PHẦN I: ĐẶT VẤN ĐỀ.
Thực tế trong sách giáo khoa hình học nâng cao lớp 11 cấp THPT chỉ với thời lượng 3 tiết
cho một bài dành riêng cho véc tơ trong không gian và chỉ dùng véc tơ trong không gian để
giới thiệu quan hệ vuông góc mà không xét véc tơ trong không gian thành một chủ đề riêng,
thời lượng ít, việc tiếp cận các kiến thức còn hạn chế. Bài tập hình học không gian sử dụng
phương pháp véc tơ để giải còn xa lạ đối với đa số học sinh. Tuy nhiên trong các kì thi như:
thi học kì, thi học sinh giỏi các tỉnh, thành phố, thi olimpic, thi tốt nghiệp, thi đại học, cao
đẳng,… luôn có nhiều bài hình học không gian nếu giải theo phương pháp thuần túy thì hết
sức khó khăn, nhưng khi sử dụng véc tơ để giải thì rất nhẹ nhàng. Do vậy cần cho học sinh
tiếp cận với nhiều bài toán với những cách giải khác nhau, đồng thời rèn luyện cho học sinh
phân tích bài toán theo nhiều hướng để tìm ra lời giải tối ưu nhất. Giáo viên cần trang bị cho
các em các kiến thức cơ bản phù hợp; tiếp cận với được nhiều kiến thức để có vốn hiểu biết
làm tiền đề việc học tốt phân môn hình học tọa độ trong không gian, một công cụ hữu ích để
giải nhiều bài toán hình học.
Xuất phát từ thực tế đó tôi mạnh dạn “Rèn luyện cho học sinh kỹ năng sử dụng véc tơ để
giải các bài toán hình học không gian” làm đề tài nghiên cứu và áp dụng dạy trên một số lớp
tại trường THPT Ba Đình.

PHẦN II: GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ.
A. CƠ SỞ LÍ LUẬN:
Cơ sở lí thuyết:
1. Véc tơ trong không gian:
Định nghĩa véc tơ và các phép toán về véc tơ trong không gian cũng giống nh ư trong mặt
phẳng. Ngoài ra cần biết:
- Quy tắc hình hộp để cộng véc tơ trong không gian.
- Khái niệm vàr định
nghĩa đồng phẳng của ba véc tơ, cụ thể:
r r
+ Ba véc tơ a, b, c đồng phẳng khi và chỉ khi có ba số m, n, p không đồng thời bằng không
r
r

