Phương pháp vectơ trong giải toán hình học phổ thông

1

MỞ ĐẦU
1. Lý do chọn đề tài
Khái niệm vectơ được hình thành từ rất lâu, bắt nguồn từ việc nghiên
cứu các đối tượng có hướng. Tuy nhiên đến đầu thế kỷ 19 vectơ mới được
nghiên cứu và sử dụng một cách có hệ thống, gắn liền với việc biểu diễn hình
học của số phức. Thuật ngữ “vectơ” trong Toán học được W. Hamilton đề
xuất vào khoảng giữa thế kỷ 19. Ngày nay, vectơ đã hiện hữu trong nhiều lĩnh
vực của Toán học, cũng như những ngành khoa học khác. Các dạng toán hình
học có thể giải được bằng phương pháp vectơ là đa dạng, phong phú và
thường xuất hiện trong các kì thi đại học, kì thi học sinh giỏi.
Trong chương trình toán bậc phổ thông trung học hiện nay, vectơ được
đưa vào giảng dạy ngay từ chương trình lớp 10, tuy nhiên với một thời lượng
còn khiêm tốn. Sách giáo khoa cũng đưa ra một vài ứng dụng của vectơ,
nhưng chưa chỉ ra việc định hướng tìm tòi lời giải bằng phương pháp vectơ
cũng như chưa chú trọng đến việc rèn luyện kỹ năng này.
Nhằm tìm hiểu phương pháp vectơ, cùng với sự định hướng của TS.
Nguyễn Ngọc Châu, tôi đã chọn đề tài: “Phương pháp vectơ trong giải toán
hình học phổ thông” cho luận văn thạc sĩ của mình.
2. Mục đích và nhiệm vụ nghiên cứu
- Phương pháp vectơ trong hình học phẳng, hình học không gian.
- Các dạng toán hình học giải được bằng phương pháp vectơ.
- Ứng dụng phương pháp vectơ để giải một số bài toán thực tế.
3. Đối tượng và phạm vi nghiên cứu
- Phương pháp vectơ trong chương trình toán phổ thông.
- Các dạng toán hình học phổ thông giải được bằng phương pháp vectơ.
- Một số bài toán thực tế giải được bằng phương pháp vectơ.
4. Phương pháp nghiên cứu

2

- Thu thập các tài liệu về vectơ như sách giáo khoa, sách giáo viên, các
tài liệu chuyên đề về vectơ, …
- Khảo sát, phân tích, tổng hợp tài liệu để hệ thống và phân loại các
dạng toán giải được bằng phương pháp vectơ.
- Trao đổi, thảo luận, tham khảo ý kiến của giáo viên hướng dẫn để thực
hiện đề tài.
5. Cấu trúc của luận văn
Ngoài phần mở đầu và kết luận, nội dung của
luận văn được chia thành hai chương
Chương 1. Kiến thức cơ sở về vectơ
Chương này trình bày sơ lược những kiến thức cơ sở về vectơ cùng các
tính chất của nó để làm tiền đề cho chương sau. Các chi tiết liên quan có thể
xem trong [9], [10], [11], [12], …
Chương 2. Ứng dụng của phương pháp vectơ
Chương này trình bày ứng dụng của phương pháp vectơ trong giải toán
hình học phổ thông.


3

CHƯƠNG I

KIẾN THỨC CƠ SỞ VỀ VECTƠ
Chương này trình bày sơ lược những kiến thức cơ sở về vectơ cùng các
tính chất của nó để làm tiền đề cho chương sau. Các chi tiết liên quan có thể
xem trong [9], [10], [11], [12], …
1.1. VECTƠ VÀ CÁC KHÁI NIỆM LIÊN QUAN
Cho đoạn thẳng AB. Nếu ta chọn điểm A làm điểm đầu, điểm B

làm điểm cuối thì đoạn thẳng AB có hướng từ A đến B. Khi đó ta nói AB là
một đoạn thẳng có hướng.
Định nghĩa 1.1. Vectơ là một đoạn thẳng có hướng.
Vectơ có điểm đầu A, điểm cuối B được kí
uuu
r
hiệu AB và đọc là “vectơ AB”.
r r r u
r
Vectơ còn được kí hiệu là a , b , x , y , …

r
a
r
x

khi không cần chỉ rõ điểm đầu và điểm cuối của nó.
Vectơ có điểm đầu và điểm cuối trùng nhau gọi là vectơ – không và kí
r
hiệu 0 .
r
uuu
r
Chiều đi từ A đến B được gọi là hướng của vectơ AB . Vectơ 0 có
hướng tùy ý.
Đường th

ẳng đi qua điểm đầu và điểm cuối của một vectơ được gọi

là giá của vectơ đó.

Hai vectơ được gọi là cùng phương nếu giá của chúng song song
hoặc trùng nhau. Hai vectơ cùng phương thì có thể cùng hướng hoặc ngược
r
hướng. Vectơ 0 có phương, hướng tùy ý.
Ta gọi độ dài của một vectơ là khoảng cách giữa điểm đầu và điểm cuối
uuu
r
uuu
r
của vectơ đó. Độ dài của AB được kí hiệu là AB .
r
Vectơ 0 có độ dài bằng 0. Vectơ có độ dài bằng 1 được gọi là vectơ đơn vị.


