1

MỞ ĐẦU 1. Lý do chọn đề tài

Khái niệm vectơ được hình thành từ rất lâu, bắt nguồn từ việc nghiên cứu các đối tượng có hướng. Tuy nhiên đến đầu thế kỷ 19 vectơ mới được nghiên cứu và sử dụng một cách có hệ thống, gắn liền với việc biểu diễn hình học của số phức. Thuật ngữ “vectơ” trong Toán học được W. Hamilton đề xuất vào khoảng giữa thế kỷ 19. Ngày nay, vectơ đã hiện hữu trong nhiều lĩnh vực của Toán học, cũng như những ngành khoa học khác. Các dạng toán hình học có thể giải được bằng phương pháp vectơ là đa dạng, phong phú và thường xuất hiện trong các kì thi đại học, kì thi học sinh giỏi.

Trong chương trình toán bậc phổ thông trung học hiện nay, vectơ được đưa vào giảng dạy ngay từ chương trình lớp 10, tuy nhiên với một thời lượng còn khiêm tốn. Sách giáo khoa cũng đưa ra một vài ứng dụng của vectơ, nhưng chưa chỉ ra việc định hướng tìm tòi lời giải bằng phương pháp vectơ cũng như chưa chú trọng đến việc rèn luyện kỹ năng này.

Nhằm tìm hiểu phương pháp vectơ, cùng với sự định hướng của TS. Nguyễn Ngọc Châu, tôi đã chọn đề tài: “Phương pháp vectơ trong giải toán hình học phổ thông” cho luận văn thạc sĩ của mình. 2. Mục đích và nhiệm vụ nghiên cứu

- Phương pháp vectơ trong hình học phẳng, hình học không gian.

- Các dạng toán hình học giải được bằng phương pháp vectơ. - Ứng dụng phương pháp vectơ để giải một số bài toán thực tế.

3. Đối tượng và phạm vi nghiên cứu - Phương pháp vectơ trong chương trình toán phổ thông. - Các dạng toán hình học phổ thông giải được bằng phương

2

pháp vectơ. - Một số bài toán thực tế giải được bằng phương pháp vectơ.

4. Phương pháp nghiên cứu - Thu thập các tài liệu về vectơ như sách giáo khoa, sách giáo

viên, các tài liệu chuyên đề về vectơ, … - Khảo sát, phân tích, tổng hợp tài liệu để hệ thống và phân

loại các dạng toán giải được bằng phương pháp vectơ. - Trao đổi, thảo luận, tham khảo ý kiến của giáo viên hướng

dẫn để thực hiện đề tài. 5. Cấu trúc của luận văn Ngoài phần mở đầu và kết luận, nội dung của luận văn được chia thành hai chương

Chương 1. Kiến thức cơ sở về vectơ

Chương này trình bày sơ lược những kiến thức cơ sở về vectơ cùng các tính chất của nó để làm tiền đề cho chương sau. Các chi tiết liên quan có thể xem trong các tài liệu về vectơ.

Chương 2. Ứng dụng của phương pháp vectơ

Chương này trình bày ứng dụng của phương pháp vectơ trong giải toán hình học phổ thông.

3

CHƯƠNG I KIẾN THỨC CƠ SỞ VỀ VECTƠ

1.1. VECTƠ VÀ CÁC KHÁI NIỆM LIÊN QUAN Cho đoạn thẳng AB. Nếu ta chọn điểm A làm điểm đầu, điểm B làm điểm cuối thì đoạn thẳng AB có hướng từ A đến B. Khi đó ta nói AB là một đoạn thẳng có hướng. Định nghĩa 1.1. Vectơ là một đoạn thẳng có hướng.

Vectơ có điểm đầu A, điểm cuối B được kí hiệu AB

uuur và đọc là “vectơ AB”. a

r

Vectơ còn được kí hiệu là ar

, br

, xr

, yur

, … xr

khi không cần chỉ rõ điểm đầu và điểm cuối của nó.

Vectơ có điểm đầu và điểm cuối trùng nhau gọi là vectơ – không và kí hiệu 0

r.

Chiều đi từ A đến B được gọi là hướng của vectơ ABuuur

. Vectơ 0

r có hướng tùy ý.

Đường thẳng đi qua điểm đầu và điểm cuối của một vectơ được gọi là giá của vectơ đó.

Hai vectơ được gọi là cùng phương nếu giá của chúng song song hoặc trùng nhau. Hai vectơ cùng phương thì có thể cùng hướng hoặc ngược hướng. Vectơ 0

r có phương, hướng tùy ý.

Ta gọi độ dài của một vectơ là khoảng cách giữa điểm đầu và điểm cuối của vectơ đó. Độ dài của AB

uuur được kí hiệu là AB

uuur.

Vectơ 0r

có độ dài bằng 0. Vectơ có độ dài bằng 1 được gọi là vectơ đơn vị. Định nghĩa 1.2. Hai vectơ AB

uuur và CD

uuur được gọi là bằng nhau nếu

chúng có cùng hướng và cùng độ dài, kí hiệu AB CD=uuur uuur

. Hai vectơ được gọi là đối nhau nếu chúng ngược hướng và có

độ dài bằng nhau. Vectơ đối của ABuuur

được ký hiệu là - ABuuur

.

