(SKKN 2022) sử dụng phương pháp véc tơ để giải một số bài toán hình học không gian 11

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HÓA

TRƯỜNG THPT THẠCH THÀNH I

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP VÉC TƠ ĐỂ GIẢI MỘT SỐ
DẠNG TỐN HÌNH HỌC KHƠNG GIAN LỚP 11

Người thực hiện : Nguyễn Công Phương
Chức vụ : Giáo viên
SKKN thuộc mơn :Tốn

THANH HĨA, NĂM 2022


MỤC LỤC
STT

Tên mục

Trang

1.

1. Mở đầu

1

2.

1.1. Lí do chọn đề tài

1

3.

1.2. Mục đích nghiên cứu

1

4.

1.3. Đối tượng nghiên cứu

1

5.

1.4. Phương pháp nghiên cứu

1

6.

1.5. Những điểm mới của sáng kiến kinh nghiệm

2

7.

2. Nội dung sáng kiến kinh nghiệm

2

8.

2.1. Cơ sở lí luận

2

9.

2.2. Thực trạng vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm

2

10.

2.2.1 Thuận lợi

3

11.

2.2.2 Khó khăn

3

12. 2.3.Các giải pháp thực hiện đề tài

3

13.

2.3.1 Lý thuyết véc tơ

3

14.

2.3.2 Một số dạng tốn cơ bản

6

15.

2.3.3 Một số ví dụ minh họa

7


16.

2.3.4 Bài tập tự luyện

17

17. 2.4. Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm đối với hoạt động
giáo dục, với bản thân, đồng nghiệp và nhà trường.
18. 3. Kết luận và kiến nghị

18

19.

3.1 Kết luận

19

20.

3.2. Kiến nghị

20

19


1

1. PHẦN MỞ ĐẦU
1.1. Lý do chọn đề tài:
Trong thực tế giảng dạy tôi thấy : Đa số học sinh rất ngại học mơn hình học,
đặc biệt là tốn hình học khơng gian 11. Bởi vì, đây là mơn học khó địi hỏi trí
tưởng tượng, óc thẩm mỹ và tính tư duy cao, không phải học sinh nào cũng học tốt
được. Việc sử dụng phương pháp véc tơ để giải bài tốn hình học khơng gian, đơi
khi ta có thể biến một bài tốn khó thành một bài tốn 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. Khi dạy phần hình học khơng gian lớp 11 cho học sinh tôi thấy học sinh rất bế
tắc về phương pháp cho loại tốn này bởi vì trong sách giáo khoa hay sách bài tập

khơng có nhiều bài tập loại này nhưng những năm gần đây lại có trong đề thi tốt
nghiệp THPT và xuất hiện nhiều trong đề thi học sinh giỏi cấp tỉnh khiến cho học
sinh rất bối rối về phương pháp, rất nhiều học sinh khơng làm hết bài hoặc phải bỏ
qua các bài tốn hình học trong bài thi. Trong khi đó các em lại có thể làm tốt các
biến đổi đại số và chứng minh bất đẳng thức việc sử dụng phương pháp véc tơ đã
chuyển bài tốn hình học với các tư duy trìu tượng về hướng tư duy biến đổi đại số,
giải tích đã mang lại hứng thú và tính sáng tạo cho các em học sinh.
Bởi vậy việc giúp các em có cách tiếp cận mới cho bài tốn hình học không
gian, thêm hứng thú trong học tập và phát triển tư duy, sáng tạo đã thôi thúc tôi viết
đề tài sáng kiến kinh nghiệm “sử dụng phương pháp véc tơ để giải một số bài
tốn hình học khơng gian 11”
1.2. Mục đích nghiên cứu:
- Giúp học sinh hệ thống hóa và có kiến thức vững về lý thuyết véc tơ.
-. Hướng dẫn học sinh giải quyết các bài toán tốn hình học khơng gian lớp 11 bằng
phương pháp véc tơ .
- Thông qua việc học sinh giải quyết các bài tốn trong một số tình huống cụ thể.
Từ đó bồi dưỡng cho học sinh kỹ năng áp dụng lý thuyết vào bài toán cụ thể và các
năng giải toán khác.
1.3 .Đối tượng nghiên cứu:
Véc-tơ và các tính chất của véc-tơ trong hình học phẳng và trong khơng gian liên
quan đến các dạng tốn hình học khơng gian 11.
1.4. Phương pháp nghiên cứu:
- Phương pháp nghiên cứu lý luận: Nghiên cứu sách giáo khoa, sách bài tập
,sách tài liệu và các đề thi học sinh giỏi các tỉnh.


2

- Phương pháp điều tra thực tiễn : Quan sát quá trình học tập lấy phiếu điều
tra đối tượng học sinh trong quá trình dạy chuyên đề .