4

uuur
uuu
r
Định nghĩa 1.2. Hai vectơ AB và CD được gọi là bằng nhau nếu chúng có
uuu
r
uuur
cùng hướng và cùng độ dài, kí hiệu AB = CD .
Hai vectơ được gọi là đối nhau nếu chúng ngược hướng và có độ dài
uuu
r
uuu
r
bằng nhau. Vectơ đối của AB được ký hiệu là - AB .

Nhận xét 1.1.

uuur
uuu
r
i) Ba điểm phân biệt A, B, C thẳng hàng ⇔ AB và AC cùng phương.
r
ii) Cho trước vectơ a và một điểm O bất kì, thì ta luôn tìm được điểm A
uuu
r
r
duy nhất sao cho OA = a .
iii) Mỗi vectơ có duy nhất một vectơ đối.
r
r
r
Định nghĩa 1.3. Cho hai vectơ a và b khác vectơ 0 . Từ một điểm O bất
uuu
r
r
uuu
r
r
kỳ, ta dựng các vectơ OA = a và OB = b , khi đó góc ·AOB với số đo từ
r r
r
r
00 đến 1800 được gọi là góc giữa hai vectơ a và b và ký hiệu là a, b .
r r
r

r
0
a
Nếu , b = 90 thì ta nói rằng a và b vuông góc nhau và ký hiệu

(

(

)

)

a⊥b.

Định nghĩa 1.4. Trong không gian ba vectơ gọi là đồng phẳng nếu ba đường
thẳng chứa chúng cùng song song với một mặt phẳng.
1.2. CÁC PHÉP TOÁN TRÊN CÁC VECTƠ
1.2.1. Phép cộng, phép trừ của hai vectơ
r
r
Định nghĩa 1.5. Cho hai vectơ a và b .
uuu
r r
uuur r
Lấy một điểm A tùy ý, vẽ AB = a và BC = b .
uuur
Vectơ AC được gọi là tổng của hai vectơ
r
r

r r
a và b và ký hiệu a +b .
uuur r r
Vậy AC = a +b

r
b

r
a

r r
a +b

r
a

r
b


5

r
Tính chất 1.1. [10] Với 3 vectơ a ,
r
r
• Tính chất giao hoán: a + b
r
r

• Tính chất kết hợp: ( a + b )

r r
b , c tùy ý, ta có:
r
r
=b +a
r
r
r
r
+ c = a + (b + c )
r
r
r
r
r
• Tính chất trung lập của vectơ không: a + 0 = 0 + a = a
r

r

( )

r

• Tính khả đối: a + −a = 0
Mệnh đề 1.1. [10]

uu

r

uur

r

i) Điểm I là trung điểm của đoạn thẳng AB khi và chỉ khi IA + IB = 0 .
uuu
r uuu
r uuur

r

ii) Điểm G là trọng tâm của tam giác ABC khi và chỉ khi GA + GB + GC = 0 .
Mệnh đề 1.2. [11] (Quy tắc hình hộp)
Cho hình hộp ABCD. A ' B ' C ' D ' có ba
cạnh xuất phát từ đỉnh A là AB, AD, AA’
và có đường chéo là AC’.
Khi đó ta có quy tắc hình hộp là:
uuu
r uuur uuuu
r
uuuu
r
AB + AD + AA ' = AC '
Hình 1.3

r
r
r

Định nghĩa 1.6. Cho hai vectơ a và b . Ta gọi hiệu của vectơ a với vectơ
r
r
r
r r
b là vectơ a + ( −b) , kí hiệui a − b .
r r
r
r
Như vậy a − b = a + ( −b) .
Phép cộng, trừ hai vectơ có các quy tắc sau
Mệnh đề 1.3. [10]
i) Với ba điểm A, B, C bất kỳ, ta có
uuu
r uuur
uuur
+) AB + BC = AC
uuu
r
uuu
r uuu
r
+) AB = CB − CA


6

uuu
r uuur
uuur

ii) Nếu ABCD là hình bình hành, thì AB + AD = AC
1.2.2. Phép nhân một vectơ với một số thực

r
Định nghĩa 1.7. Cho một số thực k ≠ 0 và vectơ a ≠ 0 .
r
r
Tích của vectơ a với số k là một vectơ , kí hiệu là ka , và được xác
định như sau:
r
r
a
cùng
hướng
với
, nếu k > 0
ka
r
r
ka ngược hướng với a , nếu k < 0 .
r
r
k
a
Vectơ ka có độ dài là
.
r
r
r
r

Quy ước: 0a = 0, k 0 = 0 .
r
r
a
b
Tính chất 1.2. [10] Với hai vectơ
và
bất kì, với mọi số thực h và k,
ta có:

r r
r
r
k ( a + b) = ka + kb
r
r
r
• (h + k ) a = ha + k a
r
r
• h( ka ) = (hk ) a
r
r
r
r
• 1.a = a, (−1)a = − a
•

r
r r r

Mệnh đề 1.4. [10] Điều kiện cần và đủ để hai vectơ a và b b ≠ 0 cùng

(

r

)

r

phương là có một số k để a = kb .
Nhận xét 1.2. Ba điểm phân biệt A, B, C thẳng hàng
uuur
uuur
uuu
r
uuu
r
⇔ AB và AC cùng phương ⇔ ∃k ≠ 0 để AB = k AC .
uuu
r
uuu
r
uuur
⇔ Với mọi điểm O tùy ý, k ≠ 0 : OA = kOB + (1 − k )OC .
Định nghĩa 1.8. Cho hai điểm A và B phân biệt. Ta nói điểm M chia đoạn
uuur

uuur

thẳng AB theo tỉ số k ≠ 1 nếu MA = k MB .
Định lý 1.1. [15] Nếu điểm M chia đoạn thẳng AB theo tỉ số k ≠ 1 thì với