4

Nhận xét 1.1. i) Ba điểm phân biệt A, B, C thẳng hàng ⇔ AB

uuur và AC

uuur cùng

phương. ii) Cho trước vectơ a

r và một điểm O bất kì, thì ta luôn tìm được

điểm A duy nhất sao cho OA a=uuur r

. iii) Mỗi vectơ có duy nhất một vectơ đối. Định nghĩa 1.3. Cho hai vectơ a

r và b

r khác vectơ 0

r. Từ một

điểm O bất kỳ, ta dựng các vectơ OA a=uuur r

và OB b=uuur r

, khi đó góc ·AOB với số đo từ 00 đến 0180 được gọi là góc giữa hai vectơ ar

và br

và ký hiệu là ( , )a br r

. Nếu 0( , ) 90a b =

r r thì ta nói rằng a

r và b

r vuông góc nhau và

ký hiệu a b⊥ . Định nghĩa 1.4. Trong không gian ba vectơ gọi là đồng phẳng nếu ba đường thẳng chứa chúng cùng song song với một mặt phẳng. 1.2. CÁC PHÉP TOÁN TRÊN CÁC VECTƠ

1.2.1. Phép cộng, phép trừ của hai vectơ Định nghĩa 1.5. Cho hai vectơ a

r và b

r. a

r a

r b

r

Lấy một điểm A tùy ý, vẽ AB a=uuur r

và a b+r r

BC b=uuur r

. Vectơ ACuuur

được gọi là tổng của hai vectơ a

r và b

r và ký hiệu .a b+

r r b

r

Vậy ACuuur

= a b+r r

Tính chất 1.1. Với 3 vectơ a

r, b

r, c

r tùy ý, ta có:

• Tính chất giao hoán: a b b a+ = +r r r r

• Tính chất kết hợp: ( ) ( )a b c a b c+ + = + +

r r r r r r

• Tính chất trung lập của vectơ không: 0 0a a a+ = + =r r r r r

• Tính khả đối: ( ) 0a a+ − =

r r r

Mệnh đề 1.1. i) Điểm I là trung điểm của đoạn thẳng AB khi và chỉ khi

5

0IA IB+ =uur uur r

. ii) Điểm G là trọng tâm của tam giác ABC khi và chỉ khi 0GA GB GC+ + =

uuur uuur uuur r.

Mệnh đề 1.2. (Quy tắc hình hộp) Cho hình hộp . ' ' ' 'ABCD A B C D có

ba cạnh xuất phát từ đỉnh A là AB, AD, AA’ và có đường chéo là AC’.

Khi đó ta có quy tắc hình hộp là: AA ' 'AB AD AC+ + =

uuur uuur uuuur uuuur

Định nghĩa 1.6. Cho hai vectơ ar

và br

. Ta gọi hiệu của vectơ ar

với vectơ b

r là vectơ ( )a b+ −

r r, kí hiệu a b−

r r.

Như vậy a b−r r

= ( )a b+ −r r

. Phép cộng, trừ hai vectơ có các quy tắc sau

Mệnh đề 1.3. i) Với ba điểm , ,A B C bất kỳ, ta có

+) AB BC AC+ =uuur uuur uuur

+) AB CB CA= −

uuur uuur uuur

ii) Nếu ABCD là hình bình hành, thì AB AD AC+ =uuur uuur uuur

. 1.2.2. Phép nhân một vectơ với một số thực

Định nghĩa 1.7. Cho một số thực 0k ≠ và vectơ 0a ≠r

. Tích của vectơ a

r với số k là một vectơ , kí hiệu là ka

r, và

được xác định như sau: ka

r cùng hướng với a

r, nếu 0k >

kar

ngược hướng với ar

, nếu 0k < . Vectơ ka

r có độ dài là k a

r.

Quy ước: 0 0, 0 0a k= =r r r r

. Tính chất 1.2. Với hai vectơ a

r và b

r bất kì, với mọi số thực h và

k, ta có:

Hình 1.3

6

( )k a b ka kb• + = +r r r r

( )h k a ha ka• + = +

r r r

( ) ( )h ka hk a• =r r

1. , ( 1)a a a a• = − = −

r r r r

Mệnh đề 1.4. Điều kiện cần và đủ để hai vectơ ar

và br

( 0)b ≠r r

cùng phương là có một số k để a kb=

r r.

Nhận xét 1.2. Ba điểm phân biệt A, B, C thẳng hàng ⇔ AB

uuur và AC

uuur cùng phương.

0k⇔ ∃ ≠ để ABuuur

= k ACuuur

. ⇔ Với mọi điểm O tùy ý, 0 :k ≠ (1 )OA kOB k OC= + −

uuur uuur uuur.

Định nghĩa 1.8. Cho hai điểm A và B phân biệt. Ta nói điểm M chia đoạn thẳng AB theo tỉ số 1k ≠ nếu MA kMB=

uuur uuur.

Định lý 1.1. Nếu điểm M chia đoạn thẳng AB theo tỉ số 1k ≠ thì

với điểm O bất kỳ, ta có: 1

OA kOBOMk

−=

−

uuur uuuruuuur.

Mệnh đề 1.5. i) Nếu I là trung điểm của đoạn thẳng AB thì với mọi điểm M ta có 2MA MB MI+ =

uuur uuur uuur.

ii) Nếu G là trọng tâm của tam giác ABC thì với mọi điểm M ta có 3MA MB MC MG+ + =

uuur uuur uuuur uuuur.

Định lý 1.2. Trong một mặt phẳng (P), cho hai vectơ ar

và br

không cùng phương. Khi đó mọi vectơ ( )x P∈

r đều phân tích được

một cách duy nhất theo hai vectơ ar

và br

, nghĩa là có duy nhất cặp số thực (h, k) sao cho x ha kb= +

r r r.

Định lý 1.3. Trong không gian cho hai vectơ ar

và br

không cùng phương và vectơ c

r . Khi đó ba vectơ a

r, b

r, c

r đồng phẳng khi và

chỉ khi có duy nhất cặp số ( , )h k sao cho c ha kb= +r r r

. Định lý 1.4. Trong không gian cho ba vectơ không đồng phẳng a

r,

7

br

, cr

. Khi đó với mọi xr

ta đều tìm được duy nhất một bộ ba số thực m, n, p sao cho x ma nb pc= + +

r r r r.

1.2.3. Tích vô hướng của hai vectơ Định nghĩa 1.9. Cho hai vectơ a

r và b

r khác vectơ 0

r. Tích vô

hướng của hai vectơ ar

và br

là một số thực, kí hiệu là ar

. br

và được xác định bởi công thức sau:

. os( , )a b a b c a b=r r r r r r

. Nếu 0a =

r r hoặc 0b =

r r, ta quy ước . 0a b =

r r.