véc tơ theo hệ véc tơ cơ sở.
Bước 3: Chuyển các kết luận “véc tơ” sang các kết quả hình học tương ứng.
B. THỰC TRẠNG.
Hình học không gian là một mảng kiến thức có thể nói khó đối với học sinh trung học phổ
thông. Hơn nữa một thực tế là có rất nhiều học sinh chưa thấy hết được ứng dụng của véc tơ
đối với các bài toán hình học không gian.
Do hình học không gian là bộ môn mà học sinh mới bắt đầu làm quen từ lớp 9, việc tiếp thu
kiến thức còn bị động, rời rạc, không có hệ thống, nên khả năng tư duy bộ môn còn nhiều
hạn chế. Chưa liên hệ từ thực tiễn đến lí thuyết, từ lí thuyết đến bài tập, việc vận dụng còn xa
lạ đối với các em học sinh, các em mới chỉ làm được các bài tập đơn giản chưa có đường lối
rõ ràng. Để có thể phát huy được sự tìm tòi, tính sáng tạo, năng lực tư duy của học sinh.
Ngay sau khi học bài học đầu tiên của chương III hình học nâng cao lớp 11: “Véc tơ trong
không gian. Sự đồng phẳng của các véc tơ” giáo viên cần cho học sinh làm các bài tập sử
dụng các kiến thức về véc tơ trong không gian. Từ đó học sinh cần thấy được véc tơ và các
phép toán về véc tơ có vai trò nhất định trong việc giải một số bài toán hình học không gian.
Kết hợp với trình bày khoa học của sách giáo khoa và thông qua những bài tập củng cố khéo
léo của giáo viên, học sinh hiểu được phương pháp véc tơ là gì? Cách giải các bài toán hình
học không gian bằng phương pháp đó như thế nào và cần những nội dung kiến thức gì? Tại
sao phải nắm vững mối liên hệ giữa các véc tơ trong không gian với các khái niệm cơ bản,
đối tượng của hình học không gian.
Chính vì lẽ đó để làm tốt các bài toán bằng phương pháp véc tơ và học tập tốt bộ môn
không chỉ trong phạm vi của một tiết học, một bài hay một chương mà là công việc thường
xuyên và liên tục gần như xuyên suốt chương trình hình học lớp 11, 12 THPT.
Để giải quyết dạng bài toán này ngoài việc nắm vững lí thuyết về véc tơ, các em còn phải
nhạy bén trong việc phát hiện ra các bài toán có thể giải được bằng phương pháp véc tơ, loại
bài toán này có nhiều dạng. Đối với học sinh lớp 11, 12 loại bài tập này có thể chia làm 6
dạng: Chứng minh 3 điểm thẳng hàng, 4 điểm đồng phẳng, quan hệ song song, quan hệ
vuông góc; tính góc; tính khoảng cách.
C. GIẢI PHÁP VÀ TỔ CHỨC THỰC HIỆN.
Để thực hiện đề tài “Rèn luyện cho học sinh kỹ năng sử dụng véc tơ để giải toán hình học

Đặt AB = a, AC = b, AD = c .
uuuu
r

r 1r
1 uuu
AB = a ,
2
2
uuur 1 uuur uuur
1 r r
N là trung điểm của CD ⇔ AN = AC + AD = b + c
2
2

Khi đó: M là trung điểm của AB ⇔ AM =

(

G là trung điểm của MN

)

(

)

r
a


B

D

A' là trọng tâm tam giác BCD

r A’
N
uuur 1 uuu
r uuur uuur 1 r r r
b
⇔ AA ' = AB + AC + AD = a + b + c
(2)
3
3
uuur 2 uuur
C
Từ (1), (2) suy ra AG = AA ' ⇔ đường thẳng AG đi qua trọng tâm A' của tam giác BCD.
3

(

)

(

)

Ví dụ 2:
Cho hình hộp ABCD.A'B'C'D' các các cạnh bằng m, các góc đỉnh A bằng 60 0 (


Mặt
khác
uuuu
r uuuur uuuuu
r uuuur

A

D

uuuur uuuuu
r uuuur
MQ = MB ' + B ' C ' + C ' Q = MB ' + B ' C ' + DC '
D’
3r r r
= a+b+c
2 uuur
uuuu
r
Như vậy MP = − MQ , tức là ba điểm P, M, Q thẳng hàng.

B
C

A’

M
B’


·BAD = 600 . Gọi M là trung điểm của cạnh AA’, N là trung điểm của cạnh CC'. Chứng minh
rằng bốn điểm B', M, D, N cùng thuộc một mặt phẳng. Hãy tính độ dài cạnh AA' theo a để tứ
giác B'MDN là hình vuông.
(Đề tuyển sinh đại học - Khối B - năm 2003)
Bài giải:
uuur r uuu
r r uuur r
rr rr
r r a2 r
r r
B
⇒
a.b = a.c = 0, b.c = , a = x, b = c = a
Đặt AA ' = a, AB = b, AD = c
2
A
uuuu
r 1 r uuur 1 uuur uuuu
r
D
AM
=
a
,
AN
=
AC
+
AC
'

*Ta có MN = AN − AM = b + c ⇒ MN 2 = 3a 2 và DB ' = AB ' − AD = a + b − c ⇒ DB '2 = x 2 + a 2

(

)

(

)

C

.N
C
’

