PP vec to trong khong gian

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (633.85 KB, 19 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

Lời nói đầu

.

Khi dạy hình học khơng gian tôi cảm thấy rất phiền khi lúc nào cũng phải mang cái th

−

ớc

bên mình để có thể vẽ đ

−

ợc những cái hình khơng gian phức tạp , lúc cịn là học sinh tôi cũng

cảm giác rằng những bài tốn hình học khơng gian là những bài tốn khó vì để giải quyết nó buộc

tơi phải có những t

−

ởng t

−

ợng không gian phong phú và tôi cũng cảm nhận đ

−

ợc điều này tr

−

ớc

sự “nhăn nhó” của học sinh .

Tơi vẫn mong muốn rằng có thể đọc đ

−

ợc một tài liệu nào đó mà có thể cho tơi một ph

−

ơng

pháp đỡ t

−

duy trên hình vẽ hơn ; Tơi đã cố gắng tìm tịi và đọc đ

−

ợc một số tài liệu hay nh

−

: Tạp

chí TH&TT; Quy trình giải các bài tốn hình học bằng pp véc tơ (Nguyễn Văn Lộc); Tốn nâng

cao hình học (Phan Huy Khải) ; Hình học KG(Trần Văn Hạo) ; Giải tốn hình học (Trần Thành

Minh) ; Hình học khơng gian (Sa-r

−

-gin) và một số tài liệu khác …trong đó có rất nhiều ph

−

ơng

pháp tơi tâm đắc nh

−

ph

−

ơng pháp véc tơ, ph

−

ơng pháp đại số hoá, ph

−

ơng pháp trải tứ diện ,

ph

−

ơng pháp chiếu vng góc,song song, ph

−

ơng pháp sử dụng các phép biến hình… Tơi cũng đã

thử nghiệm một vài ph

−

ơng pháp khi dạy trên lớp , và tôi nhận thấy pp véc tơ là khá phù hợp với

năng lực hs đồng thời có thể giúp học sinh có những chuẩn bị tốt khi học hình giải tích (lớp 12).

Vì vậy tơi cố gắng viết ra một tài liệu cho riêng tôi, phù hợp với phong cách giảng dạy của tôi

hơn ; Nh

−

ng tơi vẫn cảm thấy rằng nó ch

−

a thật vừa ý , nhân tiện tổ có đ

−

a ra yêu cầu viết một

chun đề nên tơi có dịp đ

−

a nó ra để mình có thể thu thêm nhiều ý kiến đóng góp ,phê bình q

báu cho cơng tác giảng dạy sau này.

Trong bài viết tôi thiên về việc giải quyết những bài toán SGK , còn những bài toán khác

chỉ mang tính chất phụ hoạ cho ph

ơng pháp véc tơ mà thôi.

Vỡ thi gian vit chuyên đề quá ngắn nên một số phần nh

−

: góc, thể tích,mặt cầu, bất đẳng thức

hình học…ch

−

a kịp làm, hy vọng rằng với sự góp ý của các thầy cơ tơi sẽ viết đ

−

ợc một tài liệu

có “chất” hơn.

Rất mong đ

−

ợc sự đóng góp q báu của các thầy cơ!

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

a, lý thuyết Ph

ơng pháp véc tơ:

I). Quy trình giải toán

B−ớc 1: Lựa chọn “ Hệ véc tơ gốc”.-> “Phiên dịch” các giả thiết , kết luận của bài tốn hình học đã cho
ra ngơn ngữ “véc tơ”.

B−ớc 2: Thực hiện các yêu cầu của bài tốn thơng qua việc tiến hành các phép biến đổi các hệ thức véc
tơ theo hệ véc tơ gốc .

B−íc 3: Chun c¸c kết luận véc tơ sang các tính chất hình học tơng ứng .

VD1: (Bài tập 7.Tr27-SGK11) Cho hình tứ diện ABCD .Gọi M,N lần lợt là trung điểm của AB,CD và G là 
trung điểm của đoạn th¼ng MN.

a). Chứng minh rằng đ−ờng thẳng AG đi qua trọng tâm A’ của tam giác BCD. Phát biểu kết luận 
t−ơng tự đối với các đ−ờng thẳng BG,CG và DG.

b). Chøng minh GA=3GA’.

A BG: Chän hÖ

{

A AB AC AD,JJJK JJJK JJJK, ,

}

làm cơ sở.
*Phiên dịch giả thiết , kÕt ln theo hƯ vÐc t¬ gèc.
+Gi¶ thiÕt:

M là trung điểm của AB 1
2
AM = A
JJJJK JJK

BJ

N là trung điểm CD 1( )

AN AD+AC
JJJK JJJK JJJK

⇔ =

G là trung điểm đoạn MN

(

) (

)

1 1

2 4

AG AM AN AB AC AD

⇔JJJK= JJJJK JJJK+ = JJJK JJJK JJJK+ + .(1)

A’ lµ träng tâm tam giác BCD ' 1

(

)

AA AB+AC+AD

JJJJK= JJJK JJJK JJJK .(2)

+ Dễ thấy yêu cầu của bài toán tơng đơng với yêu cầu chứng minh

(H.1)

A
G

N
M

2 '

3
AG= A
C

A
JJJK JJJJK

Từ (1),(2) ta dễ dàng giải quyết bài toán trên.
II, Một số tính chất cần ghi nhớ

Để giải quyết một bài toán hình học không gian bằng phơng pháp véc tơ học sinh cần nắm vững các khái
niệm và tính chất sau:

1). Quy tắc 3 điểm: JJJK JJJK JJJKAB+BC= AC, với A,B,C là 3 điểm bất kì trong không gian.

2). Quy tắc hiệu 2 véc tơ chung gốc: JJJKABlà một véc tơ cho trớc thì với mọi điểm O bất kì , ta cã:
JJJK JJJK JJJKAB=OB OA .

3). Quy tắc hình bình hành: Nếu tứ giác OABC là hình bình ta lu«n cã :OBJJJK JJJK JJJK=OA OC+ .
4). Tính chất trung điểm: Nếu M là trung điểm đoạn AB thì: JJJ JJJ K

+ MBK+MAK=0.
,
OB OM
JJJK JJJK JJJJK

GB GC=

JK K JJJK K

OB OC= OG

JJJK JJJK JJJK JJJK

+ OA+ =2 víi mäi ®iĨm O.
 5).Tính chất trọng tâm của tam giác : Nếu G là trọng tâm tam giác ABC thì: JJ JJJ

+GA+ + 0.

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

6). Tích vô hớng của 2 véc tơ: JJJK JJJKAB CD. = JJJK JJJKAB CD cos

(

JJJK JJJKAB CD,

)

7). Điều kiện để 2 véc tơ cùng ph−ơng : Véc tơ aG cùng ph−ơng với véc tơ b b( ≠0)

G G

k R a kb

⇔ ∃ ∈ G= G.
G

8). Điều kiện để 3 điểm thẳng hàng. ĐK cần và đủ để 3 điểm A,B,C phân biệt thẳng hàng là: ∃ ≠k 0 :JJJKAB=k AJJJKC.
 9). Điều kiện để 2 véc tơ vng góc: JJJKAB⊥CDJJJK⇔JJJK JJJKAB CD. =0G.

10). Ba véc tơ đồng phẳng: Ba véc tơ gọi là đồng phẳng nếu 3 đ−ờng thẳng chứa chúng cùng song song với một
mặt phẳng.

