Sáng kiến kinh nghiệm Sử dụng phương pháp véctơ và tọa độ giải một số bài toán sơ cấp thường gặp

ặt phẳng cho hai đường thẳng x’ox, y’oy vuông góc với nhau.Trên Ox, 
Oy lần lượt chọn các véc tơ đơn vị 1 2,e e .Như vậy ta có một hệ trục toạ độ Descartes vuông góc 
Oxy. 
2. Toạ độ của một điểm và của một véc tơ: Cho điểm M trong mp Oxy. Hạ MH vuông góc 
x’Ox và MK vuông góc y’Oy. Theo qui tắc hình bình hành, ta có: 
OM OH OK  
 1 2xe ye  
 Bộ hai (x, y) được hoàn toàn xác định bởi điểm M và được gọi là toạ độ của 
điểm M, ký hiệu M(x, y). 
 Cho a trên hệ trục. Khi đó tồn tại duy nhất một điểm M sao cho OM a . Gọi (x,y) là toạ độ 
của điểm M . Khi đó bộ hai (x,y) gọi là toạ độ của véc tơ a trên hệ trục Oxy và ký hiệu là a = (x,y). 
3. Các phép tính véc tơ : 
Cho hai véc tơ 
1 2 1 2, ,( ) ; ( )a a a b b b  và k là một số thực. 
 Các phép tính véc tơ như phép cộng, phép trừ, phép nhân một số với một véctơ, tích vô hướng hai 
véc tơ được xác định như sau: 
1 1 2 2
1 1 2 2
1 1
1 1 2 2
( , )
( , )
. ( , )
.
a b a b a b
a b a b a b
k a ka ka
a b a b a b
   
   

 
4. Các công thức về lượng : 
Cho hai véc tơ 
1 2 1 2; ;( ) ; ( )a a a b b b  và gọi  là góc tạo bởi hai véctơ đó 
. .ab a b khi và chỉ khi a và b là hai véctơ cùng hướng 
1 1 2 2
2 2 2 2
1 2 1 2
. ..
cos
.
a b a bab
a b a a b b


 
 
Khoảng cách từ điểm M(x0, y0) đến đường thẳng (D):Ax +By +C = 0 là : 
2 2
( , ) o o
Ax By C
d M D
A B
 


Sáng kiến kinh nghiệm 
 Trang 3 
5. Phương trình của đường thẳng, đường tròn . 
* Phương trình của đường thẳng (D) đi qua điểm M(x0, y0) và nhận véctơ ( , )n A B làm véc tơ 
pháp tuyến là: 
A(x – x0) + B(y – y0) = 0 
 * Phương trình đường tròn tâm I (a, b) bán kính R là: (x – a)2 + (y – b)2 = R 2 
II.HỆ TRỤC TOẠ ĐỘ DESCARTES VUÔNG GÓC TRONG KHÔNG GIAN. 
1. Định nghĩa : 
Trong không gian cho ba đường thẳng x’ox, y’oy, z’Oz vuông góc với nhau đôi một. Trên 
Ox, Oy, Oz lần lượt chọn các véc tơ đơn vị 1 2 3, ,e e e . Như vậy ta có một hệ trục toạ độ Descartes vuông 
góc Oxyz. 
2. Toạ độ của một điểm và của một véc tơ. 
Cho điểm M trong kh ông gian Oxyz. Hạ MH vuông góc x’Ox, MK vuông góc y’Oy và ML 
vuông góc z’Oz. Theo qui tắc hình hộp, ta có : 
1 2 3
OM OH OK OL
xe ye ze
  