1.5. Những điểm mới của sáng kiến kinh nghiệm :
Việc sử dụng phương pháp véc tơ để giải tốn hình học khơng gian đã được viết
trong chương 3 sách giáo khoa hình học lớp 11. Đây là một nội dung khơng mới
nhưng khó đối với học sinh, do các em chưa có phương pháp thích hợp để áp dụng
giải bài tốn cụ thể, từ đó thiếu tính sáng tạo, hứng thú trong học tập. Sáng kiến
kinh nghiệm “sử dụng phương pháp véc tơ để giải một số bài tốn hình học khơng
gian 11” đã hệ thống lại các dạng toán cơ bản cả quan hệ song song và vng góc
có thể sử dụng véc tơ để giải giúp cho học sinh có cái nhìn đa chiều trước một bài
tốn, các em có thể tìm ra lời giải bài tốn ngắn gọn, xúc tích hơn, góp phần tạo
hứng thú cho các em trọng hoạt động học tập và phát huy tính tích cực chủ động
sáng tạo của học sinh.
2. PHẦN NỘI DUNG
2.1. Cơ sở lí luận:
Véc tơ được xem là một trong những kiến thức cơ bản trong hình học và được
ứng dụng rộng rãi cả trong hình học phẳng và hình học khơng gian. Lý thuyết véc
tơ bắt nguồn từ vật lý và được sáng lập bởi nhà lý hóa học người Mỹ Josiah
Willard Gibbs (1839 -1903 )
Cũng theo Josiah Willard Gibbs Để giải một bài toán bằng phương pháp véc tơ
ta thực hiện theo các bước sau :
 Bước 1 : Thực hiện việc chọn hệ véc tơ thích hợp, chuyển bài tốn hình học
khơng gian về bài tốn biến đổi véc tơ dựa vào tính chất của véc tơ.
 Bước 2 : Giải bài tốn hình học véc tơ nói trên.
 Bước 3 : Chuyển các kết luận của bài toán hình học khơng gian sang các tính
chất hình học véc tơ tương ứng.
Tuy nhiên qua thực tế , việc học và nắm vững các bước trên để vận dụng vào
giải tốn thật khơng hề đơn giản đối với học sinh, vì đây là một qúa trình trừu
tượng hố và khái qt hóa trong việc rèn luyện tư duy tốn học. Do vậy cần thơng
qua một số bài tốn cụ thể để hướng dẫn các em làm quen dần với việc giải bài tốn
hình học khơng gian bằng phương pháp véc tơ.

3

2.2. Thực trạng vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm:
2.2.1. Thuận lợi:
Khái niệm vectơ trong không gian đã được đưa vào nội dung chương trình
lớp 11, làm cơng cụ cơ bản nghiên cứu quan hệ vng góc giữa hai đường thẳng,
giữa đường thẳng với mặt phẳng, giữa hai mặt phẳng và khoảng cách giữa một số
đối tượng trong hình học khơng gian.
Việc sử dụng vectơ để xây dựng quan hệ vng góc trong khơng gian làm
cho cách diễn đạt một số nội dung hình học được gọn nhẹ hơn, học sinh dễ dàng
tiếp thu. Mặt khác một số kiến thức về vectơ này sẽ là cơ sở chuẩn bị cho việc xây
dựng khái niệm tọa độ trong khơng gian trong chương trình hình học lớp 12, một
cơng cụ hữu ích để giải nhiều bài tốn hình học khơng gian.
2.2.2. Khó khăn:
Khơng ít học sinh chưa nắm vững kiến thức về véc tơ vì các khái niệm này
một phần được học từ lớp 10, sách giáo khoa lại trình bày phần lý thuyết về tính
đồng phẳng của véc tơ chưa sâu, bài tập vận dụng ít, các đề thi những năm trước
đây cũng ít đề cập đến phần này nên nhiều học sinh và cả giáo viên cũng ít chú
trọng.
Đây là một nội dung khó đối với học sinh lớp 11. Do chưa tìm ra được
phương pháp thích hợp để giải toán nên sẽ nhiều vướng mắc, từ đó thiếu hứng thú
trong học tập. Để giúp các em mau chóng tiếp cận được phương pháp, địi hỏi sự nỗ
lực và sự quyết tâm cao của cả thầy và trò.
2.3. Các giải pháp thực hiện đề tài:
- Trước hết cần hệ thống hóa lại lý thuyết về véc tơ , nêu tóm tắt các tính chất
và kết quả quan trọng đã được trình bày ở sách giáo khoa lớp 10 và 11.
- Lấy ví dụ tương ứng với các dạng toán để học sinh làm quen và biết cách áp
dụng lý thuyết vào bài toán cụ thể.
- Cho các dạng bài tập tương tự để học sinh luyện tập thêm nhằm khác sâu

kiến thức, kỹ năng.
2.3.1. [1]. Lý thuyết véc tơ :
Các qui tắc.

uuur uuu
r uuur
C
AC

AB
 BC
Qui tắc ba điểm: Với ba điểm A , B , bất kì ta có:


4

Mở rộng:

A1 , A2 , A3 , , An –1, An . Ta có:
Cho
uuuurn điểm
uuuur bất kì uuuuuur uuuur
A1 A2  A2 A3  K  An1 An  A1 An
Qui tắc trừ (ba điểm cho phép trừ):
uuur uuur uuu
r
C
AC

BC


BA
Với ba điểm A , B , bất kì ta có:
Qui tắc hình bình hành:
uuur uuu
r uuur
uuur uuu
r uuur
ABCD
AC

AB

AD
DB

AB
 AD
ta có:
và
Với hình bình hành

B
A

C
D

Qui tắc hình hộp.
Cho hình hộp ABCDABC D với AB , AD , AA

AC  là đường chéo,
A
là ba cạnh
uuuu
r cóuchung
uu
r uuđỉnh
ur uuur và
ta có: AC   AB  AD  AA
D
C
A

