Sử dụng phương pháp tọa độ giải các bài tập hình học

SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP
VÉCTƠ VÀ TỌA ĐỘ
GIẢI MỘT SỐ BÀI TOÁN SƠ CẤP THƯỜNG GẶP


Trang 1


A. ĐẶT VẤN ĐỀ:
Dựa vào phương pháp toạ độ do chính mình phát minh Descartes đã sáng lập
ra mơn hình học giải tích .Qua đó cho phép chúng ta nghiên cứu hình học bằng
ngơn ngữ đại số thay cho ngơn ngữ hình học.Việc này giúp ta bỏ đi thói quen tư
duy cụ thể, trực quan, nhằm đạt tới đỉnh cao của sự khái quát hoá và trừu tượng của
toán học và nhiều lĩnh vực khác.
Trong dạy và học toán việc lựa chọn công cụ phù hợp để giải các bài tốn là
việc làm rất cần thiết, chọn được cơng cụ thích hợp tất nhiên lời giải sẽ tốt nhất.
Sau đây tơi xin trình bày việc sử dụng“phương pháp vectơ và toạ độ” để giải một
số bài toán sơ cấp ơ’ phổ thông.
B. GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ
PHẦN I: LÝ THUYẾT
I. HỆ TRỤC TOẠ ĐỘ DESCARTES VNG GĨC TRONG MẶT PHẲNG.
1. Định nghĩa: Trong mặt phẳng cho hai đường thẳng x’ox,uy’oy vuông góc
u ur
r
với nhau.Trên Ox, Oy lần lượt chọn các véc tơ đơn vị e1 , e2 .Như vậy ta có
một hệ trục toạ độ Descartes vng góc Oxy.
2. Toạ độ của một điểm và của một véc tơ: Cho điểm M trong mp Oxy.
Hạ MH vng góc x’Ox và MK vng góc y’Oy. Theo qui tắc hình bình
hành, ta có:
uuuu uuur uuu
r

r
OM = OH + OK
u
r ur
= xe1 + ye2
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).
u
r
uuuu u
r r
Cho a trên hệ trục. Khi đó tồn tại duy nhất một điểm M sao cho OMr = a .
u
Gọi (x,y) là toạ độ của điểm M . Khi đó bộ hai (x,y) gọi là toạ độ của véc tơ a trên
u
r
hệ trục Oxy và ký hiệu là a = (x,y).
3. Các phép tính véc tơ :
r
u
r
Cho hai véc tơ a = (a1 , a2 ) ; b = (b1 , b2 ) và k là một số thực.
Các phép tính véc tơ như phép cộng, phép trừ, phép nhân một số với một
véctơ, tích vơ hướng hai véc tơ được xác định như sau:

Trang 2


u r

r

a + b = (a1 + b1 , a2 + b2 )
u r
r

a − b = (a1 − b1 , a2 − b2 )
u
r
k.a = (ka1 , ka1 )
urr

a.b = a1b1 + a2b2
4. Các công thức về lượng :
r
u
r
Cho hai véc tơ a = (a1 ; a2 ) ; b = (b1; b2 ) và gọi α là góc tạo bởi hai véctơ đó
ur
r

u r
r

r

r

a.b = a . b khi và chỉ khi a và b là hai véctơ cùng hướng
ur

r

a.b
a1.b1 + a2 .b2
cos α = u r =
r
2
ab
a1 + a2 2 . b12 + b2 2
Khoảng cách từ điểm M(x0, y0) đến đường thẳng (D):Ax +By +C = 0 là :
Axo + Byo + C
d ( M , D) =
A2 + B 2
5. Phương trình của đường thẳng, đường trịn .
* Phương trình của đường thẳng (D) đi qua điểm M(x 0, y0) và nhận véctơ
r
n = ( A, B ) làm véc tơ pháp tuyến là:
A(x – x0) + B(y – y0) = 0
* Phương trình đường trịn tâm I (a, b) bán kính R là: (x – a) 2 + (y – b)2
=R2
II.HỆ TRỤC TOẠ ĐỘ DESCARTES VNG GĨC TRONG KHƠNG GIAN.
1. Định nghĩa :
Trong khơng gian cho ba đường thẳng x’ox, y’oy, z’Oz vng góc
u ur ur
r u u
với nhau đôi một. Trên Ox, Oy, Oz lần lượt chọn các véc tơ đơn vị e1 , e2 , e3 . Như
vậy ta có một hệ trục toạ độ Descartes vng góc Oxyz.
2. Toạ độ của một điểm và của một véc tơ.
Cho điểm M trong kh ơng gian Oxyz. Hạ MH vng góc x’Ox, MK
vng góc y’Oyuvà uuuu vng góc z’Oz. Theo qui tắc hình hộp, ta có :

