Sử dụng phương pháp vectơ giải toán hình học

Sử dụng phương pháp vectơ giải toán hình học

THÔNG TIN CHUNG VỀ SÁNG KIẾN
1. Tên sáng kiến: Sử dụng phương pháp vectơ giải toán hình học.
2. Lĩnh vực áp dụng sáng kiến: Khối 10, 11, khối chuyên toán.
3. Thời gian áp dụng sáng kiến: Từ ngày 1 tháng 9 năm 2014 đến ngày 1 tháng 9
năm 2015.

4. Tác giả:
Họ và tên: Lê Thị Phượng
Năm sinh: 1987
Nơi thường trú: Nam Định
Trình độ chuyên môn: Cử nhân toán
Chức vụ công tác: Giáo viên toán
Nơi làm việc: trường THPT chuyên Lê Hồng Phong
Địa chỉ liên hệ: 76 Vị Xuyên Nam Định
Điện thoại: 0972313265.
5. Đồng tác giả (nếu có): Không
6. Đơn vị áp dụng sáng kiến:
Tên đơn vị: Trường THPT chuyên Lê Hồng Phong
Địa chỉ: 76 Vị Xuyên Nam Định
Điện thoại:

1


Sử dụng phương pháp vectơ giải toán hình học

I. Điều kiện hoàn cảnh tạo ra sáng kiến:
Năm học 2014-2015, tôi được phân công giảng dạy môn toán khối 10, 11. Vì vậy tôi
luôn ý thức tự học tập và nghiên cứu nhằm nâng cao chất lượng bài giảng phát huy

tối đa năng lực tư duy, năng lực sáng tạo của học sinh. Trong quá trình giảng dạy, tôi
nhận thấy học sinh thường lúng túng và gặp nhiều khó khăn khi giải quyết các bài
toán có sử dụng phương pháp vectơ. Các bài toán có sử dụng phương pháp vectơ
thường cho ta một lời giải hay, độc đáo và gọn gàng mà đôi khi không cần tính trực
giác ( vẽ hình ). Khi tiếp cận với phương pháp vectơ, học sinh có thể tự mình tìm tòi
được các tính chất của hình học, như vậy có thể phát triển được tư duy sáng tạo của
học sinh. Trong kì thi trung học phổ thông quốc gia, các bài toán hình học phẳng và
hình học không gian sử dụng rất nhiều tính chất của vectơ.

Chính những ưu điểm trên của phương pháp vectơ trong giải toán hình học đã thúc
đẩy tôi viết sáng kiến kinh nghiệm:

“ Sử dụng phương pháp vectơ giải

toán hình học ”.
Trong bài viết sáng kiến kinh nghiệm, tôi nhắc lại những kiến thức cơ sở về vectơ
đồng thời đưa ra hệ thống bài tập có chọn lọc được chia ra hai dạng: chứng minh

đẳng thức và bất đẳng thức hình học. Trong mỗi bài tập thường có nhận xét
và đề xuất bài toán mới.
Mặc dù đã có nhiều cố gắng song bài viết của tôi không tránh khỏi thiếu sót. Tôi rất
mong sự đóng góp ý kiến quí báu của các thầy giáo, cô giáo để hoàn thiện hơn nữa
sáng kiến kinh nghiệm của mình.

II. Nội dung sáng kiến:

2


Sử dụng phương pháp vectơ giải toán hình học

Chương 1:
Các kiến thức cơ sở
1. Vectơ
Định nghĩa 1.1. Vectơ là một đoạn thẳng đã định hướng, tức là đã chỉ rõ điểm đầu
và điểm cuối.
+ Kí hiệu vectơ như sau: a,b,c, AB,CD....
+ Nếu viết AB ta hiểu A là điểm đầu, B là điểm cuối và hướng từ A đến B.
+ Độ dài của đoạn thẳng AB gọi là độ dài của AB . kí hiệu: AB  AB .
+ Như vậy, một vectơ hoàn toàn xác định khi biết phương hướng và độ dài của
vectơ đó.
Định nghĩa 1.2. Vectơ không ( kí hiệu 0 ) là vectơ có điểm đầu và điểm cuối trùng
nhau.
Định nghĩa 1.3. Hai vectơ a,b được gọi là bằng nhau nếu chúng có cùng hướng
và cùng độ dài. Trong trường hợp a,b ngược hướng và có độ dài bằng nhau thì
chúng gọi là hai vectơ đối nhau. Kí hiệu vectơ đối của vectơ a là -a .

