Luận Văn Đẳng thức, bất đẳng thức hình học. Các điểm thẳng hàng, trùng nhau

TRƢỜNG ĐẠI HỌC SƢ PHẠM HÀ NỘI 2
KHOA TOÁN
----------

NGUYỄN THỊ LIỄU

VECTƠ TRONG KHÔNG GIAN
VÀ CÁC BÀI TOÁN:
 ĐẲNG THỨC, BẤT ĐẲNG THỨC HÌNH HỌC
 CÁC ĐIỂM THẲNG HÀNG, TRÙNG NHAU
 CÁC VECTƠ ĐỒNG PHẲNG, KHÔNG ĐỒNG PHẲNG
 QUAN HỆ SONG SONG

KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP ĐẠI HỌC
Chuyên ngành: Hình học

Hà Nội – 2012


TRƢỜNG ĐẠI HỌC SƢ PHẠM HÀ NỘI 2
KHOA TOÁN
----------

NGUYỄN THỊ LIỄU

VECTƠ TRONG KHÔNG GIAN
VÀ CÁC BÀI TOÁN:


ĐẲNG THỨC, BẤT ĐẲNG THỨC HÌNH HỌC



CÁC ĐIỂM THẲNG HÀNG, TRÙNG NHAU



CÁC VECTƠ ĐỒNG PHẲNG, KHÔNG ĐỒNG PHẲNG



QUAN HỆ SONG SONG

KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP ĐẠI HỌC
Chuyên ngành: Hình học

Ngƣời hƣớng dẫn khoa học
GV. BÙI VĂN BÌNH

Hà Nội – 2012


Khóa luận tốt nghiệp

Trƣờng ĐHSP Hà Nội 2

LỜI CẢM ƠN
Bước đầu làm quen với việc tiến hành nghiên cứu khoa học nên em
không khỏi bỡ ngỡ và gặp nhiều khó khăn. Để có được khoá luận hoàn thiện
em đã nhận được sự giúp đỡ của các thầy cô trong khoa Toán cùng các thầy
cô trong trường ĐHSPHN2 và đặc biệt là sự tân tình chỉ bảo và đóng góp

những ý kiến quý báu của thầy Bùi Văn Bình trong thời gian qua.
Do điều kiện thời gian cùng với vốn kiến thức chắc chắn sẽ không tránh
khỏi những sai sót. Em rất mong nhận được sự chỉ bảo, đóng góp của thầy cô
và các bạn sinh viên để tìm được những ý tưởng tốt hơn, bổ sung cho khóa
luận được hoàn thiện hơn nữa và sẽ là tài liệu tham khảo thật sự bổ ích cho tất
cả những độc giả có niềm đam mê môn Toán.
Qua đây em xin gửi lời cảm ơn chân thành tới các thầy cô trong tổ Hình
học, các thầy cô trong khoa Toán và đặc biệt là thầy Bùi Văn Bình đã hướng
dẫn em hoàn thành khóa luận này.
Em xin chân thành cảm ơn!

Nguyễn Thị Liễu

K34 – CN Toán


Khóa luận tốt nghiệp

Trƣờng ĐHSP Hà Nội 2

LỜI CAM ĐOAN
Tôi xin cam đoan bản khóa luận này được hoàn thành do sự cố
gắng nỗ lực tìm hiểu, nghiên cứu của bản thân, cùng với sự giúp đỡ tận
tình của thầy Bùi Văn Bình.
Bản khóa luận này không trùng với kết quả của tác giả khác. Nếu
trùng tôi xin hoàn toàn chịu trách nhiệm.
Rất mong được sự đóng góp ý kiến của bạn đọc để bản khóa luận
được hoàn thiện hơn.

Sinh viên

Nguyễn Thị Liễu

Nguyễn Thị Liễu

K34 – CN Toán


Khóa luận tốt nghiệp

Trƣờng ĐHSP Hà Nội 2

MỤC LỤC
Trang
PHẦN I: MỞ ĐẦU .......................................................................................... 1
PHẦN II: NỘI DUNG ..................................................................................... 3
Chƣơng I: KIẾN THỨC CƠ BẢN VỀ VECTƠ .......................................... 3
I. Vectơ .............................................................................................................. 3
II. Các phép toán vectơ ..................................................................................... 5
III. Tích vô hướng ............................................................................................. 7
IV. Ba vectơ đồng phẳng................................................................................... 8
V. Các bài toán cơ bản ...................................................................................... 9
Chƣơng II: ỨNG DỤNG VECTƠ TRONG GIẢI TOÁN HÌNH HỌC
KHÔNG GIAN .............................................................................................. 13
I. Chứng minh các đẳng thức và bất đẳng thức............................................... 13
II. Chứng minh ba điểm thẳng hàng, hai điểm trùng nhau ............................. 17
III. Chứng minh các vectơ đồng phẳng, không đồng phẳng ........................... 27
IV. Ứng dụng điều kiện đồng phẳng, không đồng phẳng của ba vectơ.......... 32
V. Chứng minh hai đường thẳng song song với nhau, đường thẳng song song
với mặt phẳng .................................................................................................. 39
PHẦN III: KẾT LUẬN ................................................................................. 47

