ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC
- - - - - - O0O - - - - - -

PHẠM VĂN PHÁP

MỘT SỐ DẠNG TOÁN VỀ
ĐƯỜNG THẲNG VÀ MẶT
PHẲNG TRONG KHÔNG GIAN

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

Thái Nguyên - 2015


ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC
- - - - - - O0O - - - - - -

PHẠM VĂN PHÁP

MỘT SỐ DẠNG TOÁN VỀ
ĐƯỜNG THẲNG VÀ MẶT
PHẲNG TRONG KHÔNG GIAN
Chuyên ngành:

Phương pháp Toán sơ cấp

Mã số:

60 46 01 13

1.3.1 Đường thẳng Newton . . . . . . . . . . . . . . .
1.3.2 Định lý Pascal . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.4 Đường tròn chín điểm và đường thẳng Euler . . . . . . .
2 Phương pháp tọa độ trong không gian
2.1 Tích vô hướng, tích có hướng của hai véctơ . .
2.2 Bài toán véctơ liên quan tới tam giác, tứ diện .
2.3 Phương pháp diện tích và phương pháp thể tích
2.3.1 Phương pháp diện tích . . . . . . . . .
2.3.2 Phương pháp thể tích . . . . . . . . . .

.
.
.
.
.

.
.
.
.
.

.
.
.
.
.

3 Các dạng toán về mặt phẳng và đường phẳng trong
gian

.

.
.
.
.
.
.
.
.

2
2
4
4
5
6
6
8
12

.
.
.
.
.

20
20
27

đại số quãng đường trên đường tròn đơn vị, góc lượng giác trên đường
tròn đơn vị; sử dụng tọa độ để chứng minh một số định lý hình học gồm
có: Bài toán con bướm cho các đường cônic, đường thẳng Newton, định lý
Pascal; Đường tròn chín điểm và đường thẳng Euler.
2. Phương pháp tọa độ trong không gian
Trình bày tích vô hướng, tích có hướng của hai vectơ; Bài toán liên
quan tới tam giác, tứ diện; Phương pháp diện tích và phương pháp thể
tích.
3. Các dạng toán về mặt phẳng và đường thẳng trong không gian
Trình bày một số dạng toán về mặt phẳng như: chứng minh hai mặt phẳng
vuông góc, góc giữa hai mặt phẳng, góc giữa đường thẳng và mặt phẳng,
khoảng cách từ một điểm đến một mặt phẳng; Một số dạng toán vế đường
thẳng trong không gian như: chứng minh hai đường thẳng vuông góc, ba
đường thẳng đồng quy, ...


iv

LỜI CẢM ƠN
Lời đầu tiên của luận văn này, tôi xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc nhất
tới GS. TSKH Nguyễn Văn Mậu, đã tận tình hướng dẫn, giúp đỡ tôi trong
suốt quá trình làm và hoàn thiện luận văn.
Tôi xin chân thành cảm ơn các thầy, cô giáo khoa Toán - Tin, Phòng
Đào tạo , các bạn học viên lớp Cao học Toán K7D của Trường Đại học
Khoa học - Đại học Thái Nguyên, Trường THPT Cẩm Giàng II, đã giúp
đỡ, tạo điều kiện thuận lợi và động viên tôi trong quá trình học tập và
nghiên cứu tại trường.
Mặc dù có nhiều cố gắng nhưng luận văn khó tránh khỏi những thiếu
sót và hạn chế. Tác giả mong nhận được những ý kiến đóng góp của các
thầy cô và bạn bè đồng nghiệp để bản luận văn được hoàn thiện hơn.

lý hình học.
2. Trình bày các định nghĩa tích vô hướng, tích có hướng, tích hỗn tạp;
một số bài toán liên quan tới tam giác, tứ diện; phương pháp diện tích và
phương pháp thể tích.
3. Trình bày một số dạng toán về mặt phẳng, đường thẳng trong không
gian và một số dạng toán khác.
Dù đã nghiêm túc nghiên cứu và rất cố gằng thực hiện luận văn, nhưng với
trình độ hạn chế cùng nhiều lý do khác, luận văn chắc chắn không tránh


