp.
Khi học bài vectơ trong không gian đa số học sinh chỉ dừng lại ở kỹ năng biến

đổi, phân tích vectơ nhưng không biết cách khai thác để sử dụng vectơ vào giải tốn
nói chung, giải tốn hình học nói riêng.
Trong các đề thi tốt nghiệp THPT và đặc biệt là đề thi HSG của các trường
THPT trên toàn quốc, học sinh thường gặp một số câu về tính tỉ số độ dài đoạn thẳng
trong khơng gian và các bài tốn có liên quan, đây là các bài ở mức độ vận dụng để
lấy điểm cao. Hướng dẫn các em vận dụng tốt phần này sẽ tạo được cho các em có
thêm phương pháp, có linh hoạt hơn trong việc giải tốn hình học khơng gian từ đó
các em vận dụng và làm tốt trong các bài thi.
Trước khi áp dụng đề tài này vào dạy học, tôi đã khảo sát chất lượng học tập
của học sinh trường THPT Hậu Lộc 4 (thông qua các lớp trực tiếp giảng dạy) về các
bài toán sử dụng điều kiện đồng phẳng của ba vectơ trong khơng gian vào giải tốn
hình học khơng gian, đã thu được kết quả như sau:
Lớp Sĩ
Giỏi
Khá
TB
Yếu
Kém
số SL % SL
%
SL
%
SL
%
SL
%
11A5 42 0
0
2
4.76 27 64.29

8
19.05
5
11.9
0
11A7 37 1 2.70 5
13.5 21 56.76
7
18.92
3
8.11
1
11A8 40 3
7.5
7
17.5 24
60
5
12.5
1
2.5
Như vậy số lượng học sinh nắm bắt dạng này khơng nhiều, có rất nhiều em
chưa định hình được lời giải do chưa có được nguồn kiến thức và kĩ năng cần thiết.
Thực hiện đề tài này, tôi đã hệ thống từng chủ đề thông qua kiến thức sử dụng
các bài tập tương ứng cho mỗi chủ đề đó, cuối cùng là bài tập tổng hợp để học sinh
vận dụng các phương pháp đã được học vào giải quyết. Do khn khổ đề tài có hạn
nên tơi chỉ đưa ra được ba chủ đề ứng dụng thông qua một số ví dụ tương ứng đó là:
sử dụng điều kiện đồng phẳng của ba vectơ vào chứng minh đường thẳng song
song với mặt phẳng, chứng minh mặt phẳng đi qua một điểm cố định, tính tỉ số
độ dài đoạn thẳng và giải tốn có liên quan.

2.3. Các giải pháp thực hiện
Thực hiện đề tài này tôi chia nội dung thành ba phần
- Sử dụng điều kiện đồng phẳng của ba vectơ vào chứng minh đường
thẳng song song với mặt phẳng.
4


- Sử dụng điều kiện đồng phẳng của ba vectơ vào chứng minh mặt phẳng
đi qua một điểm cố định.
- Sử dụng điều kiện đồng phẳng của ba vectơ vào tính tỉ số độ dài đoạn
thẳng và giải tốn có liên quan.
Mỗi phần được thực hiện theo các bước:
- Nhắc lại kiến thức cơ bản sử dụng trong đề tài
- Nêu các ví dụ áp dụng
- Nêu định hướng lời giải cho mỗi ví dụ trước khi đưa ra lời giải.
Cuối cùng là bài tập vận dụng.
Sau đây là nội dung cụ thể:
2.3.1. Sử dụng điều kiện đồng phẳng của ba vectơ vào chứng minh
đường thẳng song song với mặt phẳng.
Kiến thức sử dụng
ABC 
Để chứng minh đường thẳng MN song song với mặt phẳng 
ta cần

uuuu
r uuu
r uuur
ABC 

MN

,
AB
, AC
N
chứng minh
hoặc
không thuộc umặt
phẳng
và ba vectơ
uuu
r
uuu
r
uuur
đồng phẳng. Tức là cần chứng minh MN  x AB  y AC và M hoặc N khơng thuộc
M

ABC 
mặt phẳng 
.
Ví dụ 1. Cho hình lăng trụ ABC. ABC  gọi I , G lần lượt là trọng tâm của

tam giác ABC và tam giác ACC  . Chứng minh IG //  ABC '  .

IG //  ABC ' 
ta uuur
uur
uuuu
r
cần chứng minh IG; AB; AC  đồng phẳng, tức là cần chứng minh IG  x AC   y AB

Định hướng
lờir giải:
Do
uur uuu
uuuu
r

I   ABC '

nên để chứng minh

.
Lời giải
Gọi M ; N lần lượt là trung điểm của BC
và CC  . Ta có
uur uuur uur 2 uuur 2 uuuu
r
IG  AG  AI  AN  AM
3
3
u
u
u
r
u
u
u
u
r

r
2 1
2 1 uuur uuu
 . AC  AC   . AC  AB
3 2
3 2
uur 1 uuuu
r 1 uuu
r
uur uuu
r uuuu
r
 IG  . AC   . AB
 đồng phẳng

IG
;
AB
;
AC
3
3
I   ABC '  IG //  ABC ' 



mà







.

Ví dụ 2. Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Gọi

M , N lần lượt là trung điểm các cạnh SB , AD . Chứng minh MN //  SCD  .
M   SCD 
MN //  SCD 
Định hướng
lời
giải:
Do
nên
để
chứng
minh
tar
uuuu
r uuu
r uuu
r
uuuu
r
uuu
r
uuu
cần chứng minh MN ; SC ; SD đồng phẳng, tức là cần chứng minh MN  xSD  ySC

.
5


Lời giải
Ta có

uuuu
r uuur uuuu
r 1 uuur 1 uuur uuu
r
 ) MN  AN  AM  AD  AB  AS
2
2
uuuu
r uuur uuur uuu
r
u
2uMN
uurADuuu
uurAS uuur uuu
u
r u
rAB u
r
) SC  AC  AS  AB  AD  AS
uuuu
r uuu
r

uuur uuu
r
uuu
r
2
MN

SC

2
AD

2
AS

2
SD
Khi đó:
uuuu
r uuu
r 1 uuu
r uuuu
r uuu
r uuu
r
 MN  SD  SC  MN ; SC; SD
2
M   SCD   MN //  SCD 





đồng phẳng, mà
.
Ví dụ 3. Cho hình hộp ABCD. A ' B ' C ' D ' . Gọi M , N là các điểm lần lượt
trên cạnh AD và AC sao cho MD  4MA ; 2 NC  3 NA . Chứng minh MN song
BC ' D 
song với mặt phẳng 
.