Để tứ giác B'MDN là hình vuông thì DB'=MN ⇒ x 2 = 2a 2 ⇒ x = a 2
Kiểm tra các điều kiện suy ra AA ' = a 2 .
Nhận
xét:
Để chứng minh B', M, D, N cùng thuộc một mặt phẳng ta đã chứng minh
uuur uuuu
r uuur uuur
AD = AM + AN − AA ' (cách 1).
Ví dụ 2:
Cho hình hộp ABCD.A'B'C'D'. Chứng minh rằng các trung điểm của 6 cạnh BC, CD, DD' ,
, D'A', A'B'và B'B cùng nằm trên một mặt phẳng.
(Bài 37 trang 68 - Sách hình học nâng cao lớp 11)
Bài giải:
Gọi uM,

r
r
1
1
AN = AC + AD = AB + AD + AD = b + c
2
2
2
uuu
r 1 uuu
r uuur
u
u
u
r
u
u
u
r
u
u
u
r
1
1r r
AP = AB + AC = AA ' + AD + AD = a + c
2
2
2
uuur 1 uuur uuuur


Q.

.

A’

.
P

r
a

A

.S

.

r
c

)

B’

R

N


u
r
u
u
u
r
u
u
u
r
r
1
1
AS = AB ' + AB = AA ' + AB + AB = a + b
2 uuuu
2
r
uuur 2 uuu
r uuur
Dễ thấy: AM = 2 AN − 2 AP + AQ ⇔ M, N, P, Q đồng phẳng (1)
uuuu
r uuur uuu
r uuur
AM = AN + AR − AQ ⇔ M, N, Q, R đồng phẳng
(2)
uuu
r uuur uuu
r uur
AP = AN + AR − AS ⇔ N, P, R, S đòng phẳng
(3)

song.
2) Chứng minh đường thẳng song song hoặc nằm trong mặt phẳng.
Cách giải: Để chứng minh đường thẳng AB song song hoặc nằm trong mặt
phẳng (P), ta lấy
uuu
r r r
r
r
trong (P) hai véc tơ a và b không cùng phương, sau đó chứng minh AB, a , b đồng phẳng.
uuu
r r r
Khi các véc tơ AB, a , b đồng phẳng và có một điểm thuộc đường thẳng AB mà không thuộc
(P) thì đường thẳng AB song song với (P).
Ví dụ 1:
Cho hình lăng trụ tam giác ABC. A'B'C'. Gọi G, G' lần lượt là trọng tâm tam giác ABC và
A'B'C', I là giao điểm của hai đường thẳng AB' và A'B. Chứng minh rằng các đường thẳng
GI và CG' song song.
(Bài tập 3 trang 91- Sách hình học nâng cao lớp11)
r
c
Bài giải:
A
uuur r uuu
r r uuur r
C
Đặt AA ' = a, AB = b, AC = c thì
uuur 1 r r uur 1 r r
AG = b + c , AI = a + b
3
2

)

(

)

(

G

r
b

r
a

)

B
I

A’

C’
G’

Lại có điểm G không thuộc đường thẳng CG'.
Vậy GI và CG' là hai đường thẳng song song.
B’
Ví dụ 2:

A

.

B

(

Từ đó

M

C

Và G là trọng tâm của tứ diện A'D'MN nên
uuur 1 uuur uuuur uuuu
r uuur
AG = AA ' + AD ' + AM + AN
4

D

. N

r
c

)

A’

