(Sáng kiến kinh nghiệm) hướng dẫn học sinh giải một số bài toán hình học không gian bằng phương pháp véc tơ

A. ĐẶT VẤN ĐỀ
I. LỜI MỞ ĐẦU
Một trong các nhiệm vụ cơ bản của chương trình hình học cải cách giáo dục
phổ thông là “Bồi dưỡng kỹ năng vận dụng phương pháp véctơ vào việc nghiên
cứu một số hình hình học, một số quan hệ hình học ...Việc sử dụng vectơ để
giải bài tốn hình học”.Chính vì vậy việc giáo viên hướng dẫn học sinh sử dụng
phương pháp vectơ để giải bài toán là cần thiết và phù hợp với xu thế cải cách
giáo dục hiện nay.
Mặt khác khi đứng trước một bài tốn hình học khơng gian thì học sinh mới
chỉ dùng phương pháp hình học tổng hợp (lớp 11) và phương pháp toạ độ (lớp
12) để giải mà chưa nghĩ đến việc dùng phương pháp véctơ để giải chúng.
Vì lí do trên tơi chọn đề tài :
“HƯỚNG DẪN HỌC SINH GIẢI MỘT SỐ BÀI TỐN HÌNH HỌC
KHƠNG GIAN BẰNG PHƯƠNG PHÁP VÉC TƠ ”.
II. THỰC TRANG CỦA VẤN ĐỀ CẦN NGHIÊN CỨU
1. Thực trạng
Trong chương trình cải cách giáo dục, việc trình bày phương pháp vectơ có
liên quan mật thiết đến phương pháp toạ độ. Khái niệm trục toạ độ, hệ trục toạ
độ học sinh đã được làm quen trong chương trình tốn cấp 2.Trong chương
trình hình học THPT, Ban khoa học tự nhiên: ở lớp 10 học sinh làm quen với
phương pháp véctơ, sau đó dùng véctơ để xây dựng hệ toạ độ trên mặt phẳng.
Sang lớp 11 học sinh được làm quen với véctơ trong không gian, sử dụng vectơ
để nghiên cứu quan hệ vng góc trong không gian. Ở lớp 12 vectơ được sử
dụng để nghiên cứu một số quan hệ hình học và xây dựng hệ trục toạ độ trong
không gian.Nhưng chưa đi sâu vào việc trình bày lời giải các bài tốn hình học
khơng gian bằng phương pháp véc tơ.Một số định lí đóng vai trị “bản lề ”trong
việc chuyển từ khái niệm vectơ sang khái niệm toạ độ: Định lí về hai véctơ
cùng phương; Định lí về phân tích một vectơ theo hai vectơ khơng cùng
phương trong mặt phẳng; Định lí về phân tích một vectơ theo ba vectơ khơng
đồng phẳng trong khơng gian.
2. Hiệu quả

Trong q trình giảng dạy ở lớp 10 tôi thấy khi hướng dẫn học sinh sử dụng
véc tơ để giải các bài tốn hình học phẳng, các bài tốn về đại số thì học sinh
vận dụng rất tốt và hứng thú. Từ thực trạng trên nên trong q trình dạy lớp
11,12 tơi đã mạnh dạn dần dần hình thành phương pháp bằng cách phát triển từ
bài tốn cơ bản đến bài tốn ở mức độ khó hơn trong q trình giảng dạy chính
khố cũng như dạy bồi dưỡng, để trang bị đầy đủ kiến thức véc tơ phổ thơng ,
trang bị thêm phương pháp giải tốn hình học không gian cho học sinh,
để khi đứng trước bài tốn hình học khơng gian học sinh có thể tự tin lựa chọn
một trong ba phương pháp để giải.
Tôi nhận thấy việc khai thác phương pháp véc tơ để giải các bài hình học
khơng gian để giúp học sinh tìm tịi, phát huy tính sáng tạo, hình thành nhiều
cách giải khác nhau khi đứng trước bài tốn hình học khơng gian là điều rất cần
thiết và quan trọng.Hơn nữa phương pháp này khơng địi hỏi học sinh phải tư
duy trực quan cao, mà chỉ cần học sinh nắm vững một số bài toán cơ bản sách