3


Sử dụng phương pháp vectơ giải toán hình học

2. Các phép toán của vectơ
Định nghĩa 2.1. Tổng của hai vectơ a và b và là một vectơ kí hiệu là a  b được
xác định như sau:
Từ một điểm A tùy ý trên mặt phẳng ta dựng vectơ AB  a
Sau đó từ điểm B ta lại dựng vectơ BC  b
Khi đó được gọi là tổng của hai vectơ a và b . Kí hiệu: AC  a  b

A

C

B

Tính chất: với mọi vectơ a, b, c ta có:
i) a  b  b  a ( tính chất giao hoán ).









ii) a  b  c  a  b  c ( tính chất kết hợp ).
iii) a  0  0  a  a .

 

iv) a  a  0 .
Định nghĩa 2.2. Hiệu của hai vectơ a và b là tổng của vectơ a và vectơ đối của
vectơ b . Kí hiệu: a  b  a  b

 

Định nghĩa 2.3. Tích của vectơ a với một số thực k là một vectơ, kí hiệu là ka
được xác định như sau:
+ Vectơ ka cùng hướng với vectơ a nếu 0  k .

+ Vectơ ka ngược hướng với vectơ a nếu k  0 .
+ Độ dài của vectơ ka bằng k a .

Chú ý : k.0  0.k=0 .
4


Sử dụng phương pháp vectơ giải toán hình học

Tính chất: với mọi vectơ a , b và  m, n 

ta có:

i) 1.a  a
ii) (-1)a  a

 

iii) m na   mn  a
iv)  m+n  a  ma  na





v) m a  b  ma  mb
vi) Nếu a  0 thì a , b cùng phương khi và chỉ khi b  ka  k 

.

3. Một số khái niệm và các tính chất liên quan.
Định nghĩa 3.1. Tích vô hướng của hai vectơ a , b là một số thực kí hiệu a.b .
Ta có: a.b  a b cos a,b .

 

 

Nhận xét: a.b  0  a ,b  900 . Kí hiệu: a  b .
Tính chất:  a, b ta có:
i) a.b  b.a ( tính chất giao hoán )

 

 

ii) ka b  k ab ( k là hằng số )





iii) a b  c  a.b  a.c ( luật phân phối giữa phép nhân và phép cộng )



2

2

iv) a.a  a  a . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a  0 .
Định nghĩa 3.2. Trong không gian Oxyz , cho hai vectơ a  a1; a2 ; a3  , b  b1; b2 ; b3  . Khi
đó tích có hướng của hai vectơ a và b là một vectơ kí hiệu là  a ,b  .
a a
a a
a a 
Ta có:  a,b    2 3 ; 3 1 ; 1 2 
 b2 b3


b3 b1

b1 b2 

5


Sử dụng phương pháp vectơ giải toán hình học

Tính chất:  a, b, c ta có:
i)

 a ,b   a   a ,b  .a  0 ;





ii)

 a,b   a b sin a, b .



 a ,b   b   a ,b  .b  0 .





 

iii)  a,b   0  a , b cùng phương.
iv) Ba vectơ a, b, c đồng phẳng   a ,b  .c  0 .

Định nghĩa 3.3. Trong không gian Oxyz cho hệ n điểm A1, A2 ,..., An và bộ n số thực
k1,k2 ,...,kn thỏa mãn

n

 ki  0 . Khi đó tồn tại duy nhất điểm G thỏa mãn
i 1

n

ki GAi  0 .

i 1

Điểm G được gọi là tâm tỉ cự của hệ n điểm A1, A2 ,..., An gắn với bộ n hệ số thực

k1,k2 ,...,kn .

Định nghĩa 3.4. Tâm tỉ cự G của hệ n điểm A1, A2 ,..., An với bộ n hệ số thực
k1,k2 ,...,kn thỏa mãn k1=k2  ...  kn  0 được gọi là trọng tâm của hệ n điểm đó.
Nhận xét: Khái niệm trọng tâm là trường hợp đặc biệt của khái niệm tâm tỉ cự.
Trong trường hợp các ki bằng nhau để đơn giản ta có thể chọn ki  1  i = 1,n .
Vậy điểm G là trọng tâm của hệ n điểm A1, A2 ,..., An khi và chỉ khi

6

n


i 1

GAi  0 .


Sử dụng phương pháp vectơ giải toán hình học

4. Bất đẳng thức vectơ
Với mọi vectơ a, b ta có:
i) a + b  a  b
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = k.b  k  0  .
Tổng quát: với n vectơ ai i=1, n  ta có:
ii)

n

n

i 1

i 1

 ai   ai .

a-b  ab

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = k.b  k  1 .
Tổng quát: với n vectơ ai i=1, n  ta có: a1  a2  ...  an  a1  a2  ...  an .

iii) a.b  a . b
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = k.b  k  0  .