7

uuu
r
uuu
r
uuuu
r
OA − kOB
điểm O bất kỳ, ta có: OM =
.
1− k

Mệnh đề 1.5. [10]
i)

Nếu I là trung điểm của đoạn thẳng AB thì với mọi điểm M ta có

ii)

Nếu G là trọng tâm của tam giác ABC thì với mọi điểm M ta có

uuur uuur
uuu
r
MA + MB = 2MI .

uuur uuur uuuu
r
uuuu
r
MA + MB + MC = 3MG .

r
r
Định lý 1.2. [10] Trong một mặt phẳng (P), cho hai vectơ a và b không
r
cùng phương. Khi đó mọi vectơ x ∈ ( P ) đều phân tích được một cách duy
r
r
nhất theo hai vectơ a và b , nghĩa là có duy nhất cặp số thực (h, k) sao cho
r
r
r
x = ha + kb .
r
r
Định lý 1.3. [11] Trong không gian cho hai vectơ a và b không cùng
r r r
r
a
phương và vectơ c . Khi đó ba vectơ
, b , c đồng phẳng khi và chỉ khi
r
r
r

có duy nhất cặp số (h, k ) sao cho c = ha + kb .
r r
Định lý 1.4. [11] Trong không gian cho ba vectơ không đồng phẳng a , b ,
r
r
c . Khi đó với mọi x ta đều tìm được duy nhất một bộ ba số thực m, n, p
r
r
r
r
sao cho x = ma + nb + pc .
1.2.3. Tích vô hướng của hai vectơ
r
r
r
Định nghĩa 1.9. Cho hai vectơ a và b khác vectơ 0 . Tích vô hướng của
r
r
r r
hai vectơ a và b là một số thực, kí hiệu là a .b và được xác định bởi
công thức sau:
rr
r r
r r
a.b = a b cos(a, b) .
r

r

r

r

rr

Nếu a = 0 hoặc b = 0 , ta quy ước a.b = 0 .
r r r
Tính chất 1.3. [10] Với ba vectơ
a, b, c bất kì và mọi số thực k ta có:


8

rr
rr
a.b = b.a
r r r
rr rr
• a.(b + c) = a.b + a.c
r r
rr
r uu
r
• (k a).b = k (a.b) = a.(kb)
r2
r2
r
r
• a ≥ 0, a = 0 ⇔ a = 0

•

Nhận xét 1.3.
r
r
rr
r r
r
i) Với a và b khác vectơ 0 ta có a.b = 0 ⇔ a ⊥ b .
rr

r

ii) Tích vô hướng a.a được ký hiệu là a 2 và gọi là bình phương vô hướng
r2
r2
r
của vectơ a . Ta có a = a .
1.2.4. Định lý hàm số sin, hàm số côsin trong tam giác
Định lý 1.5. [10] (Định lý hàm số sin)
Trong tam giác ABC bất kì với BC = a, CA = b, AB = c và R là
bán kính đường tròn ngoại tiếp, ta có
a
b
c
=
=
= 2R
sin A
sin B

sin C
Định lý 1.6. [10] (Định lý hàm số côsin)
Trong tam giác ABC bất kì với BC = a, CA = b, AB = c , ta có
a 2 = b 2 + c 2 − 2bc cos A
b 2 = a 2 + c 2 − 2ac cos B
c 2 = a 2 + b 2 − 2ab cos C


9

CHƯƠNG 2

ỨNG DỤNG CỦA PHƯƠNG PHÁP VECTƠ
Chương này trình bày ứng dụng của phương pháp vectơ trong giải toán
hình học phổ thông.
2.1. ĐỊNH HƯỚNG GIẢI BÀI TOÁN HÌNH HỌC BẰNG PHƯƠNG
PHÁP VECTƠ
Để ứng dụng phương pháp vectơ vào giải toán hình học phổ thông ta
thường tiến hành các bước như sau:
Bước 1: Chuyển đổi các giả thiết, yêu cầu của bài toán hình học sang ngôn
ngữ vectơ.
Bước 2: Giải bài toán theo ngôn ngữ vectơ.
Bước 3: Chuyển đổi các kết quả thu được từ bài toán theo ngôn ngữ vectơ về
lại bài toán hình học ban đầu.
Trong các bước trên, việc chuyển đổi ngôn ngữ ở bước đầu tiên là khâu
quan trọng nhất. Từ bước này ta có thể định hướng được cách giải của bài
toán.
Để chuyển đổi ngôn ngữ tốt ta cần kết hợp giữa các biểu thức vectơ với
ý nghĩa hình học của chúng, đồng thời cố gắng mô tả chúng bằng các hình
ảnh trực quan.