1


giáo khoa và một số kỹ năng biến đổi thuần t về mặt đại số thì có thể vận
dụng phương pháp để giải các bài hình học khơng gian một cách đơn giản và
nhanh chóng.
B.GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ
I. GIẢI PHÁP THỰC HIỆN
1. Các yêu cầu cơ bản khi giải bài tốn hình học khơng gian bằng phương
pháp véc tơ
1.1.Học sinh cần nắm chắc được một số định lí: Định lí về hai véctơ cùng
phương; Định lí về phân tích một vectơ theo hai vectơ không cùng phương
trong mặt phẳng; Định lí về phân tích một vectơ theo ba vectơ khơng đồng
phẳng trong khơng gian...
1.2.Học sinh cần có kỹ năng biến đổi các biểu thức véc tơ, phân tích véc tơ

theo hệ véc tơ cho trước và ghi nhớ một số bài tốn cơ bản...
2.Quy trình chung để giải bài tốn hình học khơng gian bằng phương
pháp véctơ
Bước 1.Lựa chọn một số véctơ mà ta gọi là “ hệ véctơ cơ sở’’; “phiên dịch”
các giả thiết, kết luận của bài toán hình học khơng gian đã cho ra “ngơn
ngữ” véctơ .
Bước 2. Thực hiện các u cầu của bài tốn thơng qua việc tiến hành các
phép biến đổi các hệ thức véctơ theo hệ vectơ cơ sở.
Bước 3. Chuyển các kết luận vectơ sang các tình chất hình học khơng gian
tương ứng.
3.Một số dạng toán sử dụng phương pháp
3.1.Dạng 1. Phần quan hệ song song
Bài toán 1. Hai
đường thẳng phân biệt AB và CD song song với nhau khi và

chỉ khi AB kCD .

Bài tốn 2. Cho hai a, b khơng cùng phương thuộc mặt phẳng (P), AB không



thuộc (P) . Khi đó :AB//(P)  AB  xa  yb .
Bài toán 3. Cho hai mặt phẳng phân biệt ( ABC) và (MNP).
Khi đó: (ABC) / /  MNP 




 AB xMN  yMP


.
 AC x1 MN  y1 MP

Ví dụ 1
Cho lăng trụ tam giác ABC.A1B1C1. Giả sử M, N, E, F lần lượt là trọng tâm của
các tam giác AA1B1, A1B1C1, ABC, BCC1. Chứng minh : MN // EF.
Lời giải:

2


B1

Bước1:Chọn
     hệvéc tơ cơ sở

 AA a, AB b, AC c

N

1

A1

Theo bài ra:
+M là trọng tâm của tam giác AA1B1:

1 
AM  ( AA1  AB1 )
3

C1

M

(1)

+N là trọng tâm của tam giác A1B1C1:

1  
AN  ( AA1  AB1  AC1 ) (2)
3

F
B

+E là trọng tâm của tam giác ABC:

1 
AE  ( AB  AC )
3

E

(3)

C

A

+F là trọng tâm của tam giác BCC1:

1  
AF  ( AB  AC  AC1 )
3  
+ MN / / EF  MN k EF

(4)

Bước 2: Biến đổi các biểu
thức véc tơ
 

  
1
Từ (1), (2): MN  AN  AM  a  c (5)
 3
  
1
Từ (3), (4): EF AF  AE  a  c
(6)
3
 
Từ (5), (6): MN EF (7)









Bước 3: Chuyển ngôn ngữ véc tơ sang ngôn ngữ hình học khơng gian
Từ (7) : MN // EF.
Ví dụ 2
Cho hình hộp ABCD.A1B1C1D1.Giả sử M, N lần lượt là trung điểm các cạnh
AA1, B1C1. Chứng minh: MN // (DA1C1).
Lời giải:
Bước
  hệ
 véc tơ cơ sở
  1:
 Chọn
DA a, DC c, DD1 b



B1

N

C1





1 
DA  DA1

2




1 
+ N là trung điểm B 1C1: DN  DB1  DC1
2





+ M là trung điểm AA1: DM 

D1

A1

(1)



M

(2)
  