11).Công thức về mối liên hệ giữa độ dài và tích vơ h−ớng 2 véc tơ:

+ . 1

( )

2 2 2

a b= ⎡⎢ a b+ −a −b ⎤⎥

⎣ ⎦

G G G G G G

+ . 1

( )

2 2 2

a b= − ⎡⎢ a b− −a −b ⎤⎥

⎣ ⎦

G G G G G G

12). Nếu a b c, , là 3 véc tơ không đồng phẳng thoả mãn :
G G G

1 1 1 2 2 2

x aG+y bG+z cG=x aG+y bG+z cG th×:

1 2
1 2
1 2

x x

y y

z z

=
⎧
⎪ =
⎨
⎪ =
⎩

13). Điểm M chia đoạn thẳng AB theo tỉ số k1 thì với điểm O bất kì ta có:

OA kOB
OM

k

JJJK JJJK

JJJJK

.
14). Trong kh«ng gian cho hƯ

{

O OA OB OD,JJJK JJJK JJJK, ,

}

. §iĨm D∈mp ABC( )

th× ODJJJK=αOAJJJK+βOBJJJK+γOCJJJK ,(α β γ+ + =1; , , R)

b, Các dạng b

i tập

*Bi tập hình thnh phơng pháp .

Dng 1 . Bμi tập phân tích một véc tơ theo 3 véc tơ không đồng phẳng

(Xem khái niệm 3 véc tơ đồng phẳng mục A-II-10)

VD2: Cho tứ diện ABCD . Các trung tuyến AA1 và BB1 của tam giác ABC cắt nhau tại M . Có thể 
biểu diễn véc tơ DMJJJJK theo bộ ba véc tơ nào ,trong các bộ ba véc tơ đã cho sau đây?

1). DA DC DBJJJK JJJK JJJK, ,

2). DJJJK JJJK JJJKA AA BB, 1, 1. 
D 3). JJJK JJJK JJJJKAB DA A B, , 1 1.

1). 1

(

)

DM = DA+DB+DC
JJJJK JJJK JJJK JJJK

2). 2 1 0. 1

DM =DA+ AA + BB
JJJJK JJJK JJJK JJJK

3). Do A1B1//AB nên 3 véc tơ trên là
đồng phẳng , mặt khác véc tơ JJJJKDM không đồng
phẳng với 2 véc tơ nào trong 3 véc tơ trên , do vậy DMJJJJK

không biểu diễn đợc theo các véc tơ:JJJK JJJK JJJJKAB DA A B, , 1 1
VD3: Cho tứ diện ABCD . Điểm M là trọng tâm của tam gi¸c ABC . 
 HÃy biễu diễn DMJJJJKtheo các véc tơ:DA AC CBJJJK JJJK JJJK, , .

(H.2)

B1 A

M
A

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

HD: (Xem h×nh 2.). M là trọng tâm của tam giác ABC nên: 1

(

DM = DA+DB+DC

)

JJJJK JJJK JJJK JJJK

. Vậy để giải quyết bài
toán ta cần biểu diễn DB DCJJJK JJJK, theo 3 véc tơ DA AC CBJJJK JJJK JJJK, , .Ta có:

+JJJK JJJK JJJK JJJKDB=DA+AC CB+ và DCJJJK JJJK JJJK=DA+AC Từ đó suy ra: 1

(

3 2

)

DM = DA+ AC+CB
JJJJK JJJK JJJK JJJK

.
Bμi tËp tự giải:

1).Cho tứ diện ABCD . M và N là trung điểm DB và DC . HÃy phân tích các véc tơ
, , theo , ,

AM BN MN DA DB DC
JJJJK JJJK JJJJK JJJK JJJK JJJK

2). Cho hình chóp S.ABCD đáy là hình bình hành tâm O .
a). Hãy phân tích SDJJJK theo SA SB SCJJK JJK J K, , JJ.

b). HÃy phân tích các véc tơ SA SB SC SDJJK JJK JJJK JJJK, , , theo c¸c vÐc t¬ JJJK JJJK JJJKAB AC SO, , .

3).Cho hình lập phơng ABCD.ABCD . Gọi O là tâm của hình lập phơng và I là tâm của mặt CDDC . HÃy
phân tích các véc tơ AO AIK JK, theo AB AD AAJK JJK, , JK'

1 1

1
1 ; 1 ;

JJJ J JJ J JJJ
.
4). Cho h×nh lăng trụ tam giác ABCA B C . 1

a). Đặt JJJJACK =c BAG JJJK=Ga CBJJJK =bG. HÃy phân tích véc tơ JJJKAA1 theo , ,a b cG G G.
b). M là trung điểm đoạn B1C . HÃy phân tích véc tơ JJJJKAM theo ,JJJK JJJK JJJKAA AB AC1 , .

5). Cho tø diện ABCD . M và N là các điểm chia các đoạn thẳng DB, AC theo tỉ số MD m; NA

MB = NC =n. H·y ph©n
tÝch vÐc t¬ MNJJJJK theo JJJK JJJK JJJKAB DA BC, ,

JJ
.

6). Cho mặt cầu tâm O bán kính R. Từ ®iĨm S vÏ 3 tiÕp tun SA, SB, SC víi mặt cầu (A,B,C là các tiếp điểm ).
HÃy phân tÝch vÐc t¬ SOJJJK theo SA SB SCJJK JJK J K, , biết rằng ba véc tơ này từng cặp tạo với nhau góc 600.

---
Dạng 2: Bμi tËp lùa chän “ hƯ vÐc t¬ gèc ”.

* Việc lựa chọn hệ véc tơ gốc là rất quan trọng khi giải quyết một bài toán bằng phơng pháp véc tơ . Nói chung
việc lựa chọn hệ véc tơ gốc phải thoả mÃn 2 yêu cầu:

+ Hệ véc tơ gốc phải là 3 véc tơ không đồng phẳng .

+ Hệ véc tơ gốc nên là hệ véc tơ mà có thể chuyển những u cầu của bài tốn thành ngơn ngữ véc
tơ một cách đơn giản nhất.

VD4: (Bµi tËp 6- Tr27-SGK11) Cho h×nh tø diƯn ABCD víi P,Q lần lợt là trung điểm của AB và CD . Gọi R 
là điểm nằm trên cạnh BC sao cho BR=2RC và S là giao điểm của cạnh AD với mp(PRQ) . Chøng minh 
r»ng AS=2SD.

BG:

Chän hÖ

{

A AB AC AD,JJJK JJJK JJJK, ,

}

làm cơ sở. Ta có:

P là trung điểm AB 1
2
AP AB
JJJK JJJK

Q là trung điểm CD 1

(

)

AQ AC AD

⇒JJJK= JJJK JJJK+

R nằm trên BC và BR=2RC 1 2

3 3

AR AB A

⇒JJJK= JJJK+ JJJKC
Yêu cầu bài toán tơng đơng với việc chứng minh : 2 hay 2

3
AS = SD AS= AD
JJJK JJJK JJJK JJJ

(H.3)

S
P

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

Giả sử JJJKAS=k ADJJJK. Điểm S thuộc mp(PQR) do đó tồn tại α β γ, , ∈R sao cho:
JJJKAS =αJJJKAP+βJJJKAQ+γJJJKAR ;(α β γ+ + =1) (Xem mục A-II-14)

Hay 1 1

(

)

1 2

2 2 3 3

k AD=α AB+β AC+AD +γ ⎜⎛ AB+ AC⎞⎟

⎝ ⎠

JJJK JJJK JJJK JJJK JJJK JJJK 1 1 1 2 1

2 3 2 3 2

k AD ⎛ α γ⎞AB ⎛ β γ⎞AC βAD

⇔ =⎜ + ⎟ +⎜ + ⎟ +

⎝ ⎠ ⎝ ⎠

JJJK JJJK JJJK JJJK
1

1 1

2 3

1 2

2 3

1

2

k

α β γ

α γ

β γ

+ + =
⎧

⎪

⎪ + =

⎪⎪

⇔ ⎨ + =

⎪
⎪
⎪ =
⎪⎩

3
k

⇒ = (Xem môc A-II-12), suy ra ®pcm.

Bình luận : Với chứng minh trên ta nhận thấy pp véc tơ có thể tránh cho chúng ta phải kẻ thêm nhũng hình phụ
phức tạp, đó cũng chính là điểm yếu của học sinh khi học hình học khơng gian.

