KHAI THÁC MỐI QUAN HỆ GIỮA HÌNH HỌC KHÔNG GIAN VÀ
HÌNH HỌC PHẲNG TRONG GIẢNG DẠY TOÁN Ở THPT
===================================
A. ĐẶT VẤN ĐỀ :
Trong quá trình dạy và học toán, đối với học sinh phổ thông thường
chúng ta phải phân tích , phán đoán các hướng giải quyết bài toán, liên hệ giữa
bài toán đó với các bài toán quen thuộc, đơn giản hơn để có hướng giải quyết
tương tự, ngược lại đối với các học sinh khá, giỏi chúng ta lại có thể từ một bài
toán đơn giản đi sâu phân tích, mở rộng, phát triển thành những bài toán mới.
Đặc biệt trong chương trình hình học ở THPT, việc khai thác được các liên hệ
giữa không gian hai chiều ( hình học phẳng: Tổng hợp và tọa độ) và không gian
ba chiều ( hình học không gian: Tổng hợp và tọa độ) giúp học sinh giải quyết
được nhiều vấn đề toán học phù hợp với nhiều đối tượng học sinh, với nhiều
mức độ kiến thức khác nhau,nội dung kiến thức này được xuất hiện khá nhiều
trong các kì thi: Khảo sát chất lượng, thi Học sinh giỏi các cấp, thi Học sinh giỏi
Quốc gia, Việc sử dụng phương pháp giải đối với một bài toán hình học
phẳng để giải một bài toán hình học không gian tương tự và mở rộng một số bài
toán phẳng sang bài toán trong không gian mới sẽ giúp hoạt động giảng dạy và
học tập môn hình học đạt hiệu quả cao hơn.
B. MỘT SỐ VÍ DỤ MINH HỌA
Bài toán 1:
Trên mặt phẳng toạ độ xOy cho điểm A(2;0), B(1;3). Tìm toạ độ của điểm
M trên đường thẳng 4x + y - 9 = 0 sao cho khoảng MA + MB nhỏ nhất.
Bài toán 1':
Cho
( ) ( ) ( )
2 2 2
2 2 2
2 2 1S x y z x y z= + + + + + − + −
, trong đó x , y , z
là các số thực thay đổi nhưng luôn thoả mãn

I
 
−
 ÷
 
nên với cặp
giá trị
( )
2 7
; ; ;2;
5 5
x y z
 
= −
 ÷
 
ta có S đạt giá trị nhỏ nhất là
min
17S =
.
Bài toán 2:
Cho
2 2
2 2 1 0x y x y+ + − + =
và
2 2
6 4 11 0z t z t+ − + + =
với x, y, z, t là
các số thực thay đổi. Tìm Max, min của biểu thức
( ) ( )

2 2 2
2 2 4 4 0x y z x y z+ + + − + + =
(I)
( ) ( ) ( )
2 2
2 2 2 2
; : 1 1 3 2 2 1 0J r x y z x y z y z+ + + − = ⇔ + + + − − =
(J)
Từ giả thiết ta có
( ) ( )
; ;M x y z I∈
,
( ) ( )
, ; ;N a b c J∈
.
Dễ thấy
2
,S MN=
2 3d IJ R r= = + + = > + = +
2 2 2
1 2 3 14
nên 2 mặt cầu
trên ngoài nhau ⇒ S đạt Max , min ⇔ MN đạt Max , min.
Khi M thay đổi trên (I) , N thay đổi trên (J) thì:
•

14 2 3
Max
MN AB d R r= = + + = + +
⇒

cos cos 1
α β
+ =
.
Bài toán 3':
Cho OABC là tứ diện vuông đỉnh O , đường cao OH = h , OA = a , OB =
b , OC = c ; gọi S , S
A
, S
B
, S
C
thứ tự là diện tích các tam giác ABC , OBC ,
OCA , OAB ; S'
A
, S'
B
, S'
C
thứ tự là diện tích các tam giác HBC , HCA , HAB
và α , β , γ thứ tự là góc giữa một đường thẳng bất kì với các đường thẳng OA ,
OB , OC . Ta luôn có :
a)
2 ' 2 2 2 2
. ,
A A A B C
S S S S S S S= = + +
b)
2 2 2 2
1 1 1 1

r ur ur ur

Ta có
( )
1
2 2 2
x
u e
x y z
α
=
+ +
r ur
cos cos ; = ( )
2
2 2 2
y
u e
x y z
β
=
+ +
r ur
cos cos ; =
3
( )
3