+ MN / /  DA1C1   MN xDC1  yDA1
(3)
 tơ

Bước 2: Biến đổi các biểu thứcvéc

C

B

  
1
Từ (1), (2): MN DN  DM   a  2c  b
2
1    
 c  a c b
2








3

A

D


Suy ra:

 
 1
MN DC1  DA1
2

(4)

Bước 3: Chuyển ngôn ngữ véc tơ sang ngơn ngữ hình học khơng gian
Từ (4) : MN // (DA1C1).
Ví dụ 3
Cho lăng trụ tam giác ABC.A 1B1C1. Gọi M, N lần lượt là trung điểm các cạnh
AA1, CC1 và G là trọng tâm của tam giác A1B1C1.
Chứng minh: (MGC1) // (AB1N).
Lời giải:
Bước
hệ
véc
tơ
  Chọn
   1:
AA1 a, AB b, AC c

1
+ M là trung điểm AA1: AM  AA1
2


1 
+ N là trung điểm CC1: AN  AC  AC1
2



cơ

sở

B1





+ G là trọng tâm của tam giác A1B1C1:

G

(1)



(2)


1  
AG  ( AA1  AB1  AC1 )
(3)
3
  
 MG x AB1  y AN



+ (MGC1 ) / /  AB1 N    
(4)
MC

x
AB
 1 1 1  y1 AN

M

A


  
1
1
1
MG  AG  AM  a  b  c
(5)
2
3  3

  
1
MG x AG  y AM ( x  y )a  xb  yc
(6)
2


Từ (5) và (6) , do a, b, c không đồng phẳng nên ta có:
1
1
 2 x  2 y

1  1
1 
1
 x  y   MG  AB1  AN
(7)
 x
3
3
3
3
1
3 y

 
Ta có:



  
1
1
MC1  AC1  AM  a  c  a  a  c
(8)
2
2



  
1
AN  AC  CN  a  c
(9)
2
 
(10)
Từ (8) và (9): MC1  AN





4

N

B

.
Bước 2: Biến đổi các biểu thức véc tơ
Ta có:



C1

A1

C


Bước 3: Chuyển ngôn ngữ véc tơ sang ngôn ngữ hình học khơng gian


1  1
3
 3
Từ (10) : MC1  AN  MC1 / / mp( AB1 N )
Từ (11) và (12) : mp( MGC1 ) / / mp( AB1 N )

Từ (7) : MG  AB1  AN  MG//mp(AB1 N )

(11)
(12)

Bài tập vận dung
Bài 1. Cho hình hộp ABCD.A1B1C1D1. Giả sử E là tâm của mặt ABB 1A1; N, I
lần lượt là trung điểm của CC1 và CD . Chứng minh : EN//AI.
Bài 2. Cho lăng trụ tam giác ABC.A1B1C1. Giả sử M, N lần là trọng tâm các
tam giác ABA1 và ABC . Chứng minh : MN//(AA1C1).
Bài 3. Cho lăng trụ tam giác ABC.A1B1C1. Giả sử M, N, E lần lượt là trung
điểm BB1, CC1, AA1. G là trọng tâm tam giác A1B1C1.
Chứng minh:
1. (MGC1)//(BA1N)
2. (A1GN)//(B1CE).
3.2.Dạng 2. Phần góc và khoảng cách
Bài tốn 4. Góc giữa hai đường thẳng AB và CD được tính theo cơng thức:

cos 


AB.CD

AB . CD




Bài toán 5. Khoảng cách giữa hai điểm A và B là : AB  AB  AB

2



Bài toán 6. Cho điểm M và đường thẳng l có véc tơ chỉ phương a , điểm A
thuộc l. Tính khoảng cách từ M đến l.
Phương
 pháp giải:
Đặt AM m , gọi Nlà hình chiếu củaM lên
 l.   
  