ML uuuu uuur
uuuur
r
r
OM = OH + OK + OL
u
r
ur
u
ur
u
= xe1 + ye2 + ze3
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).
Trang 3


u
r

uuuuu
r

u
r

Cho a . Khi đó tồn tại duy nhất một điểm M sao cho OM = a . Gọi (x,
u
r
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

u
r
trục Oxyz và ký hiệu là a = (x,y,z).
3. Các phép tính véc tơ :
r
u
r
Cho hai véc tơ a = (a1 , a2 , a3 ) ; b = (b1 , b2 , b3 ) và k là một số thực.
Các phép tính vectơ như phép cộng, phép trừ, phép nhân một số với một vectơ, tích
vơ hướng, tích có hướng hai vectơ được xác định như sau:
u r
r
a + b = (a1 + b2 , a2 + b2 )
u r
r

a − b = (a1 − b1 , a2 − b2 )
u
r
k.a = (ka1 , ka1 )
urr

a.b = a1b1 + a2b2
urr
a a a a aa
 a.b  = ( 2 3 , 3 1 , 1 2 )
 
b2 b3 b3 b1 b1 b2
4. Các công thức về lượng :
r

u
r
Cho hai vectơ a = (a1 , a2 , a3 ) ; b = (b1 , b2 , b3 ) và gọi α là góc tạo bởi hai
vectơ đó
ur u r
r
r
r
r
a.b = a . b khi và ch ỉ khi a và b là hai vectơ cùng hướng
ur
r

a1.b1 + a2 .b2 + a3 .b3
a.b
cos α = u r =
r
ab
a12 + a22 + a32 . b12 + b2 2 + b32

r

Cho (D) là đường thẳng đi qua A và có vectơ chỉ phương a = (a1, a2 , a3 )
uuuu
r
và điểm M. Giả sử ta tính được AM = (b1,b2 , b3 ) Khi đó khoảng cách từ điểm M đến
đường thẳng (D) được tính là :
2
2
2

a2 a3
a3 a1
a1 a2
+
+
b2 b3
b3 b1
b1 b2
d ( M , D) =
a12 + a2 2 + a32
5. Phương trình của mặt phẳng, đường thẳng và mặt cầu.
a. Phương trình của mặt phẳng (P) đi qua điểm M(x 0,y0,z0) và có cặp
r
u
r
vectơ chỉ phương a = (a1 , a2 , a3 ) ; b = (b1 , b2 , b3 ) là :
a2 a3
a a
aa
( x − x0 ) + 3 1 ( y − y0 ) + 1 2 ( z − z0 ) = 0
b2 b3
b3 b1
b1 b2
b. uPhương trình tham số của đường thẳng (D) đi qua điểm M(x 0,y0,z0)
r
v à nhận vectơ a = (a1 , a2 , a3 ) làm vectơ chỉ phương là:
Trang 4


 x = x0 + a1t


 y = y0 + a2t
z = z + a t
0
3


(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

III. 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 (x12 +y12)(x22 +y22) ≥ (x1 x2+ y1 y2)2
Giải:
r
u
r
Trên mặt phẳng toạ độ xét 2 vectơ : a = ( x1 , y1 ); b = ( x2 , y2 )
u r
r

Ta có

urr

u 2 r2
r

urr

a b ≥ a.b ⇒ a b ≥ (a.b)2

vậy (x12 +y12) (x22 r 22) ≥ (x1 x2+ y1 y2)2
+y
u
r
đẳng thức xãy ra ⇔ a // b ⇔ x1 y2 = x2 y1
Bài 2: Chứng minh rằng nếu x, y, z > 0 thì
x 2 + xy + y 2 + x 2 + xz + z 2 > y 2 + yz + z 2
Giải
Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với:
y
3 2
z
3 2
y z
3
3 2
( x + )2 + (
y) + ( x + )2 + (
z) > ( − )2 + (
y+
z) (1)