M  BC ' D  
MN //  BC D 
Định hướng lời giải:
Do r 
nên để chứng minh
uuuu
r uuur uuuu
ta
cầnuuuchứng
minh MN , BD, BC ' đồng phẳng, tức là cần chứng minh
uuuu
r
u
r
uuur
MN  xBC '  yBD .
Lời giải
Từ MD  4MA ; 2 NC  3NA

uuuu
r 1 uuur uuuur 2 uuuur
AM  AD A ' N  A ' C

5
5
,
.
uuur uuu
r uuur
uuuu
r uuur uuur
Ta có BD  BA  BC và BC   BC  BB (1)
uuuu
r uuur uuuu
r uuur uuuur uuu
r uuuu
r
MN  BN  BM  BA '  A ' N  BA  AM





uuu
r uuur 2 uuuur  uuu
r 1 uuur 
 BA  BB '  A ' C   BA  AD 
5
5



uuur 2 uuuur 1 uuur uuur 2 uuur uuur
 BB '  A ' C  AD  BB '  BC  BA '
5
5
5
u
u
u
r
u
u
u
r
u
u
u
r
u
u
u
r
u
u
ur 1 uuur
1
2
 BC  BB '  BC  BA  BB '  BC
5

5
5
u
u
u
r
u
u
u
r
u
u
u
r
u
u
u
r
u
u
u
r
r uuur
3
1
2
3
2 uuu
 BB '  BC  BA  BB '  BC  BA  BC
5

5
5
5
5
(2)
uuuu
r 3 uuuu
r 2 uuur
MN  BC '  BD
5
5
Từ (1) và (2) ta được
uuuu
r uuur uuuu
r
 MN , BD, BC ' đồng phẳng, mà M   BC ' D   MN //  BC ' D  .











 



Ví dụ 4. Cho hình hộp ABCD. ABC D . Gọi M , N lần lượt là trung điểm
của CD và DD ; I và J lần lượt là trọng tâm các tứ diện ADMN và BCC D .

.
Chứng minh rằng đường thẳng IJ song song với mặt phẳng 
Định hướng lời giải: Gọi H , K , E , F lần lượt là trung điểm của
MN , AD, CD, BC  . Do I và J lần lượt là trọng tâm các tứ diện ADMN và
BCC D nên I , J lần lượt là trung điểm của KH và EF .
6
ABA



 nên để chứng minh

 ta cần chứng minh
Do
uu
r
uuu
r
uuur
IJ

x
AB

y
AA .

đồng phẳng, tức là cần chứng minh
Lời giải
E
,
F
,
K
Gọi
lần lượt là tâm của các




A . Do I và J lần
DCC
D
;
BCC
B
;
ADD
mặt
lượt là trọng tâm các tứ diện AD ' MN và
BCC ' D ' nên I , J lần lượt là trung điểm của
KH và EF Ta có
uu
r uuu
r uuur
IJ , AB, AA

I  ABA

IJ // ABA

uu
r uuu
r uur 1 uuur uuur 1 uuur uuur
IJ  AJ  AI  AE  AF  AH  AK
2
2



 



r 1 uuu
r uuuu
r  1  1 uuuu
r uuur 1 uuuu
r
1  1 uuur uuuu



AC

AD


AB

AC

AM

AN

AD
 2  2
2  2
2
2

u
u
u
r
u
u
u
r
u
u
u
u
r
u
u
u

u
r
u
u
u
r
u
u
u
r
u
u
u
r
u
u
u
r
u
uur uuur uuur
1
1
1
 AC  AB  AC   AM  AN   AB  AD  AB  AB  AD  AA 

4
4
4
u
u

u
r
u
u
u
u
r
u
u
u
r
u
u
u
r
u
u
u
r
u
u
u
r
u
u
u
u
r
u
u

u
r
1
1
  AD  DM  AD  DN   3 AB  AA  DM  DN


4
4
u
u
u
r
u
u
u
r
u
u
u
r
u
u
u
r
r 1 uuur
1
1
1
 5 uuu

  3 AB  AA  AB  AA   AB  AA
4
2
2
 8
8
uu
r uuu
r uuur
 IJ , AB, AA đồng phẳng, mà I   ABA  nên IJ //  ABA  .













 



 




















Ví dụ 5. Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình bình hành, các tam
giác SAD và ABC cùng cân tại A . Gọi AE , AF là các đường phân giác trong của
EF //  SAD 
các tam giác ACD và SAB . Chứng minh
.

EF //  SAD 
Định hướng
lời giải: Do E   SAD  nên để chứng minh
ta cần
uuu
r uuu

r uuur
uuur
uuu
r
uuur
chứng minh EF ; AS ; AD đồng phẳng, tức là cần chứng minh EF  x AS  y AD .
Lời giải
Do AE là đường phân giác
trong của tam giác ACD nên ta có
AD ED
AD  AC ED  EC



AC EC
AC
EC
AD  AC CD


(1)
AC
EC
Do AF là đường phân giác trong
của tam giác SAB nên ta có
AS FS
AS  AB FS  FB




AB FB
AB
FB
AS  AB SB


(2)
AB
FB

7


Mà các tam giác SAD và ABC cùng cân tại A nên AS  AD và AC  AB

uuu
r 1 uuur
CD SB

k
CE  CD
k
kết hợp với (1), (2) ta được EC FB
( với k  0 ). Khi đó
và
uuu
r  1  uur
SF  1  SB
 k
.

uuur uuur uuur uuu
r uuu
r uuur uuu
r uuu
r  1  uur  uuur 1 uuur 
EF  AF  AE  AS  SF  AC  CE  AS   1  SB   AC  CD 
k
 k


Ta có
uuu
r  1  uuu
r uuu
r  uuur uuu
r 1 uuu
r  1 uuu
r uuur
uuu
r uuu
r uuur
 AS  1   AB  AS   AD  AB  AB  . AS  AD
 EF ; AS ; AD đồng phẳng
k
 k

 k





mà

E   SAD 





nên

EF //  SAD 

.

2.3.2. Sử dụng điều kiện đồng phẳng của ba vectơ vào chứng minh
mặt phẳng đi qua một điểm cố định.
Kiến thức sử dụng

 đi qua điểm M cố định ta cần chứng
- Để chứng minh mặt phẳng 
minh bốn điểm A, B, C , M đồng
phẳng,
tức là cần chứng minh với O là điểm bất
uuuur
uuu
r uuur uuur
ABC

kỳ trong không gian sao cho OM  xOA  yOB  zOC thì ta có x  y  z  1 .

uuur AB uuuu
r
AB 
. AM
AM
- Nếu M là điểm nằm trên đoạn thẳng AB thì ta có

S . ABC

Ví dụ 1. Cho hình chóp

, biết

là mặt phẳng thay đổi cắt các

SA SB SC


6
cạnh SA, SB, SC lần lượt tại M , N , E thỏa mãn SM SN SE
. Chứng minh mặt


phẳng

luôn đi qua một điểm cố định.

