sử dụng Phương pháp véctơ giải toán hình học không gian

Nguyn Thanh Hu- t toỏn trng THPT Chuyờn Qung Bỡnh

A. PHầN Mở ĐầU.
1. Lí do chọn đề tài.
Trong chương trình hình học phổ thông trung học chúng ta được nghiên cứu lý thuyết
vectơ, vận dụng vecto để xây dựng các khái niệm hình học, các quan hệ hình học và một
số hệ thức lượng của một số hình hình học. Đi liền với sự mở rộng khái niệm là những
phương pháp mới, công cụ mới để giải các bài toán, mà hình học véctơ là một ví dụ.
Véctơ không chỉ là phương tiện để xây dựng các kiến thức hình học mà còn là một công
cụ hiệu quả để giải toán từ đại số, giải tích, ,đến hình học . Nhờ phương pháp véctơ mà
các bài toán hình học thông thường có nội dung như song song, thẳng hàng, đồng qui,
đồng phẳng, các tỉ số đoạn thẳng, bài toán cực trị ,quỉ tích,trong hình học có thể đựơc
giải quyết một cách đơn giản, dể hiểu .
Với đa số học sinh trí tưởng tượng trong không gian còn hạn chế và gặp nhiều khó
khăn khi tiếp cận với các bài toán hình học không gian, thì phương pháp véctơ có thể giúp
học sinh học tập một cách chủ động, phát huy tính độc lập sáng tạo trong giải toán mà
không quá phụ thuộc vào các hình hình học. Vì thế bài viết này chúng tôi dạn đưa ra
một số một số định hướng thể hiện phương pháp véc tơ qua một số dạng toán điển hình
trong hình học không gian nhằm giúp học sinh có thêm một phương pháp hiệu quả bổ
sung vào cẩm nang giải toán không gian một lĩnh vực được xem là trừu tượng trong
toán học.
2. Cấu trúc đề tài.
Mở đầu
1. Lí do chọn đề tài
2. Cấu trúc đề tài.
Nội dung.
1. Kiến thức và phương pháp.
2. Qui trình giải các bài toán hình học bằng công cụ véctơ.
3. Các ví dụ minh họa.
Kết luận.

Phng phỏp vộct gii toỏn hỡnh hc khụng gian

1


Nguyn Thanh Hu- t toỏn trng THPT Chuyờn Qung Bỡnh

B. NộI DUNG.

1. Kiến thức và phương pháp.
1.1 Định nghĩa véctơ: Vectơ là một đoạn thẳng có hướng, một đầu được xác định làm gốc,
một đầu được xác định làm điểm ngọn.
1.2 Các phép toán véctơ .
Phép cộng véc tơ.
Phép trừ véc tơ
Phép nhân véctơ với một số.
Tích vô hướng của hai véctơ
1.3 Các qui tắc véctơ

Qui tắc tam giác: AB BC AC .

Qui tắc hình bình hành: ABCD là hình bình
hành
khi
đó:
AB AD AC .

Với 3 điểm O, M, N ta có sự phân tích: MN ON OM .

Qui tắc hình hộp: Cho hình hộp ABCD.ABCD khi đó: AB AD AA' AC ' .

1.4 Trọng tâm, tâm tỉ cự.
Cho n điểm phân biệt A1,A2,...An và n số thực 1 , 2 ,... n ( 1 2 ... n 0 ) thì tồn tại duy








nhất điểm G thõa mãn: 1 GA1 2 GA2 ... n GAn 0 (*) và mọi điểm O ta có:



OA OA ... OA
1
1
2
2
n
n
OG
(**)
1 2 ... n

Điểm G thõa mãn (*) gọi là tâm tỉ cự của hệ n điểm { A1,A2,...An} ng vi h { 1 , 2 ,... n }.

Khi 1 2 ... n ta cú GA1 GA2 ... GAn 0 , im G gi l trng tõm ca h n im
A1,A2,...An .