TÀI LIỆU THAM KHẢO ............................................................................ 48

Nguyễn Thị Liễu

K34 – CN Toán


Khóa luận tốt nghiệp

Trƣờng ĐHSP Hà Nội 2

PHẦN 1: MỞ ĐẦU
1. Lý do chọn đề tài
Hình học là một bộ phận quan trọng cấu thành toán học. Hình học luôn
luôn là một môn học khó đối với học sinh bởi đây là môn học có tính chặt chẽ,
tính lôgic và tính trừu tượng cao hơn những ngành học khác của toán học.
Trong chương trình môn toán ở trung học cơ sở các em đã được làm
quen với các khái niệm về đại lượng vô hướng. Khi lên bậc trung học phổ
thông các khái niệm đó tiếp tục được mở rộng, chúng ta có các khái niệm
mới, trong đó vectơ là một ví dụ. Khi mở rộng đoạn thẳng vô hướng sang
đoạn thẳng có hướng ta có khái niệm vectơ. Khái niệm vectơ sẽ theo suốt các
em trong quá trình học tập ở trường trung học phổ thông.
Thông thường khi mở rộng một khái niệm nào đó thì đồng thời ta có một
phương pháp mới, một công cụ mới để giải toán. Khái niệm vectơ ra đời cho
ta một phương pháp mới để giải toán một cách hiệu quả hơn. Nhờ có phương
pháp này, các bài toán như chứng minh tính song song, vuông góc, thẳng
hàng… nói chung được giải quyết một cách dễ dàng và ngắn gọn.
Với mong muốn trên, được sự giúp đỡ của thầy Bùi Văn Bình, em đã
mạnh dạn chọn đề tài “Vectơ trong không gian và các bài toán”.
2. Mục đích và nhiệm vụ nghên cứu

Qua các dạng toán, các ví dụ tham khảo mẫu… sẽ cho học sinh thấy
được phần quan trọng của việc sử dụng vectơ trong lời giải các bài tập hình
học. Tạo cho học sinh coi đây là một phương pháp để giải toán hiệu quả, một
cách suy nghĩ mới mẻ về hình học.
3. Đối tƣợng, phạm vi nghiên cứu
Đối tượng nghiên cứu là vectơ và vấn đề áp dụng nó vào giải các bài tập
trong hình học không gian.
Nguyễn Thị Liễu

1

K34 – CN Toán


Khóa luận tốt nghiệp

Trƣờng ĐHSP Hà Nội 2

Do thời gian có hạn, đề tài chỉ đề cập đến vấn đề sử dụng công cụ vectơ
để giải một số dạng bài tập cơ bản của Hình học không gian, với đối tượng là
học sinh THPT, chuẩn bị thi Đại học, Cao đẳng, THCN.
4. Nhiệm vụ nghiên cứu
+) Hệ thống các khái niệm và tính chất cơ bản của vectơ trong hình học
không gian.
+) Hệ thống các dạng bài tập trong hình học không gian.
5. Phƣơng pháp nghiên cứu
+) Phân tích, tổng hợp các tài liệu có liên quan.
+) Tổng kết kinh nghiệm.

Nguyễn Thị Liễu

2

K34 – CN Toán


Khóa luận tốt nghiệp

Trƣờng ĐHSP Hà Nội 2

PHẦN 2: NỘI DUNG
Chƣơng I: KIẾN THỨC CƠ BẢN VỀ VECTƠ
I. Vectơ
I.1. Định nghĩa vectơ:
Vectơ trong không gian là một đoạn thẳng có hướng.
Cho đoạn thẳng AB trong không gian. Nếu ta chọn điểm đầu (điểm gốc)
là A và điểm cuối (điểm ngọn) là B thì ta có một vectơ.

Kí hiệu là: AB .

A

B

Chú ý:



+) Cho 2 điểm A, B phân biệt thì ta có 2 vectơ AB và BA khác nhau.
 

+) Vectơ có điểm đầu và điểm cuối trùng nhau như: AA,BB,... được gọi

là vectơ - không.
I.2. Hai vectơ cùng phƣơng, cùng hƣớng


Hai vectơ AB và CD gọi là cùng phương nếu chúng lần lượt nằm trên
hai đường thẳng song song với nhau hoặc trùng nhau.


Hai vectơ cùng phương AB và CD được gọi là cùng hướng, nếu chiều
 
từ A đến B trùng với chiều từ C đến D. Kí hiệu là: AB ­ ­ CD .