Ta sẽ xét sang VD khác , để nhận thấy rõ hơn −u điểm của ph−ơng pháp véc tơ.

VD5:(Bµi tËp 5-Tr86-SGK11) Chøng minh rằng nếu đờng thẳng nối trung điểm hai cạnh AB và CD của tứ 
diện ABCD là đờng vuông góc chung của AB và CD thì AC=BD, AD=BC.

BG:

Giả sử M,N là trung điểm của AB, CD.

Chän hÖ

{

A AB AC AD,JJJK JJJK JJJK, ,

}

làm cơ sở.

M là trung điểm của AB 1
2
AM = AB
JJJJK JJKJ

N là trung điểm CD 1( )

AN AD A

⇔JJJK= JJJK JJJK+ C .
1

(

)

MN AN AM AC AD AB

⇒JJJJK JJJK JJJJK= − = JJJK JJJK JJJK+ − .

CDJJJK JJJK JJJK=AD−AC.

+ MN vuông góc với AB nên:

. 0 1

(

)

. 0

MN AB AC AD AB AB
(H.4)

N
C

= ⇔ + − =

JJJJK JJJK JJJK JJJK JJJK JJJK
.

0 AB AC. AB AD. AB (1)

⇔ =JJJK JJJK JJJK JJJK JJJK+
+ MN vuông góc với CD nên:

(

)(

. 0

MN CD= ⇔ AC+AD−AB AD−AC

)

=0
JJJJK JJJK JJJK JJJK JJJK JJJK JJJK
⇔ AD2 =JJJKAC2−JJJK JJJK JJJK JJJKAB AC. +AB AD. (2)

LÊy (2)-(1) theo vế ta đợc: AD2 =

(

JJJK JJJKABAC

)

2 =BC2 AD=BC.
Cộng vế theo vế ta đợc AC=BD. Suy ra điều phải chứng minh.
 B×nh luËn:

+Mặc dù là bài tập SGK ,tuy nhiên bài tốn trên là bài tập khó kể cả với những HSG , vì việc vẽ hình phụ để giải 
quyết bài tốn bằng ph−ơng pháp hình học KG thuần tuý là không đơn giản.

</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>

Bμi tËp tù gi¶i:

1)(Bài tập 4-Tr41-SGK11).Chứng minh rằng tổng bình ph−ơng tất cả các đ−ờng chéo của hình hộp bằng tổng bình

ph−ơng tất cả các cạnh của hình hộp đó.

2)(Bài tập 1-Tr59-SGK11). Cho hình hộp ABCD.A’B’C’D’ có tất cả các cạnh đều bằng nhau . Chứng minh rằng :
AC⊥B D' ', AB'⊥CD', AD'⊥CB'.

3)(Bài tập 2-Tr59-SGK11) .Cho tứ diện đều ABCD cạnh bằng a , gọi M là trung điểm của BC . Tính cosin của góc

(

AB DM,

)

4)( Bµi tËp 3-Tr59-SGK11). Cho tø diƯn ABCD cã AB=CD=a, AC=BD=b, AD=BC=c.

a). Chứng minh rằng các đoạn nối trung điểm các cặp cạnh đối thì vng góc với hai cạnh đó .
b). Tính cosin của góc hợp bởi các đ−ờng thẳng AC và BD.

5)( Bài tập 3-Tr69-SGK11). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi tâm O . Biết rằng SA=SC, SB=SD.
Chứng minh rằng :

a). SO⊥mp ABCD( ).
b).AC⊥SD.

6) ( Bài tập 5-Tr69-SGK11). Cho tứ diện ABCD . Chứng minh rằng nếu AB⊥CD và AC⊥BD thì AD⊥BC.
7) ( Bài tập 7-Tr69-SGK11). Cho tứ diện OABC có ba cạnh OA, OB, OC đơi một vng góc . Kẻ

H n»m trªn mp(ABC) . Chøng minh :
(

OH ⊥mp ABCD)

a) H là trực tâm tam giác ABC
b) 1 2 12 12 1

OH =OA +OB +OC2 .

8) ( Bài tập 8-Tr86-SGK11) Hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vng cạnh a và SA=SB=SC=SD =a 2.
Gọi I và J lần l−ợt là trung điểm của AD và BC .

a). Chøng minh mp(SIJ) vu«ng gãc với mp(SBC).
b).Tính khoảng cách giữa hai đờng thẳng AD và SB.

---

*bi tập phân theo các dạng toán giải đợc bằng pp véc tơ.

Một câu hỏi th−ờng gặp ở học sinh khi dạy ph−ơng pháp véc tơ là : Những bài tốn có dạng nh− thế nào thì giải
đ−ợc bằng ph−ơng pháp véc tơ ?, dạng toán nào thì ph−ơng pháp véc tơ là −u điểm ? , đ−ờng lối giải quyết nó nh−
thế nào ? Thực ra để trả lời đ−ợc câu hỏi đó là rất khó vì các bài tốn sơ cấp nói chung và hình học khơng gian nói
riêng là khó tìm một ph−ơng pháp nào là có thể giải quyết hết các bài tốn nếu nh− khơng muốn nói là khơng thể.
Tuy nhiên đối với các bài tập SGK chúng ta có thể làm rõ đ−ợc phần nào, ví dụ đối với những hs trung bình có thể
dừng lại ở các bài tốn có giả thiết và kết luận đơn giản nh− trung điểm, trọng tâm , vng góc; đối với những hs
khá có thể nâng cao lên ở những bài tốn khoảng cách , tính góc , thẳng hàng, đẳng thức hình học…; đối với
những hs giỏi có thể thêm những dạng tốn về sự đồng phẳng , đồng quy,bất đẳng thức hình học, quan hệ song
song ,vng góc … ở mức độ khó hơn.

Dạng 1: Bi tập về trọng tâm tam giác , tứ diện. 
+ M là trung điểm AB 1

(

)

OM OA OB

JJJJK= JJJK JJJK+

+G là trọng tâm tam gi¸c ABC 1

(

)

OG OA OB OC

⇔JJJK= JJJK JJJK+ +JJJG

(Với mọi điểm O bất kì trong không gian )

</div>
(7)<div class='page_container' data-page=7>

HD: Chän hƯ vÐc t¬ c¬ së

{

A AA AB AD,JJJJK JJJK JJJK', ,

}

Phân tích bài toán:

*Giả thiết:

Mặt phẳng (ABD) cắt đờng chéo AC tại M.

Suy ra:

+ M∈AC'⇒ ∃ ∈k R AM:JJJJK=k ACK'

k AA AB+AB

JJJJK JJJJK JJJK JJJK

JJJJ

hay AM =

(

)

( ' )
'

M mp A BD

AM αAA βAB γAD

∈

⇒JJJJK= JJJJK+ JJJK+ JJJK

(

α , , R: + + =1

)

*Yêu cầu bài toán tơng đơng với việc chứng
C

(H.5)

D’
D

C’

minh: 1

(

)

AM = AA +AB+AD
JJJJK JJJJK JJJK JJJK
A’

Với việc lập hệ phơng trình và giải quyết tơng tù VD4 , ta suy ra ®pcm.
Bμi tËp tù gi¶i:

1). Cho hình hộp xiên ABCD.A’B’C’D’ . Gọi P,Q,R là ảnh đối xứng của điểm D’ qua các điểm A, B’, C . Chứng
tỏ rằng B là trọng tâm của tứ diện PQRD’.

2). Cho tø diÖn ABCD . Gọi M,N,P,Q lần lợt là trung điểm của AB,BC,CD,DA . Chứng minh 2 tam giác ANP và
CMQ cã chung träng t©m.

3). Chøng minh r»ng hai tø diện ABCD và ABCD có cùng trọng tâm khi và chØ khi:

' ' ' '

AA +BB +CC +DD =0G

JJJJK JJJJK JJJJK JJJJK

4). Cho tø diÖn ABCD . Gäi A, B, C ,D lần lợt là các điểm trên các cạnh AB,BC,CD,DA sao cho:

' ' ' '

A A B B CC D D
k
A B = B C =C D = D A = .