quy tại một điểm nên ta chỉ xét những tứ diện có tính chất này (tứ diện trực
tâm).
Giải:
Ta cũng sẽ dùng phép vị tự để giải bài toán trong không gian. Yêu cầu
chứng minh GH = GO gợi ý cho ta nghĩ đến phép vị tự tâm G tỉ số -1.
Lần lượt lấy A′ đối xứng với A, B′ đối xứng với B, C′ đối xứng với C, D′
đối xứng với D qua G.
Ta dễ thấy AA' //=AB
(tính chất phép vị tự) và đường
trung bình EF (E,F thứ tự là
trung điểm của CD và AB) cũng
đi qua G . Trong hình bình hành
A'B'AB ⇒ E cũng là trung điểm
của A'B' ⇒

A'CB'D là hình
bình hành.
Mặt khác trong tứ diện
trực tâm ABCD có hai cạnh đối
diện vuông góc với nhau nên
AB ⊥ CD ⇒ A'B' ⊥ CD
⇒

A'CB'D là hình thoi
⇒ A'C = A'B.
Chứng minh tương tự ta
cũng có A'C = A'D ⇒ A’ cách đều B, C, D. nnnnn
Từ giả thiết ta cũng có O cách đều B,C,D nên A'O là trục của đường tròn ngoại
tiếp ∆BCD ⇒ A'O ⊥ (BCD) ⇒ A'O ⊥ (B'C'D') (1).
4

a
hay
GO GH= −
uuur uuur
⇒ H, G, O thẳng hàng và GO = GH.
Bài toán 5:
Chứng minh trong tam giác bất kì, 9 điểm gồm: chân ba đường cao, ba
trung điểm của ba cạnh, ba trung điểm các đoạn nối trực tâm với các đỉnh đều
thuộc một đường tròn (Đường tròn Ơle).
Bài toán 5’:
Cho tứ diện trực tâm ABCD. Gọi
1 2 3 4 1 2 3 4 1 2 3 4
, , , ; , , , ; , , ,H H H H G G G G I I I I
lần lượt là chân 4 đường cao, trọng tâm các mặt và các điểm trên 4 đoạn thẳng
nối trực tâm với các đỉnh thỏa mãn
1 2 3 4
1 2 3 4
1
2
I H I H I H I H
I A I B I C I D
= = = =
. Chứng minh
12 điểm đó cùng thuộc một mặt cầu.
(tứ diện cần xét phải có các đường cao đồng quy nên là tứ diện trực tâm)
Một cách giải bài toán 5: Giả sử tam giác ABC có H
1
, H
2
, H

1
, H
2
, H
3
, M
1
, M
2
, M
3
. Dễ dàng chứng
minh được 9 điểm A, B, C, H
1
, H
2
, H
3
, M
1
,
M
2
, M
3
cùng thuộc đường tròn (S) ngoại tiếp
tam giác ABC.
Ta có
1


ta lựa chọn được cách giải bài toán 5'
tương tự như sau:
Giải bài toán 5':
Gọi G, O thứ tự là trọng tâm, tâm
mặt cầu ngoại tiếp tứ diện từ bài toán 4 ta
5
đã biết
GH OG=
uuur uuur
. Gọi E là điểm sao cho
1
3HE HH=
uuur uuuur
và F là điểm sao cho
1
3HF HG=
uuur uuuur
.
Ta có
1
3AF AH HF AH HG= + = +
uuur uuur uuur uuur uuuur
=
( )
1
3AH AG AH+ −
uuur uuuur uuur
4 2AG AH= −
uuur uuur
=

, G
1
thuộc mặt cầu (S') ảnh của mặt cầu (S) qua phép vị tự
1
3
H
V
.
Hoàn toàn tương tự ta chứng minh được các điểm còn lại cùng thuộc mặt
cầu (S') (đpcm).
Bài toán 6 :
Cho tam giác ABC , ta luôn có:
- Một điểm G duy nhất sao cho
0GA GB GC+ + =
uuur uuur uuur r
.
- 3 đường trung tuyến đồng quy ở điểm G, điểm G chia mỗi đường trung
tuyến theo tỉ số - 2.
Bài toán 6' :
Cho tứ diện ABCD , ta luôn có :
- Một điểm G duy nhất sao cho
0GA GB GC GD+ + + =
uuur uuur uuur uuur r
.
- ba đường trung bình đồng quy ở điểm G , điểm G chia mỗi đường
trung tuyến theo tỉ số - 1 ; bốn đường trọng tuyến cũng đồng quy ở G , điểm G
chia mỗi đường theo tỉ số - 3.
Bài toán 6" :
Trong không gian ( hoặc mặt phẳng ) cho hệ n điểm A
1