Đặc biệt :
I là trung điểm đoạn AB


IA IB 0


MA MB 2MI, M
G là trọng tâm của tam giác
ABC
GA GB GC 0

MA MB MC 3MG, M
G là trọng tâm của tứ diện
ABCD

GA GB GC GD 0


MA MB MC MD 4MG, M
1.5 Một số quan hệ hình học và tính chất khác.


Quan hệ thẳng hàng: Ba điểm phân biệt A,B,C thẳng hàng k 0, AB k AC
Từ

suy
Với
đó ta
ra:
3 điểm A,B,C thẳng hàng lúc đó O bất kì ta có sự phân tích
OC OA OB + =1
Quan hệ đồng phẳng.

Ba vetơ a, b, c đồng phẳng khi và chỉ khi tồn tại các số k,l , n sao cho
Phng phỏp vộct gii toỏn hỡnh hc khụng gian

2


Nguyn Thanh Hu- t toỏn trng THPT Chuyờn Qung Bỡnh



ka lb mc
0 .


Ba véctơ a, b, c không đồng phẳng thì từ ka lb mc 0 k=l=m=0.
Bốn điểm
A,B, C,
Dđồng
phẳng.
m,n AB mAC nAD
.

OA OB OC OD, O, 1


Quan hệ vuông góc: a b a.b 0
1.6 Các kỷ năng gii cỏc bi toỏn thng gp
Các bài toán về thẳng hàng , song song

Để chứng minh 3 điểm A,B,C thẳng hàng ta chứng minh hai véctơ AB, AC


cùng phương,
Tức
là
tồn
tại
k
sao
cho
AB k AC , hoặc lấy điểm O bất kì rồi



chứng minh OA mOB nOC với m+n=1.

Để chứng minh đường thẳng a có vectơ
chỉ
phương
là

a song song với


đường thẳng b có véc tơ chỏ phương b ta chứng minh a, b phân biệt và a,b
cùng phương.
Để chứng minh đường thẳng a song song mặt phẳng
(P) hoặc nằm trên mặt

phẳng (P) ta lấy trong mặt phẳng (P) hai véctơ b, c không cùng phương rồi

chứng minh ba vectơ a, b, c đồng phẳng tức là tồn tại m,n sao cho



a mb nc
Các bài toán về đồng qui.
Bài toán chứng minh một số hữu hạn dường thẳng nào đó đồng qui tại điểm O, ta
đưa bài toán này về chứng minh thẳng hàng tức là lấy trên mỗi đường thẳng đó hai
điểm rồi chứng minh rồi chứng minh nó đi qua O.
Các bài toán về đồng phẳng.

Để chứng minh 3 véctơ trong không gian a, b, c đồng phẳng ta tìm cách



biểu diển một vec tơ qua hai véctơ còn lại: a mb nc

Để chứng minh 4 điểm A, B, C, D đồng phẳng ta chọn 3 vécơ AB,AC,AD
và chứng minh 3 vec tơ đồng
phẳng

hoặc chỉ
ra tồn tại bộ (k,m,n) ,



k+m+n=1 và mọi O ta được OA kOB mOC nOD
Các bài toán về vuông góc.

Để chứng minh đường thẳng a có vectơ
chỉ
phương
là
a vuông góc với


đường thẳng b có véctơ chỉ phương b ta chứng minh a.b
0 .

Để chứng minh đường thẳng a có vectơ chỉ phương
là a vuông góc mặt

phẳng (P) có vectơ pháp tuyến n ta chứng minh a,n cùng phương hoặc ta

lấy trong mặt phẳng (P) hai véctơ b, c không cùng phương rồi chứng minh


a.b 0 và a.c 0
Để chứng minh hai mặt phẳng (P) và (Q) vuuong góc với nhau ta chứng
minh hai vec tơ pháp tuyến của chúng vuông góc với nhau.
Các bài toán tính toán độ dài, tỉ số đoạn thẳng, đẳng thức hình học.