B
D'

C'

A'

Một số tính chất

B'

uu
r uur

r

uuur uuur

uuu
r

a) I là trung điểm của AB  IA  IB  0  MA  MB  2MI ( M là một
điểm bất kì trong khơng gian).
b) Nếu I là trung điểm của AB , J là trung điểm của CD thì ta có
uu
r 1 uuur uuur 1 uuur uuur
IJ  AD  BC  AC  BD
2
2










5
uuu
r uuu
r uuur

r

c) G là trọng tâm của tam giác ABC  GA  GB  GC  0

uuur uuur uuuu
r
uuuu
r
 MA  MB  MC  3MG ( M là một điểm bất kì trong khơng gian).
uuu
r uuu
r uuur uuur r
G
ABCD

GA

GB
 GC  GD  0
d) là trọng tâm của tứ diện
uuur uuur uuuu
r uuuu
r
uuuu
r
 MA  MB  MC  MD  4 MG ( M là một điểm bất kì trong khơng gian).
uuu
r
uuur
AB  k AC  k  1
M

e) Nếu

thì với mọi điểm

trong khơng gian ta có

uuur
r
1 uuur
k uuuu
MA 
MB 
MC
1 k
1 k
.

Điều kiện để ba vectơ đồng phẳng:
Định lí 1.
r
r r r
r
Cho ba vectơ a , b , cr trong đó a và b khơng cùng phương. Điều kiện cần và
r
r
a , b , c đồng phẳng là có duy nhất các số m , n sao cho
đủ để ba vectơ
r
r
r
c  ma  nb .

r
b

A

r
c

r
c

r
m.a

r
a

r
n.b

O

B

Phân tích một vectơ theo ba vectơ khơng đồng phẳng
Định lí 2.
r
r r r
d
Nếu ba vectơ a , b , c khơng đồng

thì
r phẳng
r vớir mỗi vectơ , ta tìm được duy
r
nhất các số m , n , p sao cho d  ma  nb  pc r.
r
pc

D
r r
d nb
rO
ma
A

r
c

b

r
a

D'

*) Chú ý.
  1 Với ba vectơ khác vectơ - khơng và đồng phẳng khi đó tồn tại duy
r
r r r
x; y; z 

x
.
a

yb
 zc  0 .

nhất một bộ số thực
sao cho
  3 Xét ba tia cùng gốc OA, OB, OC , khi đó điểm M bất kì thuộc mặt
uuuu
r
uuu
r
uuur uuur
ABC
OM

xOA

yOB
 zOC với x  y  z  1 .


phẳng
, ta có


6

Tích vơ hướng của hai véc tơ trong khơng gian
Định nghĩa
r
r
r
u
v
0.
Trong khơng gian, cho hai vectơ và đều khác
Tích
rr
r
r
vơ hướng của hai vectơ u và v là một số, kí hiệu là u.v,
được xác định bởi công thức:
rr r r
rr
uv
. = u . v .cos u,v .
r r
rr
r r
v
Trong trường hợp u = 0 hoặc = 0, ta quy ước u.v = 0.
2.3.2 Một số dạng toán cơ bản:
Dạng toán 1 : Các dạng toán về biểu diễn véc tơ trong khơng gian và ứng dụng
Bài tốn 1.1: Biểu diễn một véc tơ theo các véc tơ đã cho
Để biểu diễn một véc tơ theo các véc tơ đã cho ta sử dụng các phép tốn và tính
chất đã biết cửa véc tơ trong khơng gian.
Bài tốn 1.2: Chứng

minh ba véc tơ đồng phẳng:
r
r
r r r
a
,
b
,
c
a
b
Cho ba vectơr
trong đó
và khơng cùng phương. Điều kiện cần vàrđủ
r
r
r
r
để ba vectơ a , b , c đồng phẳng là có duy nhất các số m , n sao cho c  ma  nb .
Bài toán 1.3: Chứng minh bốn điểm đồng phẳng
uuur uuur
A
,
B
,
C
,
D
 
3

4
Để chứng minh
điểm
đồng phẳng ta chứng minh vectơ AB , AC ,

( )

uuur
AD đồng phẳng.

Bài toán 1.4: Chứng minh hai đường thẳng song
song:uuur
uuu
r
Để chứng minh AB // DC , ta cần chứng minh AB  k .DC.
Bài toán 1.5: Chứng minh đường thẳng song song với mặt phẳng:
AB / /  MNP 
Để chứng minh đường thẳng
, ta chứng minh :
Bài toán 1.6: Chứng minh hai mặt phẳng song song ta chứng minh có hai đường
thẳng cắt nhau thuộc mặt phẳng này song song với mặt phẳng kia (thực hiện bài
toán 1.5 hai lần)
Dạng toán 2: Các dạng toán ứng dụng tích vơ hướng của hai véc tơ trong
khơng gian.
Bài toán 2.1: Để chứng minh đường thẳng a  b ta chứng minh , trong đó lần
lượt là vec tơ chỉ phương của a và b.
Bài toán 2.2: Chứng minh đường thẳng vng góc với mặt phẳng:
Để chứng minh ta chứng minh
Bài tốn 2.3: Chứng minh hai mặt phẳng vng góc ta chứng minh có một đường
thẳng thuộc mặt phẳng này vng góc với mặt phẳng kia (thực hiện bài toán 2.2)