GA
=
=
∑
uuur uur
i 1
0
khi và chỉ khi

( )
n
i
OA OG
=
− =
∑
uuur uuur uur
i 1
0
⇔
n
i
OA nOG
=
− =
∑
uuur uuur uur
i 1
0
⇔

, ta có :
1
0
k
i
G X
=
=
∑
uuuuur r
i 1
(1) và
1
' 0
n
j
G X
=
=
∑
uuuuuur r
i k +1
(2)
Từ (1) ta có
( )
1
0
k
i
GX GG

- = 0
(2')
Cộng (1') và (2') và sử dụng
n
i
GA
=
=
∑
uuur uur
i 1
0
, ta được
( )
'
1 1
0kGG n k GG
+ − =
uuuur
uuuur r
⇒
( )
'
1 1
kGG k n GG
= −
uuuur
uuuur
⇒ 3 điểm G, G'
1

uuuur uuur uuur
(*)
Ta có:
AM
uuuur
=
' 'AB AC+
uuur uuuur
=
' 'AB AC
AB AC
AB AC
+
uuur uuur
.
Dễ chứng minh
7
( ) ( )
( ) ( )
3
2
' ' ' '
;
MAC MAB
BAC CAB
S S
S
S
AB MC AC MB
AB AB S S AC AC S S

= + +
uuur uuur uuur uuur
(Với V là thể tích của tứ diện)
Từ đó ta định hướng sẽ giải bài toán
bằng cách dựng hình hộp nhận AO làm đường
chéo chính ba cạnh kề nằm trên ba cạnh của
tứ diện xuất phát từ A (hình bên).
Ta có
AM AS AP
AO AB AC AD
AB AC AD
= + +
uuur uuur uuur uuur
Có
( )
( )
2
.
.
OK dt ACD
VAM OR OK
AB AB BH BH dt ACD V
= = = =
.
Tương tự ta cũng có
3
2
,
V
VAS AP

cách từ đỉnh C đến tiếp điểm M' của cạnh BC với đường tròn (C
1
) nội tiếp tam
giác ta có
'
2
BC CA AB
CM
+ −
=
; tương tự ta có
2
BC CD DB
CM
+ −
=

Giả thiết ⇒ CM' = CM ⇒ M' ≡ M .
- Dễ chứng minh các trục của (C
1
) và
(C
2
) đều nằm trên mặt phẳng qua M và
vuông góc với BC , không song song với
nhau nên các trục này cắt nhau ở điểm
O , và cũng dễ dàng chứng minh các
đoạn thẳng OM , ON , OP , OF , OE
bằng nhau và vuông góc với cạnh tương
ứng . Từ đó suy ra mặt cầu qua M , N ,

là giao điểm của đoạn AA'
1
với BC . Xét phép vị
tự tâm A tỉ số k
1
= AA'
1
/ AA
2
( 0 < k
1
≤ 1 ) :
9

Như vậy
( ) ( )
1/ 2
1
:
G
V O O
−
a
,
( )
1
O
đi qua các trung điểm của ba cạnh của ∆ABC.
( ) ( )
1

( )
3
3 4
:
k
C
V O Oa
với 0 < k
3
≤ 1 và
( )
4
O
tiếp xúc với cả ba cạnh BC, CA,
AB nên
( )
4
O
chính là đường tròn nội tiếp tam giác.
Thực hiện liên tiếp các phép vị tự trên ta có
1 2 3
1 1
. . .
2 2
r k k k R R= ≤

(vì 0 < k
3
, k
3


. Với mọi điểm M ta có
MA.R = MA.GA ≥
( )
2
. . .MAGA MG GA GA MG GA R= + =
uuuruuur uuuur uuur uuur uuuur uuur
+
⇒
2
.MA R MG GA R≥
uuuur uuur
+
Tương tự
2
.MB R MG GB R≥
uuuur uuur
+
;
2
.MC R MG GC R≥
uuuur uuur
+
;
2
.MD R MG GD R≥
uuuur uuur
+
Cộng 4 bất đẳng thức trên ta suy ra điều phải chứng minh , dấu "=" xảy ra ⇔
MA