Cho hình hộp ABCD. A'B'C'D'. Gọi I, K lần lượt là trung điểm của các cạnh B'C' và AB.
a) Chứng minh IK//mp(BDC').
b) Xác định đường thẳng (d) cắt BA' và AC', đồng thời song song với B'D'.
Bài giải:
uuu
r r uuur r uuur r
Đặt BA = a, BB ' = b, BC = c
uuur

r

r uuuu
r r r uur

uuu
r uuur uuur

1r
2

r

1r
2

a) Ta có BD = a + c, BC ' = b + c, KI = KB + BB ' + B ' I = − a + b + c
uur

r
1 uuur uuuu

b
D

I

r
c

C

rr
uuu
r uuuur
uuu
r uuur uuuur uuur
uuur uu
Aur uuu
uK
u.ur
r
r
r
a ⇔ DN = l a +B l b + 1 c
NA = l NC ' ⇔ DA − DN = l DC ' − l DN ⇔ ( l − 1) DN = l AB' − DA
1− l
l −1
l −1
uuur
uuuur
uuur uuuur

r
uuur
r
r
Mặt khác: MN//BC khi và chỉ khi MN = mBD = ma + mc

Từ đó ta có:
6


1
1
 l

1 − l − k − 1 = m
m = 3


k
1
 l

−
= 0 ⇔ l = −

2
l −1 k −1

 1
 k = −2


( Bài 72 trang 128 – Sách bài tập hình học nâng cao lớp11)
Bài giải:
uuur r uuu
r r uuur r
Đặt AA ' = a, AB = b, AC = c, ta có

C

B

uuur 3 r uuuuu
r
r
3 r uuuuu
3r
AA1 = a, B ' B1 = − a , C ' C1 = − a.
4
4
4
B1
uuur uur uuur 3 r r
Ta có CA1 = CA + AA1 = a − c
4
A
uuuuu
r uuuuu
r uuuuu
r
3r r

−1

k=
3
3
 3

3
1 − 4 t − 4 m = − 4 k

ur
uuuur

 2
⇔ t =
Do IJ//B'C1 nên IJ = k B ' C 1 ⇔ m = −k
t − 1 = k
 3
1



 m = 3
IJ
1
= .
Vậy:
B ' C1 3

I

cosin của góc giữa đường thẳng AB với đường thẳng DM.
(Bài 2 trang 59 - Sách giáo khoa hình học nâng cao lớp 11)
Bài giải:
A
uuur r uuu
r r uuur r
Đặt AD = a, AB = b, AC = c
r2

r2

r2

rr

rr

rr

với a = b = c = a 2 , a.b = b.c = c.a =
uuuu
r

r uuur
1 uuu
1r 1r
AB + AC = b + c
2
2
2

1 a2
a 2 3a 2
MD = a 2 + a 2 + a 2 − 2. . − 2. . + 2. =
4
4
2 2
2 2
8
4
2
2
2
2
uuu
r uuuu
r a
a
a
a
a 3
. Mà AB. MD = − − = − .
⇒ MD =
2
2
4
4
2
2
a
uuu

)

Ví dụ 2:
Cho hình tứ diện ABCD có tất cả các canh bằng m. Các điểm M, N lần lượt là trung điểm
của AB và CD. Tính góc giữa đường thẳng MN với đường thẳng BC.
(Bài 8b) trang 114 – Sách bài tập hình học nâng cao lớp 11)
Bài giải:
A
uuur

r uuu
r r uuur

r

rr

rr r r

Đặt AD = a, AB = b, AC = c , với a.b = b.c = c .a =
r2

r2

uuur

r2

uuur uuu
r

(

)

(

)

)

r
a

r
b
B

r
c

D
N
C

8


1 2
2m 2
m 2

=

(

)(

uuuu
r uuur
uuuu
r uuur
MN .BC
=
Suy ra: cos MN , BC =
MN .BC

(

)

(

)

)

m2
uuuu
r uuur
2
2

r r uuur r uuur r
Đặt DA = a, DB = b, DC = c với a = b = c = a
rr

rr r r

và a.b = b.c = c .a =

a2
2

Do DABC là tứ diện đều, nên H
là trọng tâm của tam giác ABC,

uuuu
r 1 r r r
uur
1
suy ra DH = a + b + c ⇒ ID = −
3
6
uu
r uuu
r uur 1 r
r
IA = DA − DI = 5a − b − c
6
uur uuur uur 1 r
r uur
IB = DB − DI = −a + 5b − c , IC =

− a − b + 5c
6

(

)

B

I

r
a

r
c
.