Hai vectơ cùng phương AB và CD được gọi là ngược hướng, nếu chiều
 
từ A đến B ngược với chiều từ C đến D. Kí hiệu là: AB ­ ¯ CD .
Chú ý: Khi đó ta cũng có các kết quả sau:
+) Vectơ không được xem là cùng hướng với mọi vectơ.
+) Hai vectơ cùng hướng với một vectơ khác vectơ không thì hai vectơ
đó cùng hướng với nhau.
+) Ta chỉ có thể nói hai vectơ nào đó cùng hướng hay ngược hướng khi
đã có hai vectơ đó cùng phương.
I.3. Độ dài của vectơ
Mỗi vectơ có một độ dài, đó là khoảng cách giữa điểm đầu và điểm cuối
của vectơ đó.
Nguyễn Thị Liễu

3

K34 – CN Toán


Khóa luận tốt nghiệp

Trƣờng ĐHSP Hà Nội 2


Độ dài của vectơ AB là độ dài của đoạn thẳng AB, được kí hiệu là:


AB . Như vậy: AB = AB = BA .

Theo đó, độ dài của vectơ - không có độ dài bằng O.
Vectơ có độ dài bằng 1 gọi là vectơ đơn vị.
I.4. Hai vectơ bằng nhau
Định nghĩa:


Hai vectơ AB và CD được gọi là bằng nhau nếu chúng cùng hướng và
cùng độ dài.

 
Kí hiệu là: AB = CD .
Chú ý từ định nghĩa:
+) Quan hệ bằng nhau giữa hai vectơ là một quan hệ tương đương trên

tập các vectơ. Tập hợp các vectơ bằng nhau tạo thành một lớp tương đương
và được kí hiệu bằng một chữ cái thường và có mũi tên trên đầu như:


+) Hiển nhiên, mọi vectơ - không đều bằng nhau. Kí hiệu: 0

+) Khi cho trước vectơ a và điểm O thì có một điểm A duy nhất sao cho:
 
OA = a .
I.5. Góc giữa hai vectơ
Định nghĩa:

 

 
Cho hai vectơ a,b đều khác 0 . Từ một điểm O nào đó, ta vẽ OA = a
 

và OB = b . Khi đó số đo của góc AOB
được gọi là số đo của góc giữa hai
 
 
vectơ a,b . Kí hiệu: (a,b) .
A

a
a
O

b


B

b

Nhận xét:

Nguyễn Thị Liễu

4

K34 – CN Toán


Khóa luận tốt nghiệp

Trƣờng ĐHSP Hà Nội 2

 
+) Hiển nhiên a,b Î éêë00 ,1800 ù
ú
û.
 


+) a,b = 00 Û a và b cùng hướng.

( )

( )

 



0
+) (a,b)= 180 Û a và b ngược hướng.
 


+) a,b = 900 ta nói rằng hai vectơ a và b vuông góc với nhau. Kí
 
hiệu: a ^ b .



Quy ƣớc: Nếu ít nhất một trong hai vectơ a và b là 0 thì ta có thể xem góc
 
a,b có giá trị tùy ý trong đoạn éëê00 ;1800 ù
ú.
û

( )

( )

II. Các phép toán vectơ
II.1 Phép cộng vectơ
a) Định nghĩa



Cho hai vectơ a và b . Lấy một điểm A tùy ý, sau đó xác định các điểm
   

B và C sao cho: AB  a ; BC  b .



Khi đó vectơ AC được gọi là tổng của hai vectơ a và b .


 
Ta kí hiệu tổng của hai vectơ a và b là: a + b .
  
Hay AC = a + b .
Phép toán tìm tổng của hai vectơ còn được gọi là phép cộng vectơ.
B
a

b

a
A

C

b

Chú ý:
  



Nếu a + b = 0 thì vectơ b được gọi là vectơ đối của vectơ a và kí hiệu là - a .

Nguyễn Thị Liễu

5

K34 – CN Toán


Khóa luận tốt nghiệp

Trƣờng ĐHSP Hà Nội 2




Vectơ - a luôn ngược hướng với a và có độ lớn bằng vectơ a , tức là:


a = - a . Mỗi vectơ có một vectơ đối là duy nhất.
 

b) Tính chất: Với mọi vectơ a , b và c ta có:
+) Tính chất giao hoán:
   
a+ b= b+ a
+) Tính chất kết hợp:
 
 
 
(a + b) + c = a + (b + c)

+) Tính chất của vectơ - không:
    
a + 0= 0+ a = a
c) Các quy tắc cần nhớ:
Từ định nghĩa tổng của hai vectơ ta có các quy tắc sau:
+) Quy tắc ba điểm:

A

Với ba điểm A,B,C bất kỳ, ta có:
  
AB + BC = AC .

B

+) Quy tắc hình bình hành:

C

A

Nếu ABCD là hình bình hành thì ta luôn
  
có: AB + AD = AC .

B

C

+) Quy tắc hình hộp:

D

Nếu ABCDA1B1C1D1 là hình hộp thì
ta luôn có:
   
AB + AD + AA1 = AC1 .