2
2
2
2
2 2
2
2

y 3
3
3
y z
Xét 3 điểm A( x + , z ) ; B(0, y + z ) ; C ( − ,0)
2

2

2

2

2

2

(1) ⇔ AB + AC > BC
Ta có AB + AC ≥ BC với 3 điểm A, B, C bất kỳ ở đây
 uuur
y 3
y)

 AB = (− x − ,

2 2

r
 uuuu = (− x − z , − 3 z )
AC


2
2

Trang 5


Hai véctơ này khơng thể ngược hướng (vì hồnh độ cùng âm) do đó khơng thể
xãy ra đẳng thức AB + AC > BC.
Vậy bất đẳng thức (1) được chứng minh.
Bài 3 Giải bất phương trình:
x − 1 + x − 3 ≥ 2( x − 3) 2 + 2 x − 2(1)

Giải

Điều kiện x ≥ 1

Xét mặt phẳng toạ độ Oxy các vectơ:

r
u = ( x − 3, x − 1)


r
v = (1,1)

r
 u = ( x − 3) 2 + x − 1

r
⇒ v = 3
r r
u.v = x − 1 + x − 3


rr r r
u.v ≥ u . v
Suy ra bất phương trình (1) tương đương
r
r
⇔ u ↑↑ v
⇔ x − 3 = x −1

Vậy x=5 là nghiệm duy nhất.

 x2 − 6 x + 9 = x −1
⇔
x ≥ 3
 x 2 − 7 x + 10 = 0
⇔
x ≥ 3
 x = 5


⇔  x = 2

x ≥ 3

⇔ x=5

Bài 4
Chứng minh rằng:

cos 4 x + 1 − sin 4 x + 1 ≤ cos 2 x , ∀x ∈ R

Giải
Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, các vectơ:
r
 a = (cos 2 x,1) r r

⇒ a − b = (cos 2 x,0)
r
b = (sin 2 x,1)


Khi đó, từ

Trang 6


r r r r
a − b ≤ a−b
⇒

cos 4 x + 1 − sin 4 x + 1 ≤ cos 2 x ⇒ ( dpcm)

Bài 5 Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số:
y = f ( x ) = cos 2 x − 2cos x + 5 + cos 2 x + 4cos x + 8
Giải
Trong mặt phẳng toạ độ xét các véctơ:
r
a = (1 − cos x,2)

r
b = (2 + cos x,2)

r
 a = (1 − cos x) 2 + 22 = cos x 2 − 2cos x + 5

r
2
2
2
Khi đó :  b = (2 + cos x) + 2 = cos x + 4cos x + 8
r r
 a + b = 32 + 42 = 5

r r r r
a + b ≥ a+b
từ
<=> y ≥ 5
2π
Dấu “=” xảy ra (chẳng hạn) tại x =
3

Vậy miny=5
Bài 6 : T ìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
y = x 2 − 2 px + 2 p 2 + x 2 − 2qx + 2q 2 ( p ≠ q)
Gi ải
Ta c ó y = ( x − p)2 + p 2 + ( x − q)2 + q 2
Trên mp toạ độ lấy hai điểm A(p, q) : B(q,q). Bài tốn 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 ymin = 2 p 2 + 2q 2 = 2( 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

Trang 7


uuuuuu
r

 x − p = k (q − p )

uuuur
u

⇔ A' M = k A' B ⇔ 

 p = k (q + p )

p

k = p + q
⇔

 x = 2 pq

p+q

ymin = A ' B = ( p − q)2 + ( p + q)2
= 2( p 2 + q 2 )
đạt được khi x = 2pq/(p+q)
y

B
A
x

O

A
’

M

Bài 7 Giải phương trình:
x 2 − 2 x + 2 + 4 x 2 + 12 x + 25 = 9 x 2 + 12 x + 29

Giải

Trong mặt phẳng toạ độ Oxy xét các vectơ:
r
r r
u = ( x − 1,1)

