Tài liệu Sử dụng phương pháp vectơ giải toán hình học.

Sử dụng phương pháp vectơ giải toán hình học THÔNG TIN CHUNG VỀ SÁNG KIẾN 1. Tên sáng kiến: Sử dụng phương pháp vectơ giải toán hình học. 2. Lĩnh vực áp dụng sáng kiến: Khối 10, 11, khối chuyên toán. 3. Thời gian áp dụng sáng kiến: Từ ngày 1 tháng 9 năm 2014 đến ngày 1 tháng 9 năm 2015. 4. Tác giả: Họ và tên: Lê Thị Phượng Năm sinh: 1987 Nơi thường trú: Nam Định Trình độ chuyên môn: Cử nhân toán Chức vụ công tác: Giáo viên toán Nơi làm việc: trường THPT chuyên Lê Hồng Phong Địa chỉ liên hệ: 76 Vị Xuyên Nam Định Điện thoại: 0972313265. 5. Đồng tác giả (nếu có): Không 6. Đơn vị áp dụng sáng kiến: Tên đơn vị: Trường THPT chuyên Lê Hồng Phong Địa chỉ: 76 Vị Xuyên Nam Định Điện thoại: 1 Sử dụng phương pháp vectơ giải toán hình học I. Điều kiện hoàn cảnh tạo ra sáng kiến: Năm học 2014-2015, tôi được phân công giảng dạy môn toán khối 10, 11. Vì vậy tôi luôn ý thức tự học tập và nghiên cứu nhằm nâng cao chất lượng bài giảng phát huy tối đa năng lực tư duy, năng lực sáng tạo của học sinh. Trong quá trình giảng dạy, tôi nhận thấy học sinh thường lúng túng và gặp nhiều khó khăn khi giải quyết các bài toán có sử dụng phương pháp vectơ. Các bài toán có sử dụng phương pháp vectơ thường cho ta một lời giải hay, độc đáo và gọn gàng mà đôi khi không cần tính trực giác ( vẽ hình ). Khi tiếp cận với phương pháp vectơ, học sinh có thể tự mình tìm tòi được các tính chất của hình học, như vậy có thể phát triển được tư duy sáng tạo của học sinh. Trong kì thi trung học phổ thông quốc gia, các bài toán hình học phẳng và hình học không gian sử dụng rất nhiều tính chất của vectơ. Chính những ưu điểm trên của phương pháp vectơ trong giải toán hình học đã thúc đẩy tôi viết sáng kiến kinh nghiệm: “ Sử dụng phương pháp vectơ giải toán hình học ”. Trong bài viết sáng kiến kinh nghiệm, tôi nhắc lại những kiến thức cơ sở về vectơ đồng thời đưa ra hệ thống bài tập có chọn lọc được chia ra hai dạng: chứng minh đẳng thức và bất đẳng thức hình học. Trong mỗi bài tập thường có nhận xét và đề xuất bài toán mới. Mặc dù đã có nhiều cố gắng song bài viết của tôi không tránh khỏi thiếu sót. Tôi rất mong sự đóng góp ý kiến quí báu của các thầy giáo, cô giáo để hoàn thiện hơn nữa sáng kiến kinh nghiệm của mình. II. Nội dung sáng kiến: 2 Sử dụng phương pháp vectơ giải toán hình học Chương 1: Các kiến thức cơ sở 1. Vectơ Định nghĩa 1.1. Vectơ là một đoạn thẳng đã định hướng, tức là đã chỉ rõ điểm đầu và điểm cuối. + Kí hiệu vectơ như sau: a,b,c, AB,CD.... + Nếu viết AB ta hiểu A là điểm đầu, B là điểm cuối và hướng từ A đến B. + Độ dài của đoạn thẳng AB gọi là độ dài