Để bước thứ hai được thực hiện tốt, cần thiết phải rèn luyện các kỹ năng
giải bài toán bằng phương pháp vectơ như là: phân tích vectơ theo hai vectơ
không cùng phương, phân tích vectơ theo ba vectơ không đồng phẳng, các bài
toán tính tổng, hiệu các vectơ,…
Cũng trong bước này, ta thường chọn một hệ các vectơ cơ sở, phân tích
các vectơ khác theo hệ vectơ cơ sở đó. Sau đó tiến hành giải toán theo phương
pháp vectơ. Khi chọn các vectơ cơ sở ta nên chọn sao cho các vectơ khác
phân tích qua chúng thuận lợi nhất. Kỹ thuật này có thể tích góp qua kinh


10

nghiệm giải toán. Chẳng hạn, đối với hình tam giác ABC ta chọn hệ các vectơ
uuu
r uuur
cơ sở là AB, AC , hình tứ diện ABCD ta chọn hệ vectơ cơ sở là

{

{

}

uuu
r uuur uuur
AB, AC , AD , hình lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’ ta chọn hệ vectơ cơ sở

}

uuu

r uuur uuur
AB
, AC , AA ' , hình hộp ABCD.A’B’C’D’ ta chọn hệ vectơ cơ sở là
là

{

{

}

uuu
r uuur uuur
AB, AC , AA ' , …

}

Bảng 2.1: Bảng biểu thị biểu thức vectơ với ý nghĩa hình học của chúng.
Ý nghĩa
hình học
I là trung
điểm của đoạn
thẳng AB

uu
r Biểu
uurthức
uu
r vectơ
uur

r
IA = − IB; IA + IB = 0
uur
uur
r
1 uuu
AI = IB = AB;
2
uuur uuur
uuu
r
MA + MB = 2MI

Hình biểu diễn
A

I

B

(M là tùy ý).
uuu
r
uuur
AB = k AC , k ∈ R
Ba điểm A, B, C
thẳng hàng
Hai điểm A và B
trùng nhau
Điểm M chia

đoạn thẳng AB
theo tỉ số k cho
trước.

uuur
uuu
r
uuu
r
OC = mOA + nOB, ∀O

m + n = 1
uuu
r
r
AB = 0
uuu
r
uuu
r
OA = OB, ∀O

uuur
uuur
MA = k MB, k ≠ 1.
uuu
r
uuu
r
uuuu

r
OA − kOB
∀O, OM =
1−k

A

B

C


11

G là trọng tâm
của tam giác
ABC
G là trọng
tâm của tứ giác
ABCD

G là trọng
tâm của tứ diện
ABCD

Bốn điểm
O, A, B, C
đồng phẳng.
Hai đường thẳng
vuông góc:

a⊥b
Hai đường thẳng
song song: a // b
…

uuur
uuur
2 uuur
AG = AA ' = 2GA '
3
uuu
r uuu
r uuur
r
GA + GB + GC = 0
uuur uuur uuur
uuuu
r
MA + MB + MC = 3MG
(M là điểm tùy ý)
uuu
r uuu
r uuur uuur
r
GA + GB + GC + GD = 0
uuur uuur uuur uuuu
r
uuuu
r
MA + MB + MC + MD = 4MG

(M là điểm tùy ý)
uuu
r uuu
r uuur uuur
r
GA + GB + GC + GD = 0
uuur uuur uuur uuuu
r
uuuu
r
MA + MB + MC + MD = 4MG
(M là điểm tùy ý)
uuur
uuu
r
uuu
r
OC = hOA + kOB
uuur
uuur
uuur
uuur
 DO = mDA + nDB + pDC , ∀ D

 m + n + p = 1

uuu
r uuur
AB.CD = 0
uuu

r uuur
Với AB, CD có giá là a, b.
uuu
r
uuur
AB = kCD ( k ≠ 0 )
uuu
r uuur
Với AB, CD có giá là a, b.
…

…

2.2. ỨNG DỤNG CỦA PHƯƠNG PHÁP VECTƠ TRONG MỘT SỐ BÀI
TOÁN THỰC TẾ


12

Trong vật lý ta thường gặp các đại lượng có hướng như lực, vận tốc, …
Người ta dùng vectơ để biểu diễn các đại lượng đó. Các phép toán trên những
đại lượng có hướng cũng được biểu thị qua các phép toán trên vectơ. Do đó
nhiều bài toán vật lý được giải bằng công cụ vectơ.
Bài toán 1: [10]
Một xe tải chuyển động từ A đến B dưới tác
ur
ur
dụng của lực F . Lực F tạo với hướng chuyển động một góc α , tức là
ur uuu
r

ur
( F , AB ) = α . Hãy tính công sinh ra bởi lực F để đưa xe tải di chuyển
từ A đến B.
ur
F1

ur
F

α

ur
F2
Hình 2.1

Lời giải.

ur
ur
ur
Lực F được phân tích thành tổng hai lực thành phần là F 1 và F 2
ur
uuu
r
Trong đó F 1 vuông góc với AB ;
ur
ur
F 2 là hình chiếu của F lên đường thẳng AB.
ur
ur

ur
Theo quy tắc hình bình hành ta có: F = F 1 + F 2
ur uuu
r
ur
ur uuu
r
ur
Công A của lực F là:
A = F . AB = ( F 1 + F 2 ). AB
ur uuu
r ur uuu
r
ur uuu
r
ur
ur uuu
r
uuu
r
= F 1. AB + F 2 . AB = F 2 . AB ( Vì F 1 ⊥ AB nên F 1. AB = 0).
ur
Như vậy lực thành phần F 1 không làm cho xe tải chuyển động nên
ur
ur
không sinh công. Chỉ có lực thành phần F 2 của lực F sinh công làm cho
xe chuyển động từ A đến B.


13

ur uuu
r
ur
Công thức A = F . AB là công thức tính công của lực F làm vật di
chuyển từ A đến B mà ta đã biết trong vật lí.
Bài toán 2: [10] Đo chiều cao của một cái tháp mà không thể đến được
chân tháp.