Chøng minh hai tø diƯn ABCD vµ A’B’C’D’ có cùng trọng tâm.

5). Cho hình hộp ABCD.A1B1C1D1 . Gọi P,R theo thứ tự là trung điểm của AB, A1D1 ; Gäi P1 ,Q ,Q1 ,R1 theo thø tù
là giao điểm của các đờng chéo của các m t (ABCD), (CDDỈ 1C1), (A1BB1C1D1),(ADD1A1).

a). Chøng minh r»ng : PPJJJK JJJJK JJJK1+QQ1+RR1=0G.

b). Chøng minh hai tam giác PRQ và P1R1Q1 có cùng trọng tâm.

---
Dạng 2: bi tập về các điểm thẳng hμng.

Để chứng minh 3 điểm P, M, N thẳng hàng ta chứng minh: JJJKAP=αJJJJKAM +βJJJKAN ( ,α β∈R:α β+ =1)
trong đó A là điểm bất kì (thơng th−ờng A là gốc của hệ cơ sở).

VD7: Cho hình lập ph−ơng ABCD.A’B’C’D’ cạnh a . Gọi P,Q là các điểm xác định bởi : 
 AP= −AD' , 'C Q= −C'D;

M lµ trung ®iĨm BB’ . Chøng minh r»ng P, M, Q th¼ng hàng .

HD:

</div>
(8)<div class='page_container' data-page=8>

Phân tích bài toán:

* Giải thiết : AP= AD'JJJKAP= JJJJKAD'JJJJKA P' =2aG JG−d

' ' ' ' ' 2

C Q= −C D⇒C Q= −C D⇒A Q= b+ −d a
G JG G
JJJJK JJJJJK JJJJK

M là trung điểm BB’ ' 1

(

' ' '

)

2 2

A M A B+A B = a+b

⇒JJJJJK= JJJJK JJJJJK G G

* Yêu cầu của bài toán t−ơng đ−ơng với việc chứng minh: ∃α β, :JA MJJJJK' =αJJJJKA P' +βJJJJKA Q'

(

α β+ =1

)

.
Thay các đẳng thức trên và giải hệ ph−ơng trình ta đ−ợc 1

2
α β= = .

Bi tập tự giải :

1). Cho hình hộp ABCD.A1B1C1D1 . Gọi P là trung điểm của cạnh B1C1 . Đờng thẳng d qua P cắt đờng thẳng AB

tại M và cắt đờng thẳng DD1 tại N . Chứng minh P là trung điểm của đoạn MN.

2).Cho tứ diện OABC . Gọi M,N ,P lần l−ợt là các điểm đối xứng với O đối với trung điểm các cạnh tam giác ABC
. Chứng minh rằng , điểm O và trọng tâm các tam giác ABC , MNP thẳng hàng.

3). Cho tø diÖn OABC . Gäi P, Q,R lần lợt là trọng tâm các tam giác AOB, BOC, COA . Chứng minh rằng điểm
O và trọng tâm các tam giác ABC, PQR thẳng hàng.

4). Chøng minh r»ng trong tø diƯn trùc t©m : trọng tâm , trực tâm, tâm mặt cầu ngoại tiếp cùng nằm trên một
đờng thẳng (đờng thẳng Ơ-le trong tứ diện)

5). Cho hình hộp ABCD.A1B1C1D1 . P là điểm trên đờng thẳng CC1 sao cho : 3 1
2

CP . M là điểm trên đờng
thẳng AD, N là điểm trên đờng thẳng BD

CC

1 sao cho ba điểm M, N, P thẳng hàng . Tính :

MD

MA .

---
Dạng 3: quan hệ vuông góc giữa đờng thẳng v mặt ph¼ng.

VD8. (Bài tập 3-Tr69-SGK11) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi tâm O . Biết rằng SA=SC, 
SB=SD. Chứng minh rằng:

a). SO⊥mp ABCD( ). 
 b). AC⊥SD.

Chän hƯ vÐc t¬ c¬ së:

{

O OA OB OS,JJJK JJJK JJJK, ,

}

a). Ta cã: SAJJK JJJK JJJK=OA OS−

(

)

SC =OC−OS = − OA OS+

JJJK JJJK JJJK JJJK JJJK

Theo bµi ra : SA=SC

(

) (

)

2 2

SA =SC ⇒ OA OSJJJK JJJK− = OA OSJJJK JJJK+

⇒OA OSJJJK JJJK. =0⇒OA⊥OS.

T−ơng tự ta chứng minh đ−ợc : OB⊥OS, suy ra: SO⊥mp ABCD( ). 
b). Ta có :JJJKAC= −2OJJJKA; JJJK JJJSD=OD OSK JJJK− . Do đó: JJJK JJJKAD SD. = −2OA OD OSJJJG JJJG JJJG.

(

−

)

= ⇒0 AC⊥SD.

O
A

C
(H.6)

</div>
(9)<div class='page_container' data-page=9>

HD: Chän hƯ

{

A AB AC AD,JJJK JJJK JJJK, ,

}

lµm c¬ së.

Ta cã:

(

)

(

)

. 0 . . 0

. . 0

0 . . 0

AB CD AB AD AC AB AD AB AC

AC AD AB AD

AC BD AC AD AB AC AD AC AB

⎧ ⊥ ⇒ − = ⇒ − =

⎪ ⇒ − =

⎨

⊥ ⇒ − = ⇒ − =

⎪⎩

JJJK JJJK JJJK JJJK JJJK JJJK JJJK

JJJK JJJK JJJK JJJK

JJJK JJJK JJJK JJJK JJJK JJJK JJJK (1)

Nªn: JJJK JJJK JJJK JJJK JJJKAD BC. =AD AC

(

−AB

)

= ⇒0 ADBC <Theo (1)>đpcm.
+ Để chứng minh ABCD, ta chứng minh: JJJK JJJKAB CD. =0

+ §Ĩ chøng minh AB⊥( )α , ta chøng minh AB vu«ng gãc víi 2 đờng thẳng cắt nhau thuộc mp( ) .
+ §Ó chøng minh ( )α ⊥( )β , ta chứng minh 1 đờng thẳng thuộc mặt phẳng này vuông góc với 2 đờng
thẳng thuộc mặt phẳng kia.

Bμi tËp tù gi¶i :

1). Cho hình chóp S.ABCD , đáy ABC là tam giác cân đỉnh A, D là trung điểm BC , vẽ DE⊥AB E

(

∈AB

)

, biết
. Gọi M là trung điểm DE.

(
SE⊥mp ABC)

Chứng minh :AM mp SEC( ).

2).Cho hình lập phơng ABCD.A1B1C1D1. Gọi M, N lần lợt là trung điểm các cạnh AD và BB1. Chứng minh:

MN A C.

3). Cho hình chóp S.ABC có SA=SB=SC , đáy ABC là tam giác cân (AB=AC) . Vẽ , D là trung
điểm cạnh AB, E là trọng tâm tam giác ADC. Chứng minh :

(
SO⊥mp ABC)

( )

CD⊥mp SOE .

4). Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC.A’B’C’ có tất cả các cạnh đều bằng a. M và N là các điểm lần l−ợt thuộc
các đ−ờng chéo A’B và B’C. Biết rằng :

3 2

' ' ; '

5 5 '

A M = A B B N = B C.
Chøng minh r»ng : MN ⊥A B' vµ MN ⊥B C' .

5). Tỉng hai gãc ph¼ng cđa gãc tam diƯn b»ng 1800. Chøng minh rằng đờng vuông góc chung của chúng vuông
góc với phân giác của góc phẳng thứ ba.

---

Dạng 4: Tính góc giữa hai đờng thẳng.