của AB . kí hiệu: AB  AB . + Như vậy, một vectơ hoàn toàn xác định khi biết phương hướng và độ dài của vectơ đó. Định nghĩa 1.2. Vectơ không ( kí hiệu 0 ) là vectơ có điểm đầu và điểm cuối trùng nhau. Định nghĩa 1.3. Hai vectơ a,b được gọi là bằng nhau nếu chúng có cùng hướng và cùng độ dài. Trong trường hợp a,b ngược hướng và có độ dài bằng nhau thì chúng gọi là hai vectơ đối nhau. Kí hiệu vectơ đối của vectơ a là -a . 3 Sử dụng phương pháp vectơ giải toán hình học 2. Các phép toán của vectơ Định nghĩa 2.1. Tổng của hai vectơ a và b và là một vectơ kí hiệu là a  b được xác định như sau: Từ một điểm A tùy ý trên mặt phẳng ta dựng vectơ AB  a Sau đó từ điểm B ta lại dựng vectơ BC  b Khi đó được gọi là tổng của hai vectơ a và b . Kí hiệu: AC  a  b A C B Tính chất: với mọi vectơ a, b, c ta có: i) a  b  b  a ( tính chất giao hoán ).     ii) a  b  c  a  b  c ( tính chất kết hợp ). iii) a  0  0  a  a .   iv) a  a  0 . Định nghĩa 2.2. Hiệu của hai vectơ a và b là tổng của vectơ a và vectơ đối của vectơ b . Kí hiệu: a  b  a  b   Định nghĩa 2.3. Tích của vectơ a với một số thực k là một vectơ, kí hiệu là ka được xác định như sau: + Vectơ ka cùng hướng với vectơ a nếu 0  k . + Vectơ ka ngược hướng với vectơ a nếu k  0 . + Độ dài của vectơ ka bằng k a . Chú ý : k.0  0.k=0 . 4 Sử dụng phương pháp vectơ giải toán hình học Tính chất: với mọi vectơ a , b và  m, n  ta có: i) 1.a  a ii) (-1)a  a   iii) m na   mn  a iv)  m+n  a  ma  na   v) m a  b  ma  mb vi) Nếu a  0 thì a , b cùng phương khi và chỉ khi b  ka  k  . 3. Một số khái niệm và các tính chất liên quan. Định nghĩa 3.1. Tích vô hướng của hai vectơ a , b là một số thực kí hiệu a.b . Ta có: a.b  a b cos a,b .     Nhận xét: a.b  0  a ,b  900 . Kí hiệu: a  b . Tính chất:  a, b ta có: i) a.b  b.a ( tính chất giao hoán )     ii) ka b  k ab ( k là hằng số )   iii) a b  c  a.b  a.c ( luật phân phối giữa phép nhân và phép cộng )  2 2 iv) a.a  a  a . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a  0 . Định nghĩa 3.2. Trong không gian Oxyz , cho hai vectơ a  a1; a2 ; a3  , b  b1; b2 ; b3  . Khi đó tích có hướng của hai vectơ a và b là một vectơ kí hiệu là  a ,b  . a a a a a a  Ta có:  a,b    2 3 ; 3 1 ; 1 2   b2 b3  b3 b1 b1 b2  5 Sử dụng phương pháp vectơ giải toán hình học Tính chất:  a, b, c ta có: i)  a ,b   a   a ,b  .a  0 ;     ii)  a,b   a b sin a, b .    a ,b   b   a ,b  .b  0 .       iii)  a,b   0  a , b cùng phương. iv) Ba vectơ a, b, c đồng phẳng   a ,b  .c  0 . Định nghĩa 3.3. Trong không gian Oxyz cho hệ n điểm A1, A2 ,..., An và bộ n số thực k1,k2 ,...,kn thỏa mãn n  ki  0 . Khi đó tồn tại duy nhất điểm G thỏa mãn i 1 n ki GAi  0 .  