Tính chất 1.3. Với ba vectơ , ,a b cr r r

bất kì và mọi số thực k ta có: . .a b b a• =

r r r r

.( ) . .a b c a b a c• + = +r r r r r r r

( ). ( . ) .( )ka b k a b a kb• = =

r r r r r uur

2 2

0, 0 0a a a• ≥ = ⇔ =r r r r

Nhận xét 1.3. i) Với a

r và b

r khác vectơ 0

r ta có . 0a b a b= ⇔ ⊥

r r r r.

ii) Tích vô hướng .a ar r

được ký hiệu là 2

ar

và gọi là bình phương vô hướng của vectơ a

r. Ta có

22a a=r r

. CHƯƠNG 2

ỨNG DỤNG CỦA PHƯƠNG PHÁP VECTƠ 2.1. ĐỊNH HƯỚNG GIẢI BÀI TOÁN HÌNH HỌC BẰNG PHƯƠNG PHÁP VECTƠ Để ứng dụng phương pháp vectơ vào giải toán hình học phổ thông ta thường tiến hành các bước như sau: Bước 1: Chuyển đổi các giả thiết, yêu cầu của bài toán hình học sang ngôn ngữ vectơ. Bước 2: Giải bài toán theo ngôn ngữ vectơ. Bước 3: Chuyển đổi các kết quả thu được từ bài toán theo ngôn ngữ vectơ về lại bài toán hình học ban đầu.

8

Trong các bước trên, việc chuyển đổi ngôn ngữ ở bước đầu tiên là khâu quan trọng nhất. Từ bước này ta có thể định hướng được cách giải của bài toán.

Để chuyển đổi ngôn ngữ tốt ta cần kết hợp giữa các biểu thức vectơ với ý nghĩa hình học của chúng, đồng thời cố gắng mô tả chúng bằng các hình ảnh trực quan.

Để bước thứ hai được thực hiện tốt, cần thiết phải rèn luyện các kỹ năng giải bài toán bằng phương pháp vectơ như là: phân tích vectơ theo hai vectơ không cùng phương, phân tích vectơ theo ba vectơ không đồng phẳng, các bài toán tính tổng, hiệu các vectơ,…

Cũng trong bước này, ta thường chọn một hệ các vectơ cơ sở, phân tích các vectơ khác theo hệ vectơ cơ sở đó. Sau đó tiến hành giải toán theo phương pháp vectơ. Khi chọn các vectơ cơ sở ta nên chọn sao cho các vectơ khác phân tích qua chúng thuận lợi nhất. Kỹ thuật này có thể tích góp qua kinh nghiệm giải toán. Chẳng hạn, đối với hình tam giác ABC ta chọn hệ các vectơ cơ sở là { ,AB AC

uuur uuur}, hình tứ diện ABCD ta chọn hệ

vectơ cơ sở là { , ,AB AC ADuuur uuur uuur

}, hình lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’ ta chọn hệ vectơ cơ sở là { , , 'AB AC AA

uuur uuur uuur}, hình hộp ABCD.A’B’C’D’ ta

chọn hệ vectơ cơ sở là { , , 'AB AC AAuuur uuur uuur

}, … Bảng 2.1: Bảng biểu thị biểu thức vectơ với ý nghĩa hình học của chúng

Ý nghĩa hình học Biểu thức vectơ Hình biểu diễn

I là trung điểm của đoạn

thẳng AB

; 01 ;2

IA IB IA IB

AI IB AB

= − + =

= =

uur uur uur uur r

uur uur uuur

2MA MB MI+ =uuur uuur uuur

(M là tùy ý).

A I B

Ba điểm A, B, C thẳng hàng

,AB k AC k R= ∈uuur uuur

,1

OC mOA nOB Om n

= + ∀

+ =

uuur uuur uuur

A B C

9

Hai điểm A và B trùng nhau 0AB =

uuur r

,OA OB O= ∀uuur uuur

Điểm M chia đoạn thẳng AB theo tỉ số k cho

trước.

, 1.MA kMB k= ≠uuur uuur

,1

OA kOBO OMk

−∀ =

−

uuur uuuruuuur

G là trọng tâm của tam giác ABC

2 ' 2 '3

AG AA GA= =uuur uuur uuur

0GA GB GC+ + =uuur uuur uuur r

3MA MB MC MG+ + =uuur uuur uuuur uuuur

(M là điểm tùy ý)

G là trọng

tâm của tứ giác ABCD 0GA GB GC GD+ + + =uuur uuur uuur uuur r

4MA MB MC MD MG+ + + =uuur uuur uuuur uuuur uuuur

(M là điểm tùy ý)

G là trọng

tâm của tứ diện ABCD

0GA GB GC GD+ + + =uuur uuur uuur uuur r

4MA MB MC MD MG+ + + =uuur uuur uuuur uuuur uuuur

(M là điểm tùy ý)

Bốn điểm O, A, B, C đồng phẳng.

OC hOA kOB= +uuur uuur uuur

,1

DO mDA nDB pDC Dm n p

= + + ∀

+ + =

uuur uuur uuur uuur

Hai đường thẳng vuông góc: a b⊥

. 0AB CD =uuur uuur

( ,AB CDuuur uuur

có giá là a, b)

Hai đường thẳng song song: a // b ( )0AB kCD k= ≠

uuur uuur

( ,AB CDuuur uuur

có giá là a, b)

… … …

10

2.2. ỨNG DỤNG CỦA PHƯƠNG PHÁP VECTƠ TRONG MỘT SỐ BÀI TOÁN THỰC TẾ Bài toán: Để đo chiều cao của Tháp Chàm Po Klong Garai ở Ninh Thuận, người ta lấy hai điểm A và B trên mặt đất có khoảng cách

12AB = m cùng thẳng hàng với chân C của tháp để đặt hai giác kế. Chân của giác kế có chiều cao h = 1,3m. Gọi D là đỉnh tháp và hai điểm A1, B1 cùng thẳng hàng với C1 thuộc chiều cao CD của tháp. Người ta đo được · 0

1 1 49DA C = và · 01 1 35DB C = . Tính chiều

cao CD của tháp đó.