A

H

C
Vậy tứ diện IABC có IA, IB, IC đôi một vuông góc.
Nhận xét:
1) Kết quả của bài toán là một tính chất đẹp của tứ diện đều.
2) Để giải bài toán ngoài cách giải trên ta còn có thể tính góc giữa các cặp đường thẳng,
tuy nhiên sẽ cồng kềnh hơn.
Ví dụ 2:
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh bằng a, SA vuông góc với mặt

1r 1r
AN = AD + AS = b + c
2
2
2

(

Ta có AM =

)

(

)

r
c

suy ra:

N

.
. M

uur
uuuu
r
uuur m uuu

r
b

C

A

r
a

B

Nhận xét: Ưu điểm khi sử dụng véc tơ để giải là có thể không cần xác định giao điểm I trên
hình vẽ.
Bài toán 6: Về khoảng cách.
Cách giải:
uuu
r
1) Để tính khoảng cách giữa hai điểm AB ta tính bình phương vô hướng của véc tơ AB ,
uuu
r
uuu
r
muốn vậy ta biểu thị AB qua hệ véc tơ cơ sở, rồi tính AB 2 .
2) Khoảng cách giữa hai đường thẳng d, d’ là khoảng cách giữa hai điểm A, B lầnuuu
lượt
trên
r
d, d’sao cho AB đồng thời vuông góc với d và d’; muốn tính AB ta biểu thị véc tơ AB qua hệ
uuu

r r uuur

r

rr

rr r r

Đặt AD = a, AB = b, AC = c , ta có a.b = b.c = c .a =
uuur uuur uuu
r
r r
r 2 r2 r2
và a = b = c = m 2 . Ta có BC = AC − AB = −b + c

m2
2

r
b

Vì M, N lầ lượt là trung điểm của AB và CD,
uuuu
r

1 uuur uuur
1 r r r
AD + BC = a + c − b
2
2

B

r
c

D

.

N

C

10


1 2
2m 2
m 2
2
2
2
2
2
.
m
+
m
+
m

Bài giải:
* Tính độ dài đoạn thẳng PQ:
A
Cách 1:
r r r
uuur r uuur r uuur r
Đặt AB = a, AC = b, AD = c với a = b = c = 1
rr rr rr 1
và a.b = b.c = c.a =
2
uuuu
r 1 r 1 r uuu
r
r
Ta có: AM = a + c, AP = ka
2
2
uuur uuur
uuur l r
r
AQ = l AN + (1 − l ) AD = b + (1 − l )c
2
uuur uuur uuu
r
r lr
r
Suy ra: PQ = AQ − AP = −ka + b + (1 − l )c
2
uuuu
r uuuu

C

1
m


k = 3
 −k = 2

uuur
uuuu
r  l
 4
PQ = mCM ⇒  = − m ⇔ l =
2
 3
m
2


1 − l = 2
m = − 3
uuur
1 r 2 r 1 r uuur 2 3
3
Suy ra: PQ = − a + b − c ⇒ PQ = ⇒ PQ =
3
3
3
9

3
3
rr rr
rr
1
a.b = a.c = 0, b.c = −
6
.
uuu
r
uuu
r
uuur uuu
r
r
r
Q
AP
=
k
AB
=
k
HB
−
HA
=
−
ka
+

2
2

và b = c = .

(

)

(

(

(

A

N

)

M

.