7

Bài tốn 2.4: Tính góc giữa hai đường thẳng:
Gọi là góc giữa hai đường thăng a và b. lần lượt là hai vec tơ chỉ phương của a và
b. Khi đó :
Bài tốn 2.5: Tính góc giữa đường thẳng và mặt phẳng:
Gọi là góc giữa đường thẳng a và mặt phẳng (P).
Cách1: Ta đưa bài tốn về xác định góc giữa đường thẳng a và đường thẳng a’ là
hình chiếu của a lên (P). Sau đó thực hiện bài tốn 2.4.
Cách2: Ta đưa về xác định góc giữa đường thẳng a và đường b thẳng trong đó b là
đường thẳng vng góc với (P)




sin   cos(u1 , u2 ) 









u1 .u2
u1 . u2

Chú ý :
( trong đó lần lượt là véc tơ chỉ phương của a
và b)
Bài toán 2.6: Tính góc giữa hai mặt phẳng:
Gọi là góc giữa hai mặt phẳng (P) và (Q). lần lượt là hai véc tơ nằm trên hai
đường thẳng vng góc với (P) và (Q). .
Khi đó :

Bài tốn 2.7: Xác định khoảng cách ( từ một điểm tới một mặt phẳng, hai đường
thẳng chéo nhau) : ta đưa bài tốn về tính khoảng cách giữa hai điểm.
Để tính khoảng cách giữa hai điểm M và N ta biến đổi (trong đó là bộ ba vec tơ
gốc đã chọn và đã biết , ,
Dạng toán 3: Sử dụng véc tơ để giải bài toán cực trị hình học.
Sử dụng kiến thức tổng hợp về véc tơ để giải bài tốn cực trị hình học.
2.3.3 Một số ví dụ minh họa:
Ví dụ 1. [2]. Cho hình hộp ABCD. ABC D . Gọi M , N lần lượt là các điểm trên
2
1
DN  DC  AM  AC
3
3
đoạn AC và C D sao cho,
,
.

uuur
r uuur r uuur r uuur
BN
a
a) Phân tích vectơ

theo ba vectơ:  BA , b  BC , c  BB .
uuuu
r 1 uuuu
r
MN  BD
3
b) Chứng minh:
.

Lời giải.


8

uuuu
r
uuur
1
DN  DC   NC  2 ND  NC   2 ND
3
a) Ta có
.

uuuu
r uuur
uuur BC   2 BD
BN 
3
Suy ra điểm N chia đoạn thẳng DC  theo tỉ số k  2 . Do đó
uuur 1 uuuu

r 2 uuur
uuur 1 uuur uuur 2 uuu
r uuur
uuur 2 uuu
r uuur 1 uuur
BN  BC   BD  BN  BB  BC  BA  BC  BN  BA  BC  BB
3
3
3
3
3
3
hay









 1 .

uuur 2 uuu
r uuur 1 uuur
BN  BA  BC  BB
3
3
Vậy

.
uuur
uuuu
r
2
AM  AC  MA  2 MC  MA  2 MC
3
b) Ta có
uuu
r uuur
uuuu
r BA  2 BC
uuuu
r 1 uuu
r 2 uuur
BM 
BM  BA  BC
3
3
3
Do đó
hay
(2).

Từ (1) và (2) ta có:
uuur uuuu
r  2 uuu
r uuur 1 uuur   1 uuu
r 2 uuur 
uuuu

r 1 uuu
r uuur uuur
BN  BM  BA  BC  BB   BA  BC  MN  BA  BC  BB
3
3
3
3
 3

.
uuuu
r 1 uuuu
r
uuuu
r uuu
r uuur uuur
MN  BD
3
Theo quy tắc hình hộp ta có lại có BD  BA  BC  BB . Suy ra
.





Ví dụ 2. [3]. Cho tứ diện ABCD . Gọi I , J lần lượt là trung điểm các cạnh AB và
CD .
uuur uur uuur
a) Chứng minh BC , IJ , AD đồng
uuuphẳng.

ur uuuur
uuur uuur
uuuur
M
,
N
AM

3
MD
BN

3
NC
b) Lấy
hai điểm
thỏa mãn
và
. Chứng minh MN ,
uuur uuur
AB , DC đồng phẳng.
Lời giải


9

a) Gọi E là trung điểm AC . Khi đó BC // ( IEJ ) , AD // ( IEJ ) . Mà IJ  ( EIJ ) . Vậy
uuur uur uuur
ba vectơ BC , IJ , AD đồng phẳng.
b)

Áp
dụng quy
tắc 3 điểm ta có:
uuuu
r uuur uuu
r uuur
MN  MA  AB  BN
uuuu
r uuuu
r uuur uuur
uuuu
r
uuuu
r uuur uuur
MN  MD  DC  CN  3MN  3MD  3DC  3CN
uuuu
r uuur uuuu
r uuu
r uuur uuur uuur
4 MN  1
MA

3
MD

AB
 3DC  1
BN
 343
CN

4 2r 43
42
r

Suy ra:

0

0

uuuu
r 1 uuu
r 3 uuur
 MN  AB  DC
4
4
.

uuuur uuur uuur
Vậy MN , AB , DC đồng phẳng.
AB
Ví dụ 3. [4]. Cho tứ diện ABCD , các điểm M , N lần lượt là trung điểm
uuurcủauuur ,
CD . Gọi P, Q lần lượt là các điểm trên đường thẳng AD , BC sao cho PA  3PD ,
uuu
r
uuur
QB  3QC . Chứng minh rằng 4 điểm M , N , P, Q đồng phẳng.