( )

2
2 2

. 1

a b a b

a b
cos a b

a b a b

⎡ + − − ⎤

⎢ ⎥

= = ⎢ ⎥

⎢ ⎥

⎣ ⎦

G G G G

G G
G G

G G G G

</div>
(10)<div class='page_container' data-page=10>

TÝnh cosin cđa gãc

(

nAB DM,

)

.

Chän hƯ vÐc t¬ c¬ së

{

B BA BC BD,JJJK JJJK, ,JJJG

}

. Ta cã:
A

1
2

DM =BM−BD= BC−BD
JJJJG JJJJG JJJG JJJG JJJG

Do đó: cos AB DM

(

)

AB DM.

DM AB

JJJJG
JJJK
JJJJG

JJJK

JJJJG JJJK

DÔ thÊy : AB=a ; DM= 3
2
a

(H.7)

C
B

2 2

1 1 1

. . . .

2 2 3 2

1
.

3 4
AB DM = −BA⎜⎛ BC−BD⎞⎟=BD BA− BA BC=a cosπ − a cosπ = a

⎝ ⎠

JJJK JJJJK JJJK JJJK JJJK JJJK JJJK JJJK JJJK

. Do đó

(

)

cos AB DMJJJK JJJJG = 3 0
6 >

(

)

6
cos AB DM

⇒ = .

Chó ý : cos a b

( )

G G, > ⇒0

( )

a bG G, =

( )

a bm, ; cos a b

( )

G G, < ⇒0

( )

a bG G, = −π

( )

a bm,
Bμi tËp tù gi¶i :

1)( Bài tập3-Tr59-SGK11). Cho tứ diện ABCD có AB=CD=a , AC=BD=b, AD=BC=c.
a). Chứng minh các đoạn nối trung điểm các cặp cạnh đối thì vng góc với hai cạnh đó.
b). Tính cosin của góc hợp bởi các đ−ờng thẳng AC và BD.

2)(VÝ dô 1-Tr56-SGK). Cho tứ diện ABCD . Gọi M,N lần lợt là trung điểm của các cạnh BC và AD. Cho biết
AB=CD=2a vµ MN=a 3. TÝnh gãc

(

nAB CD,

)

3). Trong hình chóp tam giác ABCD tất cả các cạnh có độ dài bằng nhau . Điểm M là trung điểm cạnh AD, điểm
O là trọng tâm tam giác ABC , điểm N là trung điểm cạnh AB và điểm K là trung điểm cạnh CD. Tìm góc giữa
các đ−ờng thẳng MO và KN.

4). Cho lăng trụ đứng tam giác ABC.A1B1C1 : BC=a; AC=b ; AB=c; AA1=h. Tính cosin của góc:
a). Giữa các ng chộo AB1 v BC1.

b). Giữa các cạnh AB và các đờng chéo B1C.

5)*. Biết các gãc ph¼ng cđa gãc tam diƯn SABC: BSCn=α; CSAn=β; ASBn =γ . TÝnh cosin của các góc :
a). Giữa cạnh SC và phân giác góc nASB.

b). Giữa các phân giác góc nASB và nASC.

c). Gia cạnh SC và hình chiếu vng góc của nó trên mặt phẳng chứa mặt đối diện.
<HD: Chọn hệ véc tơ cơ sở

{

S SA, 1=e SB1, 1=e SC2, 1 =e3

}

JG JJG J

JJJK JJJK JJJK G

</div>
(11)<div class='page_container' data-page=11>

D¹ng 5: quan hệ song song giữa đờng thẳng v mặt phẳng.

1).Hai đờng thẳng song song.

Để chứng minh đờng thẳng AB//CD ta chứng minh : JJJKAB=kCDJJJK (kR)
VD11. Cho lăng trụ tam giác ABC.A1BB1C1 . Giả sử M, N, E, F lần lợt là trọng tâm 
 cđa c¸c tam gi¸c AA1B ,A1BB1C1 ,ABC , BCC1. Chøng minh MN//EF.

Chän hƯ vÐc t¬ c¬ së:

{

A AA,JJJK1 =a ABG,JJJK=b ACG,JJJK=Gc

}

Theo bµi ra ta cã:

M lµ träng tâm tam giác AA1BB

(

1 1

)

1
3

AM AA AB

JJJJK= JJJK JJJJK+ .
N là trọng tâm tam giác A1B1C1 1

(

1 1

)

3 1

AN AA AB AC

⇒JJJK= JJJK JJJJK JJJJK+ +

E lµ träng tâm tam giác ABC 1

(

)

AE AB AC

JJJK= JJJK JJJK+

F là trọng tâm tam giác BCC1 1

(

1

)

AF AB AC AC

⇒ =

B1 
N
M

E
B
A1

A C

C1

(H.8)

+ +

JJJK JJJK JJJK JJJJK

=
Ta cÇn chøng minh :∃k MN:JJJJK k EFJJJK.

ThËt vËy: 1

( )

3
MN= AN−AM = aG G+c
JJJJK JJJK JJJJK

; 1

( )

3
EF = aG G+c
JJJK

từ đó suy ra: MNJJJJK JJJK=EF⇒MN//EF
2).Đ−ờng thẳng song song với mặt phẳng.

Để chứng minh đ−ờng thẳng d//mp(α) ta lấy trên d một véc tơ aG, và trên (α) hai véc tơ bG,cG
sau đó chứng minh 3 véc tơ trên đồng phẳng, nghĩa là chứng minh ∃k l, ∈R a: =kb lc+

G G G

VD12. Cho hình hộp ABCD.A1BB1C1D1. Giả sử M và N lần lợt là trung điểm các cạnh AA1 và B1C1. Chứng 
minh rằng MN song song với mặt ph¼ng (DA1C1).

Chän hƯ vÐc t¬ c¬ së:

{

D DA, =a DC, =b DD, 1=c

}

G G G

JJJK JJJK JJJJK

Ta cã: MNJJJJK JJJJK JJJJK=DN−DN 1

(

)

2 b a c

= JJG G G− + (1)
Ta cÇn chøng minh :

D ∃x y, ∈R MN:JJJJK=xDCJJJJK1+yDAJJJJK1 =x b c

( ) ( )

G G+ +y a cG G+ (2)
C

C1
N

D1 
A1

B1

(H.9)

</div>
(12)<div class='page_container' data-page=12>

Tõ (1) vµ (2) suy ra : x=1;y= 1
2

− . Do đó MN//mp(DA1C1)

Chú ý: Nếu a b cG G G, , là 3 véc tơ không đồng phẳng thoả mãn :x a1G+y b1G+z c1G=x a2G+y b2G+z c2G thì:

1 2
1 2
1 2

x x

y y

z z

=
⎧
⎪ =
⎨
⎪ =
⎩

3).Hai mỈt phẳng song song.

Để chứng minh 2 mặt phẳng (P)//(Q), ta lấy trên (P) 2 véc tơ a b,
G G

, và trên (Q) 2 véc
tơ x y,

G JG

. Sau đó chứng minh các bộ 3 véc tơ

(

a x yG G JG, ,

) (

; b x yG G JG, ,

)

là đồng phẳng.

VD13. Cho lăng trụ tam giác ABC.A1BB1C1. Gọi M, N lần lợt là trung điểm AA1 và CC1; G là trọng tâm 
của tam giác A1B1BC1. Chứng minh rằng mp(MGC1)//mp(AB1N).

Chän hƯ vÐc t¬ c¬ së:

{

A AA, 1=a AB, =b AC, =c

}

G G G

JJJK JJJK JJJK

Ta cần chứng minh tồn tại x,y,x1,y1 sao cho:

1
1 1 1 1

MG x AB y AN
MC x AB y AN

⎧ = +

⎪
⎨

= +

⎪⎩

JJJJK JJJJK JJJK
JJJJK JJJJK JJJK
G1

C
A

A1 C1

B1

(H.10)

TÝnh to¸n ta cã:

1 1 1 1

2 3 3 2

MG= a+ b+ c=⎜⎛x+ y a⎞⎟ +xb+yc⇒ = =x y

⎝ ⎠

G G G G G G

JJJJK 1

3. Tơng tự =x1 0;y1=1, suy ra đpcm.
Bi tập tự giải :

1).Cho hình hộp ABCD.A1B1C1D1. Giả sử E là tâm của mặt ABB1A1; N, I lần lợt là trung điểm của CC1 và CD .
Chứng minh EN//AI.