   
Bộ ba (x,y,z) được hoàn toàn xác định bởi điểm M và được gọi là toạ độ của điểm M, ký hiệu M(x,y,z). 
 Cho a . Khi đó tồn tại duy nhất một điểm M sao cho OM a . Gọi (x, y. z) là toạ độ của 
điểm M. Khi đó bộ ba (x, y, z) gọi là toạ độ của véc tơ a trên hệ trục Oxyz và ký hiệu là a = (x,y,z). 
3. Các phép tính véc tơ : 
Cho hai véc tơ 
1 2 3 1 2 3, ,( , ) ; ( , )a a a a b b b b  và k là một số thực. 
Các phép tính vectơ như phép cộng, phép trừ, phép nhân một số với một vectơ, tích vô hướng, tích có 
hướng hai vectơ được xác định như sau: 
1 2 2 2
1 1 2 2
1 1
1 1 2 2
2 3 3 1 1 2
2 3 3 1 1 2
( , )
( , )
. ( , )
.
. ( , , )
a b a b a b
a b a b a b
k a ka ka
ab ab a b
a a a a a a
ab
b b b b b b
 
 
   
   

 

4. Các công thức về lượng : 
Cho hai vectơ 
1 2 3 1 2 3, ,( , ) ; ( , )a a a a b b b b  và gọi  là góc tạo bởi hai vectơ đó 
. .ab a b khi và ch ỉ khi a và b là hai vectơ cùng hướng 
Sáng kiến kinh nghiệm 
 Trang 4 
1 1 2 2 3 3
2 2 2 2 2 2
1 2 3 1 2 3
. . ..
cos
.
a b a b a bab
a b a a a b b b

 
 
   
Cho (D) là đường thẳng đi qua A và có vectơ chỉ phương 
1, 2 3( , )a a a a và điểm M. Giả sử ta 
tính được 
1, 2 3( , )AM b b b Khi đó khoảng cách từ điểm M đến đường thẳng (D) được tính là : 
2 2 2
2 3 3 1 1 2
2 3 3 1 1 2
2 2 2
1 2 3
( , )
a a a a a a
b b b b b b
d M D
a a a
 

 
5. Phương trình của mặt phẳng, đường thẳng và mặt cầu. 
a. Phương trình của mặt phẳng (P) đi qua điểm M(x0,y0,z0) và có cặp vectơ chỉ phương 
1 2 3 1 2 3, ,( , ) ; ( , )a a a a b b b b  là : 
2 3 3 1 1 2
0 0 0
2 3 3 1 1 2
( ) ( ) ( ) 0
a a a a a a
x x y y z z
b b b b b b
      
b. Phương trình tham số của đường thẳng (D) đi qua điểm M(x0,y0,z0) v à nhận vectơ 
1 2 3,( , )a a a a làm vectơ chỉ phương là: 
0 1
0 2
0 3
x x a t
y y a t
z z a t





 
 
 
 (t là tham số) 
c. Phương trình mặt cầu t âm I (a, b,c) và có bán kính R là : 
 (x – a)2 + (y – b)2 + (z – c)2 = R 2 
PHẦN II : CÁC BÀI TOÁN 
I. CÁC BÀI TOÁN GIẢI BẰNG PPTĐ TRONG MẶT PHẲNG: 
1. CÁC BÀI TOÁN ĐẠI SỐ: 
 Bài 1: Cho 4 số thực x1, x2, x3, x4. 
 chứng minh rằng (x1
2
 +y1
2
)(x2
2
 +y2
2
) (x1 x2+ y1 y2)2 
Giải: 
 Trên mặt phẳng toạ độ xét 2 vectơ : 
1 1 2 2( , ); ( , )a x y b x y  
 Ta có 
22
2. ( . )a b ab a b ab  
 vậy (x1
2
 +y1
2
) (x2
2
 +y2
2
) (x1 x2+ y1 y2)2 
Sáng kiến kinh nghiệm 
 Trang 5 
 đẳng thức xãy ra 
1 2 2 1//a b x y x y   
 Bài 2: Chứng minh rằng nếu x, y, z > 0 thì 
2 2 2 2 2 2x xy y x xz z y yz z        
Giải 
Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với: 
3 3 3 32 2 2 2 2 2( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) (1)
2 2 2 2 2 2 2 2
y z y z
x y x z y z        
 Xét 3 điểm 
3 3 3
2 2 2 2 2 2
( , ) ; (0, ) ; ( ,0)
y y z
A x z B y z C   
 (1) AB + AC > BC 
 Ta có AB AC BC  với 3 điểm A, B, C bất kỳ ở đây 
3
2 2
3
2 2
( , )
( , )
y
AB x y
z
AC x z