⇒ u + v = (3 x + 2,5)
r
v = (2 x + 3, 4)


r
 u = x2 − 2x + 2

r
⇒  v = 4 x 2 + 12 x + 25
r r
 u + v = 9 x 2 + 12 x + 29


Suy ra phương trình (1) tương đương:
r r r r
u+v = u + v

Trang 8


r
r
⇔ u = kv (k > 0)
 x − 1 = k (2 x + 3)

⇔
1 = k .4
1

k=


4
⇔
 x − 1 = 1 (2 x + 3)

4

1

k =
⇔
4
4 x − 4 = 2 x + 3

1

k = 4

⇔
x = 7

2


Vậy phương trình (1) có nghiệm duy nhất x =

7
2

Bài 8:Tìm m để phương trình sau có nghiệm
3 + x + 6 − x − (3 + x)(6 − x) = m
Giải
Đặt u = 3 + x ; v = 6 − x
Phương trình đã cho trở thành
u + v = 1 + 10 − 2m (1)
u + v − uv = m

 2

2
⇔ u 2 + v 2 = 9
(2)
u + v = 9
u ≥ 0, v ≥ 0
u ≥ 0, v ≥ 0
(3)




- 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 trịn có tâm tại góc toạ độ và
bán kính = 3
Hệ có nghiệm khi và chỉ khi đường thẳng (1) và đường trịn (2) có điểm chung thoả điều

kiện (3).
3 ≤ 1 + 10 − 2m ≤ 3 2
Vậy Pt có nghiệm khi
6 2 −9
⇔
≤m≤3
2
Bài 9: Chứng minh rằng:
a 2 + a + 1 + a 2 − a + 1 ≥ 2, ∀a ∈ R

Trang 9


(Hướng dẫn)
Xét hai vectơ
r 
1 3
x =  a + ,
÷

2 2 ÷




r
1 3
u 
y =  −a + ,
÷



2 2 ÷




1 + 2cos2 x + 1 + 2sin 2 x = m
Bài 10: Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số :
y = f ( x) = cos 2 x − 6cos x + 13 + cos 2 x + 2cos x + 2
trên

[ 2004π , 2006π ]

(Hướng dẫn)
Xét hai vectơ

r
 a = (3 − cos x, 2)

r
b = (1 + cos x,1)


2. CÁC BÀI TỐN HÌNH HỌC :
Bài 1: Cho tam giác ABC vuông tại A, các cạnh góc vng là bvà c, M là một điểm trên
cạnh BC sao cho góc BAM = α . Chứng minh rằng:
bc
AM =
c.cos α + b sin α

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 α , y = AM sin α .
y
Nên M(AM cos α , uuuu sin α )
AM
r
uuu
r
c
Do M thuộc BC ⇒ CM cùng phương v ới CB
AM cosα AM sin α
⇒
=0
M
b
−c
y
⇒ AM (c cos α + b sin α ) = bc
B
bc
⇒ AM =
O
c cos α + b sin α
x

X

Bài 2: Cho tam giác ABC có độ dài các trung tuyến va độ dài bán kính đường trịn
ngoại tiếp lần lượt là ma , mb , mc , R

Trang 10


Chứng minh:

ma + mb + mc ≤

9R
2

(Đại học y dược TPHCM năm2000)
Giải

A
c

B

O

b
C

a

Gọi O là tâmrđường uuu ngoại tiếp tam giac ABC.Ta có:
trịn
uuu uuu
r

r
(OA + OB + OC ) 2 ≥ 0

uuu uuu uuu uuu uuu uuu
r r
r r
r r
⇔ OA2 + OB 2 + OC 2 + 2(OA.OB + OB.OC + OC.OA) ≥ 0
⇔ 3R 2 + 2 R 2 (cos 2 A + cos 2 B + cos 2C ) ≥ 0
⇔ 3 + 2(3 − 2sin 2 A − 2sin 2 B − 2sin 2 C ) ≥ 0
9
⇔ sin 2 A + sin 2 B + sin 2 C ≤
4

Do đó theo bất đẳng thức Bunhiacopski:
2
2
2
ma + mb + mc ≤ 3(ma + mb + mc )