A

C
B

D1
A1

II.2. Hiệu của hai vectơ

D

C1
B1

a) Định nghĩa



 

Hiệu của hai vectơ a và b , kí hiệu: a - b , là tổng của vectơ a và vectơ

  


đối của b . Tức là: a - b = a + (- b) .
Nguyễn Thị Liễu

6

K34 – CN Toán


Khóa luận tốt nghiệp

Trƣờng ĐHSP Hà Nội 2


Phép toán tìm hiệu của hai vectơ được gọi là phép trừ hai vectơ (vectơ a

trừ đi vectơ b ).
b) Từ định nghĩa ta có quy tắc ba điểm đối với phép trừ như sau:
  
Với ba điểm A,B,C bất kỳ ta có: AB - AC = CB
II.3. Phép nhân vectơ với một số
a) Định nghĩa

 
Cho số thực k ¹ 0 và vectơ a ¹ 0 .


Tích của vectơ a với số k là một vectơ, kí hiệu là k. a , được xác định

như sau:



+) Nếu k ³ 0 thì vectơ k.a cùng hướng với vectơ a .


+) Nếu k < 0 thì vectơ k.a ngược hướng với vectơ a .


k.a = k . a .
Phép lấy tích của một vectơ với một số còn được gọi là phép nhân vectơ
với số thực.
b) Các tính chất của phép nhân vectơ với một số:


Với hai vectơ a và b bất kỳ và mọi số thực k,h ta có:
 


 


+) k. a + b = k.a + k.b ; k. a - b = k.a - k.b

(

)

(

)

+)




(h + k).a = h.a + k.a


h. k.a = (h.k ).a

+)



 
 
 
1.a = a ; (- 1).a = - a ; k.a = 0 khi và chỉ khi k = 0 hoặc a = 0 .

+)

( )

III. Tích vô hƣớng của hai vectơ
III.1. Định nghĩa




Tích vô hướng của hai vectơ a và b là một số, kí hiệu là: a.b , được xác
  
 
định bởi công thức: a.b = a . b .cos a,b .

( )

Nguyễn Thị Liễu

7

K34 – CN Toán


Khóa luận tốt nghiệp

Trƣờng ĐHSP Hà Nội 2

Chú ý:
+) Từ định nghĩa ta suy ra công thức tính góc giữa hai vectơ:

 
a.b
cos a,b =  
a.b

( )

+) Biểu thức tích vô hướng của hai vectơ còn được viết dưới dạng sau:
 1  2 2 2
a + b - a - b hay
 Dạng độ dài: a.b =
2
 1  2  2
a.b =
a+ b - a- b
4

(
(

)

)

 Dạng tọa độ:


Trong hệ tọa độ Đêcác vuông góc Oxy, cho hai vectơ a (x1, y1 ) và


b(x 2 , y2 ). Khi đó: a.b = x1.x 2 + y1.y 2

Trong hệ tọa độ trực chuẩn Oxyz , cho hai vectơ: a (x1, y1,z1 ) và


b(x 2 , y2 ,z2 ). Khi đó: a.b = x1.x 2 + y1.y2 + z1.z 2

 


 Dạng hình chiếu: a.b = a.b' , trong đó: b' là hình chiếu của b trên

đường thẳng chứa vectơ a .
III.2. Các tính chất cơ bản của tích vô hƣớng
 
Với ba vectơ a,b,c tùy ý và mọi số thực k  0 , ta có:
 
 a.b = b.a

 
 a.b = 0 Û a ^ b
   

 (k.a).b = a.(k.b) = k(a.b)
         
 a. b + c = a.b + a.c ; a. b - c = a.b - a.c

(

)

Nguyễn Thị Liễu

(

)

8

K34 – CN Toán


Khóa luận tốt nghiệp

Trƣờng ĐHSP Hà Nội 2

IV. Ba vectơ đồng phẳng
IV.1. Định nghĩa

 
Trong không gian cho ba vectơ a,b,c tùy ý. Nếu từ một điểm O bất kỳ
    
ta vẽ: OA = a;OB = b;OC = c thì có thể xảy ra hai trường hợp:
 Nếu bốn điểm O,A,B,C cùng nằm trên một mặt phẳng, ta nói ba vectơ
 
a,b,c đồng phẳng.
 Nếu bốn điểm O,A,B,C không cùng nằm trên một mặt phẳng, ta nói
 
ba vectơ a,b,c không đồng phẳng.
Hay ta định nghĩa như sau:
Trong không gian ba vectơ được gọi là đồng phẳng nếu ba đường thẳng
chứa chúng cùng song song với một mặt phẳng.
Từ định nghĩa ta có:

  
 Nếu một trong ba vectơ a,b,c là 0 thì ba vectơ đó đồng phẳng.
 

 Nếu hai trong ba vectơ a,b,c cùng phương với nhau thì ba vectơ đó
đồng phẳng.