i 1 Điểm G được gọi là tâm tỉ cự của hệ n điểm A1, A2 ,..., An gắn với bộ n hệ số thực k1,k2 ,...,kn . Định nghĩa 3.4. Tâm tỉ cự G của hệ n điểm A1, A2 ,..., An với bộ n hệ số thực k1,k2 ,...,kn thỏa mãn k1=k2  ...  kn  0 được gọi là trọng tâm của hệ n điểm đó. Nhận xét: Khái niệm trọng tâm là trường hợp đặc biệt của khái niệm tâm tỉ cự. Trong trường hợp các ki bằng nhau để đơn giản ta có thể chọn ki  1  i = 1,n . Vậy điểm G là trọng tâm của hệ n điểm A1, A2 ,..., An khi và chỉ khi 6 n  i 1 GAi  0 . Sử dụng phương pháp vectơ giải toán hình học 4. Bất đẳng thức vectơ Với mọi vectơ a, b ta có: i) a + b  a  b Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = k.b  k  0  . Tổng quát: với n vectơ ai i=1, n  ta có: ii) n n i 1 i 1  ai   ai . a-b  ab Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = k.b  k  1 . Tổng quát: với n vectơ ai i=1, n  ta có: a1  a2  ...  an  a1  a2  ...  an . iii) a.b  a . b Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = k.b  k  0  . 7 Sử dụng phương pháp vectơ giải toán hình học Chương 2 Một số bài toán liên quan đến vectơ 1. Một số bài toán chứng minh đẳng thức . Bài toán 1.1. ( Bài toán cơ bản trong tam giác về đường thẳng Euler ) Cho ABC có BC=a, AC=b, AB=c . Gọi G, H, I, O, I1 lần lượt là trọng tâm, trực tâm, tâm đường tròn nội tiếp, tâm đường tròn ngoại tiếp, tâm đường tròn Euler của ABC ( tâm đường tròn Euler là tâm đường tròn đi qua trung điểm ba cạnh của ABC ). Chứng minh các đẳng thức vectơ sau: 1) GA  GB  GC  0 . 2) OA  OB  OC  OH  3OG . 3) HA  HB  HC  2HO  3HG . 4) OH  2OI1 . 5) aIA  bIB  cIC  0 . 6) OI  7) IG  8) IH  a b c OA  OB  OC . 2p 2p 2p b+c-2a a+c-2b a+b-2c OA  OB  OC . 6p 6p 6p b+c a+c a+b OA  OB  OC . 2p 2p 2p   9) tanA.HA  tanB.HB  tanC.HC  0  A, B, C   . 2  10) Sa .MA  Sb .MB  Sc .MC  0 ( M là điểm bất kì nằm trong ABC và Sa , Sb , Sc lần lượt là diện tích của các tam giác MBC, MCA, MAB ). 8 Sử dụng phương pháp vectơ giải toán hình học Chứng minh. 1) Đẳng thức 1 là đẳng thức vectơ cơ bản, là nền tảng chứng minh các đẳng thức vectơ khác. 2) Ta có: A P N O H I1 G B C M A' GA  GB  GC  0  OA  OB  OC  3OG  0  OA  OB  OC  3OG . Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm của các cạnh BC, CA, AB. Gọi A’ là điểm đối xứng của điểm A qua điểm O. Suy ra BHCA’ là hình bình hành suy ra H, M, A’ thẳng hàng suy ra OM là đường trung bình của AHA' .  2OM  AH  OH  OA Có: 2OM  OB  OC  OA  OB  OC  OH Vậy: OA  OB  OC  OH  3OG ( đpcm ). 3) theo chứng minh trên ta có: OA  OB  OC  3OG  HA  HB  HC  3HO  3OG  HA  HB  HC  3HG Ta có: HA  HB  HC  3HO  OA  OB  OC  3HO  OH  2HO Vậy: HA  HB  HC  2HO  3HG ( đpcm ). 