  
   
 Hai véctơ này không thể ngược hướng (vì hoành độ cùng âm) do đó không thể xãy ra đẳng thức AB 
+ AC > BC. 
 Vậy bất đẳng thức (1) được chứng minh. 
 Bài 3 Giải bất phương trình: 
21 3 2( 3) 2 2(1)x x x x       
 Giải 
 Điều kiện 1x  
 Xét mặt phẳng toạ độ Oxy các vectơ: 
( 3, 1)
(1,1)
u x x
v
   


2( 3) 1
3
. 1 3
u x x
v
u v x x
    


 

   

 Suy ra bất phương trình (1) tương đương . .u v u v 
Sáng kiến kinh nghiệm 
 Trang 6 
2
2
3 1
6 9 1
3
7 10 0
3
5
2
3
5
u v
x x
x x x
x
x x
x
x
x
x
x
 
   
    
 

   
 

 
 
 
 
 Vậy x=5 là nghiệm duy nhất. 
Bài 4 
 Chứng minh rằng: 
4 4cos 1 sin 1 cos2 ,x x x x R      
Giải 
 Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, các vectơ: 
2
2
(cos ,1)
(cos2 ,0)
(sin ,1)
a x
a b x
b x
 
  

Khi đó, từ 
4 4cos 1 sin 1 cos2 ( )
a b a b
x x x dpcm
  
     
Bài 5 Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số: 
2 2( ) cos 2cos 5 cos 4cos 8y f x x x x x       
Giải 
Trong mặt phẳng toạ độ xét các véctơ: 
(1 cos ,2)
(2 cos ,2)
a x
b x
  

 
Khi đó : 
2 2 2
2 2 2
2 2
(1 cos ) 2 cos 2cos 5
(2 cos ) 2 cos 4cos 8
3 4 5
a x x x
b x x x
a b
      


     

    

Sáng kiến kinh nghiệm 
 Trang 7 
 từ a b a b   
 5y  
Dấu “=” xảy ra (chẳng hạn) tại 
2
3
x

 
Vậy miny=5 
Bài 6 : T ìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 
2 2 2 22 2 2 2 ( )y x px p x qx q p q       
Gi ải 
 Ta c ó 
2 2 2 2( ) ( )y x p p x q q      
 Trên mp toạ độ lấy hai điểm A(p, q) : B(q,q). Bài toán trở thành: Tìm M(x,0) thuộc Ox sao cho 
(MA +MB) đạt giá trị nhỏ nhất. 
 Xét hai trường hợp: 
- Nếu pq <0 thì A hoặc B trùng O, hoặc A,B nằm về hai phía đối với O .Khi đó (MA + MB) nhỏ nhất 
M trùng O, tức là 2 2min 2 2 2( )y p q p q    đạt được khi x = 0 
- Nếu pq >0 thì A, B nằm cùng phía đối với O (đồng thời nằm cùng phía đối với Ox). Lấy A’ đối xứng với 
A qua Ox ta có A’(p, -p), đồng thời : 
 ' 'MA MB MA MB A B    
Đẳng thức xãy ra A’, M, B thẳng hàng 
2 2
min
2 2
( )
' '
( )
2
' ( ) ( )
2( )
x p k q p
A M kA B
p k q p
p
k
p q
pq
x
p q
y A B p q p q
p q









  
  
 





    
 
 đạt được khi x = 2pq/(p+q) 
Bài 7 Giải phương trình: 
2 2 22 2 4 12 25 9 12 29x x x x x x        
 Giải 
 Trong mặt phẳng toạ độ Oxy xét các vectơ: 
( 1,1)
(3 2,5)
(2 3,4)
u x
u v x
v x
  
   
 
Sáng kiến kinh nghiệm 
 Trang 8 
2
2
2
2 2
4 12 25
9 12 29
u x x
v x x
u v x x
   


   

    

 Suy ra phương trình (1) tương đương: 
 u v u v   
( 0)
1 (2 3)
1 .4
1
4
1
1 (2 3)
4
1
4
4 4 2 3
1
4
7
2
u kv k
x k x
k
k
x x
k
x x
k
x
  