≤

9 2
(a + b 2 + c 2 )
4

≤ 9(sin 2 A + sin 2 B + sin 2 C ).R 2
9
9
≤ 9. .R 2 ≤ .R

4
2
⇒ ma + mb + mc ≤

9
R
2

Dấu”=” xảy ra khi tam giác ABC đều.
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 vng góc BD.
Giải
Chọn hệ trục toạ độ như hình vẽ
Trang 11


Khi đó: H(0,0), A(0,a), B(-c,0), D(x,y)

Y
A

B

M
O=H

D

C

x

r
uuuu uuuu
r
 DH ⊥ AC
(− x, − y )(c, −a) = 0


uuuu
r
uuuu
r

Ta có :  AD cung phuong AC ⇔  x y − a

c −a = 0


a 2c
x= 2

cx −ay = 0

a +c 2
⇔
⇔
2
ax +cy = ac

y = c a

a 2 +c 2


Vậy D(

a 2c
c2 a
, 2 2 ) , M là trung điểm của HD nên:
a2 + c2 a + c

a 2c
c2 a
,
)
2(a 2 + c 2 ) 2(a 2 + c 2 )
u
uuuu uuuur 2a 2c + c 3 c 2 a
r
a 2c
-c2 a − 2a 3
⇒ BD. AM = ( 2 2 , 2 2 )( 2 2 ,
)
a + c a + c 2(a + c ) 2(a 2 + c 2 )
2a 4c 2 + a 2c 4 -c4 a 2 − 2a 4c 2
=
+
=0
2(a 2 + c 2 )

2(a 2 + c 2 )
Vậy BD Vng góc AM (đpcm)
M(

Bài 4 (Đề thi HSG toàn quốc – Năm 1979)
Trang 12


Điểm M nằm trên đường tròn ngoại tiếp tam giác đều ABC. Chứng minh giá trị
của MA4 + MB4 + MC4 khơng phụ thuộc vào vị trí của M.
Giải
Gọi I,R là tâm và bán kính của đường trịn (c) ngoại tiếp tam giác đều ABC. Dựng
3R R 3
3R − R 3
hệ trục như hình vẽ, ta có A(0,0); B( ,
); C ( ,
); I ( R,0)
2
2
2
2
M ( x, y ) ∈ (C ) ⇒ MI = R
⇒ MI 2 = R 2 ⇒ x 2 + y 2 = 2 Rx

3R
R 3 2
MA + MB MC = ( x + y ) + ( x − )2 + ( y −
) 
2
2 




4

Ta có

4

4

2

2

2 2


3R
R 3 2
+ ( x − )2 + ( y +
) 
2
2 




2

= (2 Rx) 2 + (3R 2 − Rx − R 3 y)2 + (3R 2 − Rx + R 3 y )2
= 6 R 2 x + 6 R 2 y 2 + 18R 4 −12 R 3 x
= 6 R 2 ( x 2 + y 2 ) + 18R 4 −12 R 3 x
= 6 R 2 2 Rx + 18R 4 −12 R 3 x = 18R 4
Vậy giá trị MA4 + MB4 + MC4 không phụ thuộc vào vị trí M
B ài 5 (Đ ề thi v ơ 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 vng 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
y
r
uuu uuu
r
c
a

 DI ⊥ BA

( x + , y − ).(c, a) = 0
2
2
r
u
 uuu uuur ⇔ 
A

OI ⊥ BC
( x, y ).(2c, o) = 0


x = 0
D
2
2
⇔

a −c
E
y =
2a

I
x
a2 − c2
)
V ậy I (0,
2a
O
B
C
Trang 13


r c c 2 3c a
uur uuuu
c2 c2

⇒ IE.DC = ( , )( , − ) = − = 0
6 2a 2 2
4 4
⇒ IE ⊥ DC (dpcm)