4) Ta chứng minh được những khẳng định sau: + Điểm O là trực tâm của MNP . 9 Sử dụng phương pháp vectơ giải toán hình học + Điểm I1 là tâm đường tròn ngoại tiếp MNP . + Điểm G là trọng tâm của MNP . Ta thấy MNP đóng vai trò như ABC với ba yếu tố tâm đường tròn ngoại tiếp, trọng tâm, trực tâm là I1 , G, O. Chứng minh tương tự ta có: OM  ON  OP  2OI1  3OG . Theo chứng minh trên ta có: 3OG  OH  OH  2OI1 ( đpcm ). Nhận xét: từ bài toán trên ta suy ra hệ thức: OH  2OI1  3OG . Suy ra bốn điểm O, H, G, I1 thẳng hàng. Vậy trong một tam giác bất kì tâm đường tròn ngoại tiếp, trực tâm, trọng tâm, tâm đường tròn Euler thẳng hàng. Đường thẳng nối bốn điểm này được gọi là đường thẳng Euler. 5) Gọi IA  BC=M; IB  AC=N; IC  AB=P . A P N I C M B Khi đó: AM, BN, CP lần lượt là phân giác trong của các góc A, B, C. Theo tính chất đường phân giác trong tam giác ta có: PA AC b    aPA  bPB  0 1 PB BC a IP AP AP IP AP BP AP  BP c          a+b  IP  cIC  0  2 IC AC b IC AC BC AC  BC a+b Do đó:       aIA  bIB  cIC  a IP  PA  b IP  PB  cIC  aPA  bPB   a+b  IP  cIC  0 (đpcm). 10 Sử dụng phương pháp vectơ giải toán hình học 6) Ta có: aIA  bIB  cIC  0   a+b+c  OI  aOA  bOB  cOC  OI  a b c OA  OB  OC 2p 2p 2p ( đpcm ) 7) Ta có: GA  GB  GC  0    3a  3b  3c   3IG  IA  IB  IC  OA  OB  OC  3OI   1   OA   1   OB   1   OC  2p   2p   2p   IG  b+c-2a a+c-2b a+b-2c OA  OB  OC ( đpcm ). 6p 6p 6p 8) Ta có:    a  b  c  b+c a+c a+b IH  OH  OI   1  OA  OB  OC  OA   1  OB   1  OC  2p 2p 2p  2p   2p   2p  ( đpcm ). 9) Xét trường hợp ABC có ba góc nhọn. Gọi AH  BC=M, BH  AC=N, CH  AB=P A N C' P H B M C A' Dựng hình bình hành BA’HC’. Theo qui tắc hình bình hành ta có: HB  HA'  HC' Do A, H, A’ thẳng hàng và C, H, C’ thẳng hàng nên theo tính chất vectơ tồn tại k, l  0 ; k=- HA' HC' sao cho HA'  k HA; HC'  l HC . ; l=HA HC Suy ra HB  k HA  l HC (*) 11 Sử dụng phương pháp vectơ giải toán hình học HA' BC' BP CPcotB tanA     HA HA PA CPcotA tanB HA' tanA HC' tanC . Chứng minh tương tự: l=.  k=  HA tanB HC tanB Do BA’HC’ là hình bình hành nên ta có: Thay vào (*) ta có: HB  k HA  l HC   tanA tanC HA  HC  tanA.HA  tanB.HB  tanC.HC  0 ( đpcm ). tanB tanB Trường hợp ABC tù ta chứng minh tương tự. 10) Gọi AM  BC=N, BM  AC=P, CM  AB=E . A C' P E M C B N A' Dựng hình bình hành MC’BA’. Theo qui tắc hình bình hành ta có: MB  MA'  MC' theo tính chất vectơ tồn tại k, l  0 ; k=- MA' MC' sao cho MA'  k MA; MC'  l MC ; l=MA MC Suy ra MB  k MA  l MC (*) Ta có BA’MC’ là hình bình hành nên ta có: Chứng minh tương tự ta có: l=- S MA' BC' BE Sa    k a MA MA EA Sb Sb Sc . Sb Thay vào (*) ta có: MB  k MA  l MC   Sa S MA  c MC  Sa .MA  Sb .MB  Sc .MC  0 (đpcm). Sb Sb 12 Sử