)

)

(

1 − 2 l = 2 m
 m = − 3
uuur
r r uuur 2 1
3
Suy ra PQ = −b − c ⇒ PQ = ⇒ PQ =
3
3
Cách 3: Gọi H là tâm của tam giác BCD ⇒ AH ⊥ mp( BCD ) , I là trung điểm của BC.
uuur r uur r uuur r
r
rr rr rr
6 r
3 r
Đặt AH = a, DI = b, BC = c với a =
,b =
, c = 1, a.b = b.c = c.a = 0 , ta có
3
2
uuuu
r
r
r
u
u
u
r
r
r
r

AP = k AB, NQ = l ND = a − b − c ⇒ PQ =  − k + ÷a +  − − ÷b +  + − ÷c
2
6
4
2
2
6 3 6 
4 2 4
1
l

1
k = 3
2 − k + 2 = 0

uuur
uuuu
r  1 k 5l
1
1

Do PQ//MC, suy ra PQ = kCM ⇒  − − = − m ⇔ l = −
2
3
6 3 6

3
2
1 k l


u
u
r
2
1
3
1
1
2
2
Suy ra AP = , AM = , AM . AP =  ÷ =
9
4
 4  16
uuuu
r uuu
r 2
1
3
Do đó diện tích tam giác AMP là S = . AM 2 . AP 2 − AM . AP =
2
24
uuur uuu
r uuuu
r uuu
r  r t r 1 r r r
Lại có H nằm trên mp(AMP) ta có NH = NA + r AM + t AP =  + ÷a − b + c
2
2
 2 3

9
r
+
4
t
=
3

 AP. NH = 0
 + − +
 r = 3
=0
 6 9 12 12
uuur 1 r 1 r 1 r
6
⇒ NH = a − b + c ⇒ NH =
6
2
6
6
1
2
Vậy thể tích cần tìm là: V = .S . NH =
3
144

Nhận xét:
1) Qua ba cách giải trên, ta thấy việc chọn hệ véc tơ cơ sở hợp lí sẽ cho phép ta biểu thị giả
thiết và kết luận của bài toán nhẹ nhàng hơn. Hơn nữa khi chọn hệ véc tơ cơ sở gồm 3 véc tơ
không đồng phẳng có thể chung gốc (cách 1, cách 2) hoặc không chung gốc (cách 3).

r
a

r
b

Khi đó ta có:
uuur uuur uuur
uuur uuur
uuuu
r
r uuur
BM = xa , DN = xDC ⇒ BN − BD = x BC − BD

(

uuur
uuur
uuur
r
r
⇒ BN = xBC + ( 1 − x ) BD = xb + ( 1 − x ) c
uuuu
r uuur uuuu
r
r
r
r
Suy ra: MN = BN − BM = − xa + xb + ( 1 − x ) c


= a2  x + (1 − x ) + x + x (1 − x ) − x − x (1 − x )  = a ( 2 x − 2 x + 1)

Do đó: MN 2 = x 2a 2 + x 2a 2 + (1 − x )2 a 2 − 2 x 2

 f '( x ) = 0
1
⇔x= ,
2
 x ∈ [ 0;1]

Xét hàm số f(x) = 2x2 – 2x + 1 trên đoạn [ 0;1] , ta có f’(x)=4x-2, 
1
2

f ( x ) = f (0) = f (1) = 1, min f ( x ) = f ( ) =
Nên max
x∈[ 0;1]
x∈[ 0;1]

1
2

a 2
khi M, N lần lượt là trung điểm của AB, CD.
2
MN đạt giá trị lớn nhất bằng a khi M ≡ B, N ≡ D hoặc M ≡ A, N ≡ C.

Vậy: MN đạt giá trị nhỏ nhất bằng

Ví dụ 4:


= − a − b −  a − DS ÷
2
2
2


r uuur
3 r 1 r 1 uuu
3r 1r
= − a − b − OS − OD = − a − c
2r 2
2
2
2
uuur
AC = −2a

(

) (

(

)

r
c

P

3  3  r2 1
uuur uuuu
r
l + k ÷a + ( k + 1) a = 0 k = −1


 PQ. MN = 0  2  2 
4

⇒
⇒ 3
 uuur uuur
r
2  l + 3 k  a 2 = 0
l = 2
 PQ. AC = 0

÷
  2 
uuur
1 r uuur 2 a 2
a 2
.
⇒ PQ = − b ⇒ PQ =
⇒ PQ =
2
8
4

(


C’

ur r a 2 uuuu
r 1 r r uuuuur r 1 r
a.c = , CN = b − c, B ' M = a − b
2
2
2

A’

B’

Gọi PQ là đoạn vuông góc chung
của CN và B'M (P ∈ CN , Q ∈ B ' M ) .
uuur uuur uuu
r uuuu
r uuuur
Ta có: PQ = PC + CB + BQ ' + B ' Q

.