Khi đó: MN  AN  AM xa  m và MN  a  xa  m a 0
 

Khoảng cách cần tìm : MN  xa  m





2

Bài tốn 7. Cho (ABC), điểm M khơng thuộc (ABC).Tính khoảng cách từ M
đến (ABC) và góc giữa MA và (ABC).
Phương
 
 pháp giải:
a, ACb , gọi N là hình chiếu của M lên (ABC).
Đặt AM m, AB


Khi đó : MN  AN  AM  xa  yb  m 
 
 ( xa  yb 
Do MN  ( ABC ) nên    
 ( xa  yb 


m)a 0

m)b 0

 
2
xa  yb  m
  
 

.Nếu xa  yb 0 thì góc giữa AM và (ABC) bằng góc giữa m và xa  yb , còn
  
xa  yb 0 thì AM  (ABC).

Khi cho biết x,y ta tìm được khoảng cách từ M đến (ABC) bằng





Bài
 toán 8. Cho đường thẳng chéo nhau, d 1 đi qua A1 và có véc tơ chỉ phương
a1 ; đường thẳng d2 đi qua A2 và có véc tơ chỉ phương a2 .

5


Tính khoảng cách và góc giữa hai đường thẳng trên.
Phương pháp giải:

a .a

1 2

+ Góc giữa hai đường thẳng : cos   

a1 . a2

+Đoạn vng góc chung
  P1P2 ( P1 thuộc d1, P2 thuộc d2), khi đó:
   
 P1 P2 .a1 0
 x, y
P1 P2 xa1  m  ya2 . Do   
 P1 P2 .a2 0

  
Khoảng cách cần tìm: P1 P2  ( xa1  m  ya2 ) 2

Ví dụ 4
Cạnh đáy của lăng trụ tam giác đều ABC.A 1B1C1 bằng a, các điểm O và O 1
tương ứng trọng tâm của các dáy ABC và A 1B1C1.Độ dài hình chiếu của đoạn
thẳng AO1 trên đường thẳng B1O bằng
Lời giải:
Chọn
 tơ cơ sở
  hệ
 véc

 AA

5a
.Hãy tính đường cao của lăng trụ.
4

A1



m, AB n, AC  p .

h

m
Giả sử
1

C1
O1

B1

Ta có:


1  
  1
AO1  AA1  AB1  AC1  3m  n  p
3
3
  
 1 
B1O  AO  AB1   3m  2n  p
3







Suy ra:







 
1
AO1  B1O  9h 2  3a 2
3

1
6h 2  a 2
2
2
AO1.B1O   6h  a  , cos 
6
2  3h 2  a 2 

Vì: AO1 .cos =
nên



A

C

O

B

5a
4

9h 2  3a 2 (6h 2  a 2 ) 5a
a 6
  h
2
2
6(3h  a )
6
3

Ví dụ 5
Cho hình chóp tam giác đều S.ABC có SA=4.Điểm D nằm trên cạnh SC,
CD=3, cịn khoảng cách từ A đến đường thẳng BD bằng 2. Tính thể tích của
hình chóp.
Lời giải:

6

Chọn
   hệ  véc

tơ

cơ

sở

S

 SA a, SB b, SC c

D

Đặt  là góc phẳng ở đỉnh của hình chóp.
N là hình chiếu vng góc của điểm A trên

đường
 
  thẳng BD.


C

A
N

AN DN  DA  xDB  DA  a  xb)  (1  x)c

Do AN  DB

 



 AN .DB 0   a  xb  (1  x )c (b  c) 0



B



 (17 x  1)  8( x  1)cos 0
(1)
 2
Mặt khác: AN 2  AN 4  17 x 2  2 x  13  8( x  1) 2 cos  0 (2)
7
9

Từ (1) và (2) ta được x  .Vì vậy : cos 

55
64

Ta tính độ dàiđường cao của hình chóp SO.

Vì O là trọng tâm của
 tam giác ABC nên


1  
1
SO  SA  SB  SC  a  b  4c
3
3

 

2
1
1
1
 SO 
a  b  4c  48  96cos  58
3
2
3
 2 
2
9
AB  b  a 
2
 2
AB 3 
3 174 .
Vậy: VS . ABC 1
. SO 
3

4
16













Ví dụ 6
Đáy của hình chóp S.ABC là tam giác đều ABC cạnh bằng 4 2 , cạnh bên SC
vng góc với đáy và có độ dài bằng 2. M,N lần lượt là trung điểm BC,
AB.Hãy tìm số đo của góc và khoảng cách giữa SM và CN.
Lời giải:
S
Ta
  hệ véc
 chọn
 tơ cơ sở

 CA a, CB b, CS c

+Ta tìm góc  giữa SM và CN?
Ta có:



P


  
1
SM CM  CS  (b  2c)
2
 

1
CN  (a  b)
2

Khi đó:
cos 

C

A
Q

N


SM.CN

SM . CN



2
  450
2

B

+Tính khoảng cách giữa SM và CN?