dụng phương pháp vectơ giải toán hình học Nhận xét: bài toán được chứng minh dựa trên cách dựng các hình phụ, qui tắc hình bình hành, tính chất của vectơ. Câu 10 là kết quả tổng quát của các câu trên. Ta có mọi điểm M nằm trong ABC đều là tâm tỉ cự của ba đỉnh A, B, C ứng với bộ số  Sa , Sb , Sc  trong đó Sa , Sb , Sc lần lượt là diện tích của các tam giác MBC, MCA, MAB . Ta có các kết quả cụ thể sau: 1 3 1) Cho điểm M trùng với trọng tâm G của ABC suy ra Sa = Sb = Sc  SABC Thay vào câu 10 ta có: GA  GB  GC  0 . Vậy trọng tâm G của ABC là tâm tỉ cự của hệ ba điểm A, B, C ứng với bộ hệ số (1, 1, 1). 2) Cho điểm M trùng với tâm đường tròn nội tiếp I của ABC . 1 2 1 2 1 2 Thay vào câu 10 ta có: aIA  bIB  cIC  0 . Suy ra Sa = a.r; Sb = b.r; Sc  c.r ( r là bán kính đường tròn nội tiếp ABC ). Vậy tâm đường tròn nội tiếp I của ABC là tâm tỉ cự của ba đỉnh A, B, C ứng với bộ hệ số  a, b, c  . 3) cho điểm M trùng với trực tâm H của ABC 1 2 1 2 1 2 Suy ra Sa = tanA.BH.BN; Sb = tanB.CH.CP; Sc  tanC.AH.AM Do các tứ giác BMHP, CMHN, ANHP là các tứ giác nội tiếp đường tròn nên ta có BH.BN  CH.CP  AH.AM   Thay vào câu 10 ta có: tanA.HA  tanB.HB  tanC.HC  0  A, B, C   2  Vậy trực tâm H của ABC là tâm tỉ cự của ba đỉnh A, B, C ứng với bộ hệ số  tanA, tanB, tanC  . Câu 10 còn có kết quả tổng quát trong không gian. 13 Sử dụng phương pháp vectơ giải toán hình học Bài toán 1.2. Cho ABC có BC=a, AC=b, AB=c và I là tâm đường tròn nội tiếp IA2 IB 2 IC 2    1. ABC . Chứng minh rằng: bc ca ab Chứng minh. Do I là tâm đường tròn nội tiếp ABC nên I là tâm tỉ cự của ba đỉnh A, B, C gắn với bộ hệ số  a, b, c  . Ta có:  aIA  bIB  cIC  0  aIA  bIB  cIC  2 0  a 2IA2  b 2IB 2  c 2IC 2  2abIA.IB  2bcIB.IC  2caIC .IA  0 (1) 2   2 ta có: AB  IB  IA  IB 2  IA2  2IA.IB  2IA.IB  IB 2  IA2  AB 2  IB 2  IA2  c 2 tương tự: 2IB.IC  IB 2  IC 2  a 2 ; 2IC .IA  IC 2  IA2  b2 thay vào (1) ta có: a 2IA2  b 2IB 2  c 2IC 2  ab  IB 2  IA2  c 2   bc  IB 2  IC 2  a 2   ca  IC 2  IA2  b 2   0  a  a+b+c  IA2  b  a+b+c  IB 2  c  a+b+c  IC 2  abc  a+b+c   0  a.IA2  b.IB2  c.IC 2  abc  0  IA2 IB 2 IC 2    1 (đpcm). bc ca ab Bài toán 1.3. Cho ABC có BC=a, AC=b, AB=c và I là tâm đường tròn nội tiếp ABC . Gọi A1 , B1 , C1 lần lượt là trung điểm của các cạnh BC, CA, AB. Chứng minh rằng: Sa Sb Sc biết Sa  SIB1C1 , Sb  SIA1C1 , Sc  SIB1A1 .   