7


Sử dụng phương pháp vectơ giải toán hình học

Chương 2
Một số bài toán liên quan đến vectơ
1. Một số bài toán chứng minh đẳng thức .
Bài toán 1.1. ( Bài toán cơ bản trong tam giác về đường thẳng Euler )
Cho ABC có BC=a, AC=b, AB=c . Gọi G, H, I, O, I1 lần lượt là trọng tâm, trực tâm,
tâm đường tròn nội tiếp, tâm đường tròn ngoại tiếp, tâm đường tròn Euler của ABC (
tâm đường tròn Euler là tâm đường tròn đi qua trung điểm ba cạnh của ABC ).
Chứng minh các đẳng thức vectơ sau:
1) GA  GB  GC  0 .
2) OA  OB  OC  OH  3OG .

3) HA  HB  HC  2HO  3HG .
4) OH  2OI1 .
5) aIA  bIB  cIC  0 .
6) OI 

7)

IG 

8) IH 

a
b
c
OA 
OB 
OC .
2p
2p
2p
b+c-2a
a+c-2b
a+b-2c
OA 
OB 
OC .
6p
6p
6p
b+c

a+c
a+b
OA 
OB 
OC .
2p
2p
2p



9) tanA.HA  tanB.HB  tanC.HC  0  A, B, C   .
2


10) Sa .MA  Sb .MB  Sc .MC  0 ( M là điểm bất kì nằm trong ABC và Sa , Sb , Sc lần
lượt là diện tích của các tam giác MBC, MCA, MAB ).
8


Sử dụng phương pháp vectơ giải toán hình học

Chứng minh.
1) Đẳng thức 1 là đẳng thức vectơ cơ bản, là nền tảng chứng minh các đẳng thức
vectơ khác.
2) Ta có:
A

P

N
O

H
I1 G

B

C

M
A'

GA  GB  GC  0  OA  OB  OC  3OG  0  OA  OB  OC  3OG .

Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm của các cạnh BC, CA, AB. Gọi A’ là điểm đối
xứng của điểm A qua điểm O. Suy ra BHCA’ là hình bình hành suy ra H, M, A’
thẳng hàng suy ra OM là đường trung bình của AHA' .
 2OM  AH  OH  OA

Có: 2OM  OB  OC  OA  OB  OC  OH
Vậy: OA  OB  OC  OH  3OG ( đpcm ).
3) theo chứng minh trên ta có:
OA  OB  OC  3OG  HA  HB  HC  3HO  3OG  HA  HB  HC  3HG

Ta có: HA  HB  HC  3HO  OA  OB  OC  3HO  OH  2HO
Vậy: HA  HB  HC  2HO  3HG ( đpcm ).
4) Ta chứng minh được những khẳng định sau:
+ Điểm O là trực tâm của MNP .
9

Sử dụng phương pháp vectơ giải toán hình học

+ Điểm I1 là tâm đường tròn ngoại tiếp MNP .
+ Điểm G là trọng tâm của MNP .
Ta thấy MNP đóng vai trò như ABC với ba yếu tố tâm đường tròn ngoại tiếp, trọng
tâm, trực tâm là I1 , G, O.
Chứng minh tương tự ta có: OM  ON  OP  2OI1  3OG .
Theo chứng minh trên ta có: 3OG  OH  OH  2OI1 ( đpcm ).
Nhận xét: từ bài toán trên ta suy ra hệ thức: OH  2OI1  3OG .
Suy ra bốn điểm O, H, G, I1 thẳng hàng.
Vậy trong một tam giác bất kì tâm đường tròn ngoại tiếp, trực tâm, trọng tâm, tâm
đường tròn Euler thẳng hàng. Đường thẳng nối bốn điểm này được gọi là đường
thẳng Euler.
5) Gọi IA  BC=M; IB  AC=N; IC  AB=P .
A

P

N
I

C
M
B

Khi đó: AM, BN, CP lần lượt là phân giác trong của các góc A, B, C. Theo tính chất
đường phân giác trong tam giác ta có:
PA AC b


  aPA  bPB  0 1
PB BC a
IP AP AP
IP AP BP AP  BP
c







  a+b  IP  cIC  0  2
IC AC
b
IC AC BC AC  BC a+b

Do đó:



 







aIA  bIB  cIC  a IP  PA  b IP  PB  cIC  aPA  bPB   a+b  IP  cIC  0 (đpcm).