7

M


Gọi P thuộc SM và Q
 Khi đó: 
 thuộc CN.

   
1
PQ xSM  yCN  SC   ya   x  y  b   2 x  2  c 
2

Do PQ là đoạn vng góc chung của SM và CN nên:
2

 x  3

 y 1


3
 
 




1
1
 PQ  a  b  2c  PQ 
a  b  2c
6
6
 
 PQ.SM 0


 
 PQ.CN 0

3 x  3 y  1


 x  2 y 0









2



2 3
3

Ví dụ 7
Đáy của hình chóp S.ABC là tam giác đều ABC với cạnh bằng 1, cạnh SA
vng góc vng góc với đáy, SA  3 . Mặt phẳng    song song với các
đường thẳng SB và AC, mặt phẳng    song song với các đường thẳng SC và
AB. Tính giá trị của góc giữa hai mặt phẳng    và    .
Lời giải:
Chon
 tơ cơ sở
  hệ
 véc
AS a, AB b, AC c .

A







Giả sử m, n là các véc tơ bất kì

khác 0 ,

C

tương ứng vng góc hai mặt phẳng
   và    ,
cịn  góc hai mặt phẳng    và
S

.

B


m.n
Thế thì: cos   
m . n
 

Đặt m xa  yb  zc


 SB.m 0
m       

 AC.m 0

    

 b  c xa  yb  zc 0
Ta có:
   
c( xa  yb  zc) 0
 y  23
6 x  2 y  z 0



1
 y  2 z 0
 x  2 z

Số phương trình bé hơn số ẩn, điều đó chứng tỏ m     không được xác định
 
duy nhất.
 
Chọn z  1  x 1, y 4 nên m a  4b  2c là một trong các véc tơ vng





góc với   

8




   
 SC.n o

Tương tự : n ta  ub  vc        
 AB.n 0
   
Chọn : u  2  v
 4, t 1  n a  2b  4c
m.n
1
Khi đó : cos     .
m.n 5

1

t  u
2

v  2u

Bài tập vân dụng.
Bài 1. Cho tứ diện ABCD có AB=CD=a, CA=BD=b, AD=BC=c. Tính cosin
của góc giữa các cạnh đối diện.
Bài 2. Cho lăng trụ đứng tam giác ABC.A1B1C1 có BC=a, AC=b, Ab=c,
AA1=h. Tính cosin của góc:
1.Giữa AB1 và BC1.
2.Giữa AB và B1C.
Bài 3. Cho hình hộp chữ nhật ABCD.A’B’C’D’ có AB=a, BC=b, CC’=c. Tính
khoảng cách giữa hai đường thẳng BC’ và CD’.

Bài 4. Cho tứ diện đều SABC cạnh bằng 1. BD là đường cao của tam giác ABC
Tam giác đều BDE nằm trong mặt phẳng tạo với cạnh AC góc  , biết rằng các
điểm S và E nằm về một phía đối với mặt phẳng (ABC). Tính SE.
3.3.Dạng 3. Phần quan hệ vng góc
Bài tốn 9. Hai đường thẳng phân biệt AB và CD vng góc với nhau khi và
chỉ khi AB.CD 0 .

Bài tốn 10. Cho hai a, b khơng cùng
 phương thuộc mặt phẳng (P), AB không

 AB.a 0
thuộc (P) . Khi đó :AB  (P)    
.
 AB.b 0

Ví dụ 8
Cho hình lập phương ABCD.A1B1C1D1. M và N là các điểm thuộc các đường
chéo BA1 và CB1 sao cho:

BM 1 CN 2
 ,
 . Chứng minh rằng:
MA1 2 NB1 1

MN  BA1 , MN  CB1 .