α
Hình 2.2: Kim tự tháp Kheops, Ai Cập.

β

β

Hình 2.3

Giả sử CD = h là chiều cao của tháp, trong đó C là chân tháp.
Chọn hai điểm A, B trên mặt đất sao cho ba điểm A, B, C thẳng hàng.
·
Khi đó ta có thể đo được khoảng cách AB và các góc CAD
= α,
·
CBD
= β . Tính chiều cao của kim tự tháp đó.
Lời giải.
Áp dụng định lý sin vào tam giác ABD ta có
Lại có

µ +β
α = D

Do đó AD =

nên

AD
AB
=
.
sin β
sin D

µ = α −β .
D

AB sin β
.
sin(α − β )

Trong tam giác vuông ACD ta có h = CD = AD sin α
Vậy ta tính được chiều cao của kim tự tháp.


14

Bài toán 3: [11] Để đo chiều cao của Tháp Chàm Po Klong Garai ở Ninh
Thuận, người ta lấy hai điểm A và B trên mặt đất có khoảng cách
AB = 12 m cùng thẳng hàng với chân C của tháp để đặt hai giác kế.

Chân của giác kế có chiều cao h = 1,3m. Gọi D là đỉnh tháp và hai điểm
A1, B1 cùng thẳng hàng với C1 thuộc chiều cao CD của tháp. Người ta
· C = 490 và DB
· C = 350 . Tính chiều cao CD của tháp đó.
đo được DA
1 1
1 1

Hình 2.4

Lời giải .
Áp dụng định lý hàm sin vào tam giác A1B1D ta có
A1D
A1B1
=
sin ·A1B1D
sin ·A1DB1
· A D = ·A DB + ·A B D
Ta có C
1 1
1
1
1 1
Nên

·A DB = C
· A D − ·A B D = 490 − 350 = 140 .
1
1
1 1

1 1

A1 B1.sin ·A1B1D
12.sin 350
=
= 28,45 m.
Do đó A1D =
sin140
sin ·A1DB1
Trong tam giác vuông A1C1D ta có
· A D = 28,45.sin 490 = 21,47 m
C1D = A1D sin C
1 1
Vậy ta tính được chiều cao của tháp chàm là


15

h = CD = 1,3 + C1D = 1,3 + 21, 47 = 22,77 m

Bài toán 4: [10] Tính khoảng cách từ một địa điểm trên bờ sông đến một
gốc cây trên một cù lao ở giữa sông.

Hình 2.5

Để đo khoảng cách từ một điểm A trên bờ sông đến gốc cây
C trên cù lao giữa sông, người ta chọn một điểm B cùng ở trên bờ với A
sao cho từ A và B có thể nhìn thấy điểm C. Ta đo được khoảng cách
·
·

AB và các góc CAB
= α và CBA
= β . Tính khoảng cách AC.
Lời giải.
Áp dụng định lí hàm sin vào tam giác ABC, ta có
Vì

sin C = sin[1800 − (α + β )] = sin(α + β )

AC
AB
=
sin B
sin C

nên AC =

Vậy ta tính được AC là khoảng cách cần tìm.

AB sin β
sin(α + β )

ur
Bài toán 5:
[4] Một chiếc ô tô bị chết máy được kéo bởi hai lực T1
uu
r
ur
uu
r

và T2 . Trong đó, T1 tạo với trục dọc của xe một góc bằng 20 0, T2 tạo
ur
uu
r ur
ur uu
r
ur
với trục dọc góc α . Tổng hợp lực R của T1 và T2 ( R = T1 + T2 ) có
phương trùng với trục dọc của xe và có cường độ 300N.


16

ur
uu
r
a) Tính cường độ của T1 và T2 khi α = 300 .
uu
r
b) Tính góc α khi cường độ của T2 nhỏ nhất có thể được; khi đó
uu
r
T2 bằng bao nhiêu?
Lời giải.
a) Dùng tia Ax biểu thị phương của trục dọc xe. Trên tia Ax dựng
uuur
ur
AC = R . Dựng tia Ay tạo với Ax góc 20 0, dựng tia Az tạo với Ax góc

α = 300 .

uuu
r uuur uuu
uuur
r
Phân tích AC thành hai vectơ thành phần AB, AD ; AB biểu thị lực
ur uuur
uu
r
kéo T1 , AD biểu thị lực kéo T2 .
Vận dụng định lý hàm sin vào tam giác ACD, ta có
DC
AC
AD
=
=
0
µ
·
sin 30
sin D
sin DCA
⇔

uu
r
T2
ur
T1

T1

300 N
T2
=
=
sin 300
sin1300
sin 200

sin 300
⇒ T1 =
.300 N = 198,5 N
sin1300
sin 200
.300 N = 133,9 N
sin1300
ur
ur uu
r
ur
b) R = T1 + T2 . Ta có R có hướng
ur
không thay đổi, T1 có hướng không thay

Hình 2.6

⇒ T2 =

α

ur

R

đổi, còn cường độ thì phụ thuộc vào vị trí
của điểm B trên tia Ay.
Hình 2.7
uu
r
uuur
uu
r
uuur
Vì T2 = BC nên T2 có độ dài nhỏ nhất khi BC có độ dài BC nhỏ nhất.
Điểm C cố định, B là điểm thuộc Ay nên CB nhỏ nhất khi CB ⊥ Ay .