2). Cho lăng trụ tam giác ABC.A1B1C1 . Giả sử M,N lần lợt là trọng tâm của các tam giác ABA1 và ABC . Chứng
minh rằng MN//mp(AA1C1).

3). Cho lăng trụ tam giác ABC.A1B1C1 . Giả sử M,N,E lần lợt là trung điểm các cạnh BB1, CC1 , AA1 ; G là trọng

tâm tam giác A1B1C1 . Chøng minh:
a). mp(MGC1)//mp(BA1N)

b). mp(A1GN)//mp(B1CE).

4). Cho hình chóp S.ABCD đáy là hình bình hành tâm O. Gọi M,N lần l−ợt là trung điểm của SA ,SD.

a). Chứng minh: mp(OMN)//(SBC).

</div>
(13)<div class='page_container' data-page=13>

Dạng 6: bốn điểm hay ba véc tơ đồng phẳng.

+ Cho ba véc tơ a b c, , trong đó
G G G

aG và bG khơng cùng ph−ơng. Khi đó ba véc tơ a b c, ,
G G G
đồng phẳng nếu và chỉ nếu có các số k và l sao cho: cG=k a lbG+ G.

+ Bèn ®iĨm A,B,C,D cïng thc mét mặt phẳng khi và chỉ khi tồn tại các số thùc
,

α β sao cho:OAJJJG=αOBJJJK+βOCJJJG+ − −

(

1 α β

)

ODJJJG ,∀ ®iĨm O.

VD14. Chứng minh rằng ba véc tơ x y zG JG G, , xác định bởi các biểu thức sau đồng phẳng : 
 x= −a b y; ; = −c a z= − + +2a b c

G G G JG G G G G G G

. Víi a b c, ,
G G G

là ba véc tơ cho tr−ớc khơng đồng phẳng. 
HD: Ta có : JG G G Gy− = − −x c a

( )

a bG G− = − + + =2a b cG G G Gz. Suy ra các véc tơ x y z, ,

G JG G

đồng phẳng.

VD15. Cho tứ diện ABCD và các điểm I, K, E, F là các điểm thoả mãn : JJ JJ

2IB+IA=0 ; 2KC+KD=0 ; 2EB+3EC=0 ;2FA+3FD=0. Chøng minh r»ng: 
G K G JJJG JJJG G JJJK JJJK G JJJK JJJK G

a). Các véc tơ BC IK AD, ,
JJJG JJG JJJG

ng phẳng. 
 b). Các véc tơ BA EF CD, ,

JJJG JJJK JJJG

đồng phẳng.

c). Bốn điểm I, E, K, F cùng thuộc một mặt phẳng. 
HD: Chọn hệ

{

A AB,JJJK=x ACG,JJJK=JGy AD,JJJK=Gz

}

làm cơ sở.
Theo giả thiết ta có : 2I 0 2 2

3 3

B+IA= ⇒G AI = AB= xG
JJK JJK JJK JJJK

; 2 0 2 1 2 1

3 3 3 3

KC+KD= ⇒AK = AC+ AD= y+ z
JJJG JJJG G JJJK JJJK JJJK JG G

;

2 3 2 3

2 3 0

5 5 5 5

EB+ EC= ⇒G AE= AB+ AC= xG+ yG
JJJK JJJK JJJK JJJK JJJK J

; 2 3 0 3 3

5 5

FA+ FD= ⇒G AF= AD= zG
JJJK JJJK JJJK JJJK

<Câu a). b). học sinh tự giải .> Ta cần chøng minh tån t¹i α β, sao cho: JJKAI =αJJJKAE+βJJJKAK+ − −

(

1 α β

)

JJJKAF (1)
Thay c¸c biĨu thức véctơ trên vào (1), ta có :

(

)

2 2 3 2 1

3 5 5 3 3

3
5
x=α⎜⎛ x+ y⎟⎞+β⎜⎛ y+ z⎞⎟+ − −α

⎝ ⎠ ⎝ ⎠

G G JG JG G

z

G . áp dụng (A-II-12) ta tìm đợc β, .

VD16. Cho tø diÖn ABCD . Gäi M,N là trung điểm AB và CD ; P, Q là hai điểm theo thứ tự thuộc hai cạnh

AC, BD sao cho: PA QB

PC =QD. Chøng minh r»ng 4 điểm M, N ,P,Q cùng thuộc một mặt phẳng.

Đặt PA QB AP BQ: k

PC =QD⇒ AC = BD = . Do P, Q thuộc cạnh AC, BD nên:

(1)
(2)

AP k AC

BQ k BD

=
⇒

JJJK JJJK

Bốn điểm M,N,P,Q cùng thuộc một mặt phẳng khi
và chỉ khi tồn tại các số thực α β, sao cho:

(

)

AQ=αAM +βAN+ − −α β AP

JJJK JJJJK JJJK JJJK

.(3)
Biểu diễn các véc tơ JJJK JJJK JJJJK JJJKAQ AP AM AN, , , theo c¬ së

råi thay vµo (3) suy ra :α =2 1

(

−k

)

; 2β = k⇒®pcm
(H.11)

Q
P
M

</div>
(14)<div class='page_container' data-page=14>

Bμi tËp tù gi¶i :

1). Cho hình lập phơng ABCD.A1B1C1D . Các điểm M,N lần lợt thuộc các cạnh AD, BB1 sao cho AM=BN.

, ,

Chøng minh r»ng ba vÐc t¬ MN AB B DJK K JJJJG

K JK JJJJK

JJJ JJJ

đồng phẳng.

2). Cho hai hình bình hành ABCD và AJJJ JJJ 1B1C1D1 khơng cùng thuộc một mặt phẳng . Chứng minh rằng các véc tơ

BB CC DD1, 1, đồng phẳng.

3). Cho tø diện ABCD . Gọi A,B,C,D lần lợt là các điểm chia đoạn thẳng AB, BC, CD, DA theo cùng tỉ sè k,
tøc lµ :

' ' ' '

A A B B C C D D
k
A B = B C =C D= D A = .

Với giá trị nào của k thì 4 điểm A’ , B’, C’, D’ đồng phẳng.

4).(Bµi tËp 7-Tr60-SGK12) Cho tø diƯn ABCD ; P,Q lần lợt là trung điểm của AB và CD . Hai điểm M,N lần
lợt chia hai đoạn thẳng BC vµ AD theo cïng tØ sè k. Chøng minh rằng bốn điểm P, Q, M, N nằm trên cùng một
mặt phẳng.

---
Dng 7: chng minh đẳng thức độ dμi, tính độ dμi đoạn thẳng.

+ . 1

( )

2 2 2

a b= ⎡⎢ a b+ −a −b ⎤⎥

⎣ ⎦

G G G G G G

+ . 1

( )

2 2 2
2

a b= − ⎡⎢ a b− −a −b ⎤⎥

⎣ ⎦

G G G G G G

+ . 1

( ) ( )

2 2
4

a b= ⎡⎢ a b+ − a b− ⎤⎥

⎣ ⎦

G G G G G G

VD17. Các cạnh AB và CD của tứ tø diƯn ABCD vu«ng gãc víi nhau. Chøng minh r»ng :

2 2 2 2

AC −AD =BC −BD
Chän hƯ vÐc t¬ c¬ së:

{

A AB AC AD,JJJK JJJK JJJK, ,

}

. Ta cã:

(

)

2 2 2

2 .