SA

SB
SC
,y
,z 
6 SM
6 SN
6SE ta có x  y  z  1
Định hướng lời giải: Đặt

Giả sử   đi qua điểm I cố định  I , M , N , E đồng phẳng,
uur
uuur
uuu
r
uur
uu
r
uuur
uuu
r
uur  SI  1 . SA .SM  1 . SB .SN  1 . SC .SE
6 SM
6 SN
6 SE
khi đó SI  xSM  ySN  zSE
uur 1 uur uur uuu
r 1 uuu
r
 SI  SA  SB  SC  SG
6

2
(với G là trọng tâm của ABC )
x





 I là trung điểm của SG . Vậy    đi qua điểm I cố định là trung điểm của SG .

Lời giải
Gọi G là trọng tâm của ABC , I là trung điểm của SG ta có I cố định

8


Vì G là trọng tâm của ABC nên

uuu
r 1 uur uur uuu
r
uu
r 1 uur uur uuu
r
SG  SA  SB  SC  2SI  SA  SB  SC
3
3
uur 1 uur 1 uur 1 uuu
r
 SI  SA  SB  SC

6
6
6
uur 1 SA uuur 1 SB uuu
r 1 SC uur
 SI  .
.SM  .
.SN  .
.SE
6 SM
6 SN
6 SE









Mà
1 SA
1 SB 1 SC 1  SA SB SC  1
.
. .
 .
 



  .6  1
6 SM
6 SN 6 SE 6  SM SN SE  6


nên I , M , N , E đồng phẳng. Do đó mặt phẳng   ln đi qua điểm I cố định.
Ví dụ 2. Cho tứ diện ABCD Gọi M , N , E là các điểm thay đổi lần lượt trên
2 AB 3 AC 4 AD


 15
các cạnh AB; AC ; AD sao cho AM AN AE
. Chứng minh rằng mặt
 MNE 

phẳng

luôn đi qua một điểm cố định.

2 AB
3 AC
4 AD
,y
,z 
15 AM
15 AN
15 AE , ta có x  y  z  1
Định hướng lời giải: Đặt
Giả sử  MNE  đi qua điểm I cố định  I , M , N , E đồng phẳng, khi đó
uur

uuur
uuur
uuur
uuu
r uuur uuur
uur
uuuu
r
uuur
uuur  AI  2 AB  3 AC  4 AD  1 2 AB  3 AC  4 AD
AI  x AM  y AN  z AE
15
uu15
ur uuur15 uuur 15r
Gọi H là điểm thỏa mãn 2 HB  3HC  4 HD  0 (*) , ta có H cố định và
uur 9 uuur
uuur
uuu
r uuur
uuur
AI  AH
MNE 
(*)  9 AH  2 AB  3 AC  4 AD , khi đó
15
. Vậy 
đi qua điểm I cố
uur 9 uuur
AI  AH
15
định là điểm thỏa mãn

.
x





Lời giải
Gọi H là điểm thỏa mãn
uuur uuur uuur r
2 HB  3HC  4 HD  0 (*) , ta có H cố định
và

uuur
uuu
r uuur
uuur
(*)  9 AH  2 AB  3 AC  4 AD

2 AB uuuur 3 AC uuur 4 AD uuur
. AM 
. AN 
AE
AM
AN
AE
(1)
uur
uuur
Gọi I là điểm sao cho 15 AI  9 AH , do

A, H cố định nên I cố định. Khi đó
uur 2 AB uuuur 3 AC uuur 4 AD uuur
 15 AI 
.AM 
. AN 
AE
AM
AN
AE
(1)
uur 2 AB uuuu
r 3 AC uuur 4 AD uuur
 AI 
. AM 
. AN 
AE
15 AM
15 AN
15 AE


9


2 AB
3 AC
4 AD
1  2 AB 3 AC 4 AD 



 


 1
Mà 15 AM 15 AN 15 AE 15  AM AN AE 
nên bốn điểm I , M , N , E
MNE 
đồng phẳng. Do đó 
ln đi qua điểm I cố định.

Ví dụ 3. Cho tứ diện ABCD có AB  AC  AD  a . Biết    là mặt phẳng
thay đổi cắt các cạnh AB; AC; AD lần lượt tại M ; N ; P thỏa mãn
1  5
12
 1
2



 AM AN  AP a . Chứng minh mặt phẳng    luôn đi qua một điểm cố

định.
a
a
5a


1
Định hướng lời giải: Từ giả thiết ta có 6 AM 6 AN 12 AP
AB

AC 5 AD
AB
AC
5 AD



1
x
,y
,z 
6 AM 6 AN 12 AP
6 AM
6 AN
12 AP ta có x  y  z  1
. Đặt


Giả sử   đi qua điểm E cố định, ta có E; M ; N ; P đồng phẳng nên
uuur
uuur
uuur
uuur
uuur uuur uuur
uuur
uuur
uuuu
r
uuur
uuu

r  AE  1 AB  1 AC  5 AD  1 AB  AC  AD  1 AD
 AE  x AM  y AN  z AP
6
6
12
6
4





uuur 1 uuur 1 uuur 1 uuur 1 uur 1 uuur uur
 AE  AG  AD  AG  AI  AG  AI
 E là trung điểm của GI ( với G
2
4
2
2
2

BCD
I
AD





là trọng tâm của tam giác

và là trung điểm của
). Vậy
đi qua
GI
E
điểm cố định là trung điểm của .
Lời giải
Gọi G là trọng tâm của tam giác BCD và I , E lần lượt là trung điểm của AD, GI
uuur 1 uuur uur
AE  AG  AI
2
Ta có
u
u
u
r
uuur uuur 1 uuur 
1 1
  AB  AC  AD  AD 
2 3
2

u
u
u
r
u
u
u
r

u
u
u
r
1
1
5
 AB  AC  AD
6
6
12
uuur
r AC uuur 5 AD uuu
r
AB uuuu
 AE 
. AM 
AN 
. AP
6 AM
6 AN
12 AP
r
a uuuu
a uuur
5a uuur

. AM 
AN 
. AP

6 AM
6 AN
12 AP
a
a
5a


1
Mà 6 AM 6 AN 12 AP , nên E; M ; N ; P









đồng phẳng.