17

Khi đó α = 900 − 200 = 700 .
Xét tam giác vuông ABC, ta có
T2 = BC = ACsin 200 = 300 N .sin 200 = 102,6 N
Bài toán 6: [18] (Cơ học).
B

Một thanh dài OA có trọng tâm ở giữa thanh
và khối lượng m = 1kg. Đầu O của thanh liên kết

T

với tường bằng bản lề, còn đầu A được treo vào
tường bằng một sợi dây AB. Thanh được giữ nằm

A

ngang và dây làm với thanh một góc α = 30 o . Lấy

I

Q

α
G

g = 10 m / s 2 . Hãy xác định:
ur
a) Giá của phản lực Q của bản lề tác dụng

O

P

vào thanh AB.

Hình 2.8

b) Độ lớn lực căng dây và phản lực Q.
Lời giải.
- Các lực tác dụng lên thanh gồm:
ur
+ Trọng lực P .
ur
+ Phản lực của bản lề Q

ur
+ Lực căng dây T

F
T

Q 2α
I

- Điều kiện cân bằng của thanh OA là:
P
ur
ur
ur
r
P + Q + T = 0
(*)
Hình 2.9
ur ur ur
ur
a) Các lực P, Q, T có giá đồng quy nên giá của Q không vuông góc với
u
r u
r
tường mà đi qua điểm I (giao điểm của giá các lực P, T ).
b) Chiếu (*) lên các trục tọa độ ( OA ≡ Ox, OB ≡ Oy , O là gốc tọa độ)
Ox: Qcosα − T cos α = 0

( 1)

Oy: T sin α + Q sin α − P = 0

( 2)


18

Từ ( 1) ⇒ Q = T thế vào (2) ta được 2T sin α = P
⇒ T =
Vậy

P
P
=
= P = m.g = 1.10 = 10 N
2sin α
2sin 300

Q = T = 10 N

Nhận xét: Đối với bài toán này ta có thể dùng định lý hàm côsin giải như sau:
ur ur ur
Di chuyển các lực P, Q, T về điểm đồng quy I, như hình vẽ:
ur
ur ur
ur ur
r
Đặt F = Q + T , công thức (*) có thể viết thành F + P = 0 .
Theo hình vẽ ta có F 2 = Q 2 + T 2 − 2QT cos 2α
Vì tam giác AIO cân tại I nên Q = T.

Khi đó F 2 = Q 2 + T 2 − 2QT cos 2α = 2T 2 (1 − cos2α ) = 2T 2 (2sin 2 α )
⇔ F = 2T sin α
⇔ T =

F
P
=
= Q.
2sin α
2sin α

Bài toán 7: [19] (Định luật bảo toàn động lượng)
Một quả đạn khối lượng m đang bay theo phương nằm ngang với
vận tốc v = 5 3 m/s thì nổ thành hai mảnh có khối lượng bằng nhau.
Mảnh 1 bay thẳng đứng xuống với vận tốc v1 = 10 m/s. Hỏi mảnh 2
bay theo hướng nào với vận tốc bao nhiêu?
Lời giải.
Ta có m1 = m2 =

m
2

ur
uu
r uur
ur
Theo định luật bảo toàn động lượng ta có p = p1 + p2 , trong đó p

uu
r uur

là đường chéo của hình bình hành tạo bởi hai cạnh là p1 , p2
Do đó theo định lý Pythagore, ta có:
p2 2 = p 2 + p12


19

⇔

( m2 .v2 )

⇔

m 
 .v2 ÷ = m.5 3
2 

⇔

m2 2
.v2 = 100m 2 ⇔ v2 2 = 400
4

2

= ( m.v ) + ( m1.v1 )

2

2

(

)

2

2

2

m 
+  .10 ÷
2


Vậy v2 = 20 m/s.

Hình 2.10

m
.10
1 ⇒ α = 300
Mặt khác ta có tan α = p1 = m1.v1 = 2
=
p
m.v
m.5 3
3
Vậy mảnh thứ hai bay lệch phương ngang góc 30o lên trên với vận tốc 20m/s.

Bài toán 8: [19] (Điện trường)
Cho hai điện tích điểm q1 = 10-6C, q2 = -2.10-6C đặt tại hai điểm
A, B cách nhau 20cm trong không khí. Xác định vectơ cường độ điện
trường tại điểm M cách đều A, B các khoảng AM = BM = 20cm.
Lời giải.

E1

Tại M có các vectơ cường độ diện
uu
r uur
trường E1 , E2 do q1, q2 gây ra biểu

α
M

diễn như hình vẽ. Với:

E1 =

k q1
AM 2

=

9.109.10− 6
= 2,25.105V / m
2
(0,2)

k q2
9.109.2.10 −6
E2 =
=
= 4,5.105V / m
2
2
BM
(0,2)

α


E

β

E2

B
q2

A
q1

Hình 2.11

ur

uu

r

uu
r

Vectơ cường độ điện trường tổng hợp tại M là E = E1 + E2 .
Ta có tam giác ABM là tam giác đều nên α = 60o .


