SKKN môn TOÁN giúp học sinh giải toán hình hiệu quả qua phương pháp vecto

I. Điều kiện hoàn cảnh tạo ra sáng kiến:
Năm học 2014-2015, tơi được phân cơng giảng dạy mơn tốn khối 10, 11. Vì vậy tơi
ln 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 q trình giảng dạy, tơi
nhận thấy học sinh thường lúng túng và gặp nhiều khó khăn khi giải quyết các bài
tốn có sử dụng phương pháp vectơ. Các bài tốn có sử dụng phương pháp vectơ
thường cho ta một lời giải hay, độc đáo và gọn gàng mà đơi khi khơng cần tính trực
giác ( vẽ hình ). Khi tiếp cận với phương pháp vectơ, học sinh có thể tự mình tìm tịi
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 thơng quốc gia, các bài tốn hình học phẳng và
hình học khơng gian sử dụng rất nhiều tính chất của vectơ.

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

“ Sử dụng phương pháp vectơ giải

tốn 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 tốn mới.
Mặc dù đã có nhiều cố gắng song bài viết của tôi không tránh khỏi thiếu sót. Tơi rất
mong sự đóng góp ý kiến q báu của các thầy giáo, cơ giáo để hồn thiện hơn nữa
sáng kiến kinh nghiệm của mình.

II. Nội dung sáng kiến:

Chương 1:
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.
r r r uuu
r uuur

+ Kí hiệu vectơ như sau: a,b,c, AB,CD....
uuur

+ Nếu viết AB ta hiểu A là điểm đầu, B là điểm cuối và hướng từ A đến B.
uuur

uuur

+ 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.
r

Định nghĩa 1.2. Vectơ khơng ( kí hiệu 0 ) là vectơ có điểm đầu và điểm cuối trùng
nhau.
ur ur

Định nghĩa 1.3. Hai vectơ a,b được
gọi là bằng nhau nếu chúng có cùng hướng
ur ur
và cùng độ dài. Trong trường hợp a,b ngược hướng và có độurdài bằng

nhau thì
r
chúng gọi là hai vectơ đối nhau. Kí hiệu vectơ đối của vectơ a là -a .

2. Các phép toán của vectơ
ur

ur

ur

ur

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:
uuur ur
Từ một điểm A tùy ý trên mặt phẳnguuta
dựng
vectơ
AB  a
uu
r ur
Sau đó từ điểm B ta lại dựng vectơ BCur b ur
uuuu
r ur ur
Khi đó được gọi là tổng của hai vectơ a và b . Kí hiệu: AC  a  b

A

B

C

2


ur ur u
r

Tính chất: với mọi vectơ a, b, c ta có:
ur

ur

ur

ur

i) a  b  b  a ( tính chất giao hốn ).
ii)



ur

ur

u
r ur

ur

u
r u
r





ur

u
r



a  b  c  a  b  c ( tính chất kết hợp ).
ur

ur

iii) a  0  0 a  a .
ur

ur

ur

 

iv) a  a  0 .
ur

ur

ur

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

 

ur

ur

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:
ur

ur

+ Vectơ ka cùng hướng với vectơ a nếu 0 �k .
ur

ur

+ Vectơ ka ngược hướng với vectơ a nếu k �0 .
r

ur

+ Độ dài của vectơ ka bằng k a .
u
r u
r

u
r

Chú ý : k.0  0.k=0 .

ur ur

Tính chất: với mọi vectơ a, b và  m, n� � ta có:
ur

ur

i) 1.a  a
ur

ur

ii) (-1)a  a
ur

ur

 

iii) m na   mn a
ur

ur

ur

ur

ur

iv)  m+n a  ma  na



ur ur



v) m a  b  ma  mb
ur

ur

ur

ur ur

ur

vi) Nếu a �0 thì a, b cùng phương khi và chỉ khi b  ka  k �� .
3


3. Một số khái niệm và các tính chất liên quan.
ur ur

ur ur

Định nghĩa 3.1. Tích vơ hướng của hai vectơ a, b là một số thực kí hiệu ab
. .
ur ur

ur ur

ur ur

 