  
 



 
   



 
   


 
 

 Vậy phương trình (1) có nghiệm duy nhất 
7
2
x  
Bài 8:Tìm m để phương trình sau có nghiệm 
 3 6 (3 )(6 )x x x x m       
Giải 
 Đặt 3 ; 6u x v x    
 Phương trình đã cho trở thành 
2 2 2 2
1 10 2 (1)
9 9 (2)
0, 0 0, 0 (3)
u v mu v uv m
u v u v
u v u v

 
 
 
 
     
    
   
 - Phương trình (1) biểu thị 1 đường thẳng thay đổi song song với đường phân giác thứ hai, phương 
trình (2) biểu diễn 1 đường tròn có tâm tại góc toạ độ và bán kính = 3 
 Hệ có nghiệm khi và chỉ khi đường thẳng (1) và đường tròn (2) có điểm chung thoả điều 
kiện (3). 
Sáng kiến kinh nghiệm 
 Trang 9 
Vậy Pt có nghiệm khi 
3 1 10 2 3 2
6 2 9
3
2
m
m
   

  
Bài 9: Chứng minh rằng: 
2 21 1 2,a a a a a R        
 (Hướng dẫn) 
 Xét hai vectơ 
1 3
,
2 2
1 3
,
2 2
x a
y a
  
    
  

 
     
 
2 21 2cos 1 2sinx x m    
Bài 10: Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số : 
2 2( ) cos 6cos 13 cos 2cos 2y f x x x x x       
 trên  2004 ,2006  
 (Hướng dẫn) 
 Xét hai vectơ 
(3 cos ,2)
(1 cos ,1)
a x
b x
  

 
2. CÁC BÀI TOÁN HÌNH HỌC : 
Bài 1: Cho tam giác ABC vuông tại A, các cạnh góc vuông là bvà c, M là một điểm trên cạnh BC 
sao cho góc BAM =  . Chứng minh rằng: 
 AM = 
.cos sin
bc
c b 
Giải 
 Chọn hệ trục toạ độ như hình vẽ Khi đó A(0,0) , B(b,0), C(0,c) , M9x,y) 
Từ định nghĩa: x = AM cos , y = AM sin . 
 Nên M(AM cos , AM sin ) 
Do M thuộc BC  CM cùng phương v ới CB 
cos sin
0
( cos sin )
cos sin
AM AM
b c
AM c b bc
bc
AM
c b
 
 
 
 

  
 

Sáng kiến kinh nghiệm 
 Trang 10 
 Bài 2: Cho tam giác ABC có độ dài các trung tuyến va độ dài bán kính đường tròn ngoại tiếp 
lần lượt là
, , ,a b cm m m R 
 Chứng minh: 
9
2
a b c
R
m m m   
 (Đại học y dược TPHCM năm2000) 
 Giải 
 Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giac ABC.Ta có: 
2
2 2 2
2 2
2 2 2
2 2 2
( ) 0
2( . . . ) 0
3 2 (cos 2 cos2 cos2 ) 0
3 2(3 2sin 2sin 2sin ) 0
9
sin sin sin
4
OA OB OC
OA OB OC OAOB OBOC OCOA
R R A B C
A B C
A B C
  
      
    
     
   
 Do đó theo bất đẳng thức Bunhiacopski: 
2 2 23( )a b c a b cm m m m m m     
2 2 2
2 2 2 2
2
9
( )
4
9(sin sin sin ).
9 9
9. . .
4 2
a b c
A B C R
R R
  
  
 
9
2
a b cm m m R    
 Dấu”=” xảy ra khi tam giác ABC đều. 
Sáng kiến kinh nghiệm 
 Trang 11 
Bài 3: (SGK HH 10) 
Cho tam giác ABC cân tại A. Gọi H là trung điểm của BC, D là hình chiếu của H trên AC , M 
là trung điểm của HD. Chứng minh AM vuông góc BD. 
Giải 
 Chọn hệ trục toạ độ như hình vẽ 
Khi đó: H(0,0), A(0,a), B(-c,0), D(x,y) 
Ta có : 
DH AC
ADcung phuong AC