1

khỏi những thiếu sót. Kính mong sự góp ý của các Thầy Cô, các bạn đồng
nghiệp để luận văn này hoàn chỉnh và nhiều ý nghĩa hơn.
Thái Nguyên, ngày 24 tháng 11 năm 2015
Phạm Văn Pháp
Học viên Cao học Toán K7D, khóa 2014 - 2016
Chuyên ngành Phương pháp toán sơ cấp, trường Đại học Khoa học Đại học Thái Nguyên


2

Chương 1
Một số kiến thức bổ trợ
Có nhiều cách giải bài toán hình sơ cấp. Trong chương này sử dụng
phương pháp tọa độ để nghiên cứu một số bài hình sơ cấp qua phương
trình các đường, các mặt. Phương pháp tọa độ đòi hỏi chúng ta biết sử
dụng các phép biến đổi đại số rất thuần thục thông qua các ký hiệu hình
thức (xem [2-5]).


, yA =

b 2 c2
c1 a1
c2 a2

.


3

Góc giữa d1 và d2 là α với tan α =

sin α =

a1 b 1
a2 b 2

a1 b 2 − a2 b 1
=
và
a1 a2 + b1 b2
a1 a2 + b 1 b 2

|a1 b2 − a2 b1 |
, cos α =
(a21 + b21 )(a22 + b22 )

|a1 a2 + b1 b2 |
.

a = y3 − y1

 2
CA : a2 x + b2 y + c2 = 0 với b2 = x1 − x3



c = x y − x y
2
3 1
1 3



a = y 1 − y2

 3
AB : a3 x + b3 y + c3 = 0 với b3 = x2 − x1



c = x y − x y .
3
1 2
2 1
Nếu giải hệ phương trình, ngược lại để tính xi , yi qua các aj , bj , cj , ta có

a3 c2 − a2 c3
b2 c3 − b3 c2
, y1 =


a1 b1 c1
(ii) R = a2 b2 c2
a3 b3 c3

a1 b1 c1
a2 b2 c2
a3 b3 c3

2

a1 a3
b1 b3

.
a1 a2
b1 b2

(a21 + b21 )(a22 + b22 )(a23 + b23 )
.
2

(iii) Nếu ký hiệu a = BC, b = CA, c = AB thì

abc =

a1 b1 c1
a2 b2 c2
a3 b3 c3



vị đến M1 được định nghĩa:

+ = α + k2π
khi M đi theo hướng dương
L1 =
− = α − (k + 1)2π khi M đi theo hướng âm.
Ghi gọn L1 = α + k2π với 0 α < 2π và k ∈ Z.
Hoàn toàn tương tự, điểm M xuất phát từ A chuyển động trên đường tròn
đơn vị đến vị trí M2 . Khi đó số đo đại số của quãng đường M xuất phát từ
A đi được trên đường tròn đơn vị đến M2 là L2 = β + h2π với 0 β < 2π
và h ∈ Z.
Nhận xét 1.1. (1) Tương ứng mỗi điểm M1 thuộc đường tròn đơn vị với
số α, 0
α < 2π, theo mod 2π là tương ứng một-một. Do vậy, tương
ứng mỗi điểm M1 thuộc đường tròn đơn vị với đúng một số α, 0 α < 2π,
theo mod 2π.
(2) Nếu M1 , M2 ứng với hai số đo đại số là L1 , L2 thì

L2 − L1 = β − α + n2π
với 0

α, β < 2π và n ∈ Z.

1.2.2

Góc lượng giác trên đường tròn đơn vị

Giả sử M xuất phát từ điểm M1 và chuyển động trên đường tròn đơn
vị đi được quãng đường với độ dài để đến vị trí M2 . Ta nói điểm M đã

α2 − α1 + n1 2π + α3 − α2 + n2 2π
α3 − α1 + n3 2π
(OM1 , OM3 ) + k2π, n1 , n2 , n3 , k ∈ Z.

Vậy (OM1 , OM2 ) + (OM2 , OM3 ) = (OM1 , OM3 ) + k2π, k ∈ Z.