M

.N

uuur uuu
r uuur uuuuur r k
r

⇔
r uuuuu
r
uuu
3k − 5l = −4

PQ.B ' M = 0
l = 1
 8

C

A
B

uuur 1 r r r
3a 2
a 3
⇒ PQ = (a + 3b + c) ⇒ PQ 2 =
⇒ PQ =
.
8
16
4

Chú ý: Ta còn có thể tính khoảng cách giữa B'M và CN bằng cách áp dụng tính chất tứ diện
vuông hoặc qui về khoảng cách từ B' đến mặt phẳng (CAN).
Ví dụ 6:
Cho hình lập phương ABCD.A'B'C'D' có cạnh bằng a. Gọi M là trung điểm của DD'. Tính
khoảng cách giữa hai đường thẳng CM và A'D.

r
EF = ED + DM + MF = k A ' D + b + lCM
A
D
2
r 1
r
r
l
= −la + ( − k + )b + kc
2
2
2
l 1


uuur uuuur
 EF . A ' D = 0  2k − 2 = 2
 k = 9
uuur 1 r
r
r
uuur 2 a 2
a
⇒
⇔
⇒ EF = a + 2b + 2c ⇒ EF =
r
⇒ EF =
 uuur uuuu

(Đề tuyển sinh đại học khối D năm 2007).
Bài giải:
S
uuu
r r uuur r uur r
Đặt AB = a, AD = b, AS = c
rr rr rr
r
Ta có: a.b = b.c = c.a = 0
c
uur r r uuu
r r 1 r r uuu
r r r
SB = a − c, SC = a + b − c, SD = b − c
2

Gọi K là hình chiếu của H trên
mặt phẳng (SCD ⇒ d ( H ;( SCD )) = HK
SH 2
=
Dễ dàng tính được
SB 3
Khi đó :

r
b
H

r
a

k − ÷a +  + l ÷b −  − k − l ÷c = 0 k = 5


 HK ×SC = 0 
3
2 2 
3


6
⇒
⇒
Ta có:  uuur uuur
r
r
l = − 1
 HK ×SD = 0  k + l  b2 −  2 − k − l  c 2 = 0

÷

÷
 2 

3
3

2
uuur 1 r 1 r 1 r
1  r 1 r r
a

= ⇒ ASC
= 600
SC 2
uur r uur r uuu
r r
r2
r2
r2
r
2
Đặt SA = a, SB = b, SC = c với a = 4a , b = 9a 2 , c = 16a 2
rr
rr
rr
b
và a.b = 0, b.c = −6a 2 , a.c = 4a 2
uuur 2 r uuu
r 1r
Khi đó: SM = b, SN = c .
M .
3
2
uuuu
r uuur uur
r 2r
Suy ra AM = SM − SA = − a + b ,
3
B
uuur uuu
r uur

2 3

2
2
2
Từ đó: AM . AN = 4a + 0 − .4a + . . ( −6a ) = 0

Vậy AM ⊥ AN , tức là tam giác AMN vuông tại A.
*uuGọi
Huurlà điểm
thuộc
mp(SAB)
thì
uuur uuur uuu
r
r r r
ur
uur
r r

