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 toán 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 toán hình học không 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 tôi chọn đề tài :
“HƯỚNG DẪN HỌC SINH GIẢI MỘT SỐ BÀI TOÁN HÌNH HỌC
KHÔNG 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 toán 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 vuông 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 toán hình học
không gian bằng phương pháp véc tơ.Một số định lí đóng vai trò “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 không cùng
phương trong mặt phẳng; Định lí về phân tích một vectơ theo ba vectơ không
đồng phẳng trong không gian.
2. Hiệu quả

theo hệ véc tơ cho trước và ghi nhớ một số bài toán cơ bản...
2.Quy trình chung để giải bài toán hình học không 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 không gian đã cho ra “ngôn
ngữ” véctơ .
Bước 2. Thực hiện các yêu cầu của bài toán thông 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 không gian
tương ứng.
3.Một số dạng toán sử dụng phương pháp
3.1.Dạng 1. Phần quan hệ song song
Bài toánuuu
1.
Hai
đường thẳng phân biệt AB và CD song song với nhau khi và
r
uuur
chỉ khi AB  kCD .
r r
Bài toán 2. Cho hai a, b không cùng phương thuộc mặt phẳng (P), AB không
uuu
r
r
r
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 

uuu

 AA  a, AB  b, AC  c

N

1

A1

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

C1

M

(1)

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

F
B


a  c (5)
3
uuur uuur uuur 1 r r
Từ (3), (4): EF  AF  AE  a  c
(6)
3
uuuu
r uuur
Từ (5), (6): MN  EF (7)



Từ (1), (2): MN  AN  AM 







Bước 3: Chuyển ngôn ngữ véc tơ sang ngôn ngữ hình học không 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 1: Chọn hệ véc tơ cơ sở






N

C1

D1

A1


M

(2)
uuuu
r
uuuur
uuuu
r
+ MN / /  DA1C1  � MN  xDC1  yDA1
(3)
Bước 2: Biến đổi các biểu thức véc tơ

C

B

uuuu
r uuur uuuur 1 r r r

Bước 3: Chuyển ngôn ngữ véc tơ sang ngôn ngữ hình học không 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



1:

Chọn

uuur r uuu
r r uuur r
AA1  a, AB  b, AC  c



hệ

véc

tơ

cơ


3
uuuu
r
uuur
uuur
�
�MG  x AB1  y AN
uuur
uuur
+ (MGC1 ) / /  AB1 N  � �uuuur
(4)
�MC1  x1 AB1  y1 AN

N

B

A
C

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

uuuu
r uuur uuuu
r 1r 1r 1r
MG  AG  AM  a  b  c
(5)
2

�

Ta có:

uuuur uuuu
r uuuu
r r r 1r 1r r
MC1  AC1  AM  a  c  a  a  c
2
2
uuur uuur uuur 1 r r
AN  AC  CN  a  c
2
uuuur uuur
(10)
Từ (8) và (9): MC1  AN





4

C1

A1

(8)
(9)


r uuur
AB . CD

uuu
r

uuur2

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

r

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:
uuuur ur
Đặt AM  m , gọi N là hình chiếu của M lên l.
uuuu
r uuur uuuu
r

r ur

uuuu
r

r



r
r ur r
( xa  yb  m)a  0
��
�
Do MN  ( ABC ) nên � � r r ur r
( xa  yb  m)b  0
��

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

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





Bài

uuuu
r
ur ur
uu
r
Khoảng cách cần tìm: P1 P2  ( xa1  m  ya2 )2
uuuu
r
ur ur
uu
r
P1 P2  xa1  m  ya2 . Do

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 hệ véc tơ cơ sở

5a
.Hãy tính đường cao của lăng trụ.
4
A1

uuuur ur uuu
r r uuur ur
AA1  m, AB  n, AC  p .
ur
Giả sử h  m






Suy ra:

uuuu
r uuur 1
AO1  B1O 
9h 2  3a 2
3
uuuu
r uuur
1
6h 2  a 2
AO1.B1O    6h 2  a 2  , cos 
6
2  3h 2  a 2 
uuuu
r
5a
Vì: AO1 .cos =
4
2
2
9h  3a (6h 2  a 2 ) 5a
a 6

�h

tơ

cơ

sở

S

uur r uur r uuu
r r
SA  a, SB  b, SC  c
Đặt  là góc phẳng ở đỉnh của hình chóp.