1.3

Sử dụng tọa độ để chứng minh một số định lý
hình học

1.3.1

Đường thẳng Newton

Mệnh đề 1.3 (Newton). Cho tứ giác ABCD ngoại tiếp đường tròn tâm
O. Gọi I, J là trung điểm của AC và BD tương ứng. Khi đó I, O, J thẳng
hàng theo thứ tự.
Chứng minh. Dựng hệ tọa độ (Oxy) để đường tròn nội tiếp tứ giác
ABCD là ( ) : x2 + y 2 = 1. Khi đó phương trình các cạnh



(AB) : x cos α + y sin α = 1




(BC) : x cos β − y sin β = 1


+
δ
α
+
δ


cos
cos


2
2



α
−β
α
−
β


sin
cos



2 ;y =
2

2 ;y =
2

C xC =
C


γ+β
γ+β


cos
cos



2
2


γ
−
δ
γ
−
δ


sin
cos

xI
xA + xC
cos(t − α) + cos(t − β) + cos(t − γ) + cos(t − δ)
và

yB + yD
sin(t − δ) − sin(t − α) + sin(t − β) − sin(t − γ)
yJ
=
=
xJ
xB + xD
cos(t − α) + cos(t − β) + cos(t − γ) + cos(t − δ)
với t =

α+β+γ+δ
nên ba điểm I, O, J thẳng hàng.
2

Nhận xét 1.2. Với cách chứng minh trên, dễ dàng chỉ ra O không phải
luôn luôn là trung điểm của IJ.
Mệnh đề 1.4 ([3]). Cho tứ giác ABCD ngoại tiếp đường ellíp (E) :
x2 y 2
+ 2 = 1. Gọi I, J là trung điểm của AC và BD tương ứng. Khi đó
a2
b
I, O, J thẳng hàng theo thứ tự.
Chứng minh. Phương trình các cạnh và tọa độ các đỉnh của tứ giác
ABCD :


cos
b
sin


2 ;y =
2


A xA =
A


α+δ
α+δ


cos
cos


2
2



α
−
β
α

−
β
γ
−
β


a cos
b sin



2 ;y =
2

C xC =
C


γ
+
β
γ
+
β


cos
cos




cos
cos
2
2
Vì

yA + yC
b[sin(t − δ) − sin(t − α) + sin(t − β) − sin(t − γ)]
yI
=
=
xI
xA + xC
a[cos(t − α) + cos(t − β) + cos(t − γ) + cos(t − δ)]
và

yJ
yB + yD
b[sin(t − δ) − sin(t − α) + sin(t − β) − sin(t − γ)]
=
=
xJ
xB + xD
a[cos(t − α) + cos(t − β) + cos(t − γ) + cos(t − δ)]
với t =

α+β+γ+δ
nên ba điểm I, O, J thẳng hàng.

trong dó q(x, y) là thương và r(y) là phần dư. Vì mọi điểm thuộc ( ) : x =
y 2 đều thỏa mãn p(x, y) = 0 nên r(y) ≡ 0. Vậy

p(x, y) = (x − y 2 )q(x, y).
Vì p(x, y) là đa thức bậc 3 nên q(x, y) phải là đa thức bậc nhất hay
p(x, y) = (x − y 2 )(ax + by + c). Do 9 điểm A1 , A2 , . . . , A6 và A, B, C đều
thuộc đường cong p(x, y) = 0, nhưng A, B, C không thuộc ( ) : x = y 2
nên A, B, C thuộc đường thẳng (d) : ax + by + c = 0 hay A, B, C thẳng
hàng.

Hệ quả 1.1 (Pappus). Giả sử 3 điểm A1 , A2 , A3 nằm trên đường thẳng
(d1 ) và 3 điểm A4 , A5 , A6 nằm trên đường thẳng (d2 ) khác (d1 ). Khi đó
ba điểm giao A = (A1 A5 ) × (A2 A4 ), B = (A1 A6 ) × (A2 A5 ) và C =
(A2 A6 ) × (A3 A5 ) thẳng hàng.
Chứng minh. Kết quả này được suy ra từ Định lý 1.1.
Ví dụ 1.1. Cho tam giác ABC nội tiếp trong đường tròn C. Tại các đỉnh
A, B, C ta kẻ các tiếp tuyến Aa, Bb, Cc của đường tròn C và các tiếp tuyến
cắt các cạnh E = Aa × BC, F = Bb × CA, G = Cc × AB. Khi đó ba
điểm E, F, G thẳng hàng.
Bài giải. Coi ba đỉnh tam giác ABC như là 6 điểm A, A, B, B, C, C
nằm trên một đường cong bậc hai. Do vậy, ba điểm E, F, G thẳng hàng
theo Định lý 1.1.
Ví dụ 1.2. Cho tứ giác ABCD ngoại tiếp đường tròn C. Gọi các điểm
tiếp xúc giữa AB, , BC, CD, DA với C là E, F, G, H. Khi đó bốn đường
thẳng AC, BD, EG, F H đồng quy.