BC=AC−AB⇒BC = AC−AB = AC − AC AB+AB

JJJK JJJK JJJK JJJK JJJK JJJK JJJK JJJK JJJK

(1)

(

)

2 2 2

2 .

BD= AD−AB⇒BD = AD−AB = AD − AD AB+AB

JJJK JJJK JJJK JJJK JJJK JJJK JJJK JJJK JJJK

(2)

Tõ (1),(2) 2 2 2 2

(

)

2 2 2

2 2 . 2

BC BD AC AD AB AD AC AC AD AB CD AC AD

⇒ − = − + JJJK JJJK JJJK− = − + JJJK JJJK= ,đpcm.

VD18.(Đề thi HSG Tỉnh11).Cho hình chóp SABCD . Đáy ABCD là hình bình hành . Một mặt phẳng (P)

cắt SA, SB,SC,SD theo thø tù t¹i K,L,M,N . Chøng minh r»ng :SA SC SB SD

SK +SM = SL+SN . 
Chän hÖ vÐc t¬ c¬ së:

{

S SA,JJK=a SBG,JJK=b SCG,JJJK=cG

}

(H.12)

A D

N
K

C
S

</div>
(15)<div class='page_container' data-page=15>

Đặt :SK x,SL y,SM z,SN .
SA = SB = SC = SD =t

Từ đó ta có : SKJJJK=xa SLG,JJK= yb SMG,JJJK=z b c a SN

(

G G G+ −

)

,JJJK=tc.

Vì K,L,M,N đồng phẳng nên: ∃α β γ, , ∈R SM:JJJK=αJJJKSK+βJJKSL+γSNJJJK

(

α β γ+ + =1

)

Từ đó suy ra:

(

)

z
x

x z

z

z b c a xa yb tc y z

y

t z

z
t

α
α

α β γ β β

⎧ = −
⎪
= − ⎪
⎧

⎪ ⎪

+ − = + + ⇔⎨ = ⇔⎨ =

⎪ = ⎪

⎩ ⎪

=
⎪
⎩

G G G G G G

mµ: α β γ+ + =1, nªn ta cã:

1 1 1 1

z z z

x y t z x y t

− + + = ⇒ + = + ⇒ SA SC SB SD

SK +SM = SL+SN . ®pcm.

Để tính độ dài đoạn thẳng AB, ta biểu diễn véc tơ JJJKAB theo cơ sở sau đó tính: JJJKAB2

VD19. Cho tứ diện đều ABCD cạnh a. E là trung điểm cạnh CD, F là trung điểm đ−ờng cao BL của mặt 
ABD. Các điểm M,N lần l−ợt thuộc các đ−ờng thẳng AD và BC. Biết rằng đ−ờng thẳng MN cắt đ−ờng 
thẳng EF và MN vng góc với EF . Tính độ dài đoạn thẳng MN.

Chän hƯ vÐc t¬ c¬ së:

{

B BA,JJJK=a BCG,JJJK=c BDG,JJJK J=dG

}

⊥ ⇒ =

⇒ = + + − −

Theo gi¶ thiÕt:

(

)

α β α β

⎧⎪
⎨
⎪⎩

JJJJK JJJK

JJJK JJJK JJJK JJJK

. 0
, đồn

, , g ph¼ng 1 (1)

EF MN EF

E F BE BF BN BM

MN
M N

V× M,N thuéc BC,AD ta cã thĨ gi¶ sư
+ JJJKBM=k BCJJJK=kcG ;BNJJJK =lBAJJJK+ −

(

1 l BD

)

JJJK

+ JJJK=1

(

JJJG JJJG+

) ( )

=1 G G+

2 2

BE BC BD c d

+ =

(

+JJJG

)

⇒JJJG= =

( )

G+
(H.13)

D
A

C B

N
E

F
L

G
JJJK 1 JJJK 1JJJK

2 2

1
4

BL BA BD BF BL a d

+ JJJJKMN=JJJGBN−JJJKBM= + −laG

(

1 l d

)

G−kcG
+ JJJK JJJK JJJK= − = 1G−1G−1

4 2 4

EF BF BE a c d. ⎛⎜ = = = π = ⎞⎟

⎝ ⎠

GG G G G G

2 1 2

3 2

ac ad cd a cos a

* JJJJK JJJKMN EF. = ⇒0 1 2

(

− −

)

= ⇒ = −
4 2 3 0 2 3 4
8a k l l k (2)

* Tõ (1) suy ra :

( )

G G+ = α

( )

G G+ +β⎡⎣ G+ −

(

)

G⎤⎦+ − −

(

α β

)

1 1

2 c d 4 a d la l d kc

(

)

(

)

α β α β α

</div>
(16)<div class='page_container' data-page=16>

⇒ −1 2l=k (3). Tõ (2) vµ (3) suy ra: =1; k =2
6 3

l ⇒ = + −

G G G

JJJJK

6MN a 5d 4c

(

)

⇒ 2 = G+ G− G 2 =65 2 ⇒ = 130

36 5 4

2 12

MN a d c a MN a.

Bμi tËp tù gi¶i :

1).Cho tứ diện ABCD có AB=CD=c , BC=DA=a, CA=BD=b. Chứng minh rằng điều kiện cần và đủ để các trung
tuyến của tứ diện (đt kẻ từ đỉnh xuống trọng tâm mặt đối diện) AA1 và CC1 vng góc với nhau là: a2+c2=3b2.
2).(Bài tập 5-Tr78-SGK11). Cho hình hộp chữ nhật ABCD.A’B’C’D’ có AB=a, BC=b, CC’=c. Chứng minh rằng
các đ−ờng chéo của hình hộp đó bằng nhau và bằng a2 +b2+c2 .

3). Cho hình lập ph−ơng ABCD.A’B’C’D’ cạnh a. Gọi P và Q là các điểm xác định bởi: = =
JJJJG JJJJG
JJJK JJJJK

' , ' '

AP D A C Q DC .

Tính độ dài PQ .

4). Cho tø diƯn ABCD. Các điểm M,N lần lợt là trung điểm các cạnh AB,CD. Các điểm P,Q thuộc các cạnh
AC,BD sao cho: PA =k

PC . BiÕt r»ng MN c¾t PQ . Tính tỉ số

QB
QD.

5).(Đề thi HSG Tỉnh 12 năm 1999-2000) . Cho tứ diện SABC, trên các cạnh SA,SB,SC lần lợt lấy các điểm
D,E,F. Biết rằng các mặt phẳng (ABF),(BCD),(ACE) cắt nhau tại M và đờng thẳng SM cắt mặt phẳng (DEF) tại
N, cắt mặt phẳng (ABC) t¹i P. Chøng minh :NP=3MP

NS MS .

---
D¹ng 7: khoảng cách.

1). Khoảng cách từ một điểm tới một đờng thẳng.

Để tính khoảng cách giữa điểm M và đờng thẳng d, ta lấy trên d hai điểm A,B và thực hiện các bJJJJ ớc sau:
+B1: Giả sử N là hình chiếu vuông góc của M trªn d

(

)

. 0

OA 1
, , thẳng hàng

MN AB

MN AB

ON OB

N A B α

⎧

⎧ ⊥ ⎪ =

⇒⎨ ⇒⎨

= + −
⎪

⎩ ⎩

K JJJK
JJJJK JJJK

JJJK JJJK JJJK

JJJJK

.
+B2: Thực hiện các phép biến đổi về hệ véc tơ cơ sở (gốc O là gốc của hệ cơ sở)⇒MN=?

+B3: TÝnh MNJJJJK = MNJJJJK2

VD20.(Bài tập 1-Tr85-SGK11). Cho hình lập ph−ơng ABCD.A’B’C’D’ cạnh a. Chứng minh rằng khoảng

cách từ các điểm B, C, D, A’, B’, D’ tới đ−ờng chéo AC’ bằng nhau. Tính khoảng cách đó.