T , M'
≡
T' do
∆
ATT' là tam giác đều nên
·
0
120ATB =
, đồng thời tứ giác
ATCC' nội tiếp nên ta cũng có
·
0
120ATC =
⇒
T nhìn 3 cạnh dưới
cùng góc120
0
nên T là giao điểm của
2 cung chứa góc 120
0
của mỗi cạnh
( cùng phía với đỉnh còn lại. Điểm T
như vậy gọi là điểm Tôri xenli trong
tam giác, vị trí của T luôn xác định.
Cách 2 : Gọi T là điểm nào đó thoả
mãn
0
TA TB TC
TA TB TC
+ + =

, tương tự ta cũng có T
nhìn BC , CA dưới góc 120
0
.
Bài toán 10''': Trong không gian cho tứ diện ABCD , gọi T là điểm sao cho
0
TA TB TC TD
TA TB TC TD
+ + + =
uur uur uuur uuur
uur
(**) , M là điểm bất kì.
Chứng minh rằng MA + MB + MC + MD ≥ TA + TB + TC + TD.
Chứng minh : Với mọi điểm M ta luôn có

( )
2
. .MATA MA TA MT TA TA MT TA TA≥ = +
uuur uur uuur uur uur uuur uur
= +
⇒
.
TA
MA MT TA
TA
≥ +
uur
uuur

Hoàn toàn tương tự ta cũng có

uuur uur uur uuur uuur
, ,
cùng chiều ⇔ M ≡ T .
Chú ý : Từ
0
TA TB TC TD
TA TB TC TD
+ + + =
uur uur uuur uuur
uur
(**) ⇒
TA TB TC TD
TA TB TC TD
 
+ = − +
 ÷
 
uur uur uuur uuur
bình
phương 2 vế ta sẽ suy ra được T nhìn 2 cạnh đối diện dưới các góc bằng nhau .
Bài toán 10"": Cho hình chóp đều S.ABC có cạnh đáy là a , cạnh bên
3a
,
gọi O là điểm nhìn các cạnh dưới cùng một góc α .
1) Tính cosα
2) M là điểm bất kì trong không
gian , chứng minh
4 6
3
a

2
- 2x.SO.cosα - (3a
2
- SO
2
) = 0
nên chúng bằng nhau (PT trên chỉ có 1 nghiệm dương) ⇒ O nằm trên đường cao
SH của hình chóp đều S.ABC ⇒ OA = OB = OC . Từ (*) ta có O chính là điểm
T trong bài toán trên nên MA + MB + MC + MD
≥
OS + 3OA.
Trong ∆SHA , ∆OHA (vuông) có
3
3
a
AH =
;
·
3 6
:sin
3 4
a a
AO AOH= = =
·
6 1 6
.cos .
4 3 12
a a
HO OA AOH= = =
;

OF OF
OF OE OA OB
OE OE
= = +
uuur uuur uuur uuur
⇒
.
2
OF OA OB
OF OM ON
OE OM ON
 
= +
 ÷
 
uuur uuuur uuur
Mà F , M , N thẳng hàng nên có sự biểu thị dạng :
OF kOM lON= +
uuur uuuur uuur
với k + l = 1 ⇒
. 1
2 2
OF OA OF OB
OE OM OE ON
+ =

13
F
E
y

' '
a b
BM BB
+ =
, theo kết quả ở trên ta có
M'N luôn đi qua điểm cố định I ( đỉnh thứ
tư của hình bình hành BA'IB') .
Xét đường thẳng ∆ qua I và // MM'
(//AB) , dễ thấy ∆ chính là đường thẳng cố
định luôn cắt MN .
Bài toán 11'' :
Trên các tia Ox , Oy , Oz tương ứng
có các điểm M , N , P thay đổi sao cho luôn có
1
a b C
OM ON OP
+ + =
, trong đó a , b , c là các
độ dài cho trước . Chứng minh rằng mp(MNP)
luôn đi qua 1 điểm cố định.
Chứng minh : Cách chứng minh tương tự bài
toán 11'.
Chú ý : Bài toán 11 và bài toán 11'' có thể dùng
tính chất về tỉ số diện tích, tỉ số thể tích và
cộng diện tích, cộng thể tích để có kết quả .
Bài toán 12 :
Cho tam giác ABC có độ dài các cạnh BC = a , CA = b , AB = c . Từ các
đỉnh A, B, C làm gốc ta dựng các véc tơ đơn vị
1 2 3
, ,e e e