Vậy   đi qua điểm E cố định là trung
điểm của GI .
Ví dụ 4. Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là tứ giác có hai đường

chéo AC , BD cắt nhau tại O sao cho OA  2OC và OD  2OB . Biết    là mặt
phẳng thay đổi cắt các cạnh SB, SC , SD theo thứ tự tại N , E , K thỏa mãn
10

SD
 SC SB 
 2 1 


SK
 SE SN  . Chứng minh rằng mặt phẳng    luôn đi qua một điểm cố

định.
SB SD SC


1
Định hướng lời giải: Từ giả thiết ta có SN 2SK SE
SB
SC
SD
x
,y
,z 
SN
SE
2 SK , ta có x  y  z  1 . Mặt khác do OA  2OC và
đặt
uuu
r 1 uur 2 uuu
r
uuu
r 2 uur 1 uuu

r
uur
uur
uuu
r uuu
r
SO  SA  SC
SO  SB  SD
OD  2OB nên
 SA  2SB  2SC  SD .
3
3
3
3
và


Giả sử   đi qua điểm M cố định, ta có M , N , E , K đồng phẳng nên
uuur

uur

uuu
r uuu
r

uuur

uur

uuur

uur

uuur
uuu
r
uur
uuu
r  2 SM  2 SB  2SC  SD  2 SM  SA  SM  1 SA
SM  xSN  ySE  zSK
M
2

là

trung điểm của SA . Vậy    đi qua điểm M cố định là trung điểm của SA .
Lời giải
Ta có

uuu
r uur uuur uur 2 uuur
 ) SO  SA  AO  SA  AC
3
uur 2 uuu
r uur 1 uur 2 uuu
r
 SA  SC  SA  SA  SC (1)
3
3

3
uuu
r uur uuur uur 1 uuur
 ) SO  SB  BO  SB  BD
3
uur 1 uuu
r uur 2 uur 1 uuu
r
 SB  SD  SB  SB  SD (2)
3
3
3









Từ (1) và (2) ta được

r 2 uur 1 uuu
r
uur
uur uuu
r uuu
r
1 uur 2 uuu

SA  SC  SB  SD  SA  2 SB  2SC  SD
3
3
3
3
(3)
uur
uuur
Gọi M là trung điểm của SA ta có SA  2SM và M cố định .
uuur
r
uuur SB uuu
r SC uur SD uuur
SB uuu
SC uur SD uuur
 2 SM  2.
.SN  2.
.SE 
.SK  SM 
.SN 
.SE 
.SK
SN
SE
SK
SN
SE
2SK
Khi đó (3)
SB SC SD

SB SC 1 SD SB SC 1   SC SB  




 .


 .  2 1 

  1
SN
SE
2
SK
SN
SE
2
SK
SN
SE
2
SE
SN

 ,

Mà

nên bốn điểm M , N , E , K đồng phẳng. Do đó mặt phẳng   ln đi qua điểm M

cố định.
2.3.3. Sử dụng điều kiện đồng phẳng của ba vectơ vào tính tỉ số độ dài
đoạn thẳng và giải tốn có liên quan.
Kiến thức sử dụng
uuuur
uuu
r uuur uuur

- Cho tam giác ABC và O là điểm bất kỳ sao cho OM  xOA  yOB  zOC ,
nếu A, B, C , M đồng phẳng thì ta có x  y  z  1 .
11


uuur AB uuuu
r
AB 
. AM
AM
- Nếu M là điểm nằm trên đoạn thẳng AB thì ta có
Ví dụ 1. Cho tứ diện ABCD có trọng tâm G . Gọi M , N là các điểm lần
lượt trên cạnh AB, AC sao cho AM  2 MB, AN  3 NC . Gọi E là giao điểm của
AE
MNG


AD với mặt phẳng
. Tính AD .

Định

hướng

lời

giải:

Phân

tích

uuur
uuu
r
uuur
uuur
AG   AB   AC   AD

uuur  AB uuuu
r  AC uuur  AD uuur
 AG 
. AM 
. AN 
. AE
AM
AN
AE
, mà bốn điểm M , N , E , G đồng phẳng nên
 AB  AC  AD
AE



1
AM
AN
AE
, từ đó tính được AD .

Lời giải
Gọi I , J lần lượt là trung điểm của
AB và CD , do G là trọng tâm của tứ diện
ABCD nên G là trung điểm của IJ .

uuur 1 uur uuu
r
AG  AI  AJ
2
Ta có
r 1 uuur uuur  1 uuu
r uuur uuur
1  1 uuu
  AB  AC  AD  
AB  AC  AD
2 2
2
 4
uuur 1  AB uuuu
r AC uuur AD uuur 
 AG  
. AM 

.AN 
. AE 
4  AM
AN
AE
 mà
M , N , E , G đồng phẳng nên













AB AC AD
3 4 AD
AD 7
AE 6


4  
4
 


AM AN AE
2 3 AE
AE 6
AD 7 .
Ví dụ 2. Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Gọi
M , N, E
là các điểm lần lượt trên cạnh SA, SB, SC sao cho
SF
uur
uuur uur
uuu
r uuu
r
uur
MNE


SA  3SM , SB  2 SN , SC  4 SE và mặt phẳng
F . Tính SD .
cắt SD tại uu
r
uur
uuu
r uuu
r
SA


SB



SC


SD
Định
hướng
lời
giải:
Phân
tích
uuur  SB uuu
r  SC uur  SD uuu
r
 3SM 
.SN 
.SE 
.SF
SN
SE
SF
, mà bốn điểm M , N , E , F đồng phẳng nên

 SB  SC  SD
SF


1
3SN 3SE 3SF
, từ đó tính được SD .

Lời giải

12


Gọi O là tâm
của rhìnhuu
bình
uur uuu
u
r
ABCD ta có SA  SC  2 SO và
hành
uur uuu
r
uuu
r
uur uuu
r uur uuu
r
SB  SD  2SO nên SA  SC  SB  SD
uur uur uuu
r uuu
r

 SA  SB  SC  SD
r SC uur SD uuu
r
SA uuur SB uuu


.SM 
.SN 
.SE 
.SF
SM
SN
SE
SF
uuur
uuu
r uur SD uuu
r
 3SM  2 SN  4SE 
.SF
SF
uuur 1  uuu
r uur SD uuu
r
 SM   2SN  4SE 
.SF 
3
SF
.

SD
SD
SF 1
3
5


SF
SF
SD 5 .
Mà M , N , E , F đồng phẳng nên
Ví dụ 3. Cho hình lăng trụ ABC. ABC  biết đáy ABC là tam giác vuông
cân tại A và AA  BC  2 . Gọi I là trung điểm của BC , E là điểm trên AI sao
uur
uur
uuuu
r
uur

JE  3 JA
AE  2 EI J
AE
2   4  

cho
; là điểm trên
sao cho
. Biết
là mặt phẳng thay
đổi đi qua J cắt các cạnh AB; AC; AA lần lượt tại M ; N ; P . Chứng minh
1
1
2


 12

AM AN AP
.