Để tính toán độ dài đoạn thẳng hay các tỉ số ta chuyển đổi mối liên hệ giữa các độ dài
Phng phỏp vộct gii toỏn hỡnh hc khụng gian

3


Nguyn Thanh Hu- t toỏn trng THPT Chuyờn Qung Bỡnh


hình học AB, đại số AB , độ dài vectơ AB , chuyển bình phương vô hướng sang bình
2
2
phương vectơ AB

AB

, chuyển từ ngôn ngữ hình học sang vectơ.
AB kAC AB kAC (A, B, C cùng nằm trên một đường thẳng),....
Các bài toán cực trị hình học.
2. Qui trình giải bài toán bằng công cụ véctơ
Bước 1: Chuyển cách diển đạt ngôn ngữ hình học thông thường sang ngôn ngữ vectơ
Bước 2: Chọn hệ véctơ cơ sở và thực hiện các yêu cầu bài toán thông qua các biến đổi
véctơ
Bước 3: Chuyển các kết luận véctơ sang ngôn ngữ hình học tương ứng.
3. Các ví dụ minh họa.
Ví dụ 1. ( Đề thi HSG 11 năm 2012 Tỉnh QB). Cho t din SABC cú SA = SB = SC
= 1, mt phng (P) i qua trng tõm M ca t din, ct cnh SA, SB, SC ln lt ti
D, E, F (khỏc S).
1 1 1 1
a) Chng minh rng: SM

SD
SE SF
4 SD
SE
SF
1
1
1
b) Tỡm giỏ tr ln nht ca biu thc :


.
SD.SE SE.SF SF.SD
Câu a)
Cách 1: ( không cần hình vẽ).
G là trọng tâm của tứ diện SABC
GS GA GB GC 0
1
SG SA SB SC
4
1
SG SA SB SC
4
1 SA SB SC
S
=
SD
SE
SF
4 SD

SE
SF
1 1 1 1

SD
SE SF
4 SD
SE
SF
F
Cách 2:
Gi S' SG (ABC)
G
SG 3
D

S l trng tõm ca tam giỏc ABC nờn
SS' 4

A
C
4SG 3SS' SA SB SC
E
SA SB SC

SD
SE
SF
S'
SD

SE
SF
1 1 1

SD
SE SF
B
SD
SE
SF









Phng phỏp vộct gii toỏn hỡnh hc khụng gian

4


Nguyễn Thanh Hậu- tổ toán trường THPT Chuyên Quảng Bình

 1  1  1  1  
 SG  
SD 
SE  SF 

4  SD
SE
SF 
 1  1  1  1   
C©u b:Theo câu a, ta có SM  
SD 
SE  SF   0
4  SD
SE
SF 
Mà M,D,E,F đồng phẳng nên:
1 1
1
1 
1 


0
4  SD SE SF 
1
1
1



4
SD SE SF
2
1
1

1
1 1
1
1  16
Do đó:


 


 
SD.SE SE.SF SF.SD 3  SD SE SF 
3
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi SD = SE = SF  (P) //(ABC) .
1
1  16
 1
Vậy: Max 


   (P) //(ABC)
 SD.SE SE.SF SF.SD  3
VÝ dô 2: Cho hình lập phương ABCDA’BC’D’ cạnh a. Gọi I, J lần lượt là trung điểm
của của các cạnh AB,C’D’. Hai điểm M,N thuộc AD,BB’ sao cho AM=BN.
Chứng minh MN vuông góc và cắt IJ tại trung điểm MN.
Lời giải 1( Hình học tổng hợp).
Ta có IJ//(BCC’B’) nên mp(IJN) cắt (BCC’B’) theo giao tuyến NK//IJ.
Ta có (ABA’B’)//(DCC’D’) và (ABA’B’) cắt (INJ) theo giao tuyến IN nên (DCC’D’)
cắt (INJ) theo giao tuyến JL//IN
Ta có (ADD’A’)//(BCC’B’) và (ADD’B’)cắt (INJ) theo giao tuyến KN, nên (BCC’B’)

cắt (INJ) theo giao tuyến LM’//NK
Ta

có

NK//BC’//AD’/M’L

nên

A

M

D

I

BN KC'

 BN  C' K
BB ' C ' B

B

Ta có: AIM '  C ' JK  C’K=AM’Suy
ra BN=AM’ nên M trùng M’, hay M

C

L

N

thuộc mặt phẳng (IJN) nghĩa là MN, IJ
đồng phẳng.