.  a b cos a,b .
Ta có: ab

ur ur

ur ur

 

ur

ur

.  0 � a,b  900 . Kí hiệu: a  b .
Nhận xét: ab
ur ur

Tính chất:  a, b ta có:
ur ur

ur ur

i) ab
.  ba
. ( tính chất giao hốn )
ii)

ur ur

urur

 

 

ka b  k ab ( k là hằng số )

ur ur u
r





ur ur

 

ur ur ur u
r

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

2

ur 2

ur

ur

.  a  a . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a  0 .
iv) aa

ur

ur

Định nghĩa 3.2. Trong không gian Oxyz, cho hai vectơ a a1; a2 ; a3 , b b1; b2; b3  . Khi
ur ur

ur
ur
a,b�
đó tích có hướng của hai vectơ a và b là một vectơ kí hiệu là �
� �.
ur ur
�a2 a3 a3 a1 a1 a2
�
�
a
,
b

;
;
Ta có: � � �
�b2 b3 b3 b1 b1 b2
�

�
�
�
�

r r r

Tính chất:  a, b, c ta có:
i)

ur ur
ur
ur ur ur
�
� a � �
a
,
b
a,b�.a  0 ;
� �
� �

ii)

ur ur
ur ur
ur ur
�
� a b sin a, b .
a
,
b
� �



ur ur

u
r

ur ur
ur
ur ur ur
�
� b � �
a
,
b
a,b�.b  0.
� �
� �



ur ur

a,b� 0 � a, b cùng phương.
iii) �
� �

iv)

ur ur u

r

ur ur u
r

a,b�.c  0.
Ba vectơ a, b, c đồng phẳng � �
� �

4


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

uuuur

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

n

uuuur

ur

GAi  0 .
�
i1

4. Bất đẳng thức vectơ
r r

Với mọi vectơ a, b ta có:
ur

ur

ur

ur

i) a + b �a  b
ur

ur

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = k.b  k �0 .
uu
r





Tổng quát: với n vectơ ai i=1,n ta có:
ii)

ur ur

ur

n

uu
r

n

uu
r

ai ��ai
�
i 1
i 1

.

ur

a - b �a  b
ur

ur

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = k.b  k �1 .
uu
r



uu
r uur



uur

uu
r

uur

uur

Tổng quát: với n vectơ ai i=1,n ta có: a1  a2  ...  an �a1  a2  ...  an .

ur ur

ur ur

. �a . b
iii) ab
ur

ur

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = k.b  k �0 .

Chương 2
5

ur

ki GAi  0 .
�
i1


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:
uuur uuur uuuu

r u
r

1) GA  GB  GC  0 .
uuur uuur uuuu
r uuuu
r

uuuu
r

2) OA  OB  OC  OH  3OG .
uuur uuuu
r uuuu
r

uuuur

uuuur

3) HA  HB  HC  2HO  3HG .
uuuu
r

uuur

4) OH  2OI 1 .
uur

uur

uuu
r ur

5) aIA  bIB  cIC  0 .
uuu
r

a uuur b uuur c uuuur
OA 
OB 
OC .
2p
2p
2p

uuu
r

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

uuu
r

b+c uuur a+c uuur a+b uuuur
OA 
OB 
OC .
2p
2p
2p

6) OI 
7)

IG 

8) IH 

uuur
uuuu
r
uuuu
r u
r �
�
tanA.HA

tanB.HB

tanC.HC

0

9)
�A, B, C �2 �.
�
�
uuuu
r

uuuur

uuuur

u
r

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 ).
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:

6


A

P

N
H

O
I1 G

B

C

M
A'

uuur uuur uuuu
r u
r

uuur uuur uuuu
r

uuuu
r u
r

uuur uuur uuuu
r

uuuu
r

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
uuuu
r trung
uuur bình
uuur của
uuu
r AHA' .
� 2OM  AH  OH  OA

uuuu
r uuu
r uuur

uuu
r uuu
r uuur

uuur

Có: 2OM  OB  OC � OA  OB  OC  OH
uuur uuur uuuu
r uuuu
r

uuuu
r

Vậy: OA  OB  OC  OH  3OG ( đpcm ).