Định hướng lời giải: Phân tích

uuu
r
uuu
r
uuur
uuur
AJ   AB   AC   AA

 AB uuuur  AC uuur  AA uuur
. AM 
. AN 
. AP
AM
AN
AP
, mà J ; M ; N ; P đồng phẳng nên
ta có
 AB  AC  AA


1
AM
AN
AP
, mà từ giả thiết ta có BC  2  AB  AC  1 từ đó ta được



điều phải chứng minh.
Lời giải
Ta có

uuu
r 1 uuur 1 uuur uuuu
r
AJ  AE  AA  AE
4
4
1  uuur 2 uuur  1  uuur 2 uur uuur 
  AA  AI    AA  AI  AA 
4
3
3
 4

u
u
u
r
u
u
u
r
u
u
u

r
u
u
u
r
1 1
2 1
1 uuur 1 uuur
 1
  AA  . AB  AC  
AB  AC  AA
4 3
3 2
12
12
 12
u
u
u
u
r
u
u
u
r
u
u
u
r
1 AB

1 AC
1 AA
 .
. AM  .
. AN  .
. AP
12 AM
12 AN
12 AP
Mà J ; M ; N ; P đồng phẳng nên













1 AB 1 AC 1 AA
AB AC AA
.
 .
 .
1



 12
12 AM 12 AN 12 AP
AM AN AP
Do tam giác ABC vng cân tại A có BC  2  AB  AC  1 ,
1
1
2


 12
nên ta có AM AN AP
.

13


Ví dụ 4. Cho hình hộp ABCD. ABCD . Gọi I ; J ; E lần lượt là tâm của các
mặt BCC B; ABC D; CDDC  và H là điểm trên cạnh AB sao cho HB  2 HA . Biết

   là mặt phẳng thay đổi đi qua

H cắt các cạnh AI ; AJ ; AE lần lượt tại M ; N ; P .

AJ AE
3 AI

6 
AM .
Chứng minh AN AP

Định

hướng

lời

giải:

Phân

tích

uuur  AI uuuu
r  AJ uuur  AE uuur
 3 AH 
. AM 
. AN 
. AP
AM
AN
AP
mà H ; M ; N ; P
 AI  AJ  AE


1
3 AM 3 AN 3 AP
, từ đó ta có điều phải chứng minh.

uuu
r
uur
uuu
r
uuu
r
AB   AI   AJ   AE

đồng

phẳng

nên

Lời giải
Ta có

uur 1 uuu
r uuuu
r 1 uuu
r uuu
r uuur uuur
 ) AI  AB  AC   AB  AB  AD  AA
2
2
u
u
u
r

u
u
u
r
u
u
u
r
1
 2 AB  AD  AA  1
2
uuu
r 1 uuur uuuu
r 1 uuur uuur uuur uuur
) AJ  AA  AC   AA  AB  AD  AA
2
2
u
u
u
r
u
u
u
r
u
u
u
r
1

 AB  AD  2 AA  2 
2
uuur 1 uuur uuuu
r 1 uuur uuur uuur uuur 1 uuur uuur uuur
) AE  AD  AC   AD  AB  AD  AA  AB  2 AD  AA
2
2
2
(3)
uur uuu
r uuur 1 uuu
r uuur uuur
AI  AJ  AE  . 4 AB  4 AD  4 AA
2
Cộng theo vế (1);(2);(3) ta được
uuur 3 uur 1 uuu
r 1 uuur
uur uuu
r uuur
uuur uuur uuur
AB

AI

AJ
 AE
 AI  AJ  AE  2 AB  AD  AA
2
2
2

kết hợp với (1) ta được
uuur 3 uur 1 uuu
r 1 uuur
uuur 1 uur 1 uuu
r 1 uuur
 3 AH  AI  AJ  AE  AH  AI  AJ  AE
2
2
2
2
6
6
uuur 1 AI uuuu
r 1 AJ uuur 1 AE uuur
 AH  .
AM  .
. AN  .
AP
2 AM
6 AN
6 AP
1 AI 1 AJ 1 AE
AJ AE
AI
.
 .
 .
1

 6  3.

H
;
M
;
N
;
P
AN AP
AM .
Mà
đồng phẳng nên 2 AM 6 AN 6 AP
Ví dụ 5. Cho tứ diện ABCD , trên các cạnh AB, AC , AD lần lượt lấy các













































BCE   CDM   BDN 
điểm M , N , E . Các mặt phẳng 
,

,
cắt nhau tại H . Đường

MNE 
BCD 
thẳng AH cắt mặt phẳng 
và mặt phẳng 
lần lượt tại I , J . Chứng

IJ HA
.
3
minh rằng IA HJ
.

14


AB
AC
AD
 ;
 ;

B, C , D, J đồng
AN
AE
Định hướng lời giải: Đặt AM
. Vì
uuu

r
uuu
r
uuur
uuur
x

y

z

1
x
,
y
,
z
AJ

x
AB

y
AC

z
AD . Phân
phẳng nên tồn tại các số
với
ta có

uuur
uuu
r
uuur
uuur
uuur
uuuu
r
uuur
uuur
m
AH

x
AB

y
AC

z

AE
m
AH

x

AM

y

AC

z
AD;
tích
;
uuur
uuuu
r
uuur
uuur uur
uuuu
r
uuur
uuur
m AH  x AM  y  AC  z AD ; n AI  x AM  y  AN  z AE .

Mà B, C , E , H đồng phẳng nên x  y  z  m ; C , D, M , H đồng phẳng nên
 x  y  z  m ; M , C , D, H đồng phẳng nên x  y   z  m ; M , N , E , I đồng phẳng
nên ta có x  y   z  n . Từ đó có được hệ thức liên hệ giữa m, n và được điều
chứng minh.
Lời giải
Gọi K là giao điểm của BE và
DM ; Q là giao điểm của BN và CM ;
CDM 
trong mp 
gọi H là giao điểm của

 H  CK   BCE 


CK và DQ , ta có  H  DQ   BDN  nên
H chính là giao điểm của ba mặt phẳng

 BCE  ,

 CDM  ,  BDN  .

AB
AC
AD
 ;
 ;

AM
AN
AE

Đặt

khi

đó
Mà
I , H thuộc đoạn AJ nên tồn tại các số
uuu
r
uuur
uur
m, n  1 sao cho AJ  mAH  n AI .
B, C , D, J đồng phẳng nên tồn tại các số x, y , z với x  y  z  1 ta có

Vì
uuu
r
uuu
r
uuur
uuur
AJ  x AB  y AC  z AD (*). Từ (*) ta có
uuu
r
uuuu
r uuur
uuur uuur
uuur
AB   AM ; AC   AN ; AD   AE .

uuur
uuur
uuur uuur
uuur
uuur
uuur
uuu
r
uuur
uuur
AD uuur
m AH  x AB  y AC  z AD  x AB  y AC  z.
. AE  mAH  x AB  y AC  z AE
AE

x

y

z


m (1). Tương tự ta cũng có
B
,
C
,
E
,
H
mà
đồng phẳng nên
uuur
uuuu
r
uuur
uuur
m AH  x AM  y AC  z AD ,
uuur
uuuu
r
uuur
uuur
m AH  x AM  y  AC  z AD ,

mà C , D, M , H đồng phẳng nên  x  y  z  m (2).
mà M , C , D, H đồng phẳng nên x  y   z  m (3).