10

Bài giải. Gọi I = EG × F H, J = EH × F G. Coi bốn điểm E, F, G, H

X1 X2 X 3 = −

s
p

và

IA1 .IA2 .IA3 =

X12 + t2 X12

X22 + t2 X22

X32 + t2 X32 .


11

Như vậy

s
IA1 .IA2 .IA3 = |X1 X2 X3 | (1 + t2 )3 = | | (1 + t2 )3 .
p
Tương tự, ta cũng có

s
IB1 .IB2 .IB3 = | | (1 + t 2 )3 .
p
Vậy



A1 (x1 ; t(x1 − u1 ) + v1 ), A2 (x2 ; t(x2 − u1 ) + v1 ), A3 (x3 ; t(x3 − u1 ) + v1 ).
Với x = u1 được

a(u1 − x1 )(u1 − x2 )(u1 − x3 ) = au31 + bu21 + cu1 + d − v1 = f (u1 ).
Ta có

IA1 .IA2 .IA3 = |(x1 − u1 )(x2 − u1 )(x3 − u1 )| (1 + t2 )3


12

và như vậy

IA1 .IA2 .IA3 = |

f (u1 )
| (1 + t2 )3 .
a

Hoàn toàn tương tự có

JB1 .JB2 .JB3 = |

f (u2 )
| (1 + t2 )3 .
a

Vậy


d:
y = (sin α + sin γ)t, t ∈ R.
Mệnh đề 1.5 (Euler). Giả sử ∆ABC với các đường cao AA0 , BB0 , CC0
và trực tâm H. Gọi A1 , B1 , C1 là trung điểm đoạn HA, HB, HC, và gọi
A2 , B2 , C2 là trung điểm cạnh BC, CA, AB, tương ứng. Khi đó 9 điểm
A0 , A1 , A2 , B0 , B1 , B2 , C0 , C1 , C2 cùng nằm trên một đường tròn. Đường


13

tròn này được gọi là đường tròn Euler. Tâm đường tròn Euler là trung
điểm đoạn OH và phương trình

x−

1 + cos α + cos γ
2

2

+ y−

sin α + sin γ
2

2

1
= .
4

2
2
1 + cos α sin α
C2
;
.
2
2
E

Xét đường tròn

( ): x−

1 + cos α + cos γ
2

2

+ y−

sin α + sin γ
2

2

1
= .
4



với điểm X thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác. Gọi P và Q là hai điểm
thuộc đường tròn ngoại tiếp sao cho f (P ), f (Q) đạt giá trị lớn nhất, nhỏ
nhất tương ứng. Khi đó 5 điểm O, H, G, P, Q thẳng hàng.

Chứng minh. Không làm mất tính chất tổng quát, có thể giả thiết
R = 1. Dựng hệ tọa độ (Oxy) sao cho tam giác ABC nội tiếp trong đường
tròn x2 + y 2 = 1 và ∆ABC với A(1; 0), B(cos α; sin α) và C(cos γ; sin γ),
trong đó 0 < α, β < π và γ = α + β. Tọa độ trọng tâm
1 + cos α + cos γ sin α + sin γ
G(
;
)
3
3
và trực tâm
H(1 + cos α + cos γ; sin α + sin γ).
Giả sử X(x; y) với x2 + y 2 = 1. Khi đó ta có

f (X) =
+
=
=

(x − 1)2 + y 2 + (x − cos α)2 + (y − sin α)2
(x − cos γ)2 + (y − sin γ)2
6 − 2x − 2x cos α − 2y sin α − 2x cos γ − 2y sin γ
6 − 2(1 + cos α + cos γ)x − 2(sin α + sin γ)y
→


1
theo Mệnh đề 1.5
2

nên

s = 2 sin

π − 2α
π − 2β
π − 2γ
sin
sin
= 2 cos α cos β cos γ.
2
2
2


15

Như vậy

α
β
γ
(1 + 4 sin sin sin )2
(1 + r)2
2
2

(1 + r)2
.
3

Bài toán 1.1. Đường tròn 9 điểm Euler và đường tròn nội tiếp trong
∆ABC có tiếp xúc với nhau không? Vấn đề này được coi như một bài tập.
Mệnh đề 1.7 ([3]). Với tam giác ABC ta luôn có các đồng nhất thức sau
đây:


2
2




a = BC = 2 − 2 cos β
HA2 + a2 = 4




(i) b2 = CA2 = 2 − 2 cos γ
và
HB 2 + b2 = 4









2OH.HA cos OHA = 12 − 2a2 − b2 − c2


(iii) 2OH.HB cos OHB = 12 − a2 − 2b2 − c2



2OH.HC cos OHC = 12 − a2 − b2 − 2c2 .
−→

−→

−→

−→

(iv) Tính T = HA.HA0 và P = HA.HB theo a, b, c.
Chứng minh. (i) là hiển nhiên.
(ii) Ta có OH 2 = (1 + cos α + cos γ)2 + (sin α + sin γ)2 = 9 − a2 − b2 − c2 .
9
9 − OH 2
2
2
2
. Khi ∆ABC nhọn
Từ đây suy ra sin A + sin B + sin C =
4

= 4−
.
2
a2 + b2 + c2
.
Tóm lại T = P = 4 −
2
Mệnh đề 1.8 ([3]). Giả sử ∆ABC với độ dài cạnh a, b, c nội tiếp trong
đường tâm O với trực tâm H. Nếu điểm M thuộc đường thẳng Euler (OH)
thì tồn tại một số k ∈ R để

M A2 + ka2 = M B 2 + kb2 = M C 2 + kc2 .
Ngược lại, với mỗi số k ∈ R đều có một điểm N duy nhất thỏa mãn

N A2 + ka2 = N B 2 + kb2 = N C 2 + kc2 .
Chứng minh. Không hạn chế có thể giả thiết bán kính đường tròn ngoại
tiếp ∆ABC bằng 1. Với bất kỳ điểm M thuộc đường thẳng (OH), chẳng
hạn M thuộc tia (HO), sẽ có

M A2 = M H 2 + HA2 − 2HM.HA cos OHA
hay

HM
.2OH.HA cos OHA
OH
HM
= M H 2 + 4 − a2 −
(12 − 2a2 − b2 − c2 )
OH
HM HM 2

ta có
OH

M A2 + ka2 = M H 2 + (1 − k)(a2 + b2 + c2 ) + 4(3k − 2).
Tương tự

M B 2 + kb2 = M H 2 + (1 − k)(a2 + b2 + c2 ) + 4(3k − 2) = M C 2 + kc2 .
Ngược lại, giả thiết cho số k ∈ R. Nếu k = 0 thì

N A2 + 0.a2 = N B 2 + 0.b2 = N C 2 + 0.c2
tương đương N ≡ O. Giả thiết k = 0. Giả sử N (x; y). Hệ phương trình

N A2 + ka2 = N B 2 + kb2 = N C 2 + kc2
tương đương với hệ

x(1 − cos α) − y sin α = k(cos γ − cos β)
x(1 − cos γ) − y sin γ = k(cos α − cos β).
Vì định thức D = 4 sin

γ
γ−α
α
sin sin
= 0 nên hệ có đúng 1 nghiệm.
2
2
2

Định lý 1.2. Giả sử ∆ABC với độ dài cạnh a, b, c nội tiếp trong đường
tâm O bán kính 1 với trực tâm H. Điểm M thuộc đường thẳng Euler

(a + b + c ) + (k − 1 +
)a .
OH
OH
OH

HM
= 1 − k ta sẽ có
OH
OM
HM 2 2 2
HM 2
M A2 + ka2 = M H 2 + (4 − 12
)+
(a + b + c ) + (k − 1 +
)a
OH
OH
OH
hay
M A2 + ka2 = M H 2 + (1 − k)(a2 + b2 + c2 ) + 4(3k − 2).
Chọn M ∈ (HO) với

Khi đó

M B 2 + kb2 = M H 2 + (1 − k)(a2 + b2 + c2 ) + 4(3k − 2) = M C 2 + kc2 .
Tương tự xét

M A2 + ka2 = M H 2 + 4 − a2 + ka2 +


2
2
và chúng đều bằng

1
(1 + a2 + b2 + c2 ).
4