Hình 2.4

Lời giải. Áp dụng định lý hàm sin vào tam giác A1B1D ta có

· ·1 1 1

1 1 1 1sin sinA D A BA B D A DB

=

Ta có · · ·1 1 1 1 1 1C A D A DB A B D= +

Nên · · · 0 0 01 1 1 1 1 1 49 35 14A DB C A D A B D= − = − = .

Do đó ·

·0

1 1 1 11 0

1 1

.sin 12.sin35 28,45sin14sin

A B A B DA DA DB

= = = m.

Trong tam giác vuông 1 1A C D ta có · 0

1 1 1 1sin 28,45.sin 49 21,47C D A D C A D= = = m Vậy ta tính được chiều cao của tháp chàm là

11

11,3 1,3 21,47 22,77h CD C D= = + = + = m. Bài toán: Một chiếc ô tô bị chết máy được kéo bởi hai lực 1T

ur và

2Tuur

. Trong đó, 1Tur

tạo với trục dọc của xe một góc bằng 200, 2Tuur

tạo với trục dọc góc 030α = . Tổng hợp lực R

ur của 1T

ur và 2T

uur

1 2( )R T T= +ur ur uur

có phương trùng với trục dọc của xe và có cường độ 300N. Tính cường độ của 1T

ur và 2T

uur.

Lời giải. Dùng tia Ax biểu thị phương của trục dọc xe. Trên tia Ax dựng AC R=

uuur ur. Dựng tia Ay tạo với Ax góc 200, dựng tia Az

tạo với Ax góc 030α = . Phân tích AC

uuur thành hai vectơ thành phần ,AB AD

uuur uuur; AB

uuur

biểu thị lực kéo 1Tur

, ADuuur

biểu thị lực kéo 2Tuur

. Vận dụng định lý hàm sin vào tam giác ACD, ta có

µ ·0sin 30 sin sinDC AC AD

D DCA= =

1 20 0 0

300sin 30 sin130 sin 20

T TN⇔ = = 2T

uur

0

1 0

sin30 .300 198,5sin130

T N N⇒ = = 1Tur

0

2 0

sin 20 .300 133,9sin130

T N N⇒ = =

2.3. ỨNG DỤNG CỦA PHƯƠNG PHÁP VECTƠ TRONG HÌNH HỌC PHẲNG 2.3.1. Chứng minh định lí hàm số côsin Bài toán: Trong tam giác ABC cho biết hai cạnh AB, AC và góc A. Hãy tính cạnh BC. Lời giải. Ta có

22 2( )BC BC AC AB= = −uuur uuur uuur

2 2

2 .AC AB AC AB= + −uuur uuur uuur uuur

2 22 2 . cosBC AC AB AC AB A= + −uuur uuur uuur uuur

12

Vậy ta có 2 2 2 2 . cosBC AC AB AC AB A= + −

Nên 2 2 2 . cosBC AC AB AC AB A= + − Từ kết quả của bài toán trên ta suy ra được Định lí hàm số côsin. 2.3.2. Chứng minh một hệ thức vectơ Bài toán: Cho tam giác ABC. Gọi AM, BN, CP là các trung tuyến của tam giác ABC. Gọi D, E, F lần lượt là trung điểm của AM, BN và CP. Chứng tỏ rằng: 4( ) 4( )OA OB OC OD OE OF+ + = + +

uuur uuur uuur uuur uuur uuur, với O là điểm bất kì.

Lời giải. Vì AM, BN, CP là các trung tuyến

của tam giác ABC nên O∀ ta có 2OB OC OM+ =

uuur uuur uuuur

2OA OC ON+ =uuur uuur uuur

2OA OB OP+ =

uuur uuur uuur

Do đó 2 2 2 2( ) 2.2 4OA OB OC OA OM OA OM OD OD+ + = + = + = =uuur uuur uuur uuur uuuur uuur uuuur uuur uuur

Tương tự ta có được 2 2 2 2( ) 2.2 4OA OB OC ON OB ON OB OE OE+ + = + = + = =

uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur

2 2 2 2( ) 2.2OF 4OA OB OC OP OC OP OC OF+ + = + = + = =uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur

Cộng vế theo vế các đẳng thức trên, ta thu được 4( ) 4( )OA OB OC OD OE OF+ + = + +

uuur uuur uuur uuur uuur uuur.

2.3.3. Biểu diễn một vectơ theo hai vectơ không cùng phương Bài toán: Cho tam giác ABC có hai đường trung tuyến là AK và BM. Hãy phân tích các vectơ , ,AB BC CA

uuur uuur uuur theo hai vectơ

,u AK=r uuur

v BM=r uuuur

. Lời giải. u

r

Gọi G là giao điểm của AK và BM vr

Khi đó G là trọng tâm của tam giác ABC.

13

Ta có 2 2 2 23 3 3 3

AB AG GB AK BM u v= + = − = −uuur uuur uuur uuur uuuur r r

2 2( )BC BK BA AK= = +uuur uuur uuur uuur

2 2 2 42( ) 2[ ( ) ]3 3 3 3

AB AK u v u u v= − + = − − + = +uuur uuur r r r r r

2 2 2 4 4 2( ) ( )3 3 3 3 3 3

CA AC AB BC u v u v u v= − = − + = − − + + = − −uuur uuur uuur uuur r r r r r r

2.3.4. Tìm tập hợp các điểm thoả mãn một điều kiện cho trước Bài toán: Cho tam giác ABC. Tìm tập hợp các điểm M thỏa mãn một trong các điều kiện sau: a) . .MA MB MA MC=

uuur uuur uuur uuuur

b) 2

. 0MA MA MB MAMC+ + =uuur uuur uuur uuuruuuur

c) .MA MB k=

uuur uuur , k là số tùy ý.