 
 
 Điều kiện cần và đủ để ba vectơ a,b,c tùy ý (trong đó a,b không cùng
phương) đồng phẳng là tìm được cặp số thực duy nhất m, n sao cho:



c  ma  nb .
 
 a,b,c là vectơ không đồng phẳng


 
Û éêk.a + h.b + m.c = 0 Û k = h = m = 0ù
ú
ë
û

 
 Cho a,b,c là ba vectơ không đồng phẳng, khi đó với mọi vectơ d luôn




tồn tại duy nhất ba số thực x, y,z sao cho: d = x.a + y.b + z.c
V. Một số bài toán cơ bản
Bài toán 1: Điểm G là trọng tâm của tứ diện ABCD . Chứng minh rằng:

   

MA + MB + MC + MD = 4.MG , với mọi điểm M .

Nguyễn Thị Liễu

9

K34 – CN Toán


Khóa luận tốt nghiệp

Trƣờng ĐHSP Hà Nội 2

Chứng minh:
A

I
G
D

B

J

C

Gọi I,J lần lượt là trung điểm của AB và CD .
Sử dụng quy tắc ba điểm ta lần lượt có:

     
MA = MG + GA;MB = MG + GB;
     
MC = MG + GC;MD = MG + GD.
Trong đó: G là trọng tâm của tứ diện ABCD và điểm M bất kỳ.
   
    
Suy ra: MA  MB  MC  MD  4MG  GA  GB  GC  GD





+) Chứng minh: Điểm G là trọng tâm của tứ diện ABCD khi và chỉ khi:
    
GA + GB + GC + GD = 0 .
(*)
Gọi I,J,K,L,M, N lần lượt là trung điểm các cạnh AB,CD,BC, AD,

BD,AC .
 Điều kiện cần:
Giả sử G là trọng tâm của tứ diện ABCD , suy ra G là trung điểm của
  
(1)
IJ Þ GI + GJ = 0 .
Do I,J lần lượt là trung điểm của AB,CD . Suy ra:
 

GA + GB = 2.GI
(2)

Nguyễn Thị Liễu

10

K34 – CN Toán


Khóa luận tốt nghiệp

Trƣờng ĐHSP Hà Nội 2

 

GC + GD = 2.GJ

(3)
   
 

Từ (1), (2), (3) ta có: GA + GB + GC + GD = 2(GI + GJ) = 0
 Điều kiện đủ:
Giả sử G là điểm thỏa mãn đẳng thức (*), ta sẽ chứng minh G là trọng
tâm của tứ diện ABCD .
Thật vậy:
Do I,J lần lượt là trung điểm của AB,CD , nên với điểm G ta có:
 

 

GA + GB = 2.GI và GC + GD = 2.GJ

    
  
 

Mà GA + GB + GC + GD = 0 Þ 2.(GI + GJ) = 0 Þ GI + GJ = 0
Suy ra G là trung điểm của đoạn thẳng IJ .
Tương tự, ta chứng minh được G là trung điểm chung của các đoạn
thẳng KL và MN . Vậy G là trọng tâm của tứ diện ABCD .
   

Suy ra: MA + MB + MC + MC = 4.MG
Điều phải chứng minh.
Bài toán 2: Cho tứ diện ABCD . Gọi M, N lần lượt là trung điểm của các
cạnh AD,BC và G là trọng tâm của tam giác BCD .
Chứng minh rằng:
 1  
a) MN = (AB + DC)
2
  

AB
+
AC
+
AD
=
3.AG
b)

A

M

Chứng minh:

D

B
G
N
C
a)

Ta có:

   
   
MN = MA + AB + BN và MN = MD + DC + CN

Nguyễn Thị Liễu

11

K34 – CN Toán


Khóa luận tốt nghiệp

Trƣờng ĐHSP Hà Nội 2

      

Do đó: 2.MN = MA + MD + AB + DC + BN + CN .
  
Vì M là trung điểm của đoạn AD nên: MA + MD = 0
  
Và N là trung điểm của đoạn BC nên: BN + CN = 0 .

b)

 1  
Do đó: MN = (AB + DC).
2
        
Ta có: AB = AG + GB ; AC = AG + GC ; AD = AG + GD.
  
   
Suy ra: AB + AC + AD = 3.AG + GB + GC + GD.
   
Vì G là trọng tâm của tam giác BCD nên GB + GC + GD = 0.
  

Do đó ta suy ra: AB + AC + AD = 3.AG . Đpcm.