Lời giải

uuur 1 uuuu
r uuur
uuur uuur
uuuu
r uuur
uuur uuur
MP

3
MD
 MA 

MA

MP

3
MD

MP


2
Từ giả thiết PA  3PD ta có:
.
uuuu
r 1 uuuu
r uuur
uuu

r
uuur
MQ  3MC  MB
2
Tương tự QB  3QC 
.
uuur uuuu
r 3 uuuu
r uuuu
r
MP  MQ  MC  MD
2
Từ đó suy ra
(do M là trung điểm của AB )
r
uuuu
r
3 uuuu
 .2MN  3MN
2
(Do N là trung điểm của CD ).









Ví dụ 4. [5]. ( Bài tập 4 SGK Hình Học 11 trang 9)
Cho hình hộp . Gọi lần lượt là trung điểm của và . Gọi lần lượt là trọng tâm của
các tứ diện và .
Chứng minh : .


10

Lời giải.

Đặt :
là trọng tâm của tứ diện nên
là trọng tâm của tứ diện nên
Ta có:
Nhận xét: Bài tập này giải theo phương pháp hình học thơng thương sẽ mất rất
nhiều thời gian vẽ thêm hình.
Ví dụ 5. [6]. Cho hình hộp . Gọi lần lượt là trung điểm của . Chứng minh:
Lời giải.

Đặt :
Ta có ,
(1)
,
(2)
Từ (1) và (2) ta suy ra


11

Ví dụ 6. [7]. Cho hình lăng trụ đứng có tất cả các cạnh đều bằng . là trung điểm

của . Chứng minh
Lời giải

Đặt :
Vì là lăng trụ tam giác đứng
nên ta có:
 
 
 
1
a . c  0, b . c  0, a . b  a 2
2
,

Ví dụ 7. [8]. Cho hình chóp có . Gọi lần lượt là trọng tâm các tam giác và . Chứng
minh .
Lời giải

 uuur 




 BH  AC
    BH  SC

Ta có:  BH  SA
Khi đó:

12

Ví dụ 8. [9]. Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC.A¢B¢C ¢ có AB = a và
AA¢= a 2. Hãy tính góc giữa hai đường thẳng AB¢ và BC ¢?
Lời giải.

Áp dụng định lí Pytago, ta tính được AB¢= BC ¢= a 3.
uuur uuur
uuur uur uuur uuur uuur uur uuur
¢
¢
AB .BC = BB¢- BA . BC ¢= BB¢. BC ¢- BA.BC ¢.
Ta có
uuur uuur
· ¢BC ¢= a 2.a 3. 2 = 2a2.
BB¢. BC ¢= BB¢.BC ¢.cosB
3
·

(

)

·

uur uuur uur uuu
r uuur
uur uuu
r uur uuur
1 a2

·
BA.BC ¢= BA. BC +CC ¢ = BA . BC + BA
.CC ¢= BA.BC.cosABC = aa
.. = .
1442443
2 2
=0
uuur uuur uuur uuur uur uuur
a2 3a2
2
¢
¢
¢
¢
¢
AB .BC = BB . BC - BA.BC = 2a =
.
2
2
Suy ra
uuur uuur
3a2
¢
¢
AB .BC
1
· ¢, BC ¢ = 60°.
2
cos( AB¢, BC ¢) =
=

= ắắ
đ AB
ABÂ.BC Â a 3.a 3 2

(

Vy

)

(

)

Nhn xột: giải bài tốn này bằng phương pháp hình học thơng thường là áp
dụng định lý cosin để tính góc của một tam giác có 2 cạnh song song với AB¢ và
BC ¢ là rất khó khăn nên cách giải bằng véc tơ sẽ cho ta cách tiếp cận bài toán
đơn giản hơn.
Ví dụ 9. [10]. Cho hình chóp ó đáy là hình chữ nhật , , = .
, là trung điểm . Chứng minh : .


13

Lời giải.

Đặt :
Ta có : và (1)
(2)
Từ (1) và (2)

Ví dụ 10. [11]. Cho tứ diện đều ABCD có cạnh là a . Gọi G là trọng tâm tam giác
BCD Tính AG .
Lời giải.

uuur 1 uuu
r uuur uuur
AG  AB  AD  AC
3
Ta có





( Do G là trọng tâm tam giác BCD )

Suy ra:
uuur 2 1 uuu
r uuur uuur
AG  AB  AD  AC
9





2





r 2 uuur 2 uuur 2
uuu
r uuur uuu
r uuur uuur uuur
1 uuu
AB  AD  AC  2 AB. AD  2 AB. AC  2 AC. AD
9

uuur 2 1
6a 2
a 6
AG   3a 2  3.2a.a.cos 600  
 AG 
9
9
3




14

Ví dụ 11. [12]. Cho hình chóp tứ giác ABC có đáy là hình thang vng tại A và B
, AB  BC  a; AD  2a Cạnh bên SA  a 2 và vng góc với mặt đáy. Gọi H là
hình chiếu vng góc của A lên SB. M và N lần lượt thuộc các đoạn SA và CD
sao cho SA  3SM ; CD  3CN Gọi K là hình chiếu vng góc của H lên mặt
phẳng  SCD  Tính độ dài đoạn HK theo a.
Lời giải.