Lời giải. a) Ta có . .MA MB MA MC=

uuur uuur uuur uuuur

.( ) 0 . 0MA MB MC MA CB MA BC⇔ − = ⇔ = ⇔ ⊥uuur uuur uuuur uuur uuur

Vậy tập hợp điểm M là đường thẳng đi qua A và vuông góc với BC. b) Gọi G là trọng tâm của tam giác ABC, ta có

2. 0MA MA MB MAMC+ + =

uuur uuur uuur uuuruuuur

.( ) 0 .3 0 . 0MA MA MB MC MA MG MA MG⇔ + + = ⇔ = ⇔ =uuur uuur uuur uuuur uuur uuuur uuur uuuur

MA MG⇔ ⊥ . Suy ra tập hợp điểm M là đường tròn đường kính AG. c) Gọi I là trung điểm của đường thẳng AB, ta có . ( ).( )MA MB k MI IA MI IB k= ⇔ + + =

uuur uuur uuur uur uuur uur

2 2.( ) . .MI MI IA IB IA IB k MI IA IB k⇔ + + + = ⇔ + =uuur uuur uur uur uur uur uur uur

2

2 0 2. . os1804

ABMI IA IB c k MI k⇔ + = ⇔ − =uur uur

2

2

4ABMI k⇔ = + . Suy ra:

i) Nếu 2

04

ABk + = thì tập hợp điểm M là chính là điểm I.

14

ii) Nếu 2

04

ABk + < thì tập hợp điểm M là tập rỗng.

iii) Nếu 2

04

ABk + > thì tập hợp điểm M là đường tròn tâm I,

bán kính 2

4ABR k= + .

2.3.5. Chứng minh hai điểm trùng nhau Bài toán: Cho tam giác ABC. Lấy các điểm 1 ,A BC∈ 1 ,B AC∈

1C AB∈ sao cho 1 1 1 0AA BB CC+ + =uuur uuur uuuur r

. Chứng minh rằng hai tam giác ABC và 1 1 1A B C có cùng trọng tâm. Lời giải. Gọi G, G1 lần lượt là trọng tâm của các tam giác ABC và 1 1 1A B C . Ta có 0GA GB GC+ + =

uuur uuur uuur r và 1 1 1 1 1 1 0G A G B G C+ + =

uuuur uuuur uuuur r.

Lại có 1 1 1 1AA AG GG G A= + +uuur uuur uuuur uuuur

1 1 1 1BB BG GG G B= + +

uuur uuur uuuur uuuur

1 1 1 1CC CG GG G C= + +uuuur uuur uuuur uuuur

Cộng vế theo vế ta được

1 1 1AA BB CC+ + =uuur uuur uuuur

1 1 1 1 1 1 1( ) ( ) 3GA GB GC G A G B G C GG− + + + + + +uuur uuur uuur uuuur uuuur uuuur uuuur

1 1 10 3 0 .GG GG G G⇔ = ⇔ = ⇔ ≡r uuuur uuuur r

Vậy hai tam giác ABC và 1 1 1A B C có cùng trọng tâm.

2.3.6. Chứng minh ba điểm thẳng hàng Bài toán: Cho tứ giác ABCD. Các điểm M, N theo thứ tự thay

đổi trên các cạnh AD, BC sao cho AM CNAD CB

= . Các điểm E, F

lần lượt là trung điểm của AC và BD. Gọi I là trung điểm của MN. Chứng minh I luôn chuyển động trên đoạn EF. Lời giải.

Đặt ( ) , 0 1AM CN k kAD CB

= = ≤ ≤

Ta có EI EA AM MI= + +uur uuur uuuur uuur

15

EI EC CN NI= + +uur uuur uuur uur

Vì E là trung điểm của AC và I là trung điểm của MN nên ta có 2 ( ) ( ) ( )EI EA EC AM CN MI NI AM CN= + + + + + = +

uur uuur uuur uuuur uuur uuur uur uuuur uuur

Do đó 1 1 1( ) ( ) ( )2 2 2

EI AM CN k AD kCB k AD CB= + = + = +uur uuuur uuur uuur uuur uuur uuur

(1)

Lại có EF EA AD DF= + +uuur uuur uuur uuur

và EF EC CB BF= + +uuur uuur uuur uuur

Mặt khác, do E và F lần lượt là trung điểm của AC và BD Nên 2 ( ) ( ) ( )EF EA EC AD CB DF BF AD CB= + + + + + = +

uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur

Do đó 1 ( )2

EF AD CB= +uuur uuur uuur

(2)

Từ (1) và (2) suy ra EI kEF=uur uuur

. Vậy I luôn chuyển động trên đoạn EF. 2.3.7. Chứng minh hai đường thẳng vuông góc

Bài toán: Cho tam giác ABC có góc A nhọn. Vẽ bên ngoài các tam giác vuông cân đỉnh A là ABD và ACE. Gọi M là trung điểm của BC. Chứng minh rằng: AM ⊥ DE. Lời giải.

Ta chứng minh . 0AM DE =uuuur uuur

. Các tam giác ABD và ACE vuông

tại A nên ta có . 0AB AD =uuur uuur

và . 0AC AE =uuur uuur

Lại có 2 . ( ).( )AM DE AB AC AE AD= + −

uuuur uuur uuur uuur uuur uuur

. . . .AB AE AB AD AC AE AC AD= − + −uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur

. .AB AE AC AD= −uuur uuur uuur uuur

0 0. . os(90 ) . . os(90 )AB AE c A AC AD c A= + − + 0= (vì . .AB AE AC AD= ). Vậy AM ⊥ DE.