3) theo chứng minh trên ta có:
uuu
r uuu
r uuur
uuur
uuur uuur uuur uuur
uuur
uuur uuur uuur
uuur
OA  OB  OC  3OG � HA  HB  HC  3HO  3OG � HA  HB  HC  3HG
uuur uuur uuur

uuur

uuur uuuu
r uuuu
r

uuuur

uuu
r uuu
r uuur

uuur

uuur

uuur

Ta có: HA  HB  HC  3HO  OA  OB  OC  3HO  OH  2HO
uuuur

Vậy: HA  HB  HC  2HO  3HG ( đpcm ).
4) Ta chứng minh được những khẳng định sau:
+ Điểm O là trực tâm của MNP .
+ Điểm I 1 là tâm đường tròn ngoại tiếp MNP .
+ Điểm G là trọng tâm của MNP .
Ta thấy MNP đóng vai trị như ABC với ba yếu tố tâm đường tròn ngoại tiếp, trọng
tâm, trực tâm là I 1 , G, O. uuuur uuur uuur uuur uuur
Chứng minh tương tự ta có: OM  ON  OP  2OI 1  3OG .
7


uuur

uuur

uuur

uuur

Theo chứng minh trên ta có: 3OG  OH � OH  2OI 1 ( đpcm ).
uuur

uuur

uuur

Nhận xét: từ bài toán trên ta suy ra hệ thức: OH  2OI 1  3OG .

Suy ra bốn điểm O, H, G, I 1 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:
uuu
r
uuu
r r
PA AC b

 � aPA  bPB  0  1
PB BC a
uur uur r
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:
uur uuu
r
uur uuu
r
uur
uuu
r
uuu
r
uur uur r
uu
r
uur uur

a

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



 







6) Ta có:
uur
uuu
r
uuu
r uuur
uur a uuu
r b uuu
r c uuur
uu
r
uur uur r
OA 
OB 
OC
aIA  bIB  cIC  0 �  a+b+c OI  aOA  bOB  cOC � OI 
2p
2p
2p

( đpcm )
7) Ta có:
uuu
r uuur uuur r
GA  GB  GC  0

8

uur uu
r uur uur uuu
r uuu
r uuur uur � 3a �
uuu
r � 3b �
uuu
r � 3c �
uuur
� 3IG  IA  IB  IC  OA  OB  OC  3OI  �
1
OA

1

OB

1

OC
�
�
�
�
�
� 2p �
� 2p �
� 2p �
uur b+c-2a uuu
r a+c-2b uuu

r a+b-2c uuur
� IG 
OA 
OB 
OC ( đpcm ).
6p
6p
6p

8) Ta có:
uur uuur uur � a �uuu
r � b�
uuu
r � c �uuur b+c uuu
r a+c uuu
r a+b uuur
IH  OH  OI  �
1
OA  �
1
OB  �
1
OC 
OA 
OB 
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

M

B

C

A'

uuur

uuuu
r uuuur

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=uuur

uuuu
r
uuur uuuur uuur
HA'
HC'
; l=sao cho HA'  kHA; HC'  l HC .
HA
HC
uuur

uuur

Suy ra HB  kHA  l HC (*)
HA' BC' BP CPcotB tanA




HA HA PA CPcotA tanB
HA'
tanA
HC'
tanC
� k=

. Chứng minh tương tự: l=.
HA
tanB

HC
tanB

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

Thay vào (*) ta có:
uuur
uuur uuur
uuur
uuur
uuur r
tanA uuur tanC uuur
HB  kHA  l HC  
HA 
HC � tanA.HA  tanB.HB  tanC.HC  0 ( đpcm ).
tanB
tanB

9


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

B

C

N

A'

uuur

uuuur uuuur

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=uuur

uuur

uuuur
uuur uuuur uuuu
r
MA'
MC'
; l=sao cho MA'  kMA; MC'  l MC
MA
MC

uuuu
r

Suy ra MB  kMA  l MC (*)
MA'

BC'

BE

S

S

Ta có BA’MC’ là hình bình hành nên ta có: MA  MA  EA  Sa � k   Sa
b
b
S

Chứng minh tương tự ta có: l=- Sc .
b
uuur

uuur

uuuu
r

S uuur

r
S uuuu

uuur

uuur

uuuu
r r

Thay vào (*) ta có: MB  kMA  l MC   Sa MA  Sc MC � Sa .MA  Sb .MB  Sc .MC  0
b

b

(đpcm).