IV. CÁC BÀI TỐN GIẢI BẰNG PP TOẠ ĐỘ TRONG KHƠNG GIAN .
1. CÁC BÀI ĐẠI SỐ:
Bài 1:Giải hệ phương trình
x + y + z =1
 2
2
2
x + y + z =1
 3
3
3
x + y + z =1
Giải
u
r

r

r

Xét hai véc tơ u = ( x0 , y0 , z0 ) ; v = ( x0 2 , y0 2 , z0 2 ) trong đó u = ( x0 , y0 , z0 )
Là nghiệm tuỳuýr(nếu có) của hệ đã cho.
r
3
Ta có u.v = x03 + y0 + z03 = 1

u
r
r
Ngồi ra tính được u = 1 ; v = 1 − 2( x02 y02 + y02 z02 + z02 x02 ≤ 1
u r
r

ur
r

Vậy u . v ≤ 1 = u.v
ur
r

u r
r

Do đó u.v = u . v
Dấu bằng xãy ra

Từ đó suy ra

 x0 y0 = 1

y z =1
⇔ 0 0

 z0 x0 = 1
x + y + z =1
0

0
 0
 x0 = 1  x0 = 0  x0 = 0



 y0 = 0 ;  y0 = 1 ;  y0 = 0
z = 0 z = 0 z = 1
 0
 0
 0

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:
x + 1 + 2 x − 3 + 50 − 3x ≤ 12

Giải

Điều kiện:


 x ≥ −1

3
3
50

⇔ ≤x≤
x ≥
2

2
3

50

x ≤ 3

Trang 14


Trong mặt phẳng Oxy xét các vectơ:

r
u = (1,1,1)

r
v = ( x + 1, 2 x − 3, 50 − 3 x )

r
u = 3
r

⇒  u = x + 1 + 2 x − 3 + 50 − 3 x = 48 = 4. 3
r r
u.v = x + 1 + 2 x − 3 + 50 − 3x

rr r r
Suy ra(1) ⇔ u.v ≤ u . v

Đẳng thức này ln đúng

3
2

Vậy nghiệm bất phương trình đã cho là ≤ x ≤
Bài 3





Giải hệ: 





50
a2
3

x+ y+ z =3
x2 + y2 + z 2 =3(1)
x3+ y3+ z3=3

Giải
Xét trong Không gian Oxyz các vectơ:
r
u = ( x, y, z )

r

v = (1,1,1)


r
 u = x2 + y 2 + z 2 = 3

r
⇒ u = 3
r r
u.v = x + y + z = 3

rr r r
⇒ u.v = u . v
r
r
⇒ u ↑↑ v
x y z
⇒ = = ≥0
1 1 1
⇒ x = y = z =1

(Thoả (1) Vậy: x=y=z=1 là nghiệm duy nhất của hệ (1).

Trang 15


Bài 4 : Cho a, b là hai số thực tuỳ ý. Chứng minh rằng
1 (a + b)(1 − ab) 1
− ≤
≤

2 (1 + a 2 )(1 + b2 ) 2
Giải
Trong không gian với hệ trục toạ độ Đề - các vng góc Oxyz, đặt
u
r
u = (1, a,0)

r
v = (1, −b,0)

u r
r

1 − ab
cos(u, v) =
1 + a 2 1 + b2
⇒

u r
r
a+b

sin(u, v) =

1+ a2 1+ b2


2(1 − ab)(a + b)
≤1
(1 + a 2 )(1 + b 2 )

1 (a + b)(1 − ab) 1
≤
⇔− ≤
2 (1 + a 2 )(1 + b2 ) 2
3. CÁC BÀI TỐN HÌNH HỌC KHƠNG GIAN
u r
r

u r
r

u r
r

ta có sin 2(u, v) = 2sin(u, v).cos(u, v) =

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
+
+
=
OA OB OC
2005
Chứng minh rằng: (ABC)luôn luôn đi qua một điểm cố định.
Giải

z

y

o
x

B

A

Chọn hệ trục toạ độ vng 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)
Trang 16


Khi đó phương trình mặt phẳng (ABC) là:
x y z
+ + =1
a b c
Hơn nữa:

1 1 1
1
+ + =
(Do giả thiết)
a b c 2005
⇒ M (2005,2005,2005) ∈ 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 r uuu trục toạ độ vng góc có gốc trùng với đỉnh A, các trục có phương
lập hệ uuur
uuu
r
trùng với AB ; AD ; AA ' Khi đó : A(0,0,0) , C(a,b,0) , D’(0,b,c).
uuuu
r
uuuur
u
uuuu uuuu
r
r
AC = (a, b,0); AD ' = (0, b, c);[ AC , AD] = (bc, −ca, ab)
r
r
1 uuuu uuuu
S
= [ AC , AD]
VACD ' 2
A’
1 2 2 2 2 2 2
D’
= b c +c a +a b
2