10


Sử dụng phương pháp vectơ giải toán hình học

6) Ta có:
aIA  bIB  cIC  0   a+b+c  OI  aOA  bOB  cOC  OI 

a
b
c
OA 
OB 
OC
2p
2p
2p

( đpcm )
7) Ta có:
GA  GB  GC  0




3a 
3b 
3c 

 3IG  IA  IB  IC  OA  OB  OC  3OI   1 
 OA   1 
 OB   1 
 OC
 2p 
 2p 
 2p 
 IG 

b+c-2a
a+c-2b
a+b-2c
OA 
OB 
OC ( đpcm ).
6p
6p
6p

8) Ta có:



a 
b 
c 
b+c
a+c
a+b
IH  OH  OI   1 

OA 
OB 
OC
 OA   1
 OB   1
 OC 
2p
2p
2p
 2p 
 2p 
 2p 

( đpcm ).
9) Xét trường hợp ABC có ba góc nhọn. Gọi AH  BC=M, BH  AC=N, CH  AB=P
A

N
C'

P
H

B

M

C

A'

Dựng hình bình hành BA’HC’. Theo qui tắc hình bình hành ta có: HB  HA'  HC'
Do A, H, A’ thẳng hàng và C, H, C’ thẳng hàng nên theo tính chất vectơ tồn tại
k, l  0 ; k=-

HA'
HC'
sao cho HA'  k HA; HC'  l HC .
; l=HA
HC

Suy ra HB  k HA  l HC (*)
11


Sử dụng phương pháp vectơ giải toán hình học

HA' BC' BP CPcotB tanA




HA
HA PA CPcotA tanB
HA'
tanA
HC'
tanC
. Chứng minh tương tự: l=.
 k=


HA
tanB
HC
tanB

Do BA’HC’ là hình bình hành nên ta có:

Thay vào (*) ta có:
HB  k HA  l HC  

tanA
tanC
HA 
HC  tanA.HA  tanB.HB  tanC.HC  0 ( đpcm ).
tanB
tanB

Trường hợp ABC tù ta chứng minh tương tự.
10) Gọi AM  BC=N, BM  AC=P, CM  AB=E .
A

C'
P
E
M

C
B

N

A'

Dựng hình bình hành MC’BA’. Theo qui tắc hình bình hành ta có: MB  MA'  MC'
theo tính chất vectơ tồn tại k, l  0 ; k=-

MA'
MC'
sao cho MA'  k MA; MC'  l MC
; l=MA
MC

Suy ra MB  k MA  l MC (*)
Ta có BA’MC’ là hình bình hành nên ta có:
Chứng minh tương tự ta có: l=-

S
MA' BC' BE Sa



k a
MA
MA EA Sb
Sb

Sc
.
Sb

Thay vào (*) ta có:
MB  k MA  l MC  

Sa
S
MA  c MC  Sa .MA  Sb .MB  Sc .MC  0 (đpcm).
Sb
Sb

12


Sử dụng phương pháp vectơ giải toán hình học

Nhận xét: bài toán được chứng minh dựa trên cách dựng các hình phụ, qui tắc hình
bình hành, tính chất của vectơ. Câu 10 là kết quả tổng quát của các câu trên.
Ta có mọi điểm M nằm trong ABC đều là tâm tỉ cự của ba đỉnh A, B, C ứng với bộ
số  Sa , Sb , Sc  trong đó Sa , Sb , Sc lần lượt là diện tích của các tam giác
MBC, MCA, MAB . Ta có các kết quả cụ thể sau:
1
3

1) Cho điểm M trùng với trọng tâm G của ABC suy ra Sa = Sb = Sc  SABC
Thay vào câu 10 ta có: GA  GB  GC  0 .
Vậy trọng tâm G của ABC là tâm tỉ cự của hệ ba điểm A, B, C ứng với bộ hệ số (1,
1, 1).
2) Cho điểm M trùng với tâm đường tròn nội tiếp I của ABC .
1
2

1
2

1
2
Thay vào câu 10 ta có: aIA  bIB  cIC  0 .

Suy ra Sa = a.r; Sb = b.r; Sc  c.r ( r là bán kính đường tròn nội tiếp ABC ).

Vậy tâm đường tròn nội tiếp I của ABC là tâm tỉ cự của ba đỉnh A, B, C ứng với bộ
hệ số  a, b, c  .
3) cho điểm M trùng với trực tâm H của ABC
1
2

1
2

1
2

Suy ra Sa = tanA.BH.BN; Sb = tanB.CH.CP; Sc  tanC.AH.AM
Do các tứ giác BMHP, CMHN, ANHP là các tứ giác nội tiếp đường tròn nên ta có
BH.BN  CH.CP  AH.AM



Thay vào câu 10 ta có: tanA.HA  tanB.HB  tanC.HC  0  A, B, C  
2



Vậy trực tâm H của ABC là tâm tỉ cự của ba đỉnh A, B, C ứng với bộ hệ số
 tanA, tanB, tanC  .
Câu 10 còn có kết quả tổng quát trong không gian.