uuu
r r uuur u
r uuu
r r
+ Đặt AB  x, AD  y, AS  z .
uuu
r uur uuu
r uuur r 1 u
r r
r uuur uuu
r u
r r
SC  SA  AB  BC  x  y  z uuu
SD

AD

AS

y
z
2
+ Ta có
;

uuu
r uuu
r uuu
r

m; n 
SK
,
SC
,
SD
+ Do
đồng phẳng nên tồn tại duy nhất cặp số 
sao cho

uuu
r
uuu
r
uuu
r
r m
r
r
u
SK  mSC  nSD  mx    n y   m  n  z
2

uuur uuu
r uuur
r m
r
r  2 r 2r
u
HK  SK  SH  mx    n y   m  n  z   x  z 

3 
2

3
+ Mặt khác
uuur 
r 
2r  m
2 r
u
 HK   m  x    n y  m  n  z
3
3

2


 HK  SC

HK  SD
SCD 

K
H
+ Vì
là hình chiếu của
lên
nên 

15

r2 

2  r2 1  m
2  r2
u
m

x


n
y

m

n





z  0

3
2
2
3








u
r
r
 m  n  y 2   m  n  2  z 2  0



 2
3



2 m
2
 
 m  3  2  2  n  2 m  n  3  0

 
 


4  m  n   2  m  n  2   0
 


  2
3
 
5

m

 2m  2n  1

6


6 m  9 n  2
n   1

3

uuur 1 r 1 u
r 1r
uuur 2  1 r 1 u
r 1 r 2
HK  x  y  z  HK   x  y  z 
6
12
6
12
6 
6
+ Vậy





2

2
2
a
 a   2a   2 a 
HK        
  .
3
 6   12   6 
Ví dụ 12. [13]. Cho hình chóp S . ABC có SA  1, SB  2, SC  3 . Gọi G là trọng
tâm tam giác ABC . Mặt phẳng    đi qua trung điểm I của SG cắt các cạnh

SA, SB, SC lần lượt tại M , N , P . Tính giá trị nhỏ nhất Tmin của biểu thức
1
1
1
T

 2
2
2
SM
SN
SP .
Lời giải.

uuu
r 1 uur uur uuu
r
SG  SA  SB  SC
3
Do G là trọng tâm ABC suy ra
. Khi đó
r SC uur  uur 1  SA uuur SB uuu
r SC uur 
SG uur 1  SA uuur SB uuu
.SI  
SM 
SN 
SP   SI  
SM 
SN 
SP .
SI
3  SM
SN
SP 
6  SM
SN
SP 
1  SA SB SC 
SA SB SC



1




 6.


6
SM
SN
SP
SM
SN
SP
I
,
M
,
N
,
P


Do
đồng phẳng nên
Áp dụng BĐT bunhiacopxki, ta có
2
1
1 
 1
 SA SB SC 

2
2
2





 SA  SB  SC  

2
SN 2 SP 2 
 SM
 SM SN SP 










16

Suy ra

T

36
18

2
2
SA  SB  SC
7 .
2

Ví dụ 13. [14]. [2].Cho tứ diện S . ABC có SA  SB  SC  1 , mặt phẳng  P  đi qua
trọng tâm M của tứ diện, cắt cạnh SA, SB, SC lần lượt tại D, E , F (khác S ).
uuur 1  1 uuu
r 1 uur 1 uuu
r
SM  
SD 
SE 
SF 
4
SD
SE
SF

.
1. Chứng minh rằng:
1
1
1



2. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức : SD.SE SE.SF SF .SD .
Lời giải.
uuur 1 uu
r uur 1  1 uur 1 uur 1 uuu
r  1 uur uur uuu
r
SM  SI  SJ   SA  SB  SC   SA  SB  SC
2
2 2
2
2
 4
r SB uur SC uuu
r  1  1 uuu
r 1 uur 1 uuu
r
1  SA uuu
 
SD 
SE 
SF    SD 
SE 
SF 
4  SD
SE
SF
SE
SF
 4  SD


uuur 1  1 uuu
r 1 uur 1 uuu
r
SM  
SD 
SE 
SF 
4
SD
SE
SF

 mà bốn điểm M , D, E , F đồng phẳng nên
Vì
1 1
1
1 
1
1
1




4

 1 
4  SD SE SF 
SD SE SF
.

2
1
1
1
1 1
1
1  16
T


 


 
SD
.
SE
SE
.
SF
SF
.
SD
3
SD
SE
SF
3.