20

-

Theo định lý hàm côsin đối với tam giác MEE1 , ta có:
E 2 = E12 + E2 2 − 2 E1.E2 .cosα
= ( 2,25.105 )

2

+ ( 4,5.105 )

2

− 2.2,25.105.4,5.105.cos600

= 15,1875.1010
Do đó: E = 3,9.105 V / m.
ur
Hướng của vectơ E :
Theo Định lí hàm số sin ta có

⇔ sin β =

E
E1
=
sin α
sin β
E1.sin α
2,25.105.sin 600
=
≈ 0,5
E
3,9.105

Do đó: β ≈ 300 .
ur
Vậy vectơ E có độ lớn E = 3,9.105 V/m và có phương hợp với MB
một góc 30o.
2.3. ỨNG DỤNG CỦA PHƯƠNG PHÁP VECTƠ TRONG HÌNH HỌC
PHẲNG
2.3.1. Chứng minh định lí hàm số côsin
a) Bài toán 9: [10] Trong tam giác ABC cho biết hai cạnh AB, AC và
góc A. Hãy tính cạnh BC.
Lời giải.
uuur 2
uuur uuu
r
Ta có BC 2 = BC = ( AC − AB ) 2
uuur 2 uuu
r2

uuur uuu
r
= AC + AB − 2 AC. AB
uuur 2 uuu
r2
uuur uuu
r
BC 2 = AC + AB − 2 AC . AB cos A
Vậy ta có BC 2 = AC 2 + AB 2 − 2 AC. AB cos A

Hình 2.12


21

BC =

Nên

AC 2 + AB 2 − 2 AC . AB cos A

Từ kết quả của bài toán trên ta suy ra được Định lí hàm số côsin (Định lý 1.5 )
b) Áp dụng.
Bài toán 10: [9] Tính độ dài đường trung tuyến của tam giác.
Cho tam giác ABC có các cạnh BC = a, CA = b, AB = c. Gọi ma ,
mb và mc là độ dài các đường trung tuyến lần lượt vẽ từ các đỉnh A, B
và C của tam giác. Hãy tính độ dài các đường trung tuyến của tam giác
ABC.
Lời giải.
Gọi M là trung điểm của cạnh BC, ta có

uuuu
r
r uuur
1 uuu
AM = ( AB + AC )
2
uuuu
r2
r uuur
1 uuu
⇒ AM 2 = AM = ( AB + AC ) 2
4
uuu
r uuur
1
= ( AB 2 + AC 2 + 2 AB. AC )
4
=

Hình 2.13

1
·
( AB 2 + AC 2 + 2 AB. AC.cos BAC
).
4

AB 2 + AC 2 − BC 2
·
cos BAC

=
2 AB. AC

Mà

1
AB 2 + AC 2 − BC 2
2
2
Nên AM = ( AB + AC + 2 AB. AC.
)
4
2 AB. AC
2

=

1
( AB 2 + AC 2 + AB 2 + AC 2 − BC 2 )
4

1
AB 2 + AC 2
BC 2
2
2
2
= (2 AB + 2 AC − BC ) =
−
4

2
4
Hay

2(b 2 + c 2 ) − a 2
.
m =
4
2
a


22

Chứng minh tương tự ta có:
2( a 2 + c 2 ) − b 2
2( a 2 + b 2 ) − c 2
và
.
mc2 =
4
4
ur
uu
r
Bài toán 11: [10] Hai lực f1 và f 2 cho trước cùng tác dụng lên một vật
ur uu
r
và tạo thành góc nhọn ( f1 , f 2 ) = α . Hãy lập công thức tính cường độ
r

của hợp lực s .
mb2 =

Lời giải.

uuu
r
ur uuur
uu
r
Đặt AB = f1 , AD = f 2 và vẽ hình bình hành ABCD.

Khi đó theo quy tắc hình bình hành, ta có
uuur
uuu
r uuur
ur uu
r
r
AC = AB + AD = f1 + f 2 = s .
r
uuur
ur uu
r
Vậy s = AC = f1 + f 2 .

α

Theo định lý côsin đối với tam giác ABC, ta có

Hình 2.14

AC 2 = AB 2 + BC 2 − 2 AB.BC cos B
r2
ur 2
uu
r2
ur uu
r
s = f1 + f 2 − 2 f1 . f 2 .cos(1800 − α )

Hay

=
Do đó

r
s =

ur 2
uu
r2
ur uu
r
f1 + f 2 + 2 f1 . f 2 .cosα .
ur 2
uu
r2
ur uu
r

f1 + f 2 + 2 f1 . f 2 .cosα

2.3.2. Chứng minh một hệ thức vectơ
Phương pháp: Ta dùng quy tắc ba điểm hoặc quy tắc hình bình hành,
kết hợp với các tính chất của phép cộng vectơ để thực hiện phép biến đổi
tương đương.
Bài toán 12: [6] Gọi G là trọng tâm của tam giác ABC. Chứng minh
rằng:
a)

uuu
r uuu
r uuur
r
GA + GB + GC = 0 ,

uuur uuur uuur
uuuu
r
b) ∀M , MA + MB + MC = 3MG


23

Lời giải.
a) Gọi M là trung điểm của BC và D là điểm đối xứng với G qua M.
Tứ giác GBDC có hai đường chéo cắt nhau tại trung điểm của mỗi
đường nên là hình bình hành.
uuu
r uuur

uuur
Do đó GB + GC = GD
Ta còn có

(1)

GA = 2GM

⇔ GA = GD
uuu
r
uuur
⇔ GA = − GD

(2)