A'

D'
J

Ta có AIM  BIN  IM  IN Tương tự
ta có JN=JM suy ra IJ là trung trực MN

B'

K

C'

Lời giải 2( Phương pháp véctơ).
    a   a  
Đặt AM=BN=k ta có: IJ  BC '  BB '  B ' C '  BN  AM  IM  IN
k
k



Phương pháp véctơ giải toán hình học không gian

 


5


Nguyễn Thanh Hậu- tổ toán trường THPT Chuyên Quảng Bình
 
mà IM, IN không cùng phương nên MN và IJ đồng phẳng

      a  
MN  MA  AB  BN , IJ. MN 
IM  IN





  
MA  AB  BN  0



k

 

Nên MN vuông góc IJ giả sử HN  x MN , HM  yMN .
 
1

 HM.IJ  0 
x


  

2
ta có MN vuông góc IJ và H, I, J thẳng hàng nên  HN.IJ  0  
  
y  1
 IH  z IJ

2


suy ra HM   HN
Ví dụ 3: Cho tứ diện ABCD có góc tam diện vuông tại đỉnh B. Biết AB=1,BC=BD,
CD=2 2 . Gọi M,N lần lượt là trung điểm của các cạnh BC và CD. Tính khoảng cách
giữa hai đường thẳng AM và BN.
Lời giải:
   1    1   1  1 
AM  BM  BA  a  c , BN  ( BC  BD)  a  b
2
2
2
2

 1 
 
 1  1 

AE  x AM  xa  xc , BF  yBN  ya  yb
2
2
2
    1
 1 

Suy ra: EF  EA  AB  BF   y  x  a  yb   x  1 c
2
2
 1 
  1  
 1
 
y

x
a

yb

x

1
c






  a  c  0
 EF. AM  0
2
 2
2


  





  1  y  x  a  1 yb   x  1 c   1 a  1 b   0
 EF. BN  0
 2
  2
2
2 


2

x


x  2  0
3
Suy ra: 


2 y  x  0  y  1

3
2

 2

3
1  1  1
 1  1  1
nên EF   a  b  c Do đó | EF | EF    a  b  c  
6
6
3
6
3 
3
 6

Phương pháp véctơ giải toán hình học không gian

6


Nguyn Thanh Hu- t toỏn trng THPT Chuyờn Qung Bỡnh

Vớ d 4: Cho hình hộp ABCDABCD .
a)Chứng mnmh rằng đỉnh A, trọng tâm G của tam giác
BDA1 và đỉnh C1 thẳng hàng.
AG

b) Tính tỉ số
A
GC '

B

a

Li gii:

Chọn hệ cơ sở: { AB a , AD b , AA' c }
c
a) Theo
tính
chất
hình
hộp
ta
được:


AB A' B ' a , AD B 'C ' b

ta có: AG GB
= AB a
' '
AG GA = AA c
A'

AG GD = AD b

3 AG GB GA ' GD = a b c


mà G là trọng tâm của tam giác DBA nên GB + GA' + GD = 0


Vậy AG =

C

b

D

G

C'

B'
D'

1
( a b c ). (1)
3

Mặt khác theo qui tắc hình hộp ta có:
' '
'

'
' '
'
= a b c (2)
AC AA A'C ' = AA

A
B

B
C
'

từ (1) và (2) ta suy ra AC 3 AG (*)
Đẳng thức (*) chứng tỏ A, G, C thẳng hàng.
'

1 '
1 '
b) Từ đẳng thức AC 3 AG AG = AC =( ( AG GC ) )
3
3
1 '
AG 1

AG = GC . Vậy
2
GC ' 2
ở bài trên ta đã chứng minh ba điểm A, G, C thẳng hàng bằng cách chỉ ra hai véc tơ

AG và GC ' cùng phương, tuy nhiên ta cũng có thể sử dụng điều kiện A, G, C thẳng hàng



khi và chỉ khi DG xDA yDC ' với x+y=1 .
Thật vậy:


2

G là trọng tâm của tam giác BDA nên DG DM với M là trung điểm của AB
3
1

1 '
1 ' 1 '
' '
Mà DM ( DB DA ) do đó DG ( DB DA ) = ( DC CB DD D A ) = (a 2b c )
2
3
3
3
'
Ta biểu diển các vectơ DA, DC qua hệ vectơ cơ sở ta được


DA b , DC ' a c

2 1
2 1
2 1 1
Từ đó DA DG b (a c ) = (a 2b c) . Như vậy DG DA DG
3
3
3
3
3
3
3
Ví dụ 5: Giả sử M,N,P là 3 điểm theo thứ tự lấy trên các cạnh SA, SB, SC của một tứ diện
SABC. Gọi I là giao điểm của 3 mặt phẳng (SAB), (CAN), (ABP) và J là giao điểm của ba
mặt phẳng (ANP), (BMP), (CMN).
Phng phỏp vộct gii toỏn hỡnh hc khụng gian

7


Nguyn Thanh Hu- t toỏn trng THPT Chuyờn Qung Bỡnh

Chứng minh rằng S, I, J thẳng hàng . Từ đó suy ra

JS
MS NS PS
1


JI
MA NB PC

li gii:
Ta xác định I, J :
Trong mặt phẳng (SAB) gọi C là giao điểm của AN và BM. B là giao điểm của MC với
AP trong mặt phẳng (SAC) và trong mặt phẳng (SAB) gọi A là gia điểm của BP với CN.
Lúc đó trong mặt phẳng (BCM) có I là giao điểm của BB với CC


Trong mặt phẳng (ANP)
giaođiểm
cóJ là
của
NB và PC
Chọn
véctơ
a , SB
cơ
sở{
SA

hệ
b , SC c } Đặt
S
SM xMA , SN yNB , SP zPC
với x,y,z >0. lúc đó




x

x
SM xMA x( SA SM ) SM
SA
a
x 1
x 1


z
y
tương tự : SN
c
b , SP
M
P
z 1
y 1
B

Trong mặt phẳng (SAB) ta có C là giao điểm
của AN và BM nghĩa là C thuộc đường thẳng A
BM nên theo điều kiện điểm thuộc đường thẳng ta



có SC ' k SM (1 k ) SB


C

'




Do đó : SC '

N

A

'

C

'

s




tương tự khi C thuộc AN ta có SC ' lSN (1 l )SA



k SM (1 k ) SB = l SN (1 l ) SA


kx

ly

SA (1 k ) SB
SB (1 l ) SA
x 1
1 y



kx
ly

a (1 k )b
b (1 l ) a
x 1
1 y

Do a, b không cùng phương nên

'

B

k 11x x y
1kx x 1l
ly 1 k l 1 y
1 y
1 y x

x
y
a
b
1 x y
1 x y





z
x
y
z
Tương tự ta tính được SA'
c
a
b
c , SB '
1 x z
1 x z
1 z y
1 z y



.
Vì I là giao điểm

của
CC nên
I nằm trên BB và CC
BB với



'
Do đó: MI mMB (1 m) MB nMC ' (1 n) MC (*)
' '


z
x
x
Mà MB SB SM
c
a
a
1 x z
1 x z
x 1
Phng phỏp vộct gii toỏn hỡnh hc khụng gian

8


Nguyn Thanh Hu- t toỏn trng THPT Chuyờn Qung Bỡnh

'

z
xz
c
a
1 x z
(1 x z )(1 x )



xy
y
tương tự: MC '
a
b
(1 x y )(1 x )
1 x y


x
x
mà MB SB SM b
a , MC SC SM c
a
1 x
1 x
Thay các giá trị này vào (*) ta được:

(1 k ) x
kz
ky
c
a (1 k )b
a=
1 x z
(1 x z )(1 x )
1 x

1 l
ly
lxy
=
b
a (1 l )c
a.
1 x y
(1 x y )(1 x)
1 x
MB

(



ly
kz
lxy
kxz

(1 l ) x
)b (
(1 k ))c 0


)a + (1 k
1 x y
1 x z
(1 x y )(1 x ) (1 x z )(1 x) 1 x



vì a, b, c là cơ sở nên :


lxy
kxz
1 l x 0



1 x
1 x y 1 x 1 x z 1 x

lk
0
1 k
1

x

y

kz
1 k 0

1 x z
Giải hệ ta được:



k

l



1 z x
1 x y z

1 x y
1 x y z

Ta biểu diển SI , SJ qua cơ sở theo x,y,z ta có:


x
a,
SI SM MI mà SM
1 x

1 x z
z
xz
1 z x
y
x
MI
.
c
a
(b
a)
1 x y z 1 x z
(1 z x )(1 x) 1 x y z
1 x y z
1 x




z
y
x
yz
hay MI
c
b

.
a
1 x y z
1 x y z
1 x 1 x y z



1
SI
( xa yb zc)
1 x y z




1
hoàn toàn tương tự SJ
( xa yb zc )
2 x y z
Phng phỏp vộct gii toỏn hỡnh hc khụng gian

9


Nguyn Thanh Hu- t toỏn trng THPT Chuyờn Qung Bỡnh

1
SJ hay SJ (1 x y z ) JI
1 x y z
SI
MS NS PS
1 x y z 1


điều này chứng tỏ S,I,J thẳng hàng và ta có:
IJ
MA NB PC
Ví dụ 6: Cho hình hộp chử nhật ABCABCD .Gọi M,N lần lượt chia AC và CD theo
các tỉ số m,n. Xác định m,n để MN// BD.
Li gii:


'

' '
'
'
Chọn hệ véctơ cơ sở là B A a , B B b , B C c
'

B
C

Vì M chia AC theo
tỉ
số

m
nên
MA

mMC






'
mà ta có MA MB B ' A , MC ' MB ' B 'C '



Do đó: MB ' B ' A mMB ' mB 'C '
D



A
B ' A mB 'C '
a b mc
MB '
hay MB '
m 1
m 1
b
c n(a c )

tương tự NB '
n 1

c

'
Ta có: MN B ' N B ' M
'
C
a




n
1
1
m
B

)a
b (1
)c
MN (
n 1 m 1
m 1
m 1
A'
(*)
D'

'
' '
'
'
'

Để MM//B D MN k B D k ( B C C D D D ) hay MN k a kb kc (**)




SI SJ

1
n

n 1 m 1 k
m 3

1
Từ (*) và (**)
k
n 1 Vậy với m=-3 và n=-1 thì MN//BD.
m 1

1
m

k

4
1 m 1 k

Ví dụ 7: Cho tứ diện ABCD gọi I,K,E,F lần lượt chia các đoạn AB,DC,BC,AD theo các tỉ
số lần lượt là -2,-2,

3 3
, .
2 2

a)Chứng minh rằng BC, IK, AD đồng phẳng và AB, EF ,CD đồng phẳng.
b) Chứng minh 4 điểm I,E,F,K đồng phẳng.
Li giải:

Chọn hệ véctơ cơ sở là { BC a, BD b, BA c}



3

3
+Theo giả thiết ta có IA 2 IB , KD 2KC , EB EC , FA FD
2
2

Phng phỏp vộct gii toỏn hỡnh hc khụng gian

10


A

Nguyn Thanh Hu- t toỏn trng THPT Chuyờn Qung Bỡnh


a) Ta có: AD BD BA b c
2 2
IK IA AD DK c (b c ) DC =
3
3

F

2 1
a (b c )
3
3


2 1

Hay IK BC AD IK , BC , AD đồng phẳng.
3
3

3 3
+Tacó EF EB BA AF
BC BA AD =
5
5



3
2
(b a) c
5
5


3
5

2
5



hay EF CD BA EF , CD, BA đồng phẳng.