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
uuu
r uuur uuur

r

Thay vào câu 10 ta có: GA  GB  GC  0 .
10

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
1
2 uur uur2 uuur ur
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 trịn 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 trịn nên ta có
BH.BN  CH.CP  AH.AM

uuur
uuuu
r
uuuu
r u
r �
�
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 cịn có kết quả tổng qt trong khơng gian.
Bài tốn 1.2. Cho ABC có BC=a, AC=b, AB=c và I là tâm đường tròn nội tiếp
ABC . Chứng minh rằng:

IA2 IB2 IC 2


 1.
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
uur

uur

uuu
r ur



uur

uur

uuu
r 2



bộ hệ số  a, b, c . Ta có: aIA  bIB  cIC  0 � aIA  bIB  cIC  0
uur uur

uur uuu
r

uuu
r uur

� a2IA2  b2IB2  c2IC 2  2abIA.IB  2bcIB.IC  2caIC .IA  0 (1)
uuur 2



uur uur



2

uur uur

uur uur

ta có: AB  IB  IA  IB2  IA2  2IA.IB � 2IA.IB  IB2  IA2  AB2  IB2  IA2  c2
uur uuu
r

uuu
r uur

tương tự: 2IB.IC  IB2  IC 2  a2 ; 2IC.IA  IC 2  IA2  b2
thay vào (1) ta có:
a2IA2  b2IB2  c2IC 2  ab IB2  IA2  c2   bc IB2  IC 2  a2   ca IC 2  IA2  b2   0
� a a+b+c IA2  b a+b+c IB2  c a+b+c IC 2  abc a+b+c  0

11


� a.IA2  bIB
. 2  c.IC 2  abc  0
�

IA2 IB2 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.

A1

I

B1

C1

A'

Theo chứng minh bài trên ta có:

uur

uur

uuu
r ur

aIA  bIB  cIC  0
uur
uur
uuu
r u
r
�IA  �
�IB  �
�IC  0
��
2
pb+c
2
pa+c
2
pa+b






�

�
�
�
�
�
uur

uur

uuu
r ur

�
�
��
 p-b   p-c �
 p-a   p-c �
 p-a   p-b �
�
�IA  �
�IB  �
�IC  0
uur uuu
r

 uuur 


uuur

uur uuu
r

 uuur ur 

uur uur



u
r

�  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 A1BC
1 1 . Thật vậy đặt
�
  2 p-a  b+c-a
�
�
�  2 p-b  a+c-b
�
 = 2 p-c  a+b-c
�
uuuuur

  ,  ,   0

uuuuur

u
r

Lấy A’ là điểm thỏa mãn  .A'B1   .A'C1  0 .
Do  ,  > 0 nên A’ nằm trên đoạn BC
1 1 . Khi đó ta có:
uuur

uuur

uuur

u
r

 IA1   IB1   IC1  0

12


uuur



uuur uuuuur

r 
u

uuur uuuuur



u
r

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

uuur

�  IA1       IA'  0

Do  ,    > 0 nên I nằm trên đoạn A1A' . Suy ra điểm I nằm trong A1BC
1 1.
uuur

uuur

uuur

ur

Ta có: Sa IA1  Sb IB1  Sc IC1  0 (2)
S

S

S

S

S

S

a
b
c
a
b
c
Từ (1), (2) suy ra 2 p-a  2 p-b  2 p-c � b+c-a  a+c-b  a+b-c (đpcm).
     

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 vng góc cuả điểm M
BC,
uuurtrên 2các
uuur cạnh
uuu
u
r rCA, AB.
2
2
Chứng minh rằng: điểm M là trọng tâm của HJ K � a MA  b MB  c 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 .
uuu
r uur uuuu
r
uuu
r
uur
uuuu
r
�
�
QC.IQ  QC.IB  QC.BQ
�IQ  IB  BQ

�
uuu
r
uuuu
r
Mặt khác �uuur uuur uuuur � � uuur
QB.IQ  QB.IC  QB.CQ
�IQ  IC  CQ
�

Cộng từng vếuuhai
u
r đẳnguurthức trên
uuu
r ta có:
BC.IQ  QC.IB  QB.IC
uuuu
r

uuuu
r

.
Do hai vectơ QC.BQ , QBCQ
là hai vectơ đối nhau nên ta có
uuu
r

uur

uuu
r

aIQ   p-c IB   p-b IC

uuu
r

uuu
r

uur

uur

uur

uur

Chứng minh tương tự ta có: b.IN   p-a IC   p-c IA , c.IP   p-b IA   p-a IB
13


Cộng
ta có: uur
uuu
r từng
uuu
r vế uba
ur đẳng thứcuutrên

r

uuu
r

uur

uur

uuu
r u
r

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

uuu
r

uur

ur

Ta có: aIQ  b.IN  c.IP  0 �

a uuuur b uuuur
c uuuur ur
.MH 
.MJ 

.MK  0
MH
MJ
MK

Ta thấyuuđiểm
uuu
r M làuđiểm
uuuu
r nằm trong
uuuuur u
rABC nên ta có
SMBC .MA  SMAC MB  SMAB MC  0
uuuu
r

uuuu
r

uuuur

b2

c2

u
r

Theo giả thiết a2 MA  b2 MB  c2 MC  0
a2



SMBC SMAC SMAB
a2
b2
c2
�


a.MH b.MJ c.MK
a
b
c
�


(2)
MH MJ MK
�

uuuur uuuu
r uuuur

u
r

Từ (1), (2) � MH  MJ  MK  0 � điểm M là trọng tâm của HJ K .
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:

14


B
C

K

M

S

D

A

Đặt

uuur
uuur
AK
 x � AK  xKC
KC

Ta có uuuur uuur uuur uuur

uuur uuur
uuuu
r uuuu
r
MK  MA  AK  MA  xKC  MA  x MC  MK
uuuu
r uuur
uuuu
r
�  x  1 MK  MA  xMC
uuuu
r
r
1 uuur
x uuuu
� MK 
MA 
MC  1

x 1
x+1
uuuu
r
uuur m uuur uuuu
r
Do thẳng hàng nên tồn tại m sao cho MK  mMS  MB  MD
2
MA.MB=MC.MD=-P

k>0
Ta có
M/  O
uuur
r
r
k uuur uuuu
k uuuu
MC
Suy ra MB   2 MA; MD  
2
MA
MC
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 tốn con nhím ) Cho tứ diện A1A2A3A 4 . Gọi Si là diện tích mặt
r
đối diện đỉnh Ai , ei là véc tơ đơn vị vuông góc với mặt đối diện đỉnh và cùng chiều
với pháp véc tơ ngồi của mặt đó i=1, 4 . Chứng minh rằng:
r
r
r
r r

S1.e1+S2.e2+S3.e3+S4.e4=0 .
Chứng minh: Gọi V là thể tích tứ diện A1A2A3A 4 .
r
r
r
r
r
Đặt m=S1.e1+S2.e2+S3.e3+S4.e4

15


A2

A3

A1
H

A4

Ta có

r uuuuur
r
r
r
r uuuuur
m.A2A3= S1.e1+S2.e2+S3.e3+S4.e4  .A2A3
r

r
r
r uuuuur
= S2.e2+S3.e3  .A2A3
( do e1   A2A3A 4  ; e4   A1A2A3  )
r
r uuuuur uuuuur
= S2.e2+S3.e3  . A1A3-A1A2
r
r
r uuuuur
r uuuuur
=S3.e3.A1A3-S2.e2.A1A2 ( do e2   A1A3A 4  ; e3   A1A2A4  )





Gọi  là góc giữa đường thẳng A1A2 và mặt phẳng  A1A3A 4 
Khi đó ta có:

uuuuur

 er ; A A  = +2
2

1 2

r uuuuur
r uuuuur

� �
� S2.e2.A1A2=S2. e2 . A1A2 .cos�
+ �
� 2�
=-S2.A1A2.sin =-S2.A2H
r uuuuur
� S2.e2 A1A2=-3V

Chứng minh utương
uuuur tự ta có:uuuuur

r
r
r uuuuur
S3.e3 A1A3=-3V � m.A2A3  0 � m A2A3
r

uuuuur

Chứng minh tương tự ta có: m A2A4
r

Suy ra m  A2A3A4 
r

Chứng minh tương tự m vng góc với ba mặt
cịn lại của tứ diện.
r
r
r

Suy ra m có các phương khác nhau nên m=0 .
r

r

r

r

r

Vậy S1.e1+S2.e2+S3.e3+S4.e4=0 ( đpcm).