Mặt khác cũng từ (*) ta có

uur
uuur
uuur uuur
AB uuuur
AC uuur
AD uuur
n AI  x AB  y AC  z AD  x.
. AM  y.
. AN  z.
. AE
AM
AN
AE
uur
uuuu
r
uuur
uuur
 n AI  x AM  y  AN  z AE , mà M , N , E , I đồng phẳng nên ta có
x  y   z  n .

Cộng theo vế (1), (2), (3) ta được

15

AJ
AJ
 3.
AI
AH
AI  IJ
AH  HJ
IJ
IJ
HJ
IJ HA
 HJ 
 2
 3.
 2  1
 3 1 
 3.
 .
3

AI
AH
IA
IA
HA
IA HJ
 HA 
.
2  x  y  z     x   y   z   3m  2  n  3m  2 


Ví dụ 6. Cho tứ diện ABCD có AB  AD  1; AC  2 . Gọi   là mặt


phẳng thay đổi đi qua trọng tâm G của tứ diện,   cắt các tia AB, AC , AD lần
T

1
1
2


.
2
2
AM
AN
AE 2

lượt tại M , N , E . Tìm giá trị nhỏ nhất củauuu
biểu
thức
r
uuu
r
uuur
uuur
Định hướng lời giải: Phân tích AG   AB   AC   AD

uuur  AB uuuu
r  AC uuur  AD uuur
 AG 
. AM 
. AN 
. AE
AM
AN
AE
, mà bốn điểm M , N , E , G đồng phẳng nên
 AB  AC  AD

2



1


1
AM
AN
AE
AM
AN
AE
, từ đó được hệ thức
. Sau đó áp dụng bất
T
đẳng thức Cauchy – Schwarz ta được giá trị nhỏ nhất của .

Lời giải
Gọi I , J lần lượt là trung điểm của
AB và CD . Vì G là trọng tâm của tứ diện
nên G là trung điểm của IJ .
uuur 1 uur uuu
r
AG  AI  AJ
2
Ta có
r 1 uuur uuur  1 uuu
r uuur uuur
1  1 uuu
  AB  AC  AD  
AB  AC  AD
2 2
2
 4















r AC uuur AD uuur 
1  AB uuuu
. AM 
. AN 
. AE 

4  AM
AN
AE
.

Mà M , N , E , G đồng phẳng nên
AB AC AD
1
2
1


4


4
AM AN AE
AM AN AE
2

2

2
1  
1
1
1
2
 1
4 


 2.

.

   1.
AN
2 AE 
 AM AN AE   AM

Ta có
1  1
1
2 

11
32
 1  4   


.T  T 

2
2
2  16 
2   AM
AN
AE 

2
11
11
11
11
32
AM  , AN  , AE 
TMin 
8
16
4 . Vậy
11 .
Dấu “ = ” xảy ra khi
Ví dụ 7. Cho hình lăng trụ ABC. ABC  có AB  AC  3, AA  1 . Gọi G là
ABC   
2

trọng tâm của tam giác
;
là mặt phẳng thay đổi đi qua trung điểm của

AB
,

AC
,
AA
AG và cắt các tia
lần lượt tại M , N , E . Tìm giá trị lớn nhất của
T

1
1
1


AM . AN AN . AE AE. AM .

16


Định hướng lời giải: Gọi I là trung điểm của AG , phân tích
uur

uuuur

uuur

 uuur

uur
uuu
r
uuur

uuur  AI   AB . AM   AC . AN   AA . AE
AI   AB   AC   AA
AM
AN
AE

mà M , N , E , I đồng

 AB  AC  AA
3
3



1


1
AM
AN
AE
AM
AN
AE
phẳng nên
, từ đó ta được hệ thức
. Sau
2
3  xy  yx  zx   ( x  y  z )

đó áp dụng bất đẳng thức cơ bản
nhất của T .

ta có ngay giá trị lớn

Lời giải
Gọi I , J lần lượt là trung điểm của
AG; BC . Ta có
uur 1 uuur uuur
r
1  uuur 2 uuu
AI  AA  AG   AA  AJ 
2
2
3

r uuur 
1  uuur 2 1 uuu
  AA  . AB  AC 
2
3 2










r 1 uuur 1 uuur
1 uuu
AB  AC  AA
6
6
2
uur 1 AB uuuu
r 1 AC uuur 1 AA uuur
 AI  .
. AM  .
. AN  .
. AE
6 AM
6 AN
2 AE
, mà M , N , E , I đồng
1 AB 1 AC 1 AA
1
1
1
.
. .
 .
1 


2
6 AM 6 AN 2 AE
AM AN AE

3  xy  yx  zx   ( x  y  z )2
x, y , z  0


Dễ thấy với mọi
xyz.
khi

ta ln có:
Áp
dụng
bất

đẳng

thức

phẳng

nên

, dấu “ = ” xảy ra
trên
ta
được

2

1
1

1
1
1 

  1
2
3




 
2
AM
.
AN
AN
.
AE
AE
.
AM
AM
AN
AE

 

1
1

1
4




AM . AN AN . AE AE. AM 3 , dấu dấu “ = ” xảy ra khi AM  AN  AE .
4
TMax 
3.
Vậy

Ví dụ 8. [3] (Đề thi HSG tỉnh Thanh Hóa năm học 2018-2019) Cho
hình chóp S . ABCD có đáy là hình bình hành tâm O . Một mặt phẳng không
qua
uur
uuur
S cắt các cạnh SA, SB, SC , SD lần lượt tại M , N , P, Q thỏa mãn SA  2SM ,
2

2

 SD 
 SB 
SB
T 
uuu
r uur

  4

 SN 
SC  3SP . Tính tỉ số SN khi biểu thức
 SQ  đạt giá trị nhỏ nhất.
uur
uur
uuu
r uuu
r
SA


SB


SC


SD
Định hướng lời giải: Phân tích
uuur  SB uuu
r  SC uur  SD uuu
r
 2 SM 
.SN 
.SP 
.SQ
SN
SP
SQ
, mà bốn điểm M , N , P, Q đồng phẳng nên

17


 SB  SC  SD
SB SD


2
,
SN
SP
SQ
SN
SQ . Sau đó rút và
, từ đó ta được hệ thức liên hệ giữa

thế vào biểu thức T ta sẽ được giá trị nhỏ nhất của T , chỉ rõ dấu “ = ” xảy ra ta
SB
tính được tỉ số SN .