Nguyễn Thị Liễu

12

K34 – CN Toán


Khóa luận tốt nghiệp

Trƣờng ĐHSP Hà Nội 2

Chƣơng II: ỨNG DỤNG VÉCTƠ
TRONG GIẢI TOÁN HÌNH HỌC KHÔNG GIAN
Sử dụng phương pháp véctơ sẽ giải quyết được rất nhiều bài toán trong
không gian mà các phương pháp khác không đạt được tính ưu việt như
phương pháp này.
Nội dung của việc ứng dụng véctơ trong giải toán hình học không gian
được thể hiện qua một số dạng toán sau:
I. CHỨNG MINH CÁC ĐẲNG THỨC VÀ BẤT ĐẲNG THỨC:
I.1. Phƣơng pháp chung: Để chứng minh đẳng thức véctơ ta thường lựa
chọn một trong các hướng biến đổi sau:
*) Hướng 1: Biến đổi một vế thành vế còn lại (VT Þ VP hoặc VP Þ VT ).
Khi đó:

- Nếu xuất phát từ vế phức tạp hơn ta cần thực hiện đơn giản biểu

thức.
- Nếu xuất phát từ vế đơn giản ta cần thực hiện việc phân tích
véctơ.
*) Hướng 2: Biến đổi đẳng thức cần chứng minh về một đẳng thức đã biết là
luôn đúng.
*) Hướng 3: Biến đổi đẳng thức đã biết là luôn đúng thành đẳng thức cần
chứng minh.
*) Hướng 4: Tạo dựng hình phụ.
Trong quá trình biến đổi ta thường sử dụng các quy tắc ba điểm, quy tắc
hình bình hành, quy tắc hình hộp, các bài toán 1, bài toán 2,… , các phép toán
véctơ.
Khi gặp dạng toán chứa bình phương độ dài các đoạn thẳng ta chuyển hệ

 2
thức cần chứng minh về dạng bình phương vô hướng như: AB2 = AB .

Nguyễn Thị Liễu

13

K34 – CN Toán


Khóa luận tốt nghiệp

Trƣờng ĐHSP Hà Nội 2

Khi gặp dạng toán chứa bình phương tích độ dài đoạn thẳng ta chuyển về
tích độ dài vectơ hoặc sử dụng định nghĩa tích vô hướng để giải.
I.2. Các ví dụ minh họa:
Ví dụ 1: Trong không gian cho bốn điểm phân biệt A,B,C,D bất kỳ.
     
Chứng minh: AB.CD + AC.DB + AD.BC = 0 ( công thức Euler ).
Chứng minh:

A

Thực hiện biến đổi vế trái, ta có:

B

D

     
C
AB.CD + AC.DB + AD.BC =
        
= AB.(AD - AC)+ AC.(AB - AD)+ AD.(AC - AB)
           
= AB.AD - AB.AC + AC.AB - AC.AD + AD.AC - AD.AB
= 0.
Nhận xét:
Xuất phát từ vế phức tạp (vế trái) ta biến đổi để xuất hiện các vectơ
  
AB,AC,AD . Từ đó có ngay lời giải bài toán.
Từ đẳng thức trên ta suy ra trong không gian nếu có bốn điểm A,B,C,D
 
 
 
phân biệt sao cho: AB.CD = 0 và AC.DB = 0 thì: AD.BC = 0 .
Hay nếu bốn điểm A,B,C,D trong không gian tạo thành một tứ diện có

AB ^ CD và AC ^ BD thì AD ^ BC .
Nói cách khác: nếu tứ diện ABCD có hai cặp cạnh đối vông góc với
nhau từng đôi một thì cặp cạnh đối diện còn lại cũng vuông góc với nhau.
Ví dụ 2:
Cho tứ diện ABCD . Gọi I, I1, J, J1, K, K1 lần lượt là trung điểm của

DA, CB, BD, AC, BA và CD . Biết rằng: II1 = JJ1 = KK1 . Chứng minh rằng:
DA
DB
DC
=

=
.



cos BDC
cosCDA
cos ADB
Nguyễn Thị Liễu

14

K34 – CN Toán


Khóa luận tốt nghiệp

Trƣờng ĐHSP Hà Nội 2

Chứng minh:
Từ giả thiết ta dễ dàng chứng minh

IJI1J1 là hình chữ nhật Þ IJ ^ IJ1 .

A

Mặt khác, ta có: IJ//AB và IJ1 / /CD .
Suy ra: AB ^ CD .
 
Û AB.DC = 0

  
Û (DB ­ DA).DC = 0
   
Û DB.DC ­ DA.DC = 0
   
Û DB.DC = DA.DC

I

K
J1

Chứng minh tương tự ta cũng có:
   
DB.DC = DA.DB
     
Vậy DB.DC = DA.DB = DA.DC

D

J

B

K1

I1
C

 = DA.DB.cosADB

 = DA.DC.cosADC

Û DB.DC.cosBDC

Û

DA
DB
DC
.
=
=



cosBDC
cosADC
cosADB

Điều phải chứng minh.
Nhận xét:
Thông qua biểu thức về tích vô hướng giữa các cạnh tại đỉnh D của tứ
diện ABCD . Vận dụng định nghĩa tích vô hướng ta có ngay kết quả của bài
toán.
Rõ ràng việc sử dụng phương pháp vectơ trong chứng minh các hệ thức
là một phương pháp hiệu quả giúp lời giải bài toán đơn giản, ngắn gọn, dễ
dàng hơn và phần nhiều không phụ thuộc vào hình vẽ…
I.3. Bài tập đề nghị:
Bài 1: Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình bình hành ABCD . Chứng
   

minh rằng: SA + SC = SB + SD .