13


Sử dụng phương pháp vectơ giải toán hình học

Bài toán 1.2. Cho ABC có BC=a, AC=b, AB=c và I là tâm đường tròn nội tiếp
IA2 IB 2 IC 2


 1.
ABC . Chứng minh rằng:
bc
ca
ab

Chứng minh.
Do I là tâm đường tròn nội tiếp ABC nên I là tâm tỉ cự của ba đỉnh A, B, C gắn với
bộ hệ số  a, b, c  . Ta có:



aIA  bIB  cIC  0  aIA  bIB  cIC



2

0

 a 2IA2  b 2IB 2  c 2IC 2  2abIA.IB  2bcIB.IC  2caIC .IA  0 (1)
2





2

ta có: AB  IB  IA  IB 2  IA2  2IA.IB  2IA.IB  IB 2  IA2  AB 2  IB 2  IA2  c 2
tương tự: 2IB.IC  IB 2  IC 2  a 2 ; 2IC .IA  IC 2  IA2  b2
thay vào (1) ta có:
a 2IA2  b 2IB 2  c 2IC 2  ab  IB 2  IA2  c 2   bc  IB 2  IC 2  a 2   ca  IC 2  IA2  b 2   0

 a  a+b+c  IA2  b  a+b+c  IB 2  c  a+b+c  IC 2  abc  a+b+c   0

 a.IA2  b.IB2  c.IC 2  abc  0


IA2 IB 2 IC 2


 1 (đpcm).
bc
ca

ab

Bài toán 1.3. Cho ABC có BC=a, AC=b, AB=c và I là tâm đường tròn nội tiếp
ABC . Gọi A1 , B1 , C1 lần lượt là trung điểm của các cạnh BC, CA, AB. Chứng minh
rằng:

Sa
Sb
Sc
biết Sa  SIB1C1 , Sb  SIA1C1 , Sc  SIB1A1 .


b+c-a a+c-b a+b-c

Chứng minh.

14


Sử dụng phương pháp vectơ giải toán hình học
A1

I

B1

C1

A'

Theo chứng minh bài trên ta có:
aIA  bIB  cIC  0
  2 p-  b+c   IA   2 p-  a+c   IB   2 p-  a+b  IC  0

  p-b    p-c  IA   p-a    p-c  IB   p-a    p-b  IC  0













  p-a  IB  IC   p-b  IA  IC   p-c  IA  IB  0

 2 p-a  IA1  2 p-b  IB1  2 p-c  IC1  0 (1)

Ta chứng minh điểm I nằm trong A1B1C1 . Thật vậy đặt
  2 p-a   b+c-a

   2 p-b   a+c-b

 = 2 p-c   a+b-c

 ,  ,   0

Lấy A’ là điểm thỏa mãn  .A' B1   .A' C1  0 .
Do  ,  > 0 nên A’ nằm trên đoạn B1C1 . Khi đó ta có:
 IA1   IB1   IC1  0



 



  IA1   IA'  A' B1   IA'  A' C1  0

  IA1       IA'  0

Do  ,    > 0 nên I nằm trên đoạn A1A' . Suy ra điểm I nằm trong A1B1C1 .
Ta có: Sa IA1  Sb IB1  Sc IC1  0 (2)
Từ (1), (2) suy ra

Sa
Sb
Sc
Sa
Sb
Sc
(đpcm).






b+c-a a+c-b a+b-c
2 p-a  2 p-b  2 p-c 

15


Sử dụng phương pháp vectơ giải toán hình học

Bài toán 1.4. Cho ABC có BC=a, AC=b, AB=c và M là điểm nằm trong tam giác.
Gọi H, J, K lần lượt là hình chiếu vuông góc cuả điểm M trên các cạnh BC, CA, AB.
Chứng minh rằng: điểm M là trọng tâm của HJK  a 2 MA  b 2 MB  c 2 MC  0 .
Chứng minh.
A

P
N
I

K

B

H

J

Q
C

Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp ABC và các điểm P, Q, N lần lượt là các tiếp điểm
của đường tròn nội tiếp với các cạnh AB, BC, CA.
Suy ra AP=AN=p-a , BP=BQ=p-b , CQ=CN=p-c .
 IQ  IB  BQ
QC .IQ  QC.IB  QC.BQ