16


Bài toán 1.7. Cho tứ diện A1A2A3A 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=VMA2A3A 4 , V2=VMA1A3A 4 , V3=VMA1A2A 4 , V 4  VMA1A2A 3 .
Chứng minh. Ta cần phải chứng minh:
uuuur
uuuur
uuuur
uuuur r
V1 MA1+V2 MA2+V3 MA3+V4 MA4=0
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 � A1A2A3   B4
Gọi S1, S2 , S3 lần lượt là diện tích của các VB4A2A3 , VB4 A1A3 , VB4A1A2
Ta có
S1 VA4B4A2A3 VMB4A2A3 VA4B4A2A3 -VMB4A2A3
=
=
=
S2 VA4B4A1A3 VMB4A1A3 VA4B4A1A3 -VMB4A1A3
S

V

Tương tự ta có: S2 =V2
3
3
S

S

V

Suy ra S1 =S2 =V2

2
3
3
B
Do 4 là điểm nằm trong VA1A2A3 nên theo bài 1.2 ta có:
uuuuu
r

uuuuu
r

uuuuu
r r

S1.B4 A1+S2 .B4 A2+S3.B4 A3=0



uuur uuuu
r

uuuu
r uuuu
r

  uuuur uuuur 
uuuur

uuuu
r uuuu

r


r

r

 P 
uuuur
Vậy ta có: V1 MA1+V2 MA2+V3 MA3+V4 MA4=0 ( đpcm).
� S1. PA1-PB4 +S2. PA2-PB4 +S3. PA3-PB4 =0

Bài toán 1.8 ( Hệ thức lượng giác trong góc tam diện)
17


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  2

cos  cos .cos  sin .sin .cosC  3

Chứng minh.
a1
K

H
O

F

a3

E
a2

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



uuuu
r uuuu
r



Gọi H, K lần lượt là hình chiếu của E, F trên Oa1 � HE ,KF  �A .
uuur uuur

Ta có: OE .OF  OE.OF.cos =cos (1)
Mặt khác
uuur uuur



uuuu
r uuuu
r uuuu
r uuuu
r





uuuu
r uuuu
r uuuu
r uuuu
r

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:
18


1) Với góc tam diện như trong đề bài ta có

     

      2

2) Cho góc tam diện Obb
1 2b3 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

uuu
r

r
uuur uuu

uuur uuur

B

uuur uuu
r

uuuu
r

uuur

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
uuu
r

uuu
r

uuu
r

uuur

uuur

uuur

uuur

Ta có SP  xSA  ySB  zSC   xSD   ySE   zSF (*)
uuur

uuur

uuur

uuur

uuur

� nSN   xSD   ySE   zSF � SN 

 x uuur  yuuur  z uuur
SD 
SE  SF
n
n
n

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

19


x y  z


 1�  x   y   z  n (1)
n
n
n
uuuu
r

uuu
r

uuu
r

uuur

Tương tự từ (*) ta có: mSM  xSA  ySB   zSF

Mà điểm M thuộc mp (ABF) nên ta có x+ y   z  m (2)
uuuu
r

uuur

uuu

r

uuur

Từ (*) ta có mSM   xSD  ySB  zSC

Mà điểm M thuộc mp(DBC) nên  x  y+ z  m (3)
uuuu
r

uuu
r

uuur

uuur

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
3
(đpcm).
NS
MS

Bài tốn 1.10. Trong khơng gian cho bốn tia Oa, Ob, Oc, Od sao cho góc giữa chúng
tạo thành với nhau đơi 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.
ur ur u
r ur
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.
ur ur u
r ur

Vì bốn vectơ a, b, c, d không đồng phẳng nên tồn tại bộ số  t1,t2 , t3, t4  không đồng
ur
ur
u
r
ur ur
thời bằng 0 sao cho t1a  t2b  t3c  t4 d  0 (*)
ur ur u
r ur
Nhân vô hướng (*) với a, b, c, d ta có:
20


ur2
urur
uru
r
urur
�
t
a

t
ab

t
ac

t
ad  0

1
2
3
4
�
urur
ur2
uru
r
urur
�
t1ba  t2 b  t3bc  t4bd  0
�
�u
rur
u
rur
u
r2
u
rur
�
t1ca  t2 cb  t3c  t4cd  0
� urur
urur
uru
r
ur 2
�
t1da  t2 db  t3dc  t4 d  0