Nguyễn Thị Liễu

15

K34 – CN Toán


Khóa luận tốt nghiệp

Trƣờng ĐHSP Hà Nội 2

Bài 2: Cho tứ diện ABCD .
a) Gọi P,Q lần lượt là trung điểm của AC và BD . Chứng minh rằng:
 1      
PQ2 = AB2 + BC2 + CD2 + AD2 - AC2 - BD2 .
4

(

)

b) Gọi P,Q lần lượt là trung điểm của AB và CD . Chứng minh rằng:

 1  
1  
PQ = (AC + BD)= (AD + BC) .
2
2

Bài 3: Cho hình hộp ABCDA1B1C1D1 .

 2 1  2  2  2  2
AA
AB1 + BC1 + CD1 + DA1 .
Chứng minh rằng:
1 <
4

(

)

HƢỚNG DẪN GIẢI:
Bài 1:
Gọi G là giao điểm của các đường chéo hình bình hành đáy. Khi đó ta
   

sẽ có:
SA + SC = SB + SD = 2.SG

(

)

Bài 2:

     
Đặt AB = a,AC = b,AD = c.
  

  2 2 2

2
2
2
BC
=
b
a
=
b
+
a
2a.b
Ta có:
;
AB = a
( )

  2 2 2
  2 2
2
CD = (c - b) = c + b - 2b.c ; AD = c

     2  

AC2 = b2 ; BD2 = (c - a ) = c2 + a 2 - 2a.c
    2 æb   a - c ö
÷
÷

Mà: PQ2 = (PC + CD + DQ) = ççç + c - b +
=
÷
÷
çè 2
2 ø

   2
æ b a cö
çç- + + ÷
÷
÷
çèç 2 2 2 ø
÷

Từ những yếu tố trên ta suy ra điều phải chứng minh.
Bài 3:

     
Đặt AA1 = a,AB = b,AD = c .
  2 
  2 2 2

Ta có: AA12 = a ;AB12 = (b + a ) = a + b + 2a.b

Nguyễn Thị Liễu

16

K34 – CN Toán

Khóa luận tốt nghiệp

Trƣờng ĐHSP Hà Nội 2


  2  2 2

BC12 = (c + a ) = a + c + 2a.c

  2 2 2
  
  2  2 2

CD12 = (a - b) = a + b - 2a.b ; DA12 = (a - c) = a + c - 2a.c .

 










1
b2 + c2

2
2
2
2
2
Do đó: × AB1 + BC1 + CD1 + DA1 = a +
4
2
 
b2 + c2
1 2 2 2 2 2
> 0 nên × AB1 + BC1 + CD1 + DA1 > a .
Do
2
4
 2 1  2  2  2  2
Vậy AA1 < AB1 + BC1 + CD1 + DA1 .
4

(

)

(

)

(

)

II. CHỨNG MINH BA ĐIỂM THẲNG HÀNG, HAI ĐIỂM TRÙNG
NHAU
II.1. CHỨNG MINH BA ĐIỂM THẲNG HÀNG
II.1.1. Phƣơng pháp chung
Để chứng minh ba điểm phân biệt A,B,C thẳng hàng ta chọn một trong
các hướng sau:



 Hướng 1: Chứng minh hai vectơ AB và AC cộng tuyến, tức


chứng minh: AB = k.AC,k Î R .

 Hướng 2: Sử dụng kết quả sau:
“Cho ba điểm A,B,C phân biệt. Điều kiện cần và đủ để A,B,C thẳng



hàng là: MC = a .MA + (1- a ).MB , với M là điểm tùy ý, a là số thực bất
kỳ”.
II.1.2. Các ví dụ minh họa
Ví dụ 1:
Cho hai đường thẳng (D ),(D1 ) cắt ba mặt phẳng song song (a ),(b),( g)
lần lượt tại A,B,C và A1,B1,C1 . Với O là điểm bất kỳ trong không gian, đặt
     
OI = AA1 , OJ = BB1 , OK = CC1 . Chứng minh ba điểm: I,J,K thẳng hàng.
Giải:

Nguyễn Thị Liễu

17

K34 – CN Toán


Khóa luận tốt nghiệp

Trƣờng ĐHSP Hà Nội 2





Từ giả thiết theo định lý Ta-let, ta có: BA = k.BC và B1A1 = k.B1C1 .