2.3.8. Sử dụng tích vô hướng giải các bài toán cực trị Bài toán: Cho tam giác ABC có trọng tâm G và M là điểm tùy ý. Chứng minh rằng: 2 2 2 2 2 2 23MA MB MC GA GB GC MG+ + = + + + . Từ đó suy ra vị trí của M để 2 2 2MA MB MC+ + đạt giá trị nhỏ nhất.

16

Lời giải. Ta có

22 2 2 2( ) 2 .MA MA MG GA MG GA MG GA= = + = + +uuur uuuur uuur uuuur uuur

22 2 2 2( ) 2 .MB MB MG GB MG GB MG GB= = + = + +

uuur uuuur uuur uuuur uuur

22 2 2 2( ) 2 .MC MC MG GC MG GC MG GC= = + = + +

uuuur uuuur uuur uuuur uuur

Cộng vế theo vế, ta được 2 2 2 2 2 2 23 2 .( )MA MB MC MG GA GB GC MG GA GB GC+ + = + + + + + +

uuuur uuur uuur uuur

2 2 2 23MG GA GB GC= + + + (vì 0GA GB GC+ + =uuur uuur uuur r

). Từ đó suy ra 2 2 2MA MB MC+ + đạt giá trị nhỏ nhất khi

2 0MG M G= ⇔ ≡ . 2.4. ỨNG DỤNG CỦA PHƯƠNG PHÁP VECTƠ TRONG HÌNH HỌC KHÔNG GIAN

2.4.1. Chứng minh một hệ thức vectơ Bài toán: Cho tứ diện ABCD. Gọi I, J lần lượt là trung điểm của AB và CD. Gọi E là trung điểm của IJ. Chứng minh rằng với mọi điểm M trong không gian ta luôn có:

4ME MA MB MC MD= + + +uuur uuur uuur uuuur uuuur

Lời giải. Theo quy tắc ba điểm, ta có MA ME EA= +

uuur uuur uuur , MB ME EB= +

uuur uuur uuur ,

MC ME EC= +uuuur uuur uuur

, MD ME ED= +uuuur uuur uuur

Suy ra MA MB MC MD+ + +

uuur uuur uuuur uuuur

4 ( ) ( )ME EA EB EC ED= + + + +uuur uuur uuur uuur uuur

4 2 2EJ 4 2( EJ)ME EI ME EI= + + = + +

uuur uur uur uuur uur uur

4 2.0 4 .ME ME= + =uuur r uuuur

Vậy 4ME MA MB MC MD= + + +

uuur uuur uuur uuuur uuuur.

2.4.2. Chứng minh hai đường thẳng vuông góc Bài toán: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a. SA vuông góc với đáy. Gọi M, N là hai điểm theo thứ tự

17

thuộc BC, CD sao cho 3,2 4a aBM DN= = . Chứng minh rằng :

NM AM⊥ Lời giải.

Biểu diễn các vectơ ,AM NMuuuur uuuur

qua hai vectơ AB

uuur và AD

uuur.

Do ABCD là hình vuông cạnh a nên . 0AB AD =

uuur uuur

Ta có AM AB BM= +uuuur uuur uuuur

1 12 2

AB BC AB AD= + = +uuur uuur uuur uuur

1( ) ( )2

NM AM AN AB AD AD DN= − = + − +uuuur uuuur uuur uuur uuur uuur uuur

1 32 4

AB AD AD DC= + − −uuur uuur uuur uuur

1 3 1 12 4 4 2

AB AD AD AB AB AD= + − − = −uuur uuur uuur uuur uuur uuur

Do đó 1 1 1. ( ).( )2 4 2

AM NM AB AD AB AD= + −uuuur uuuur uuur uuur uuur uuur

2 21 1 1 1. .4 2 8 4

AB AB AD AB AD AD= − + −uuur uuur uuur uuur uuur uuur

2 21 1 0.4 4

AB AD= − =

Vậy NM AM⊥ . 2.4.3.Tính góc giữa hai đường thẳng

Bài toán: Cho hình lập phương 1 1 1 1.ABCD A B C D . Tính góc giữa hai đường thẳng chéo nhau 1AB và 1BC . Lời giải.

Ta chọn hệ vectơ cơ sở là { }1, ,AB AA ADuuur uuur uuur

Đặt 1, ,AB a AA b AD c= = =

uuur r uuur r uuur r.

Ta có 1 1AB AB BB a b= + = +uuuur uuur uuur r r

2 2 2 2 22

1 1 2AB AB a b ab a b⇒ = = + + = +uuuur r r rr r r

18

2 2

1AB a b⇒ = +uuuur r r

Lại có 2 2

1 1 1 1 1BC BB B C b c BC b c= + = + ⇒ = +uuuur uuur uuuur r r uuuur r r

Do đó 2

1 11 1 22 2 2 2

1 1

. ( ).( ) 1cos( , )22.

AB BC a b b c bAB BCAB BC ba b b c

+ += = = =

+ +

uuuur uuuur r r r r ruuuur uuuuruuuur uuuur rr r r r

(Vì 1 1 1 1.ABCD A B C D là hình lập phương nên 2 2 2

a b c= =r r r

). Vậy 0

1 1( , ) 60AB BC =uuuur uuuur

. 2.4.4. Biểu diễn một vectơ theo ba vectơ không đồng phẳng

Bài toán: Cho tứ diện ABCD. Gọi M là điểm chia đường trung

tuyến AA1 của mặt phẳng (ABC) theo tỉ số 3:7 1

37

MAMA

=

.

Chứng minh rằng: 7 3 310 20 20

DM DA DB DC= + +uuuur uuur uuur uuur

.

Lời giải.

Ta có 1

37

MAMA

= nên 1 1

3 33 7 AA 10

AM AMAM MA

= ⇔ =+ +

Suy ra 13 AA

10AM =uuuur uuuur

13 ( )

10DM DA DA DA⇔ − = −uuuur uuur uuuur uuur

17 3

10 10DM DA DA⇔ = +uuuur uuur uuuur

Vì A1 là trung điểm của BC nên 11 ( )2

DA DB DC= +uuuur uuur uuur

Do đó 7 3 1. ( )10 10 2

DM DA DB DC= + +uuuur uuur uuur uuur

7 3 310 20 20

DA DB DC= + +uuur uuur uuur

, đpcm.