�
ur ur

.  cos
Gọi    Oa,Ob � ab

Vì góc giữa hai tia bằng nhau đơi một nên ta có
ur ur

ur u
r u
r ur

ur ur

ur ur

ur u
r

ab
.  bc
.  c.d  d.a  d.b  ac
.  cos  

Khi đó ta có
�
t1    t2  t3  t4   0  1

�

�
t2    t1  t3  t4   0  2
�
�
t3    t1  t2  t4   0  3
�
�
t4    t1  t2  t3   0  4
�

Hệ này có nghiệm khác khơng nên  �1
Từ (1), (2) �  t1  t2   1    0 � t1=t2
Tương tự ta có t1=t2= t3= t4 �0
ur ur u
r ur

u
r

Từ (*) � a  b  c  d  0
ur

Lấy u là vectơ đơn vị chỉ phương của tia Ot ta có
ur ur ur u
r ur





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

Nhận xét:
ur

uuur ur

uuur u
r uuuu
r ur

uuuu
r

ur ur u
r ur

u
r

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.
21


BÀI TẬP ĐỀ NGHỊ

Bài 1. Cho ABC nhọn có BC=a, AC=b, AB=c . Gọi O, I lần lượt là tâm đường tròn
ngoại tiếp, nội tiếp của ABC . Chứng minh rằng:
uuu
r

uuu
r

uuur ur

1) sinA.IA+sinB.IB+sinC.IC=0
uuuu
r

uuuur

uuuur ur

2) a.cosA.OA+b.cosB.OB+c.cosC.OC=0
22


uuuu
r

uuuu
r

uuuur ur

3)  tanB+tanC  OA+ tanA+tanC  OB+ tanA+tanB OC=0 .
Bài 2. Cho ABC có BC=a, AC=b, AB=c . Gọi J là tâm đường trịn bàng tiếp góc A.
J A2 J B2 J C 2
=1.
Chứng minh rằng:
bc ca ab
Bài 3. Cho ABC , AB = 2AC, phân giác AL, trung tuyến CM biết CM=kAL . Chứng
9-4k2
minh rằng: cosA=
9+4k2
Bài 4. Cho ABC có BC=a, AC=b, AB=c . Gọi O, I lần lượt là tâm đường tròn ngoại
tiếp, nội tiếp của ABC , M là trung điểm BC. Chứng minh rằng:
1 1 2
b c a

OI  AM � + = .
Bài 5. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Mặt phẳng (P) bất kì
cắt SA, SB, SC, SD lần lượt tại K, L, M, N . Chứng minh rằng:
SA SC SB SD
+ = +
SK SM SL SN
Bài 6. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành, K là trung điểm SC.
Mặt phẳng (P) qua điểm A, K cắt SB, SD lần lượt tại M, N. Chứng minh rằng:
SB SD
+ =3
SM SN
Bài 7. cho tứ diện ABCD, trên cạnh CD lấy điểm N ( khác C, D ) sao cho NA = NB.
NC CA2-CB2
=
Chứng minh rằng:

ND DA2-DB2

GỢI Ý LỜI GIẢI
Bài 1.
1) Sử dụng định lí hàm số sin trong tam giác và bài 1.1 ta có điều phải chứng minh.
2) Sử dụng cơng thức tính diện tích tam giác và bài 1.1 ta có điều phải chứng minh.
3) Gọi M, N, P ulần
uuuu
rlượt là utrung
uuuu
r điểm
uuuuu
r của các
uuucạnh
ur uuBC,
uuur CA, AB.
uuuu
r
Xét các vectơ: OA1=tanA.OM , OB1=tanB.ON , OC1=tanC.OP
ur uuuuu
r uuuuu
r uuuuur
Đặt v=OA1+OB1+OC1
23






Xét phép quay QO2 tâm O, góc quay .
2
Ta có:


uuuuu
r

uuuuu
r

uuuuu
r

uuuuur

uuuuur

uuuuur

QO2 : OA1 � OA2
OB1 � OB2

Do đó


QO2

OC1 � OC2
ur

ur

ur uuuuur uuuuur uuuuur

+OB +OC
 v =v' với uvr'=OA
ur ur ur
2

2

2

.