Khi đó, ta lần lượt có:
 
 


+) Với BA = k.BC thì: OA - OB = k. OC - OB

(

)


Û OB =



1
OA
­
k.OC
(
).
(1- k)
 
 


+) Với B1A1 = k.B1C1 thì: OA1 - OB1 = k.(OC1 - OB1 )

Û OB1 =



1
OA
­
k.OC
(
1 ).
(1- k) 1

Khi đó:
  

BB1 = OB1 - OB =





1
1
(OA - k.OC1 )- (1- k)(OA - k.OC).
(1- k) 1

=





1
k
OA
k.OA
OC
k.OC
(
) (1- k)( 1
)
(1- k) 1

=

1 
k 
.AA1 .CC .
(1- k)
(1- k ) 1


Û OJ =

1 
k 
.OI ­
.OK.
(1- k )
(1- k )

Trong đẳng thức trên:

1
(- k)
+
= 1 . Suy ra: I,J,K thẳng hàng.
(1- k) (1- k )

Nhận xét: Như vậy, trong lời giải của ví dụ trên để chứng minh ba điểm

I,J,K thẳng hàng chúng ta không sử dụng điều kiện đã được nêu trong nội


dung bài toán (tức là chứng minh: IJ = k.IK ). Bởi đó là công việc khó và

  
thay vào đó ta chứng minh ba vectơ
OK,OI,OJ thỏa mãn:



OJ = a .OI + b.OK với a + b = 1.

Nguyễn Thị Liễu

18

K34 – CN Toán


Khóa luận tốt nghiệp

Trƣờng ĐHSP Hà Nội 2

Ví dụ 2:
Cho tứ diện ABCD . Gọi M, N là các điểm lần lượt thuộc AB và CD




sao cho: MA = - 2.MB và ND = - 2.NC . Các điểm I,J,K lần lượt thuộc


 
 

AD, MN, BC sao cho: IA = k.ID, JM = k.JN, KB = k.KC . Chứng minh ba
điểm: I,J,K thẳng hàng.
Giải:
Theo giả thiết của bài toán ta lần lượt có:

A
+) Với vectơ IJ , ta có biểu diễn:
   
IJ = IA + AM + MJ
(1)
   
M
IJ = ID + DN + NJ




Û k.IJ = k.ID + k.DN + k.NJ

 
B
= IA + k.DN + MJ (2)
Trừ theo vế của (1) cho (2), ta
 

được: (1 - k).IJ = AM - k.DN

I
J
D

N

K
C


Û IJ =

1 
k 
2 
2k 
(3)
.AM ­
.DN =
.MB ­
.NC
(1- k)
(1- k )
(1- k )
(1- k )

+) Với vectơ JK , bằng cách chứng minh tương tự ta cũng có:

1 
k 
2 
2k 
(4)
Û JK =

.MB ­
.NC =
.MB ­
.NC
(1- k)
(1- k )
(1- k )
(1- k )


Từ (3) và (4) ta suy ra: IJ = 2.JK Û I,J,K thẳng hàng.


Nhận xét: Với việc sử dụng hướng giải xác định vectơ IJ và JK thông


qua một tổ hợp trung gian, để thiết lập được điều kiện IJ = 2.JK . Và câu hỏi
thường được học sinh đặt ra ở đây là: “Vì sao lại nghĩ được như vậy?”, để trả
lời chúng ta bắt đầu như sau:

Nguyễn Thị Liễu

19

K34 – CN Toán


Khóa luận tốt nghiệp

Trƣờng ĐHSP Hà Nội 2





*) I,J,K sẽ thẳng hàng khi IJ = t.JK (hoặc IJ = t '.IK ) và để có được
đẳng thức này nếu sử dụng phép tách chúng ta cần chèn thêm các điểm

A, B, C, D, M, N (tức sáu điểm), khi đó sẽ nhận được một biểu thức vectơ rất
phức tạp.
*) Với sự cần thiết của sáu điểm để đơn giản hóa chúng chia thành hai
bộ (mỗi bộ ba điểm) tương ứng với các đẳng thức vectơ của giả thiết.
Ví dụ 3: Cho hình hộp ABCDA1B1C1D1 . Gọi G là trọng tâm của tam
giác BDA1 . Chứng minh rằng: A,G,C1 thẳng hàng.
Giải:

A

D

Cách 1:
     
Đặt AB = a, AD = b, AB = c .
B

G

C

G là trọng tâm của tam giác BDA1

M
nên ta có:
D1
 1   
A
1
AG = (AA1 + AB + AD)
3
1   
B1
= (a + b + c)
(1)
C1
3
      
Theo quy tắc hình hộp ta có: AG = AA1 + AB + AD = a + b + c (2)
 1 
Từ (1) và (2), suy ra: AG  AC1 Û A, G, C1 thẳng hàng. (đpcm)
3
Nhận xét: Với việc sử dụng phương pháp vectơ, lời giải bài toán trên trở
nên rất đơn giản. Nếu sử dụng các phương pháp khác thì việc thiết lập mối
quan hệ giữa A,G,C1 trong không gian sẽ rất là khó. Nhờ hệ thức vectơ về
tính chất trọng tâm G của tam giác BDA1 nên sử dụng phương pháp vectơ là
rất hợp lý.
Cách 2:
Gọi M là trung điểm của A1B , G là trọng tâm của tam giác BDA1 .
 1  
 2 
 1  
Suy ra: DG = DM và DM = DB + DA1 Þ DG = (DB + DA1 )

3
3
2

(

Nguyễn Thị Liễu

20

)

K34 – CN Toán