Mặt khác 
 IQ  IC  CQ

QB.IQ  QB.IC  QB.CQ

Cộng từng vế hai đẳng thức trên ta có:
BC.IQ  QC.IB  QB.IC

Do hai vectơ QC.BQ , QB.CQ là hai vectơ đối nhau nên ta có
aIQ   p-c  IB   p-b  IC

Chứng minh tương tự ta có: b.IN   p-a  IC   p-c  IA , c.IP   p-b  IA   p-a  IB
Cộng từng vế ba đẳng thức trên ta có:

aIQ  b.IN  c.IP   2p-b-c  IA   2p-a-b  IB   2p-a-b  IC  aIA  bIB  cIC  0 .

Ta có: aIQ  b.IN  c.IP  0 

a
b
c
.MH 
.MJ 
.MK  0

MH
MJ
MK

Ta thấy điểm M là điểm nằm trong ABC nên ta có
SMBC .MA  SMAC MB  SMAB MC  0

Theo giả thiết a 2 MA  b 2 MB  c 2 MC  0
16


Sử dụng phương pháp vectơ giải toán hình học



a2

b2





c2

SMBC SMAC SMAB
a2
b2
c2




a.MH b.MJ c.MK
a
b
c
(2)



MH MJ MK

Từ (1), (2)  MH  MJ  MK  0  điểm M là trọng tâm của HJK .
Vậy ta có điều phải chứng minh. Điểm M xác định như trên gọi là điểm Lemoine của
ABC .
Nhận xét:
Điểm Lemoine của ABC là giao điểm ba đường đối trung của ABC . Hai đường
thẳng cùng xuất phát từ một đỉnh của tam giác và đối xứng nhau qua đường phân giác
của góc đó được gọi là những đường thẳng đẳng giác. Đường thẳng đẳng giác với
một đường trung tuyến của tam giác gọi là đường đối trung. Điểm Lemoine của tam
giác có nhiều đặc điểm hình học thú vị. Chúng ta sẽ được gặp tính chất điểm
Lemoine của tam giác trong một số bài tập ở phần sau.
Bài toán 1.5. Cho đường tròn O; R  , hai dây cung AB và CD cắt nhau tại M , S là
trung điểm của BD , SM cắt AC tại K . Chứng minh rằng:
AK AM 2

.
KC CM 2

Chứng minh:

B
C

K

A

Đặt

M

S

D

AK
 x  AK  xKC
KC

Ta có

17


Sử dụng phương pháp vectơ giải toán hình học



MK  MA  AK  MA  xKC  MA  x MC  MK



  x  1 MK  MA  xMC
 MK 

1
x
MA 
MC
x 1
x+1

1

Do thẳng hàng nên tồn tại m sao cho MK  mMS 



m
MB  MD
2



* 

Ta có MA.MB=MC.MD=-PM/ O  k>0
Suy ra MB  

k

k
MA; MD  
MC
2
MA
MC 2

Thay vào  *  ta có

km
 1
= x+1 2MA2

 x =- km
 x+1 2MC 2
AK AM 2
=
KC CM 2
AK AM 2
=
Vậy
.
KC CM 2


Bài toán 1.6 ( Bài toán con nhím ) Cho tứ diện A1 A2 A3 A 4 . Gọi Si là diện tích mặt
đối diện đỉnh Ai , ei là véc tơ đơn vị vuông góc với mặt đối diện đỉnh và cùng chiều
với pháp véc tơ ngoài của mặt đó i=1, 4 . Chứng minh rằng:
S1 .e1+S2 .e2 +S3 .e3 +S4 .e4 =0 .
Chứng minh: Gọi V là thể tích tứ diện A1 A2 A3 A 4 .

Đặt m=S1 .e1+S2 .e2 +S3 .e3 +S4 .e4
A2

A3

A1
H

A4

Ta có

m.A2 A3= S1 .e1+S2 .e2+S3 .e3+S4 .e4 .A2 A3

18


Sử dụng phương pháp vectơ giải toán hình học

= S2 .e2+S3 .e3  .A2 A3



( do e1   A2 A3 A 4  ; e4   A1 A2 A3  )

=  S2 .e2 +S3 .e3  . A1 A3 -A1 A2

=S3 .e3 .A1 A3 -S2 .e2 .A1 A2



( do e2   A1 A3 A 4  ; e3   A1 A2 A4  )