Lại có
16
1
1
1 4
SA SB SC 4
Tmax  


 


   P  / /  ABC 
3
SD SE SF 3
SD SE SF 3
Nên









2.3.4 Bài tập tự luyện
Bài 1: [15]. Cho hình lăng trụ tam giác . Gọi M , N lần lượt là trung điểm của và
G là trọng tâm .
/

a) Chứng minh MG / /( AB N )
/
/
b) Chứng minh ( MGC ) / /( AB N )
Bài 2: [16]. Cho hình chóp có đáy là hình thoi cạnh tâm . , canh bên . lần lượt là

trung điểm của . Chứng minh


17

Bài 3. [17]. Cho hình lập phương ABCD. ABC D . Gọi M , N lần lượt là trung điểm
của AD , BB. Hãy tính Cosin của góc hợp bởi MN và AC ' ?
Bài 4. [18]. Cho tứ diện ABCD có các cạnh bằng a . Gọi M , N lần lượt là trung
điểm của AB, CD .
a,Tính độ dài đoạn thẳng MN .
b,Tính góc giữa hai đường thẳng MN và BC .
Bài 5: [19]. Cho hình chóp tứ giác đều có đáy là hình vng cạnh . là điểm đối
xứng của qua trung điểm của . lần lượt là trung điểm của và . Tính khoảng cách
giữa và .
Bài 6: [20]. Cho hình lập phương có cạnh bằng a. Tính khoảng cách giữa hai
đường thẳng và .
Bài 7: [21]. Cho tứ diện ABCD và một mặt phẳng  P  . Tìm trên mặt phẳng  P 
uuur uuur uuur uuuu
r
MA  MB  MC  MD
điểm M sao cho
nhỏ nhất.
Bài 8: [22]. (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 minh rằng
biểu thức

T

1
1
1


SA ' SB ' SC ' có giá trị không đổi.

2.4. Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm đối với hoạt động giáo dục, với bản
thân, đồng nghiệp và nhà trường.
Các nội dung về bài tốn hình học ln là các phần khó đối với học sinh. Tuy
nhiên, đưa nội dung đề tài vào giảng dạy tôi đã thấy được hiệu quả tích cực của
việc phù đạo và bồi dưỡng học sinh của mình. Bên cạnh một số bài tập cơ bản phù
hợp với đa số đối tượng học sinh, cũng có những bài tập địi hỏi học sinh phải có
khả năng tư duy cao, phải tích luỹ được nhiều kinh nghiệm. Từ đó, khuyến khích
lịng hăng say tìm tịi giải bài tập của một nhóm học sinh có nhận thức khá.
Nhiều học sinh đã chủ động tìm tịi, định hướng và sáng tạo ra nhiều cách
giải tốn khơng cần sự gợi ý của giáo viên. Từ đó đã mang lại các kết quả bất ngờ
từ việc giải tốn thơng qua các phương pháp sáng tạo cho học sinh. Nhiều học sinh
có học lực trung bình đã biết cách tiếp cận với các dạng toán cơ bản, các học sinh


18

có học lực khá mơn tốn đã giải được một số bài tốn khó trong đề thị. Các em đã
đạt kết quả cao trong các bài kiểm tra đánh giá định kỳ, góp phần nâng cao chất

lượng mơn tốn nói riêng và chất lượng giáo dục của học sinh toàn trường nói
chung.
Tơi đã chọn lớp 11B4 là lớp thực nghiệm (TN) để dạy cho học sinh, còn lớp
11B2 là lớp đối chứng (ĐC) chỉ dạy theo sách giáo khoa. Kết quả thực nghiệm thu
được khi cho hai lớp cùng làm các bài kiểm tra 45 phút thuộc phân mơn hình học
như sau:
Lớp

n

TN
ĐC

40
40

xi

1

TN
(%)
ĐC
(%)

0.0
0
0.0
0

2
0.00
0.00

Điểm số Xi
1
2
3
4
5
6
0
0
0
0
3
5
0
0
0
6
5
10
Bảng tần số các bài kiểm tra
3
4
5
6
7
0.0

0
0.0
0

0.00

7.50

15.0
0

12.5
0

12.5
0
25.0
0

12.5
0
22.5
0

7
5
9

8
11

6
8

27.5
0
15.0
0

9
9
3
9

10
7
1
10

22.50 17.50
7.50

Từ đồ thị và bảng số liệu phân tích điểm số qua các bài kiểm tra cho thấy:
Lớp TN:
- Điểm giỏi có tỷ lệ 40,00%.
- Tỷ lệ HS khá chiếm 40,00%.