 ( , )( , ) 0
0
x y c a
x y a
c a





   
 


2
2 2
2
2 2
0
a c
x
cx ay a c
ax cy ac c a
y
a c

 
 
 


   
 


Vậy 
2 2
2 2 2 2
a c
D( , )
c a
a c a c 
, M là trung điểm của HD nên: 
2 2
2 2 2 2
2 3 2 2 2 3
2 2 2 2 2 2 2 2
4 2 2 4 4 2 4 2
2 2 2 2
a c
M( , )
2( ) 2( )
2a c a -c 2
. ( , )( , )
2( ) 2( )
2a a -c 2a
0
2( ) 2( )
c a
a c a c
c c a c a a
BD AM
a c a c a c a c
c c a c
a c a c
 
 
 
   
 
  
 
Vậy BD Vuông góc AM (đpcm) 
Sáng kiến kinh nghiệm 
 Trang 12 
 Bài 4 (Đề thi HSG toàn quốc – Năm 1979) 
 Điểm M nằm trên đường tròn ngoại tiếp tam giác đều ABC. Chứng minh giá trị của MA
4
+ MB
4 
+ MC
4
 không phụ thuộc vào vị trí của M. 
Giải 
 Gọi I,R là tâm và bán kính của đường tròn (c) ngoại tiếp tam giác đều ABC. Dựng hệ trục 
như hình vẽ, ta có 
3 3 3 3
(0,0); ( , ); ( , ); ( ,0)
2 2 2 2
R R R R
A B C I R

2 2 2 2
( , ) ( )
2
M x y C MI R
MI R x y Rx
  
    
Ta có 
2
4 4 4 2 2 2 2 2
2
2 2
3 3
( ) ( ) ( )
2 2
3 3
( ) ( )
2 2
R R
MA MB MC x y x y
R R
x y
 
 
  
 
 
  
      
   
2 2 2 2 2
2 2 2 4 3
2 2 2 4 3
2 4 3 4
(2 ) (3 3 ) (3 3 )
6 6 18 12
6 ( ) 18 12
6 2 18 12 18
Rx R Rx R y R Rx R y
R x R y R R x
R x y R R x
R Rx R R x R
      
   
   
   
Vậy giá trị MA
4
 + MB
4 
+ MC
4 
 không phụ thuộc vào vị trí M 
 B ài 5 (Đ ề thi v ô đ ịch Anh - n ăm 1981) 
 Cho tam giác ABC cân tại A. D là trung điểm cạnh AB, I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam 
giác ABC, E là trọng tâm của tam giác ACD. Chứng minh IE vuông góc CD. 
Gi ải 
 Chọn hệ trục như hình vẽ (O là trung điểm của BC) 
Khi đó : O(0,0); A(0,a); B(-c,0); C(c,0); D(-c/2, a/2); E(c/6,a/2),(a,c>0) 
Gọi I(x, y) 
Giả thiết suy ra 
2 2
( , ).( , ) 0
2 2
( , ).(2 , ) 0
0
2
c a
DI BA x y c a
OI BC x y c o
x
a c
y
a
 
 
  





   

 

 

 V ậy 
2 2
(0, )
2
a c
I
a

Sáng kiến kinh nghiệm 
 Trang 13 
2 2 23
. ( , )( , ) 0
6 2 2 2 4 4
( )
c c c a c c
IE DC
a
IE DC dpcm
     
 
II. CÁC BÀI TOÁN GIẢI BẰNG PP TOẠ ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN . 
 1. CÁC BÀI ĐẠI SỐ: 
 Bài 1:Giải hệ phương trình 
2 2 2
3 3 3
1
1
1
x y z
x y z
x y z





  
  