Gọi  là góc giữa đường thẳng A1 A2 và mặt phẳng  A1 A3 A 4 
Khi đó ta có:

 e ; A A =+ 2
2

1

2









 S2 .e2 .A1 A2=S2 . e2 . A1 A2 .cos  + 
2
=-S 2.A1A2.sin=-S 2.A 2H
 S2 .e2 A1 A2=-3V

Chứng minh tương tự ta có:
S3.e3 A1 A3=-3V  m.A2 A3  0  m  A2 A3

Chứng minh tương tự ta có: m  A2 A4

Suy ra m   A2 A3 A 4 
Chứng minh tương tự m vuông góc với ba mặt còn lại của tứ diện.
Suy ra m có các phương khác nhau nên m=0 .
Vậy S1 .e1+S2 .e2 +S3 .e3 +S4 .e4 =0 ( đpcm).
Bài toán 1.7. Cho tứ diện A1 A2 A3 A 4 ; M là điểm nằm trong tứ diện. Chứng minh rằng
M là tâm tỉ cự của bốn điểm A1 , A2 , A3 , A 4 gắn với họ hệ số  V1 , V2 , V3 , V 4  trong đó
V1=VMA2 A3 A 4 , V2=VMA1A3 A 4 , V3=VMA1A2A 4 , V 4  VMA1A2A 3 .
Chứng minh. Ta cần phải chứng minh:
V1 MA1 +V2 MA2 +V3 MA3 +V4 MA4 =0

19


Sử dụng phương pháp vectơ giải toán hình học
A4

M
A3

A1
B4

A2

Giả sử đường thẳng nối điểm M với các đỉnh Ai giao với các mặt đối diện tại điểm
Bi

Ta có A 4 M   A1 A2 A3   B4
Gọi S1 , S2 , S3 lần lượt là diện tích của các B4 A2 A3 , B4 A1 A3 , B4 A1 A2
Ta có

S1 VA4 B4 A2 A3 VMB4 A2 A3 VA4 B4 A2 A3 -VMB4 A2A3
=
=
=
S2 VA4 B4 A1A3 VMB4 A1A3 VA4 B4 A1A3 -VMB4 A1A3

Tương tự ta có:
Suy ra

S2 V2
=
S3 V3

S1 S2 V2
= =
S2 S3 V3

Do B4 là điểm nằm trong A1 A2 A3 nên theo bài 1.2 ta có:
S1 .B4 A1+S2 .B4 A2 +S3 .B4 A3 =0













 S1 . PA1 -PB4 +S2 . PA2 -PB4 +S3 . PA3 -PB4 =0

 P 

Vậy ta có: V1 MA1+V2 MA2 +V3 MA3 +V4 MA4 =0 ( đpcm).
Bài toán 1.8 ( Hệ thức lượng giác trong góc tam diện)
Cho một góc tam diện với các góc phẳng ở đỉnh là  ,  ,  . Các góc phẳng nhị diện
đối diện tương ứng là A, B, C. Chứng minh rằng:
cos  cos .cos  sin  .sin .cosA 1
cos  cos .cos  sin .sin .cosB
cos  cos .cos  sin .sin  .cosC

Chứng minh.
20

 2
 3


Sử dụng phương pháp vectơ giải toán hình học
a1
K
H
O
F

a3

E
a2

Gọi góc tam diện là Oa1a2a3 với a2Oa3   , a1Oa3   , a1Oa2   . Ta sẽ chứng
minh (1). Thật vậy:
Lấy các điểm E, F lần lượt thuộc Oa2 , Oa3 sao cho OE=OF=1 .





Gọi H, K lần lượt là hình chiếu của E, F trên Oa1  HE , KF  A .
Ta có: OE .OF  OE.OF.cos =cos (1)
Mặt khác







OE .OF  OH  HE OK  KF  OH .OK  HE .KF
 OH.OK.cos0+HE.KF.cosA
=OE.cos .OF.cos   OE.sin .OF.sin  .cosA
=cos .cos  sin .sin .cosA (2)

Từ (1), (2)  cos  cos .cos  sin .sin .cosA ( đpcm )
Chứng minh tương tự (2), (3).
Nhận xét: từ bài toán này ta có một số kết quả sau:
1) Với góc tam diện như trong đề bài ta có

     

      2

21


Sử dụng phương pháp vectơ giải toán hình học

2) Cho góc tam diện Ob1b2b3 với Ob1  Oa2a3  , Ob2  Oa1a3  , Ob3  Oa1a2  ta sẽ
có một kết quả tương tự như sau:
cosA=-cosB.cosC+sinB.sinC.cos