I

c

B

b

D

a

K

E

b) Chứng minh 4 điểm I,E,F,K đồng phẳng.
C
ta
2 3
2 3 3 1
IF IA AF BA ( BD BA) c (b c ) = b c
3
5
3
5
5
15

2
1
1
1 3 y
Giả sử tồn tại x,y sao cho IK xIE y IF a b c xc xa c
3
3
3
3
5
15

2
2
3 x 3
10

x
1
3

9
y

3
5
y 5
1

1
1

9
15 y 3 x 3



Như vậy IK


10 5
IE IF IK , IE , IF đồng phẳng.
9
9

Ví dụ 8: Cho hình lập phương ABCDABCD Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AD,
BB Chứng minh rằng MN vuông góc
AC.
'
Chọn hệ cơ sở: { AB a , AD b , AA c }
C
B

1
1
MN MA AB BN mà MA DA b ,
2
2

AB a
1 ' 1
1 1
BN BB c nên MN b a c
2
2
2
2

'
'
ta cũng có A C A A AD DC a b c

A

D

N

A'

Phng phỏp vộct gii toỏn hỡnh hc khụng gian

M

B

'

c

D'

'

11


Nguyễn Thanh Hậu- tổ toán trường THPT Chuyên Quảng Bình
 
1   1    
MN . A'C  ( b  a  c) ( a  b  c ) =

2
2





 2     1   1   1 2
2
1
1
1
 a.b  b  b.c  a  a.b  a.c  a.c  b.c  c
2
2
2
2  2   2
’ ’ ’ ’

Do ABCDA 
B C D lµ h×nh lËp
ph­¬ng nªn a.b  b.c  c.a  0
 '

Do ®ã: MN . A C  0  MN  A'C .
Bài tập tương tự:
Bài 1:Cho hình chóp S.ABC, đáy là tam giác cân đỉnh A, D là trung điểm BC, vẽ DE  AB
( E  AB ), Biết SE  ( ABC) . Gọi M là trung điểm DE. Chứng minh AM  (SEC) .
Bài 2: Cho tam diện O.ABC vuông tạo O. Gọi OH là đường cao của O.ABC, I là trung điểm
AH. Giả sử SO, SA,S B,SC là diện tích của các mặt (ABC), (OBC), (OAC) và (OAB).










Chứng minh rằng : S 2O . IO  S 2A . IA  S 2B . IB  S 2C . IC  0 .
Bài 3: Cho tứ diện ABCD. Gọi O là một điểm bất kì thuộc phần trong của tứ diện. Gọi VA, VB,
VC,VD lần lượt là thể tích của các khối chóp O.BCD, O.ACD, O.ABD, O.ABC.



 
Chứng minh rằng: VA .OA  VB .OB  VC OC  VD OD  0

Phương pháp véctơ giải toán hình học không gian

12


Nguyn Thanh Hu- t toỏn trng THPT Chuyờn Qung Bỡnh

C. Kết luận.
Qua các ví dụ trình bày ở trên một lần nữa chúng ta thấy được sự tiên lợi của phương
pháp véctơ với một số bài toán hình học không gian. Với phương pháp vectơ chắc chắn
rằng sẽ giải quyết được nhiều vấn đề khó khăn trong môn hình học không gian nhất là
một số vấn đề đòi hỏi trí tưởng tượng cao trong không gian, gây khó khăn cho học sinh và
cả giáo viên, Vơi phương pháp vectơ hy vọng rằng sẽ phần nào khắc phục được những
khó khăn trên.
Hơn nũă qua cách giải toán bằng công cụ vectơ ta tìm được mối quan hệ giữa các đối
tượng trong không gian giúp chúng ta nắm chắc vấn đề hơn để có thể thay đổi hay thêm
bớt một số dữ kiện bài toán trên cơ sở đó hình thành bài toán mới. Rất mong các em nắm
chắc phương pháp này để vận dụng khi làm các bài thi trong các kì thi HSG, ĐH và nhớ
rằng các em có thể đề xuất các cách giải khác qua những ví dụ trên để làm phong phú
thêm cho kho phương phương pháp của mình. Chúc các em thành công.
Đồng hới , ngày 30/03/2012
Người viết
Nguyễn Thanh Hậu

Phng phỏp vộct gii toỏn hỡnh hc khụng gian

13