D

N là hình chiếu vuông góc của điểm A trên
đường
thẳng BD. uuur uuur
uuur uuur uuur
r
r
r

C

A

Vì O là trọng tâm của tam giác ABC nên

uuu
r 1 uur uur uuu
r 1 r r r
SO  SA  SB  SC  a  b  4c
3
3
uuu
r 1 r r r 2 1
1
� SO 
a  b  4c 
48  96cos 
58
3
3
2
uuu
r2 r r2 9
AB  b  a 
2
uuu
r2
AB
3 uuu
r 3 174
Vậy: VS . ABC  1
.
. SO 

+Ta tìm góc  giữa SM và CN?
Ta có:

P

uuur uuuu
r uuu
r 1 r r
SM  CM  CS  (b  2c)
2
uuur 1 r r
CN  (a  b)
2

C

A
Q

Khi đó:

N

uuur uuur
SM .CN
2
cos  uuur uuur 
�   450
2
SM . CN

2
c




�
2�

Do PQ là đoạn vuông góc chung của SM và CN nên:
2
�
uuur uuur r
x
�
�
PQ
.
SM

0
3
x

3
y


1
�


Ví dụ 7
Đáy của hình chóp S.ABC là tam giác đều ABC với cạnh bằng 1, cạnh SA
vuông góc vuông 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 hệ véc tơ cơ sở
uuu
r r uuu
r r uuur r
AS  a, AB  b, AC  c .
A





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

C

tương ứng vuông góc hai mặt phẳng
   và    ,
còn  góc hai mặt phẳng    và

 .

�
�
��
�
1
x z
�y  2 z  0
�
�
2
ur
Số phương trình bé hơn số ẩn, điều đó chứng tỏ m     không được xác định







duy nhất.
ur r
r r
Chọn z  1 � x  1, y  4 nên m  a  4b  2c là một trong các véc tơ vuông
góc với   

8


uuu
rr

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 vuông góc
Bài toánuuu
9.
Hai đường thẳng phân biệt AB và CD vuông góc với nhau khi và
r uuur
chỉ khi AB.CD  0 .
r r
Bài toán 10. Cho hai a, b không cùng phương thuộc mặt phẳng (P), AB không
uuur r
�
�AB.a  0
thuộc (P) . Khi đó :AB  (P) � �uuur r
.
�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 .

CN 2 uuur 2 uuur 2
 � CN  CB1 
3
3
NB1 1




r r
ab
r r
bc

C1

D1

A1

B1

N



M
D



MN .BA1  a  b  c
3
uuuu
r uuur 1 r r r
MN .CB1   a  b  c
3



r r
a  b  0 � MN  BA1









  b  c   0 � MN  CB

r r

1

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  ( AB1D1 ) .

Gọi m là độ dài cạch hình hộp.
Ta có:

uuur r r r uuur uuur r r r r r
A1C  a  b  c � A1C . AB1  ( a  b  c ) b  a  0
uuur uuur
� A1C  AB1
(1)
uuur uuuu
r r r r r r
A1C. AD1  (a  b  c ) c  a  0
uuur uuuu
r
� A1C  AD1 (2)
Từ (1) và (2) suy ra A1C  ( AB1D1 ) .





C1

O1



D
C

A

toán. Sau đó cho học sinh tìm tòi, 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 toán cao hơn.
2.Hình thức tự nghiên cứu các bài toán 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 tôi cho tiến
hành kiểm tra khả năng tiếp thu kiến thức của học sinh trên các lớp tôi dạy thì
số lượng học sinh đạt yêu 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 toán hình học không 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
toán.
Xác nhận của thủ trưởng đơn vị Thanh Hóa, ngày 25 tháng 5 năm 2018
Người viết

Phạm Đình Thương

11