b+c-a a+c-b a+b-c Chứng minh. 14 Sử dụng phương pháp vectơ giải toán hình học A1 I B1 C1 A' Theo chứng minh bài trên ta có: aIA  bIB  cIC  0   2 p-  b+c   IA   2 p-  a+c   IB   2 p-  a+b  IC  0   p-b    p-c  IA   p-a    p-c  IB   p-a    p-b  IC  0         p-a  IB  IC   p-b  IA  IC   p-c  IA  IB  0  2 p-a  IA1  2 p-b  IB1  2 p-c  IC1  0 (1) Ta chứng minh điểm I nằm trong A1B1C1 . Thật vậy đặt   2 p-a   b+c-a     2 p-b   a+c-b   = 2 p-c   a+b-c  ,  ,   0 Lấy A’ là điểm thỏa mãn  .A' B1   .A' C1  0 . Do  ,  > 0 nên A’ nằm trên đoạn B1C1 . Khi đó ta có:  IA1   IB1   IC1  0       IA1   IA'  A' B1   IA'  A' C1  0   IA1       IA'  0 Do  ,    > 0 nên I nằm trên đoạn A1A' . Suy ra điểm I nằm trong A1B1C1 . Ta có: Sa IA1  Sb IB1  Sc IC1  0 (2) Từ (1), (2) suy ra Sa Sb Sc Sa Sb Sc (đpcm).      b+c-a a+c-b a+b-c 2 p-a  2 p-b  2 p-c  15 Sử dụng phương pháp vectơ giải toán hình học Bài toán 1.4. Cho ABC có BC=a, AC=b, AB=c và M là điểm nằm trong tam giác. Gọi H, J, K lần lượt là hình chiếu vuông góc cuả điểm M trên các cạnh BC, CA, AB. Chứng minh rằng: điểm M là trọng tâm của HJK  a 2 MA  b 2 MB  c 2 MC  0 . Chứng minh. A P N I K B H J Q C Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp ABC và các điểm P, Q, N lần lượt là các tiếp điểm của đường tròn nội tiếp với các cạnh AB, BC, CA. Suy ra AP=AN=p-a , BP=BQ=p-b , CQ=CN=p-c .  IQ  IB  BQ QC .IQ  QC.IB  QC.BQ  Mặt khác   IQ  IC  CQ QB.IQ  QB.IC  QB.CQ Cộng từng vế hai đẳng thức trên ta có: BC.IQ  QC.IB  QB.IC Do hai vectơ QC.BQ , QB.CQ là hai vectơ đối nhau nên ta có aIQ   p-c  IB   p-b  IC Chứng minh tương tự ta có: b.IN   p-a  IC   p-c  IA , c.IP   p-b  IA   p-a  IB Cộng từng vế ba đẳng thức trên ta có: aIQ  b.IN  c.IP   2p-b-c  IA   2p-a-b  IB   2p-a-b  IC  aIA  bIB  cIC  0 . Ta có: aIQ  b.IN  c.IP  0  a b c .MH  .MJ  .MK  0 MH MJ MK Ta thấy điểm M là điểm nằm trong ABC nên ta có SMBC .MA  SMAC MB  SMAB MC  0 Theo giả thiết a 2 MA  b 2 MB  c 2 MC  0 16 Sử dụng phương pháp vectơ giải toán hình học  a2 b2   c2 SMBC SMAC SMAB a2 b2 c2    a.MH b.MJ c.MK a b c (2)    MH MJ MK Từ (1), (2)  MH  MJ  MK  0  điểm M là trọng tâm của HJK . Vậy ta có điều phải chứng minh. Điểm M xác định như trên gọi là điểm Lemoine của ABC . Nhận xét: Điểm Lemoine của ABC là giao điểm ba đường đối trung của ABC . Hai đường thẳng cùng xuất phát từ một đỉnh của tam giác và đối xứng nhau qua đường phân giác của góc đó được gọi là những đường thẳng đẳng giác. Đường thẳng đẳng giác với một đường trung tuyến của tam giác gọi là đường đối trung. Điểm Lemoine của tam giác có nhiều đặc điểm hình học thú vị. Chúng ta sẽ được gặp tính chất điểm Lemoine của tam giác trong một số bài tập ở phần sau. Bài toán 1.5. Cho đường tròn O; R  , hai dây cung AB và CD cắt nhau tại M , S là trung điểm của BD , SM cắt AC tại K . Chứng minh rằng: AK AM 2  . KC CM 2 Chứng minh: B C K A Đặt M S D AK  x  AK  xKC KC Ta có 17 Sử dụng phương pháp vectơ giải toán hình học  MK  MA  AK  MA  xKC  