19

2.4.5. Chứng minh ba vectơ đồng phẳng Bài toán: Cho tứ diện OABC. Ba điểm M, N, P trong không gian thỏa mãn:

2OM OA tOB OC= + −uuuur uuur uuur uuur

( 1) 2ON t OA OB OC= + + +

uuur uuur uuur uuur

( 2) 2 ,OP t OB OC t R= − + ∈uuur uuur uuur

Xác định t để ba vectơ , ,OM ON OP

uuuur uuur uuur đồng phẳng.

Lời giải. Để chứng minh ba vectơ , ,OM ON OP

uuuur uuur uuur đồng phẳng, ta cần

chứng minh tồn tại cặp số thực (m, n) sao cho: OM mON nOP= +uuuur uuur uuur

. 2 [( 1) 2 ] [( 2) 2 ]OA tOB OC m t OA OB OC n t OB OC⇔ + − = + + + + − +

uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur

( 1) [2 ( 2)] ( 2 )m t OA m n t OB m n OC= + + + − + +uuur uuur uuur

2

1 ( 1)1 1612 ( 2) 4 10 0

82 2

m tt m n t t t t

m n

= +− ±⇔ = + − ⇒ + − = ⇔ =

− = +

Vậy với 1 1618

t − ±= ba vectơ , ,OM ON OP

uuuur uuur uuur đồng phẳng.

2.4.6. Các bài toán liên quan đến độ dài, diện tích, thể tích Bài toán: (Đề thi tuyển sinh đại học môn toán khối A năm 2011)

Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác vuông cân tại B, 2AB BC a= = . Hai mặt phẳng (SAB) và (SAC) cùng vuông

góc với mặt phẳng (ABC). Gọi M là trung điểm của AB, mặt phẳng qua SM và song song với BC, cắt AC tại N. Biết góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (ABC) bằng 060 . Tính thể tích khối chóp S.BCNM và khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và SN theo a. Lời giải.

Theo giả thiết ta có ( ) ( )( ) ( )SAB ABCSAC ABC

⊥ ⊥

Mà ( ) ( )SAB SAC SA∩ = ( )SA ABC⇒ ⊥ .

20

Ta chọn hệ vectơ cơ sở là { }, ,BA BC SAuuur uuur uur

. Đặt , ,BA a BC b SA c= = =

uuur r uuur r uur r. Khi đó ta có

2BA BC a b a= = = =r r

và . . . 0a b a c b c= = =r r r r r r

. • Để xác định góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (ABC) ta làm như sau : Ta có ( ) ( )SBC ABC BC∩ = Mặt khác ta có ( )BC SAB BC SB⊥ ⇒ ⊥ Mà ( ), ( )AB ABC AB BC gt∈ ⊥ Suy ra góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (ABC) chính là góc giữa hai đường thẳng AB và SB. Do đó · · 0( ; ) 60AB SB SBA= = . Ta tính được 0.tan 60 2 3SA AB a= = 2 2 212 3c a b⇒ = = (với 2 3c a=

r)

Vì M là trung điểm của AB, mặt phẳng qua SM và song song với BC, cắt AC tại N nên N là trung điểm của AC. Tứ giác BMNC có MN // BC và µ 090B = nên tứ giác BMNC là hình thang vuông.

Suy ra 21 1 3. .( ) . .( 2 )

2 2 2BMNCaS BM MN BC a a a= + = + =

Vậy 2

31 1 3. . .2 3 . 33 3 2SBMNC BMNC

aV SA S a a= = =

• Để tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và SN ta biểu diễn các vectơ ,AB SN

uuur uuur theo , ,a b c

r r r.

Ta có AB a= −uuur r

1 1 1 ( )2 2 2

SN SA AM MN c a b a b c= + + = − + = − − +uuur uur uuuur uuuur r r r r r r

Gọi H ∈ AB và K ∈ SN sao cho

AH xAB xa= =uuur uuur r

và ( )2ySK ySN a b c= = − − +

uuur uuur r r r

21

Do đó AS ( )2yHK HA SK xa c a b c= + + = − − − − +

uuur uuur uuur uuur r r r r r

( ) ( 1)2 2y yx a b y c= − + + + −

r r r

Để HK là đoạn vuông góc chung của AB và SN thì ta phải có

. 0

. 0

HK AB HK ABHK SN HK SN

⊥ = ⇔ ⊥ =

uuur uuur

uuur uuur

2 2 2

0 02 2

1 1( ) ( 1) 0 ( ) 3( 1) 02 2 4 2 2 4

y yx x

y y y yx a b y c x y

+ = + = ⇔ ⇔ + + + − = + + + − =

60 6 11327 12 13 133

2 2 13

y xxHK b c

x y y

= −+ = ⇔ ⇔ ⇒ = − + = =

uuur r r

2 2 26 1 6 1 2 39( ) ( ) ( ) .13 13 13 13 13

aHK HK b c b−⇒ = = − = + =

uuur r r r

2.4.7. Tìm tập hợp các điểm thoả mãn một điều kiện cho trước Bài toán: Tìm tập hợp điểm M trong không gian sao cho M thỏa mãn hệ thức: 2 22MA MB k+ = với A, B là hai điểm cố định cho trước và k là một số thực dương. Lời giải. Gọi G là điểm chia đoạn AB theo tỉ số -2, ta có: 2 0GA GB+ =

uuur uuur r

Khi đó 2 22 22 2MA MB k MA MB k+ = ⇔ + =

uuur uuur

2 2( ) 2( )MG GA MG GB k⇔ + + + =uuuur uuur uuuur uuur

2 2 23 2 2 ( 2 )MG GA GB MG GA GB k⇔ + + + + =

uuuur uuur uuur

2 2 2 23 ( 2 ) 6MG k GA GB k GB⇔ = − + = − (vì 2 0GA GB+ =uuur uuur r

)

2 21 ( 6 )3

MG k GB⇔ = − . Vậy :

i) Nếu 26k GB< thì tập hợp điểm M là tập rỗng.