Lời giải:
   
Chọn hệ véc tơ cơ sở BA a, BB1 b, BC c










  

Khi đó: a  b  c a; a.b c.b a.c 0
Theo bài ra :



1
BM 1
1
  BM  BA1  a  b
3
3
MA1 2



2
CN 2
2
  CN  CB1  b  c

3
3
NB1 1





C1

D1

A1

B1

N



M
D



C

A
B

Mặt khác:

9


 
  
1
BN BC  CN  2b  c
3 
 
  
1
MN BN  MN   a  b  c
3
 
Do đó:
 


1
MN .BA1   a  b  c  a  b 0  MN  BA1
3
 
 

1
MN .CB1   a  b  c b  c 0  MN  CB1
3





















Ví dụ 9
Cho hình hộp ABCD.A1B1C1D1 có các mặt là các hình thoi bằng nhau.Các góc
phẳng của góc tam diện đỉnh A1 bằng nhau.
Chứng minh rằng: A1C  ( AB1 D1 ) .
Lời giải:
Chọn
 tơ cơ sở
  hệ
 véc
D1

 A A a, A B b, A D c
1

1 1

1

1

B1

A1

 A B  AA B 
Theo giả thiết : AA1 D1 D
1 1 1
1 1
Gọi m là độ dài cạch hình hộp. 


 
Ta
 
 có:
 



D



A1C a  b  c  A1C . AB1 (a  b  c ) b  a 0
 

 A1C AB1 
(1)

A1C. AD1 ( a  b  c) c  a 0
 
 A1C  AD1 (2)
Từ (1) và (2) suy ra A1C  ( AB1 D1 ) .



C1

O1

C

A

B



Bài tập vân dụng.
Bài 1. Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’. Gọi M,N lần lượt là trung điểm

cạnh AD và BB’. Chứng minh : MN  A’C.
Bài 2. Cho hình chóp S.ABC, SA  (ABC), SA=a 3 , AC=2a, AB=a, ABC 900
. Gọi M và N làhai điếm
 sao cho:
3MB  MS 0
 
4 NS  3 NC 0
Chứng minh: SC  (AMN).

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

10


II. CÁC BIỆN PHÁP ĐỂ TỔ CHỨC THỰC HIỆN
1.Hình thức luyện tập trên lớp có sự hướng dẫn của Thầy giáo
- Thực hiện trong phạm vi một số buổi chữa bài tập của các buổi học chính
khố với các bài tập ở mức độ vừa phải. Thầy giáo đưa ra phương pháp giải, ví
dụ mẫu và hệ thống bài tập, học sinh nêu các lời giải có thể có được của bài
tốn. Sau đó cho học sinh tìm tịi, phát hiện một số vấn đề xung quanh bài giải
ở mức độ đơn giản.
- Thực hiện một số buổi trong công tác bồi dưỡng đối với những học sinh khá
hơn ở mức độ những bài tốn cao hơn.
2.Hình thức tự nghiên cứu các bài tốn có sự hướng dẫn của Thầy giáo
Hình thức này cũng cần thực hiện liên tục trong quá trình học tập của học sinh,
làm cho khả năng tư duy, tính sáng tạo của học sinh ngày càng được tăng lên.
C.KẾT LUẬN
I. KẾT QUẢ NGHIÊN CỨU

Sau khi tôi dạy một số tiết trên lớp và một số buổi bồi dưỡng thì tơi cho tiến
hành kiểm tra khả năng tiếp thu kiến thức của học sinh trên các lớp tơi dạy thì
số lượng học sinh đạt u cầu sau mỗi năm tăng lên, khả năng tư duy, sáng tạo
của học sinh thay đổi theo chiều hướng tích cực.
II. KIẾN NGHỊ, ĐỀ XUẤT
Cần tăng cường hơn nữa hệ thống ví dụ giải bài tốn hình học khơng gian
bằng phương pháp véc tơ và hệ thống bài tập trên sách giáo khoa, tài liệu tham
khảo để học sinh có thể tự nghiên cứu và vận dụng véc tơ trong quá trình giải
tốn.
Xác nhận của thủ trưởng đơn vị Thanh Hóa, ngày 25 tháng 5 năm 2018
Người viết

Phạm Đình Thương

11