Lời giải
O là tâm của hình bình hành ABCD , nên ta có
Do
uur uuu
r
uuu
r
uur uuu
r

uuu
r
SA  SC  2SO và SB  SD  2 SO
r SC uur SD uuu
r
SA uuur SB uuu
.SM 
.SN 
.SP 
.SQ
uur uuu
r uur uuu
r
uur uur uuu
r uuu
r
SM
SN
SP
SQ
 SA  SC  SB  SD  SA  SB  SC  SD
uuur SB uuu
r uur SD uuu
r
 2SM 
.SN  3SP 
.SQ
SN
SQ
.

Mà M , N , P, Q đồng phẳng nên
SB
SD
SB SD
  3 
2

5
SN
SQ
SN SQ
.
SB
SD
 x,
y
SN
SQ
Đặt
ta có x  y  5

(với x, y  0 ).
Khi đó

T  x 2  4 y 2  x 2  4  5  x   5  x  4   20  20
2

2

.

SB
x4
Dấu “ = ” xảy ra khi x  4, y  1 . Vậy khi T đạt giá trị nhỏ nhất thì SN
.

Ví dụ 9.[5] (Đề thi thử tốt nghiệp THPT SGD Sơn La lần 2 năm học
2020-2021) Cho hình chóp S . ABCD , có đáy ABCD là hình thang
AB PCD, AB  2CD . Gọi ( P ) là một mặt phẳng tùy ý không đi qua S và cắt các
uur
uuur uuu
r
uur
cạnh SA, SB, SC , SD lần lượt tại các điểm M , N , P, Q thỏa mãn SA  2SM , SC  5SP .
2

2

 SD 
 SB 
T  2

  3
 SN 
 SQ  đạt giá trị nhỏ nhất thì giá trị của tích
Khi biểu thức
SB SD

SN SQ bằng

433
A. 25 .

Định

432
B. 25 .

hướng

lời

giải:

1728
C. 121 .

Phân

tích

1729
D. 121 .
uur
uur
uuu
r uuu
r
SB   SA   SC   SD

r
SB uuur  SA uuur  SC uur  SD uuu

.SN 
.SM 
.SP 
.SQ
SN
SM
SP
SQ
, mà bốn điểm M , N , P, Q đồng phẳng nên
 SA  SC  SD SB
SB SD



,
SM
SP
SQ SN , từ đó ta được hệ thức liên hệ giữa SN SQ . Sau đó rút

18


và thế vào biểu thức T ta sẽ được giá trị nhỏ nhất của T , chỉ rõ dấu “ = ” xảy
SB SD
SB SD
,


SN
SQ
SN
SQ .
ra ta tính được tỉ số
từ đó có được giá trị của tích

Lời giải
SB
SD
uur
uuu
r uuu
r
uuu
r
 x,
y
SB

xSN
;
SD

ySQ
SN
SQ
Đặt
ta có
(với x, y  1 ).

AB OA OB


2
AB
P
CD
Gọi O  AC  BD . Vì
nên CD OC OD .

uuu
r 1 uur 2 uuu
r
SO  SA  SC
3
3
Do đó OA  2OC ; OB  2OD . Xét tam giác SAC có OA  2OC nên
.
uuu
r 1 uur 2 uuu
r
SO  SB  SD
3
3
Xét tam giác SBD có OB  2OD nên
.
u
u
r
u

u
u
r
u
u
r
u
u
u
r
u
u
r
u
u
u
r
u
u
r
u
u
u
r
1
2
1
2
SA  SC  SB  SD  SA  2SC  SB  2SD
3

3
3
Suy ra 3
u
u
u
r
u
u
r
r
r
SA
SC
SB uuu
SD uuu

.SM  2.
.SP 
.SN  2.
.SQ
SM
SP
SN
SQ
uuur
uur
uuu
r
uuu

r
 2 SM  10 SP  xSN  2 ySQ

uuu
r 2 uuur 10 uur 2 y uuu
r
 SN  SM  SP 
SQ
x
x
x
.
M
,
N
,
P
,
Q
Do
đồng phẳng nên
2 10 2 y
 
 1  x  12  2 y
x x
x
.
2

2

 SD 
 SB 
2
2
T  2
  2x  3y
  3
SN
SQ




Khi đó
2

48  864 864

 11 y   

2
2
2
 2(12  2 y )  3 y  11 y  96 y  288
11 
11
11 .


864
48
36
y
x
11 ,
11 .
Vậy giá trị nhỏ nhất của T bằng 11 . Dấu “ = ” xảy ra khi
SB SD
1728

xy 
121 .
Khi đó SN SQ

2.3.4. BÀI TẬP VẬN DỤNG
Câu 1. Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình thang đáy lớn AD .
Gọi M là trọng tâm tam giác SAD , N là điểm trên cạnh AC sao cho 2NA  NC .
Chứng minh rằng

MN//  SBC 

.

Câu 2. Cho hình chóp S . ABC . Biết    là mặt phẳng thay đổi cắt các tia

SA
SB SC
 2.


5
SA, SB, SC theo thứ tự tại các điểm M , N , E sao cho SM
SN SE
. Chứng
 

minh mặt phẳng

luôn đi qua một điểm cố định.

19


Câu 3. Cho hình chóp S . ABCD .   là mặt phẳng thay đổi cắt SA , SB , SC ,
SD lần lượt tại A , B , C  , D . Biết ABC D là hình bình hành, chứng minh rằng
P

SA SC  SB SD



SA SC SB SD .

Câu 4. Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là một hình bình hành. Gọi
K là trung điểm của cạnh SC . Mặt phẳng qua AK cắt các cạnh SB, SD lần lượt
SB SD

3
tại M , N . Chứng minh SM SN
.