Từ (1) và (2), ta suy ra:
uuu
r uuu
r uuur
uuur uuur
r
GA + GB + GC = − GD + GD = 0
Hình 2.15
uuur uuur uuur
uuuu
r uuu
r uuuu
r uuu
r uuuu

r uuur
b) Ta có MA + MB + MC = MG + GA + MG + GB + MG + GC
uuuu
r
uuu
r uuu
r uuur
uuuu
r
= 3MG + (GA + GB + GC ) = 3MG.
Bài toán 13: [9] Cho tam giác ABC. Gọi M, N, P lần lượt là trung
điểm của BC, CA, AB. Chứng minh rằng:
uuuu
r uuur uuu
r
r
AM + BN + CP = 0
Lời giải.
Vì M, N, P lần lượt là trung điểm của BC, CA, AB nên ta có:
uuuu
r
r uuur
1 uuu
AM = ( AB + AC )
2
uuur
r uuur
1 uuu
BN = ( BA + BC )
2

uuu
r
r uuu
r
1 uuu
CP = (CB + CA)
Hình 2.16
2
uuuu
r uuur uuu
r
r uuur
r uuur
r uuu
r
1 uuu
1 uuu
1 uuu
Do đó AM + BN + CP = ( AB + AC ) + ( BA + BC ) + (CB + CA)
2
2
2


24

=

r uuu
r

uuur uuu
r
uuur uuu
r
1 uuu
[( AB + BA) + ( AC + CA) + ( BC + CB )]
2

r
1 r r r
[0 + 0 + 0] = 0.
2
uuuu
r uuur uuu
r
r
Vậy AM + BN + CP = 0 .
=

Bài toán 14: [11] Cho tứ giác ABCD. Gọi M, N là trung điểm của AD
và BC. O là trung điểm của MN. Chứng minh các đẳng thức sau:
uuuu
r
r uuur
1 uuu
1 uuur uuur
AB + DC =
AC + BD
a) MN =
2

2
uuu
r uuu
r uuur uuur
r
b) OA + OB + OC + OD = 0
uu
r uur uur uur
uur
IA + IB + IC + ID
c) IO =
, với I là một điểm bất kì.
4

(

Lời giải.
a) Ta có

)

)

uuu
r uuur
uuuu
r uuuu
r uuur
uuuur uuuu
r uuur

AB + DC = AM + MN + NB + DM + MN + NC

(

=

Lại có

(

) (
uuuu
r
uuuu
r uuuur
uuur uuur
2MN + ( AM + DM ) + ( NB + NC )

uuuu
r r
= 2MN + 0 +
uuur uuur
uuuu
r uuuu
r
AC + DB = AM + MN +

(

=

r
uuuu
r
0 = 2 MN
uuur
uuuur uuuu
r uuur
NC + DM + MN + NB

) (
uuuu
r
uuuu
r uuuur
uuur uuur
2MN + ( AM + DM ) + ( NC + NB )

)

)

uuuu
r r r
uuuu
r
= 2MN + 0 + 0 = 2 MN

uuuu
r

r uuur
1 uuu
1 uuur uuur
AB + DC =
AC + DB .
Vậy MN =
2
2
uuu
r uuu
r uuur uuur
uuu
r uuur
uuu
r uuur
OA
+
OB
+
OC
+
OD
=
OA
+
OD
+
OB
+ OC
b) Ta thấy

uuuu
r
uuur
uuuu
r uuur
r
= 2OM + 2ON = 2 OM + ON = 0

(

)

(

)

(

uuu
r uuu
r uuur uuur
r
Vậy OA + OB + OC + OD = 0 .

) (
(

)

)

25

uuu
r uuu
r uuur uuur
r
c) Từ kết quả câu b, ta có OA + OB + OC + OD = 0
uur uu
r
uur uur
uur uur
uur uur
r
⇔ OI + IA + OI + IB + OI + IC + OI + ID = 0

(

⇔

uur
IO =

Vậy

⇔
uu
r
IA

) (

) (

) (

uur
uu
r uur uur uur
r
4OI + ( IA + IB + IC + ID) = 0
uur
uu
r uur uur uur
4IO = IA + IB + IC + ID
uur uur uur
+ IB + IC + ID
.
4

)

Bài toán 15: [17] Cho tam giác ABC. Gọi AM, BN, CP là các trung
tuyến của tam giác ABC. Gọi D, E, F lần lượt là trung điểm của AM,
BN và CP. Chứng tỏ rằng:
uuu
r uuu
r uuur
uuur uuur uuur

4 OA + OB + OC = 4 OD + OE + OF , với O là một điểm bất kì.

(

)

(

)

Lời giải.
Vì AM, BN, CP là các trung tuyến
của tam giác ABC nên ∀O ta có
uuu
r uuur
uuuu
r
OB + OC = 2OM
uuu
r uuur
uuur
OA + OC = 2ON
uuu
r uuu
r
uuu
r
OA + OB = 2OP

Hình 2.17

Vì D, E, F lần lượt là trung điểm của AM, BN và CP
có

nên ∀O ta

uuu
r uuuu
r
uuur uuu
r uuur
uuur uuur uuu
r
uuur
OA + OM = 2OD, OB + ON = 2OE , OC + OP = 2OF

Do đó
uuu
r uuu
r uuur
uuu
r
uuuu
r
uuu
r uuuu
r
uuur
uuur
2OA + OB + OC = 2OA + 2OM = 2 OA + OM = 2.2OD = 4OD

(

)

Tương tự ta có được
uuu
r
uuu
r uuur
uuur
uuu
r
uuur uuu
r
uuur
uuur
OA + 2OB + OC = 2ON + 2OB = 2 ON + OB = 2.2OE = 4OE

(

)