MA  x MC  MK    x  1 MK  MA  xMC  MK  1 x MA  MC x 1 x+1 1 Do thẳng hàng nên tồn tại m sao cho MK  mMS   m MB  MD 2  *  Ta có MA.MB=MC.MD=-PM/ O  k>0 Suy ra MB   k k MA; MD   MC 2 MA MC 2 Thay vào  *  ta có km  1 = x+1 2MA2   x =- km  x+1 2MC 2 AK AM 2 = KC CM 2 AK AM 2 = Vậy . KC CM 2  Bài toán 1.6 ( Bài toán con nhím ) Cho tứ diện A1 A2 A3 A 4 . Gọi Si là diện tích mặt đối diện đỉnh Ai , ei là véc tơ đơn vị vuông góc với mặt đối diện đỉnh và cùng chiều với pháp véc tơ ngoài của mặt đó i=1, 4 . Chứng minh rằng: S1 .e1+S2 .e2 +S3 .e3 +S4 .e4 =0 . Chứng minh: Gọi V là thể tích tứ diện A1 A2 A3 A 4 . Đặt m=S1 .e1+S2 .e2 +S3 .e3 +S4 .e4 A2 A3 A1 H A4 Ta có m.A2 A3= S1 .e1+S2 .e2+S3 .e3+S4 .e4 .A2 A3 18 Sử dụng phương pháp vectơ giải toán hình học = S2 .e2+S3 .e3  .A2 A3  ( do e1   A2 A3 A 4  ; e4   A1 A2 A3  ) =  S2 .e2 +S3 .e3  . A1 A3 -A1 A2 =S3 .e3 .A1 A3 -S2 .e2 .A1 A2  ( do e2   A1 A3 A 4  ; e3   A1 A2 A4  ) Gọi  là góc giữa đường thẳng A1 A2 và mặt phẳng  A1 A3 A 4  Khi đó ta có:  e ; A A =+ 2 2 1 2      S2 .e2 .A1 A2=S2 . e2 . A1 A2 .cos  +  2 =-S 2.A1A2.sin=-S 2.A 2H  S2 .e2 A1 A2=-3V Chứng minh tương tự ta có: S3.e3 A1 A3=-3V  m.A2 A3  0  m  A2 A3 Chứng minh tương tự ta có: m  A2 A4 Suy ra m   A2 A3 A 4  Chứng minh tương tự m vuông góc với ba mặt còn lại của tứ diện. Suy ra m có các phương khác nhau nên m=0 . Vậy S1 .e1+S2 .e2 +S3 .e3 +S4 .e4 =0 ( đpcm). Bài toán 1.7. Cho tứ diện A1 A2 A3 A 4 ; M là điểm nằm trong tứ diện. Chứng minh rằng M là tâm tỉ cự của bốn điểm A1 , A2 , A3 , A 4 gắn với họ hệ số  V1 , V2 , V3 , V 4  trong đó V1=VMA2 A3 A 4 , V2=VMA1A3 A 4 , V3=VMA1A2A 4 , V 4  VMA1A2A 3 . Chứng minh. Ta cần phải chứng minh: V1 MA1 +V2 MA2 +V3 MA3 +V4 MA4 =0 19 Sử dụng phương pháp vectơ giải toán hình học A4 M A3 A1 B4 A2 Giả sử đường thẳng nối điểm M với các đỉnh Ai giao với các mặt đối diện tại điểm Bi Ta có A 4 M   A1 A2 A3   B4 Gọi S1 , S2 , S3 lần lượt là diện tích của các B4 A2 A3 , B4 A1 A3 , B4 A1 A2 Ta có S1 VA4 B4 A2 A3 VMB4 A2 A3 VA4 B4 A2 A3 -VMB4 A2A3 = = = S2 VA4 B4 A1A3 VMB4 A1A3 VA4 B4 A1A3 -VMB4 A1A3 Tương tự ta có: Suy ra S2 V2 = S3 V3 S1 S2 V2 = = S2 S3 V3 Do B4 là điểm nằm trong A1 A2 A3 nên theo bài 1.2 ta có: S1 .B4 A1+S2 .B4 A2 +S3 .B4 A3 =0        S1 . PA1 -PB4 +S2 . PA2 -PB4 +S3 . PA3 -PB4 =0  P  Vậy ta có: V1 MA1+V2 MA2 +V3 MA3 +V4 MA4 =0 ( đpcm). Bài toán 1.8 ( Hệ thức lượng giác trong góc tam diện) Cho một góc tam diện với các góc phẳng ở đỉnh là  ,  ,  . Các góc phẳng nhị diện đối diện tương ứng là A, B, C. Chứng minh rằng: cos  cos .cos  sin  .sin .cosA 1 cos  cos .cos  sin .sin .cosB cos  cos .cos  sin .sin  .cosC Chứng minh. 20  2  3