  
Giải 
 Xét hai véc tơ 
2 2 2
0 0 0 0 0 0( , , ) ; ( , , )u x y z v x y z  trong đó 0 0 0( , , )u x y z 
Là nghiệm tuỳ ý (nếu có) của hệ đã cho. 
 Ta có 
3 3 3
0 0 0. 1u v x y z    
Ngoài ra tính được 
2 2 2 2 2 2
0 0 0 0 0 01; 1 2( 1u v x y y z z x      
Vậy . 1 .u v u v  
Do đó . .u v u v 
Dấu bằng xãy ra 
0 0
0 0
0 0
0 0 0
1
1
1
1
x y
y z
z x
x y z











  
Từ đó suy ra 
0 0 0
0 0 0
0 0 0
1 0 0
0 ; 1 ; 0
0 0 1
x x x
y y y
z z z
  
  
  
  
  
  
  
  
Thử lại ta được hệ đã cho có 3 nghiệm (1,0,0) ; (0,1,0) : (0,0 ,1) 
Bài 2 : Giải bất phương trình: 
 1 2 3 50 3 12x x x      
 Giải 
 Điều kiện: 
1
3 3 50
2 2 3
50
3
x
x x
x

  


   



Sáng kiến kinh nghiệm 
 Trang 14 
 Trong mặt phẳng Oxy xét các vectơ: 
(1,1,1)
( 1, 2 3, 50 3 )
u
v x x x
 

   
3
1 2 3 50 3 48 4. 3
. 1 2 3 50 3
u
u x x x
u v x x x
 


        

     

 Suy ra(1) . .u v u v  
 Đẳng thức này luôn đúng 
 Vậy nghiệm bất phương trình đã cho là
3 50
2 3
x  a2 
Bài 3 
 Giải hệ:
3
2 2 2 3(1)
3 3 3 3
x y z
x y z
x y z







  
  
  
 Giải 
 Xét trong Không gian Oxyz các vectơ: 
( , , )
(1,1,1)
u x y z
v
 


2 2 2 3
3
. 3
. .
0
1 1 1
1
u x y z
u
u v x y z
u v u v
u v
x y z
x y z
    


 

   

 
 
   
   
 (Thoả (1) Vậy: x=y=z=1 là nghiệm duy nhất của hệ (1). 
Bài 4 : Cho a, b là hai số thực tuỳ ý. Chứng minh rằng 
Sáng kiến kinh nghiệm 
 Trang 15 
2 2
1 ( )(1 ) 1
2 (1 )(1 ) 2
a b ab
a b
 
  
 
Giải 
 Trong không gian với hệ trục toạ độ Đề - các vuông góc Oxyz, đặt 
2 2
2 2
(1, ,0)
(1, ,0)
1
cos( , )
1 1
sin( , )
1 1
u a
v b
ab
u v
a b
a b
u v
a b











 


 



 
 ta có 
2 2
2(1 )( )
sin 2( , ) 2sin( , ).cos( , ) 1
(1 )(1 )
ab a b
u v u v u v
a b
 
  
 
 
2 2
1 ( )(1 ) 1
2 (1 )(1 ) 2
a b ab
a b
 
  
 
2 CÁC BÀI TOÁN HÌNH HỌC KHÔNG GIAN 
Bài 1 
Cho tam diện oxyz. A, B, C lần lượt là các điểm di động trên ox, oy, oz sao cho: 
1 1 1 1
2005OA OB OC
   
Chứng minh rằng: (ABC)luôn luôn đi qua một điểm cố định. 
 Giải 
Chọn hệ trục toạ độ vuông góc oxyz (như hình vẽ ) 
Sao cho: A(a,0,0),B(0,b,0),C(0,0,c)(với OA=a,OB=b,OC=c) 
Khi đó phương trình mặt phẳng (ABC) là: 
Sáng kiến kinh nghiệm 
 Trang 16 
 1
x y z
a b c
   