22

ii) Nếu 26k GB= thì tập hợp điểm M chính là điểm G. iii) Nếu 26k GB> thì tập hợp điểm M là mặt cầu tâm G bán

kính 21 ( 6 )3

R k GB= −

2.4.8. Chứng minh ba điểm thẳng hàng Bài toán: Cho tứ diện ABCD, M và N là các điểm lần lượt thuộc các đoạn AB và CD sao cho 2MA MB= , 2ND NC= ; Các điểm I, J, K lần lượt thuộc các đoạn AD, MN, BC sao cho

. ,IA k ID= . ,JM k JN= .KB k KC= . Chứng minh rằng các điểm I, J, K thẳng hàng. Lời giải.

Vì 2MA MB= −uuur uuur

nên với điểm O bất kỳ thì 23

OA OBOM +=

uuur uuuruuuur

Tương tự:

23

OD OCON +=

uuur uuuruuur;

1OA kODOI

k−

=−

uuur uuuruur;

1

OB kOCOKk

−=

−

uuur uuuruuur;

1OM kONOJ

k−

=−

uuuur uuuruuur

Từ đó, ta có 1 1. .( 2 . 2 . )1 3

OJ OA OB k OD k OCk

= + − −−

uuur uuur uuur uuur uuur

( ) ( )1 1 1 1 2. [ 1 2 1 ] ( 2 )1 3 3 3 3

k OI k OK OI OK OI OKk

= − + − = + = +−

uur uuur uur uuur uur uuur

Mặt khác 1 2 1.3 3

+ = Vậy ba điểm I, J, K thẳng hàng.

2.4.9. Chứng minh hai điểm trùng nhau Bài toán: Cho tứ diện ABCD. Gọi ', ', ', 'A B C D lần lượt là các điểm chia các cạnh AB, BC, CD, DA theo tỉ số k. Chứng minh rằng hai tứ diện ABCD và ' ' ' 'A B C D có cùng trọng tâm ( 1)k ≠ .

23

Lời giải. Chọn O là điểm tùy ý. Gọi G là trọng tâm tứ diện ABCD ta có

1 ( )4

OG OA OB OC OD= + + +uuur uuur uuur uuur uuur

.

Gọi 'G là trọng tâm tứ diện ' ' ' 'A B C D ta có

1' ( ' ' ' ')4

OG OA OB OC OD= + + +uuuur uuur uuuur uuuur uuuur

.

Mặt khác, vì ', ', ', 'A B C D lần lượt là các điểm chia các cạnh

AB, BC, CD, DA theo tỉ số k nên ta có ' ;1

OA kOBOAk

−=

−

uuur uuuruuur

' ;1

OB kOCOBk

−=

−

uuur uuuruuuur ' ; '

1 1OC kOD OD kOAOC OD

k k− −

= =− −

uuur uuur uuur uuuruuuur uuuur

Suy ra ' ' ' 'OA OB OC OD OA OB OC OD+ + + = + + +uuur uuuur uuuur uuuur uuur uuur uuur uuur

Do đó ' 'OG OG G G= ⇔ ≡

uuur uuuur.

2.4.10. Sử dụng tích vô hướng giải các bài toán cực trị Bài toán: Cho tam giác ABC. Tìm điểm M trong không gian sao cho tổng bình phương các khoảng cách từ đó đến các đỉnh của tam giác đã cho là nhỏ nhất. Lời giải. Yêu cầu bài toán là xác định điểm M sao cho

2 2 2MA MB MC+ + bé nhất. Gọi G là trọng tâm tam giác ABC thì ta có 0GA GB GC+ + =

uuur uuur uuur r.

Khi đó 2 2 22 2 2MA MB MC MA MB MC+ + = + +

uuur uuur uuuur

2 2 2( ) ( ) ( )MG GA MG GB MG GC= + + + + +uuuur uuur uuuur uuur uuuur uuur

2 2 2 23 2 .( )MG GA GB GC MG GA GB GC= + + + + + +

uuuur uuur uuur uuur

2 2 2 2 2 2 23MG GA GB GC GA GB GC= + + + ≥ + + Đẳng thức xảy ra khi M G≡ .

24

Vậy 2 2 2MA MB MC+ + bé nhất bằng 2 2 2GA GB GC+ + khi và chỉ khi M là trọng tâm tam giác ABC.

KẾT LUẬN Sau một thời gian thu thập tài liệu, phân tích, nghiên cứu để

thực hiện đề tài, luận văn “Phương pháp vectơ trong giải toán hình học phổ thông” đã đạt được mục đích đề ra. Cụ thể là: 1) Định hướng việc giải một bài toán hình học bằng phương pháp vectơ. 2) Giới thiệu một số bài toán thực tế giải bằng phương pháp vectơ. 3) Ứng dụng phương pháp vectơ để giải một số lớp bài toán hình học phẳng và hình học không gian. Chẳng hạn: Bài toán giải tam giác; chứng minh một hệ thức vectơ; biểu diễn một vectơ qua hai vectơ không cùng phương, qua ba vectơ không đồng phẳng; chứng minh ba điểm thẳng hàng; chứng minh hai đường thẳng vuông góc; tính góc giữa hai đường thẳng. Các bài toán liên quan đến độ dài, diện tích, thể tích. Các bài toán quỹ tích, các bài toán cực trị hình học,… Đối với mỗi dạng toán đều có phương pháp giải và những ví dụ minh họa.

Hy vọng rằng các kỹ thuật trong luận văn sẽ còn tiếp tục được hoàn thiện và mở rộng hơn nữa, nhằm minh chứng tính hiệu quả của phương pháp vectơ khi giải toán hình học.