Chän hƯ vÐc t¬ c¬ së:

{

B BA,JJJK=a BBG,JJJK'=Gb BC,JJJK G=c

}

Giả sử H là hình chiếu của B lên AC’.
D

D’

B’
B
A

C’
C

</div>
(17)<div class='page_container' data-page=17>

Suy ra: JJJJK JJJJK JJJKAC'=BC'−BA= + −b c aG G G .Do BH⊥AC'⇒BH ACJJJK JJJJK. '=0
(Chú ý: a b. =a c. =b c. = ). Do đó ta có:

G G G G G G

(

)

( ) (

)

(

)

1 0 2 3

a b c b c a a

α α α α

⎡ + − + ⎤ + − = ⇒ − = ⇒ =0

⎣ ⎦

G G G G G G

Hay 3 2 9 2 6 2 6 .

a
BH= aG G G− − ⇒b c BH = a ⇒BH =

JJJK JJJK

Bình luận: Mặc dù bài tập là khơng khó , tuy nhiên chúng ta thấy đ−ợc rõ lợi thế của ph−ơng pháp véc tơ là ta 
không cần xác định rõ ràng vị trí của điểm H trên hỡnh v.

2). Khoảng cách từ một điểm tới một mặt phẳng.

tớnh khong cỏch gia im M v mặt phẳng (ABC) nào đó, ta gọi H là hình chiếu của M trên (ABC).
+B1: Suy ra đẳng thức véc tơ dựa vào sự đồng phẳng của: A,B,C,H.(Nếu chọn gốc trùng với A,B,C việc
tính tốn sẽ dễ dàng hơn).

+B2: Dựa vào sự vng góc của MH với mp(ABC) để tìm các yếu tố biểu diễn HM
JJJJG

qua cơ sở.
+B3: Tính JJJJGHM2 HM .

VD21.Cho hình hộp chữ nhật ABCD.ABCD có AB=a; BC=b; CC=c. Tính khoảng c¸ch tõ B tíi 
mp(DA’C’).

B’

D’ C’

A’

D C

B
A

(H.15)

Chän hƯ vÐc t¬:

{

B BA,JJJK=Ga BB,JJJK'=b BCG,JJJK G=c

}

. Gäi H là hình chiếu của B trên mp(DCA).

Do H, D, C’, A’ đồng phẳng nên: BHJJJG=αJJJGBD+βJJJJGBC'+ − −

(

1 α β

)

JJJGBA'=α

( ) ( )

a cG G+ +β c bG G+ + − −

(

1 α β

)

aG

0 0

. L¹i
cã:

+JJJJG JJJJG JJJGDC'=BC'−BD=

( ) ( )

b cG G+ − +cG Ga = −b aG G.
+ JJJJG JJJG JJJGDA'=BA'−BD=

( ) ( )

a bG G+ − aG G+c = −b cG G.

(Chó ý: a b. =a c. =b c. = ). Do

G G G G G G

. ' 0, BH. '
BH DC = DA =
JJJG JJJJG JJJG JJJJG

nªn ta cã hƯ:

(

)

(

)

( )

(

)

(

)

( )

1 0

a b c b a

a b c b c

β β α β
β β α β
⎧⎡⎣ − + + + ⎤⎦ − =
⎪
⎨
⎡ − + + + ⎤ − =
⎪⎣ ⎦
⎩

G G G G G

(

)

(

)

2
2 2
2 2 2
2 2 2

a

a b

a b c

c a b

β
α
⎧
=
⎪ +
⎪
⇒ ⎨ −
⎪ =
⎪ +
⎩

(

)

2 2 2 2

2 2 2 2 2 2 2

b a a b

BH a b

a b a b c a b

⇒ = + +

+ + + c

JJJG G G G

(

) (

)

(

)

2 4 4 2 4 4
2

2 2 2

2 2 2 2 2 2 2

a b a b a b

BH

a b a b c a b

= + +

+ +

JJJG

(

)

(

)

2 2 2 2 2 2
2 2

ab c b c a a b

BH

c a b

+ +

</div>
(18)<div class='page_container' data-page=18>

3). Khoảng cách giữa hai đờng thẳng chéo nhau.

* Chú ý: Điểm MAB R OM:JJJJG=OAJJJG+

(

)

OBJJJG.

Để tính khoảng cách giữa hai đờng thẳng chéo nhau ta thực hiện các bớc sau:

+B1: Gọi HK là đ−ờng vng góc chung , biến đổi JJJJGHK theo cơ sở.(có chứa tham biến)
+B2: Dựa vào tính chất vng góc của HK với 2 đ−ờng thẳng thiết lập hệ pt.

+B3: Gi¶i hƯ pt, tìm biểu thức véc tơ theo cơ sở của HK
JJJJG

, ¸p dơng: JJJJGHK = JJJJGHK2

VD22(Ví dụ 2-Tr84-SGK11). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vng cạnh bằng a, SA vng 
góc với đáy và SA=a. Tính khoảng cách giữa hai đ−ờng thẳng :

a). SC vµ BD. 
 b). AC vµ SD.

Chän hÖ vÐc t¬ c¬ së:

{

A AS,JJJG G JJJG JG JJJG G=s AD, =d AB, =b

}

Giả sử HK là đờng vuông góc chung của SC vµ BD

(

H∈SC, K∈BD

)

Do H∈SC⇒JJJJGAH =αJJJGAC+ −

(

1 α

)

JJJGAS =α

( )

b dG JG+ + −

(

1 α

)

Gs

K∈BD⇒JJJGAK =βJJJGAB+ −

(

1 β

)

JJJGAD=βbG+ −

(

1 β

)

dJG

⇒ JJJJG JJJG JJJJGHK =AK−AH = − +

(

α β

) (

bG− −1 α

) (

sG− α β+ −1

)

dJG

. L¹i cã:

SCJJJG G JG G= + −b d s ; BDJJJG JG G= −d b

Chó ý: c s. . .

(H.16)

A
K

D C

B
S

c d s d

= = =

G G JG G JG

Do HK là đờng vuông góc chung nên: . 0

. 0

HK SC
HK BD

⎧ =

⎪
⎨

=
⎪⎩

JJJJG JJJG
JJJJG JJJG

2
3
1
2

α
β

⎧ =
⎪⎪
⇒ ⎨

⎪ =
⎪⎩

(

)

6HK b 2s d

⇒ JJJJG= − +G G JG+

2 2 6

36 6

6
a

HK a HK

⇒ JJJJG = ⇒ = .
T−¬ng tù hs giải câu b).

Bi tập tự giải :

1). Giải các bài tập (2->8)-Tr86-SGK11.

2).Cho hỡnh chúp S.ABC ỏy ABC là tam giác vng ở C, cạnh SA vng góc với mặt phẳng đáy , AC=a; BC=b,
SA=h. Gọi M và N lần l−ợt là trung điểm của các cạnh AC và SB.

a). Tính độ dài MN.

b). Tìm hệ thức liên hệ giữa a,b,h để MN là đ−ờng vng góc chung của AC và SB.

3). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là nửa lục giác đều nội tiếp trong đ−ờng tròn đ−ờng kính AD=2a và có

cạnh SA vng góc với mặt phẳng đáy (ABCD) với SA=a 6.

a). Tính các khoảng cách từ A và B đến mp(SCD).

b). Tính khoảng cách từ đ−ờng thẳng AD đến mặt phẳng (SBC).

</div>
(19)<div class='page_container' data-page=19>

D¹ng 7: Góc giữa đờng thẳng ,mặt phẳng v mặt phẳng.

1).Góc giữa đờng thẳng và mặt phẳng.

a M trên (P)
+B1: Gäi N là hình chiếu củJJJ

+B2: Biểu diễn các véc tơ :AM AN a bJG JJJG G G, , , theo cơ sở
+B3: JJJJGMN⊥a MNG JJJJG; ⊥Gb, suy ra các đẳng thức véc tơ

+B4: T×m gãc