( định lí hàm số cosin thứ hai – đối ngẫu của định lí cosin thứ nhất )
Bài toán 1.9. Cho tứ diện S.ABC. Trên các cạnh SA, SB, SC lần lượt lấy các điểm
D, E, F. Các mặt phẳng (ABF), (BCD), (ACE) cắt nhau tại điểm M. Đường thẳng SM
cắt mặt phẳng ( DEF) tại N, cắt mặt phẳng (ABC) tại P. Chứng minh rằng:
PN
PM
3
NS
MS

Chứng minh.
S

D

F
N

E

C
A
P

B

Đặt SA   SD , SB   SE , SC   SF , SP  mSM  nSN .
Vì điểm P thuộc mặt phẳng (ABC) nên tồn tại x, y, z  : x+ y+ z=1
Ta có SP  xSA  ySB  zSC   xSD   ySE   zSF (*)
 nSN   xSD   ySE   zSF  SN 

x
n

SD 

22

y
n

SE 

z
n

SF

Sử dụng phương pháp vectơ giải toán hình học

Mà điểm N thuộc mặt phẳng (DEF) nên ta có:
x
n



y z
n



n

 1   x   y   z  n (1)

Tương tự từ (*) ta có: mSM  xSA  ySB   zSF
Mà điểm M thuộc mp (ABF) nên ta có x+ y   z  m (2)
Từ (*) ta có mSM   xSD  ySB  zSC
Mà điểm M thuộc mp(DBC) nên  x  y+ z  m (3)
Từ (*) ta có: mSM  xSA   ySE  zSC
Mà điểm M thuộc mp(AEC) nên x   y  z  m (4)
Từ (1), (2), (3), (4) ta có 2  x+ y+ z    x   y+ z  3m (5)
Từ (1), (5)  n+2=3m  n-1=3  m 1 (**)
Ta có:

PN SP-NS SP



 1  n-1
NS
NS
NS

PM SP-MS SP


 1  m-1
MS
MS
MS

Kết hợp (*), (**) ta có:

PN
PM
(đpcm).
3
NS
MS

Bài toán 1.10. Trong không gian cho bốn tia Oa, Ob, Oc, Od sao cho góc giữa chúng
tạo thành với nhau đôi một bằng nhau. Cho tia thứ năm Ot tạo với các tia
Oa, Ob, Oc, Od lần lượt các góc  ,  ,  ,  . Chứng minh rằng:
cos  cos +cos +cos =0
Chứng minh.
Gọi các vectơ đơn vị a, b, c, d lần lượt là các vectơ chỉ phương của các tia

Oa, Ob, Oc, Od và cùng hướng với các vectơ đó.
Vì bốn vectơ a, b, c, d không đồng phẳng nên tồn tại bộ số  t1,t2 , t3 , t4  không đồng
thời bằng 0 sao cho t1a  t2 b  t3c  t4 d  0 (*)
23


Sử dụng phương pháp vectơ giải toán hình học

Nhân vô hướng (*) với a, b, c, d ta có:
t a 2  t ab  t ac  t ad  0
2
3
4
1
2
t ba  t b  t bc  t bd  0
1
2
3
4

2
t1ca  t 2 cb  t3c  t 4 cd  0

2
t1 da  t 2 db  t 3dc  t 4 d  0

Gọi   Oa,Ob   a.b  cos
Vì góc giữa hai tia bằng nhau đôi một nên ta có
a.b  b.c  c.d  d .a  d .b  a.c  cos  

Khi đó ta có
t1    t2  t3  t4   0 1

t2    t1  t3  t4   0

t3    t1  t2  t4   0

t4    t1  t2  t3   0

 2
 3
 4

Hệ này có nghiệm khác không nên   1
Từ (1), (2)   t1  t2 1    0  t1=t2
Tương tự ta có t1=t2= t3= t4  0
Từ (*)  a  b  c  d  0
Lấy u là vectơ đơn vị chỉ phương của tia Ot ta có





u a  b  c  d  0  cos  cos +cos +cos =0 (đpcm).

24


Sử dụng phương pháp vectơ giải toán hình học

Nhận xét:
1) Đặc biệt nếu a  OA , b  OB , c  OC , d  OD . Từ đẳng thức a  b  c  d  0
Ta có O là trọng tâm tứ diện ABCD. Mặt khác OA=OB=OC=OD nên O là tâm mặt
cầu ngoại tiếp tứ diện. Do đó ABCD là tứ diện gần đều.
2) Qua bài toán trên ta thấy các hệ thức không phụ thuộc vào độ dài mà chỉ phụ thuộc
vào độ lớn các góc tức là phụ thuộc vào phương các cạnh ta có thể dùng phương pháp
vectơ để chứng minh bằng cách qui về góc của hai vectơ.

25