C’
B’
b/ Dễ dàng tính được
3ab
D
S
=
VDMN
B
8
1
abc
⇔V = S
DD ' =
C
VDMN
3
8
Bài 3:Cho hai nửa mp (P) và (Q) vng góc với nhau theo giao tuyến (d). Trên (d)
lấy AB = a (a là độ dài cho trước). Trên nửa đường thẳng Ax vng góc với (d) và ở
a2
trong (Q) lấy điểm N sao cho BN = 2 .
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 (

a2
, a, 0 ). Ta có
b
Trang 17


uuuur

BM = (0, a, b)
uuuu
r a2
BN = ( ,0,0)
b

b 0 −a b
−a b
[ BM , BN ] = (
,
) = (0, a 2 , −a 2 )
a2 , a2
0 0 0
0
b b
= a 2 (0,1, −1)
r
Do đó mp(BMN) qua B(0,a,0) và có VTPT là v = (0,1, −1)
Phương trình của mặt phẳng này là:
(y – a).1 – (z – 0) = 0
hay
y–z -a=0

M
Khoảng cách từ A(0,0,0,) đến mặt phẳng đó là :
a
a
=
1+1
2
b
uuuur a 2
a4
b/ Ta có MN = ( , a, −b) ⇒ MN = 4 + a 2 + b 2
A
b
b
MN ≥ a 2 + 2a 2 (bất đẳng thức Cơsi)
uuuur uuuu
r

a
= b2 ⇔ b = a
2
b
MN có độ dài cực tiểu
MinMN = a 3 khi b = a
a 3⇔

z

b B

Y

N

4

x

Bài 4: Cho một góc tam diện ba mặt vng 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
vng thì hai góc B và C của tam giác ABC thoả hệ thức tgB.tgC = 2.
Giải
Chọn hệ trục toạ độ Đề-Các vng 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:
ur
u
n1 = (bc, −ac, ab)
uu
r
n2 = (bc, −ac, −ab)
Góc nhị diện cạnh OA r
vuông khi và chỉ khi:
ur uu
u
n1.n2 = 0 ⇔ b2c 2 + a 2c 2 = a 2b2
Trong tam giác ABC ta có:

Trang 18


b 2 c 2 + a 2 c 2 + a 2b 2
tgB =
a2
b 2 c 2 + a 2 c 2 + a 2b 2
tgC =
b2
b 2 c 2 + a 2 c 2 + a 2 b 2 2a 2 b 2
= 2 2 = 2(dpcm)
Vậy tgB.tgC =
a 2b 2
ab
Bài 5: Cho tam giác vng goc ở A.tìm quỹ tích các điểm M trong khơng gian thoả
mãn :
MB 2 + MC 2 ≤ MA2

Giải
z

A,O
x

B

C
y

Chọn hệ trục toạ độ Đề các Oxyz sao cho A trùng O, B(b,0,.0),C(0,c,0)

( Với AB =b>0,AC=c>0)
Khi đó M(x, y, z) thoả :
MB 2 + MC 2 ≤ MA2
⇔ ( x − b) 2 + y 2 + z 2 + ( y − c ) 2 + z 2 ≤ x 2 + y 2 + z 2
⇔ ( x − b) 2 + ( y − c ) 2 + z 2 ≤ 0
x = b

⇔ y = c
z = 0

⇔ M (b, c, 0)

Vậy quỹ tích cần tìm chỉ có một điểm duy nhất M(b,c,0)

Trang 19


C. KẾT LUẬN
Trên đây là một số bài toán đại số và hình học trong mặt phẳng cũng như trong
khơng gian. Nếu khéo léo chọn hệ trục toạ độ phù hợp, vận dụng phương pháp vectơ và
toạ độ thì có thể chuyển thành bài tốn đại số hoặc giải tích và tìm ra lời giải ngắn gọn,
phần nào làm sáng tỏ vấn đề mà tơi đưa ra. Trong q trình viết, do thời gian và kinh
nghiệm giảng dạy có hạn nên chắc khơng tránh khỏi nhiều thiếu sót, mong các thầy cơ
góp ý. Tơi xin chân thành cảm ơn.

Trang 20