Hơn nữa: 
1 1 1 1
2005a b c
   (Do giả thiết) 
 (2005,2005,2005) ( )M mp ABC  
 =>mp(ABC)luôn đi qua điểm cố định 
 M(2005,2005,2005). 
Bài 2:Cho hình hộp chữ nhật ABCD.A’B’C’D’ với AB = a, BC = b, AA’ = c. 
 a/ Tính diện tích của tam giác ACD’ theo a, b, c 
 b/ Giả sử M và N lần lượt là trung điểm của AB và BC. Hãy tính thể tích của tứ diện 
D’DMN theo a, b, c. 
Giải 
 a/ Ta lập hệ trục toạ độ vuông góc có gốc trùng với đỉnh A, các trục có phương trùng với 
; ; 'AB AD AA Khi đó : A(0,0,0) , C(a,b,0) , D’(0,b,c). 
2 2 2 2 2 2
( , ,0); ' (0, , );[ , ] ( , , )
1
[ , ]
' 2
1
2
AC a b AD b c AC AD bc ca ab
S AC AD
ACD
b c c a a b
   

  
 b/ Dễ dàng tính được 
3
8
1
'
3 8
ab
S
DMN
abc
V S DD
DMN

  
 Bài 3:Cho hai nửa mp (P) và (Q) vuông góc với nhau theo giao tuyến (d). Trên (d) lấy AB = 
a (a là độ dài cho trước). Trên nửa đường thẳng Ax vuông góc với (d) và ở trong (Q) lấy điểm N 
sao cho BN = 
2
2
a
b
. 
 a/ Tính khoảng cách từ A đến mặt phẳng (BMN) theo a, b. 
 b/ Tính MN theo a , b. Với giá trị nào của b thì MN có độ dài cực tiểu. Tính độ dài cực tiểu 
đó. 
Giải 
 a/ Chọn hệ trục toạ độ Oxyz sao cho A trùng với gốc toạ độ (A(0,0,0)): B có toạ độ (0,a,0); 
N có toạ độ (
2
, , 0
a
a
b
). Ta có 
Sáng kiến kinh nghiệm 
 Trang 17 
2
2 22 2
2
(0, , )
( ,0,0)
0
[ , ] ( , , ) (0, , )
0 0 0 0
(0,1, 1)
BM a b
a
BN
b
b a b
a b
BM BN a aa a
b b
a




  
 
Do đó mp(BMN) qua B(0,a,0) và có VTPT là (0,1, 1)v   
Phương trình của mặt phẳng này là: 
 (y – a).1 – (z – 0) = 0 
 hay y – z - a = 0 
Khoảng cách từ A(0,0,0,) đến mặt phẳng đó là : 
1 1 2
a a


 b/ Ta có 
2 4
2 2
4
( , , )
a a
MN a b MN a b
b b
      
2 22MN a a  (bất đẳng thức Côsi) 
MN có độ dài cực tiểu 
4
2
2
3
3
a
a b b a
b
MinMN a khi b a
   
 
 Bài 4: Cho một góc tam diện ba mặt vuông góc Oxyz. Lấy lần lượt trên Ox, Oy,Oz các 
điểm P, Q, R khác điểm O. Gọi A, B, C lần lượt là trung điểm của PQ, QR, RP. Chứng minh rằng 
nếu góc nhị diện cạnh OA của tứ` diện OABC là góc nhị diện vuông thì hai góc B và C của tam 
giác ABC thoả hệ thức tgB.tgC = 2. 
Giải 
 Chọn hệ trục toạ độ Đề-Các vuông góc Oxyz sao cho P(2a,0,0) ; Q(0,2b,0) ;R(0,0,2c). Khi 
đó: 
 A(a,b,0) ; B(0,b,c) ; C(a,0,c) 
 Pháp véc tơ của mặt phẳng (OAB) và (OAC) lần lượt là: 
1
2
( , , )
( , , )
n bc ac ab
n bc ac ab
 
  
Góc nhị diện cạnh OA vuông khi và chỉ khi: 
2 2 2 2 2 2
1 2. 0n n b c a c a b    
Trong tam giác ABC ta có: 
Sáng kiến kinh nghiệm 
 Trang 18 
2 2 2 2 2 2
2
2 2 2 2 2 2
2
b c a c a b
tgB
a
b c a c a b
tgC
b
 

 

Vậy 
2 2 2 2 2 2 2 2
2 2 2 2
2
. 2( )
b c a c a b a b
tgB tgC dpcm
a b a b
 
   
Bài 5: Cho tam gia