SH = k SA + lSB = ka + lb ⇒ CH = SH − SC = ka + lb − c

Nếu H là hình chiếu của C trên mặt phẳng (SAB) thì:
uur uuur
2
2
k = 1
 SA.CH = 0
 k .4a + l.0 − 4a = 0


a) Tính khoảng cách từ O đến (SBC).
b) Tính khoảng cách từ trọng tâm tam giác SAB đến mặt phẳng (SAC).
Bài giải:uuu
S
r r uuu
r r uuur r
a) Đặt AS = a , AB = b, AD = c
r2
r2 r2
với a = 3a 2 , b = c = a 2
rr rr rr
và a.b = b.c = c.a = 0
r
uuur uuu
r uuur r r
c
Khi đó: AC = AB + AD = b + c ,
uur uuu
r uur
r r uuur r
SB = AB − AS = − a + b, BC = c ,
uuu
r uuur uur
r 1r 1r
SO = AO − AS = −a + b + c
2
2

G


(
)
OH = SH − SO

÷b +  l − ÷c
2

 2

O

A

r
a

Nếu H là hình chiếu của O trên mặt phẳng (SBC) ta có:

B


1

7

uuur uur
− ( 1 − k ) .3a 2 +  k − ÷.a 2 = 0
k
=


3
uuur
uur
uuur
uuu
r
uuu
r uuur
r
r
r
K thuộc mặt phẳng (SAC) ⇒ AK = m AS + n AC = m AS + n AB + AD = ma + nb + nc

(

)

(

)

17


uuur uuur uuur 
r
1r 
1r
Suy ra: GK = AK − AG =  m − ÷a +  n − ÷b + nc


÷

6

3
uuur
1 r 1 r uuur 2 1
1
1 1
2a 2
a 2
Khi đó GK = − b + c ⇒ GK = a 2 + a 2 − 2. . .0 =
⇒ GK =
6
6
36
36
3 6
36
6

Vậy khoảng cách từ trọng tâm của tam giác SAB đến mặt phẳng (SAC) là GK =

a 7
.
6

Nhận xét:
1) Câu a) ngoài cách giải trên ta còn giải theo phương pháp trượt (bằng nửa khoảng cách
từ A đến mp(SBC)) hoặc sử dụng phương pháp thể tích.

và BSC
. Chứng minh rằng đường
= DSA
thẳng SI vuông góc với mặt phẳng (P).

(Đề thi Olimpic Bỉm Sơn năm 2011)
Bài 6: Cho góc tam diện vuông Oxyz, trên Oz lấy điểm A cố định khác O, biết OA=a.
Gọi P là mặt phẳng thay đổi chứa điểm A và cắt Ox, Oy lần lượt tại B, C sao cho
18


1
1
2
+
=
.
OB OC
a

1) Chứng minh rằng mặt phẳng (P) luôn chứa một đường thẳng cố đinh.
2) Tìm giá trị nhỏ nhất của thể tích tứ diện O.ABC.
(Đề chọn đội tuyển học sinh giỏi lớp 12 tỉnh Nghệ An năm 2008 - 2009).
D. KẾT QUẢ NGHIÊN CỨU VÀ BÀI HỌC KINH NGHIỆM.
1. Kết quả nghiên cứu.
Để kiểm tra hiệu quả của đề tài, tôi tiến hành kiểm tra trên hai đối tượng có chất lượng tương
đương là học sinh lớp 11B và lớp 11K. Trong đó lớp 11B chưa được hướng dẫn sử dụng
phương pháp véc tơ để giải toán hình học không gian. Với hình thức kiểm tra là làm bài tự
luận thời gian 45 phút với đề bài như sau:
ĐỀ KIỂM TRA 45 PHÚT

Kết quả thu được như sau:
Điểm < 5
%
Lớp Sỹ số Số lượng

IJ
.
B ' C1

Điểm 5 →
thể khai thác tốt nhất các bài toán thuộc thể loại này.
Tôi xin chân thành cám ơn!
XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG
ĐƠN VỊ

Thanh Hóa, ngày 6 tháng 6 năm 2015 Tôi
xin cam đoan đây là SKKN của mình viết,
không sao chép nội dung của người khác.

Nguyễn Văn Kế

20