M'
M
B'
A'
B
A
z
y
x
F
G
P
N
M
C
B
A
O
véc tơ đơn vị
1 2 3 4
, , ,e e e e
ur uur ur uur
tương ứng ngược chiều với các véc tơ đường cao
1 2 3 4
, , ,AH BH CH DH
uuuur uuuur uuuur uuuur
Chứng minh rằng
1 2 3 4
0
A B C D

+ V
ABCD
= 0
⇒
x AB⊥
r uuur
tương tự ta cũng có
x AC⊥
r uuur
,
x AD⊥
r uuur
⇒
x
r
vuông góc
với 3 véc tơ không đồng phẳng ⇒
0x =
r r
(nếu ngược lại thì qua A có 2
mặt phẳng cùng vuông góc với 1
đường thẳng có phương là
x
r
)
Bài toán 13:
Cho tam giác ABC có trọng
tâm G , nội tiếp đường tròn (O).
Chứng minh rằng A = 90
0

tam giác ABC vuông tại A .
Bài toán 13' :
Cho tứ diện ABCD có trọng tâm G , nội tiếp
mặt cầu (O) , ta có góc tam diện đỉnh A là góc tam
diện vuông ⇔
1
2
OG OA=
uuur uuur
.
Chứng minh :
Điều kiện cần : Dựng hình hộp chữ nhật dựa trên
3 cạnh AB , AC , tâm hình hộp cũng chính là tâm
O của mặt cầu, dễ dàng chứng minh đường chéo
AA' của hình hộp ( là 1 đường kính của mặt cầu)
đi qua trọng tâm G' của tam giác BCD và
15
β
α
e4
e3
e2
e1
H
2
H
1
D
C
B

AG AG=
( tính chât
trọng tâm) nên
1
2
AG AO=

⇒
1
2
OG OA=
⇒
1
2
OG OA=
uuur uuur
.
Điều kiện đủ : Giả sử tứ diện ABCD nội tiếp mặt cầu (O) và có
1
2
OG OA=
uuur uuur
,
gọi I là trung điểm của CD , D' là điểm đối xứng của D qua O , G' là trọng tâm
của ∆ BCD .
Từ
1
2
OG OA=
uuur uuur

nhật nên
·
0
90BAC =
.
Chứng minh tương tự ta cũng có
·
·
0 0
90 ; 90CAD DAB= =
⇒ góc tam diện đỉnh A
là tam diện vuông .
MỘT SỐ BÀI TOÁN KHÁC
(liên hệ giữa hình học phẳng với hình học không gian và ngược lại)
Bài toán 14 :
Cho
∆
ABC với trọng tâm G
a) Chứng minh rằng, với mọi điểm M ta có
2 2 2 2 2 2 2
3MA MB MC MG GA GB GC+ + = + + +
b)Tìm quỹ tích điểm M sao cho
2 2 2 2
MA MB MC k+ + =
(k là độ dài cho trước)
Bài toán 14':
Cho tứ diện ABCD trọng tâm G
a) Chứng minh rằng, với mọi điểm M ta có:
2 2 2 2 2 2 2 2 2
4MA MB MC MD MG GA GB GC GD+ + + = + + + +

hơn, kiểu tư duy này được áp dụng trong thực tế giảng dạy và học tập tùy theo
yêu cầu của chương trình, của người học, người dạy mà ta lựa chọn bài tập phù
hợp. Trong việc dạy toán ở Trường THPT chuyên Lam Sơn, tôi đã vận dụng
kiểu tư duy này để dạy cho nhiều đối tượng, nhất là trong việc ôn thi học sinh
giỏi, hình thành cho học sinh thói quen liên hệ giữa bài toàn hình học không
gian với bài toán phẳng đơn giản hơn và đôi khi mở rộng bài toán theo hướng
ngược lại.
Để hiểu sâu hơn về vấn đề này, nhất là việc ứng dụng trong việc giảng
dạy và học tập tôi rất mong nhận được những ý kiến đóng góp rút kinh nghiệm
của các đồng nghiệp để bài viết thêm đầy đủ, có thể trở thành một tài liệu tham
khảo tốt phục vụ cho việc giảng dạy của giáo viên và kích thích hứng thú học
tập, tìm tòi của học sinh.
17
XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ
Thanh Hóa, ngày 17 tháng 5 năm 2013
Tôi xin cam đoan đây là SKKN của mình
viết, không sao chép nội dung của người
khác.
(Ký và ghi rõ họ tên)
18
B