2.50


19

- HS trung bình 20,00%, khơng có yếu kém.
Lớp ĐC:
- Tỷ lệ HS đạt điểm giỏi là 10,00%.
- Tỷ lệ HS đạt điểm khá 37,50%.
- Tỷ lệ HS đạt điểm trung bình 37,50%
- Tỷ lệ HS đạt điểm yếu 15,00%.
Thơng qua tỷ lệ trên chứng tỏ rằng kết quả học tập của HS lớp TN tốt hơn
lớp ĐC. Cụ thể, điểm trung bình của lớp TN thấp hơn lớp ĐC, điểm khá và điểm
giỏi tăng. Lớp đối chứng khơng có điểm yếu.
Qua việc áp dụng đề tài sáng kiến kinh nghiệm, Tôi thấy học sinh đã biết áp
dụng kiến thức về véc tơ vào giải bài tốn hình học khơng gian, giúp các em làm
được nhiều bài tập hơn, tìm ra lời giải bài toán nhanh hơn, các em tự tin và hứng
thú hơn với môn học, giúp hoạt động học tập thêm chủ động và sáng tạo, góp phần
nâng cao chất lượng chung và công tác bồi dưỡng đội tuyển học sinh giỏi của nhà
trường.
3. KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ
3.1. Kết luận:
Bài viết là một vài kinh nghiệm nhỏ về chuyên đề “sử dụng phương pháp véc
tơ để giải một số bài tốn hình học khơng gian 11”chun đề này tuy không mới
nhưng chưa được nhiều thầy cô đồng nghiệp chú trọng nghiên cứu hay có những
bài viết chuyên sâu về các dạng toán này. Với thời gian nghiên cứu và sưu tầm tài
liệu trong một năm, tài liệu đã tổng hợp được lý thuyết cơ sở cho dạng toán, tổng
hợp được các dạng toán thường gặp bao gồm cả quan hệ song song, vng góc, các
dạng bài tập về tính góc và khoảng cách. Với mỗi dạng tốn đều có những ví dụ
minh họa làm rõ hơn phương pháp bao gồm cả những dạng toán liên quan đến hình
chóp và hình lăng trụ. Cuối chun đề là phần bài tập vận dụng tương tự cho học
sinh tự học nhằm khắc sâu kiến thức. Hiệu quả nổi bật của sáng kiến là việc dúp
học sinh chuyển một bài toán hình học về hướng tư duy biến đổi đại số, giải tích
nhằm phát huy tính chủ động, tích cực, sáng tạo của học sinh trong quá trình dạy và

học.
3.2. Kiến nghị:
Với sở: Phổ biến rộng rãi các SKKN có giải để các giáo viên trong tỉnh tham
khảo và học tập.
Với trường: Tổ chức các lớp phù đạo, bồi dưỡng ôn tập theo chuyên đề giáo
viên có thêm nhiều thời gian truyền thụ đến học sinh những kiến thức chuyên sâu
mà sách giáo khoa chưa đề cập hết.


20

Trên đây là sáng kiến tôi đã thực hiện đối với học sinh lớp 11B4 trường THPT
THPT Thạch Thành 1 trong năm học vừa qua. Rất mong vấn đề này được xem xét,
mở rộng hơn nữa để áp dụng cho nhiều đối tượng học sinh, giúp các em có thêm tự
tin và hứng thú khi học mơn Tốn nói chung và mơn Hình học khơng gian nói
riêng./.
Trong q trình thực hiện, khơng tránh khỏi thiếu sót. Rất mong sự quan tâm đóng
góp ý kiến, trao đổi, bổ sung của bạn bè đồng nghiệp và Ban giám khảo trong Hội
đồng khoa học của ngành để sáng kiến kinh nghiệm này của tơi được hồn thiện
hơn.
Xin chân thành cảm ơn!
XÁC NHẬN CỦA THỦ
TRƯỞNG ĐƠN VỊ

Thạch Thành, ngày 25 tháng 5 năm 2022
Tôi xin cam đoan đây là SKKN của bản thân
không sao chép nội dung của người khác.
Người viết

Nguyễn Công Phương

III. TÀI LIỆU THAM KHẢO
[1]. Sách giáo khoa và sách bài tập hình học lớp 10 và 11 – nhà xuất bản Giáo
dục Hà Nội ,năm 2007.
[2], [3], [4] ,[6], 7], [8]. Sách bài tập hình học lớp 11 – nhà xuất bản Giáo dục
Hà Nội ,năm 2007.
[5]. ( Bài tập 4 SGK Hình Học 11 trang 9) nhà xuất bản Giáo dục Hà Nội ,năm
2007.
[ [9], [10],[14], Tuyển tập đề thi học sinh giỏi THPT mơn tốn, nhà xuất bản Đại
học quốc gia Hà Nội, 2016 ,tác giả:Hà Duy Hưng,Nguyễn Sơn Hà,Nguyễn Ngọc
Giang,Lê Minh Cường.
[15], [16] , [17], [18], Tuyển tập đề thi Olimpic 30 tháng 4 mơn tốn, nhà xuất
bản Đại học quốc gia Hà Nội năm 2016.
[11]. [12], [13] [19], [20], [21], Tuyển tập đề thi Olimpic 30 tháng 4 mơn tốn,
nhà xuất bản Đại học quốc gia Hà Nội năm 2012.
[22]. Đề thi HSG tỉnh Thanh Hóa năm học 2017-2018.


DANH MỤC
CÁC ĐỀ TÀI SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM ĐÃ ĐƯỢC HỘI ĐỒNG ĐÁNH
GIÁ XẾP LOẠI CẤP SỞ TỪ LOẠI C TRỞ LÊN
Họ và tên tác giả: Nguyễn Công Phương
Chức vụ và đơn vị công tác: Giáo viên trường THPT Thạch thành 1

T
T
1.

2.

Kết quả
Cấp đánh
đánh
giá xếp loại giá xếp
Tên đề tài SKKN
(Phòng, Sở, loại (A,
Tỉnh...)
B, hoặc
C)
Ứng dụng phương pháp tọa Sở GD&ĐT
C
độ giải một số bài tốn hình Thanh Hóa
học khơng gian.
Sử dụng phương pháp véc tơ Sở GD&ĐT
C
để giải bài tốn cực trị hình Thanh Hóa
học khơng gian

Năm học đánh
giá xếp loại
2014-2015
2017-2018