Ta chứng minh được v'=0 � v=0
Mặt khác ta chứng
uuuu
r minh được uuuu
r
uuuur ur
tanB+tanC
OA+
tanA+tanC
OB+
tanA+tanB






 OC=2v
uuuu
r

uuuu
r

uuuur ur

Vậy  tanB+tanC  OA+ tanA+tanC  OB+ tanA+tanB OC=0 .
uuur

uuur

uuur ur

Bài 2. Ta chứng minh -aJ A+bJ B+cJ C=0 (*)
Bình phương vơ hướng (*) ta sẽ có điều phải chứng minh.
Bài 3. Theo giả thiết c=2b. Ta có AL là phân giác của ABC
uuuu
r

b uuuur c uuuur 2 uuuuur uuuur
AL=
AB+
AC= AM+AC (*)
b+c
b+c

3





8
Bình phương vơ hướng (*) ta có AL2= b2  1+cosA
9
uuuuruuuuu
r
2
2
2
2
2
Mặt khác 2AC.AM=AC +AM -CM � CM =2b  1-cosA
9-4k2
2
2
2
Ta có CM=kAL � CM =k AL � cosA=
9+4k2

uuu
r a uuur

b uuur c uuuur
OA+ OB+ OC
2p

2p
2p
uuuur 1 uuur uuuu
r 1 uuur uuuu
r uuur
M là trung điểm của BC nên AM= AB+AC = OB+OC-2OA
2
2
uuu
r uuuur
u
u
u
r
u
u
u
r
r uuur
�a
b
c uuuur�uuur uuuu
Ta có OI  AM � OI .AM  0 � � OA+ OB+ OC �OB+OC-2OA  0
2p
2p
�2p
�

Bài 4. Theo chứng minh trên ta có OI=



 

uuur uuur

uuur uuuu
r





uuur uuuu
r



� -2a.OA2+b.OB2+c.OC 2+ a-2b OA.OB+ a-2c OA.OC+ b+c OB.OC=0
uuur uuur

uuur uuuu
r

uuuu
r uuur

Ta có 2OA.OB=2R2-c2 , 2OB.OC=2R2-a2 , 2OC.OA=2R2-b2

24

Do đó
1
1
1
OI  AM �  b+c-2a R2+  a-2b  2R2-c2  +  a-2c  2R2-b2  +  b+c  2R2-a2  =0
2
2
2
2
2
2
�  a-2b c + a-2c b + b+c a  0
� a b2+c2  -2bc b+c +a2  b+c  0
� a b+c  a+b+c -2bc a+b+c  0
1 1 2
� a b+c -2bc  0 � + =
b c a
uuu
r uuu
r uuur

 r uuur 
uuuu
r uuu

Bài 5. Chọn hệ vectơ cơ sở SA, SB, SC
uuur

uuu
r uuur uuu
r uuur

Biểu diễn các vectơ SK , SM, SL , SN theo hệ vectơ cơ sở . ta có SB+SD=SA+SC
Từ điều kiện K, L, M, N đồng phẳng suy ra điều phải chứng minh.
Bài 6. Làm tương tự như bài 5.
Bài 7. Ta có



uuur uuuu
r 2 uuur uuuu
r 2

 uuur uuuur 

uuur uuuu
r

uuur uuuu
r

uuur uuuu
r

CA2-CB2= NA-NC - NB-NC = NA2-NB2-2NA.NC+2NB.NC=2AB.NC

Tương tự DA2-DB2=2AB.ND

uuuu
r NC uuuu
r

Vì C, N, D thẳng hàng nên NC=

.ND
ND
NC CA2-CB2
NC uuur uuur NC
2
2
2
2
AB.ND 
Do đó CA -CB =2
 DA -DB  � ND  DA2-DB2
ND
ND

2.

Một số bài toán chứng minh bất đẳng thức .

Bài 2.1. Cho ABC có BC=a, AC=b, AB=c . Gọi G, H, I, O lần lượt là trọng tâm,
trực tâm, tâm đường tròn nội tiếp, tâm đường tròn ngoại tiếp của ABC .
Chứng minh rằng:
1)

2.OI �GI

2) 2OI �GH
25