Câu 5. [3] (Đề thi HSG tỉnh Thanh Hóa năm học 2017-2018) Cho tứ
diện SABC có SA  SB  SC  1 . Một mặt phẳng ( ) thay đổi luôn đi qua trọng tâm
G của tứ diện và cắt các cạnh SA, SB, SC lần lượt tại các điểm A ', B ', C ' . Chứng
1
1
1


SA ' SB ' SC ' có giá trị không đổi.
minh rằng biểu thức
Câu 6. Giả sử M , N , P là ba điểm lần lượt nằm trên ba cạnh SA, SB, SC của
 BCM  ,  CAN  ,  ABP 
SABC
J
I
T

tứ diện

. Gọi

là giao điểm của ba mặt phẳng

và

ANP  ,  BPM  ,  CMN 
là giao điểm của ba mặt phẳng 
. Chứng minh rằng
MS NS PS

JS


1 
MA NB PC
JI .

Câu 7. Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác đều,
SA  SB  SC  AB  a . Gọi I , J lần lượt là trung điểm của SB , AC . Gọi G là

trung điểm của IJ . Một mặt phẳng    thay đổi đi qua G sao cho mặt phẳng

   cắt các cạnh

SA , SB , SC lần lượt tại các điểm K , E , F . Tìm theo a giá trị
1
1
1
 2 2
2
nhỏ nhất của biểu thức: SK SE SF .
Câu 8. Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là tứ giác lồi có hai đường
chéo AC , BD cắt nhau tại điểm O sao cho OA  2OC , OD  3OB . Gọi M là trung

điểm của SA , E là điểm trên cạnh SC sao cho 4SC  5SE ;   là mặt phẳng thay
đổi đi qua M , E cắt SB, SC lần lượt tại N và F . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu
thức


2

2

 SB   SD  SB SD
T  3
.
 

 SN   SF  SN SF .

2.4. Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm
Thực tiễn giảng dạy ở trường THPT Hậu Lộc 4 tôi được nhà trường giao
cho giảng dạy ba lớp 11A5, 11A7 và 11A8. Sau khi thử nghiệm dạy nội dung
này qua việc lồng gép giờ dạy trên lớp, các giờ dạy tự chọn, bồi dưỡng tôi thấy
học sinh rất hứng thú học tập, tiếp thu kiến thức có hiệu quả và chất lượng học
toán được nâng lên rõ rệt.
20


Sau khi áp dụng đề tài trên tôi đã khảo sát lại học sinh và thu được kết quả
như sau:
Lớp Sĩ
Giỏi
Khá
TB
Yếu
Kém
số
SL
%

SL
%
SL
%
SL
%
SL
%
11A5 42
2
4.76
6
14.2 28
66.6
4
9.52
2
4.7
9
7
6
11A7 37
5
13.5 10 27.0 18
48.6
3
8.11
1
2.7
1

3
5
11A8 40
8
20
15 37.5
15
37.5
2
5
0
0
Như vậy qua kết quả trên, so sánh với số liệu khảo sát lần đầu tôi nhận
thấy chất lượng học tập môn toán của học sinh được nâng lên rõ rệt, số lượng
học sinh khá giỏi tăng lên nhiều.
Với đề tài này tôi cũng đã đưa ra trước tổ bộ môn để trao đổi, thảo luận và
rút kinh nghiệm. Đa số các đồng nghiệp trong tổ đã đánh giá cao và vận dụng có
hiệu quả, tạo được hứng thú cho học sinh và giúp các em hiểu sâu, nắm vững
hơn về bản chất sử dụng vectơ vào giải tốn hình học khơng gian, cũng như tạo
thói quen sáng tạo trong nghiên cứu và học tập.
3. KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ
3.1. Kết luận
Dạy Tốn ở trường THPT là một q trình sáng tạo. Mỗi giáo viên đều tự
hình thành cho mình một con đường ngắn nhất, những kinh nghiệm hay nhất để
đạt được mục tiêu giảng dạy là đào tạo, bồi dưỡng nhân tài, những chủ nhân
tương lai của đất nước. Việc sử dụng vectơ vào giải tốn là dạng tốn khơng thể
thiếu được trong chương trình tốn phổ thơng cũng như trong kì thi HSG các
cấp, kỳ thi tốt nghiệp THPT. Nếu chỉ dừng lại yêu cầu trong sách giáo khoa thì
chưa đủ, vì vậy địi hỏi người giáo viên phải tích cực tự học, tự nghiên cứu, tìm
tịi sáng tạo, thường xuyên bổ sung kiến thức và tích luỹ kinh nghiệm về vấn đề

này.
Trong quá trình giảng dạy, bồi dưỡng học sinh giỏi, đọc tài liệu tham khảo
và ôn thi tốt nghiệp THPT tôi đã rút ra một số kinh nghiệm nêu trên. Như vậy đề
tài “Sử dụng điều kiện đồng phẳng của ba vectơ trong không gian để giúp học
sinh lớp 11 giải một số bài tốn hình học khơng gian” đã giúp học sinh có được
hệ thống kiến thức, linh hoạt hơn trong việc định hướng biến đổi và có kinh nghiệm
trong việc giải tốn nói chung và giải tốn hình học khơng gian nói riêng, góp phần
nâng cao chất lượng dạy học, đáp ứng được yêu cầu đổi mới trong dạy học.
3.2. Kiến nghị
3.2.1. Đối với tổ chuyên mơn :
Cần có nhiều hơn các buổi họp thảo luận về nội dung sử dụng vectơ vào
giải tốn. Khuyến khích học sinh xây dựng bài tập toán liên quan đến những
dạng bài tập toán trong bài giảng.
3.2.2. Đối với nhà trường :
Cần bố trí những tiết thảo luận nhiều hơn nữa để thơng qua đó các học
sinh bổ trợ nhau về kiến thức.Trong dạy học giải bài tập toán, giáo viên cần xây
21


dựng bài giảng thành hệ thống những bài tập có phương pháp và quy trình giải
tốn.
3.2.3. Đối với sở giáo dục :
Phát triển và nhân rộng những đề tài có ứng dụng thực tiễn cao, đồng thời
sau mỗi năm sở sẽ tập hợp những sáng kiến kinh nghiệm đạt giải in thành sách
nội bộ để gửi về các trường làm sách tham khảo cho học sinh và giáo viên.
Cuối cùng dù đã cố gắng tự nghiên cứu, tự bồi dưỡng và học hỏi đồng
nghiệp song vẫn không thể tránh khỏi những thiếu sót. Rất mong được sự góp ý,
bổ sung của các đồng nghiệp để đề tài được hoàn thiện hơn.
XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG Thanh Hóa, ngày 25 tháng 5 năm
ĐƠN VỊ

2022
Tơi xin cam đoan đây là SKKN do
chính bản thân mình viết, khơng sao
chép nội dung của người khác.

Nguyễn Văn Mạnh

TÀI LIỆU THAM KHẢO
[1]. Sách giáo khoa hình học 11 cơ bản , NXB Giáo Dục Việt Nam, Trần Văn
Hạo (Tổng chủ biên) - Nguyễn Mộng Hy (Chủ biên).
[2]. Sách bài tập hình học 11 cơ bản, NXB Giáo Dục Việt Nam, Nguyễn Mộng
Hy ( Chủ biên).
[3]. Đề thi HSG tỉnh Thanh Hóa các năm.
[4]. Đề thi HSG của các tỉnh.
[5]. Đề thi thử tốt nghiệp THPT của các trường trong toàn Quốc.
[6]. Đề thi tốt nghiệp THPT các năm của Bộ giáo dục và Đào tạo.

22


23