CHUYÊN ĐỀ SỬ DỤNG TỌA ĐỘ VECTƠ GIẢI TOÁN
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (386.59 KB, 25 trang )
THPT CHUYÊN LÀO CAI GV: TRẦN HOÀI VŨ
1
CHUYÊN ĐỀ:
SỬ DỤNG TỌA ĐỘ VECTƠ ĐỂ GIẢI TOÁN
( Hè 2011)
*********************************
Vectơ, một công cụ giải toán khá mạnh và đem lại những bất ngờ và thú vị trong
lời giải của một số bài toán hay và khó. Chuyên đề nhỏ này xin trình bày 3 nội
dung cơ bản sau:
Phần I: Sử dụng tọa độ vectơ trong giải toán đại số
Phần II: Sử dụng tọa độ vectơ trong giải toán hình học
Phần III: Sử dụng tọa độ vectơ trong giải toán lượng giác.
@
I) Sử dụng tọa độ vectơ trong giải toán đại số
1. Sử dụng vectơ trong giải phương trình, bất phương trình.
*) Bổ đề 1: Cho hai vectơ
,
u v
. Khi đó:
i)
u v u v
. Đẳng thức xảy ra
u v
ii)
u v u v
. Đẳng thức xảy ra
u v
Trong ii) nếu ta thay
v
bởi
v
thì ta có:
iii)
u v u v
. Đẳng thức xảy ra
u v
Chứng minh
i) Đặt
,
u AB v BC u v AC
.
Với 3 điểm A, B, C luôn có:
AC AB BC
(đpcm)
Đẳng thức xảy ra
A, B, C thảng hàng theo thứ tự đó
u v
ii) Đặt
,
u AB v BC u v AC
Với 3 điểm A, B, C luôn có:
AC AB BC
(đpcm)
Đẳng thức xảy ra
A, C, B thảng hàng theo thứ tự đó
u v
iii) Hiển nhiên có được từ ii)
*) Bổ đề 2: Với mọi vectơ
,
u
ta có:
2
0
u
. Đẳng thức xảy ra
0
u
Chứng minh
(Dễ dàng)
THPT CHUYÊN LÀO CAI GV: TRẦN HOÀI VŨ
2
*) Bổ đề 3: Cho hai vectơ
,
u v
. Khi đó:
i)
. .
u v u v
. Đẳng thức xảy ra
u v
ii)
. .
u v u v
. Đẳng thức xảy ra
u v
Chứng minh
i) Ta có:
. . cos( , )
cos( , ) 1
u v u v u v
đpcm
u v
.
Đẳng thức xảy ra
cos( , ) 1
u v u v
ii) Ta có:
. . cos( , )
cos( , ) 1
u v u v u v
đpcm
u v
.
Đẳng thức xảy ra
cos( , ) 1
u v u v
Bài số 1: Giải pt:
2 2
2 5 2 10 29
x x x x
(1)
Giải
2 2 2 2
(1) ( 1) 2 ( 1) 3 29
x x
Chọn
( 1;2), ( 1;3) ( 2;5) 29
u x v x u v u v
(1) trở thành:
u v u v
.
Mặt khác, ta luôn có:
u v u v
.
Đẳng thức xảy ra
1 1 1
2 3 5
x x
u v x
Bình luận : Mấu chốt của việc chọn tọa độ cho hai vectơ trên là gì? Rất đơn giản,
phải thỏa mãn 2 điều kiện:
Một là: Vectơ tổng phải là vectơ không đổi ( có tọa độ cụ thể) và
29
u v
Hai là: Hai vectơ chọn phải có tung độ ( hoặc hoành độ) cùng dấu.
Chẳng hạn: 2 và 3 hoặc -2 và -3.
Bài số 2: Giải pt:
2 2
2 5 6 10 5 (2)
x x x x
Giải
2 2 2 2
(2) ( 1) 2 ( 3) 1 5
x x
.
THPT CHUYÊN LÀO CAI GV: TRẦN HOÀI VŨ
3
Chọn
( 1;2), ( 3;1) (2;1)
u x v x u v
.
(2) trở thành:
u v u v
. Mặt khác, luôn có:
u v u v
Đẳng thức xảy ra
1 3
5
2 1
x x
u v x
Cách khác:
Chọn
( 1;2), (3 ; 1) (2;1)
u x v x u v
.
(2) trở thành:
u v u v
. Mặt khác, luôn có:
u v u v
Đẳng thức xảy ra
1 3
5
2 1
x x
u v x
Bình luận:
Nếu đề bài ra như sau thì giải quyết thế nào?
2 2
2 2
2 5 6 10 5
6 10 2 5 5
x x x x
x x x x
.
Rất đơn giản, đặt điều kiện để VT > 0, giải bình thường sau đó kiểm tra no tìm
được với điều kiện.
Bài số 3: Giải pt:
3 2 2 3 2
9 18 36 9 9 (3)
x x x x x
Giải
Bài trên ko giống dạng 2 bài trước, ta tìm hướng giải quyết khác.
Viết lại pt(3) như sau:
3 2 2 3 2
1. 9 18 1. 36 9 9 (3)
x x x x x
Điều kiện:
2 4
x
.
Chọn
3 2 2 3
2
(1;1), ( 9 18 ; 36 9 ) . 6
3 2
u
u v x x x x u v x
v x
Mặt khác, luôn có:
. .
u v u v
. Đẳng thức xảy ra
u v
Kết hợp với pt(3), ta có:
2
9 6 3
x x x
. Với x = 3 thì
u v
Vậy pt(3) có no x = 3.
Bài số 4: Giải bpt:
2
1 3 2 1 (4)
x x x x
Giải
Điều kiện:
1 3
x
.
Viết lại (4) như sau:
2
1 1. 3 2 1 (4)
x x x x
THPT CHUYÊN LÀO CAI GV: TRẦN HOÀI VŨ
4
Chọn
2
1
( ;1), ( 1; 3 )
2
u x
u x v x x
v
(4) trở thành:
. . (*)
u v u v
. Mặt khác, luôn có:
. . (**)
u v u v
Từ (*) và (**) suy ra:
2 3 2
(3 ) 1 3 1 0
1
. .
1 0 0
3
1
1 2
x x x x x x
x x
u v u v u v
x x
x
x
x
Bài số 5: Giải bpt:
2 2
2 2 2 3 9 3 (5)
x x x x x
Giải
Điều kiện: …………………
Hình thức ko khác gì bài số 4, tuy nhiên nếu chỉ làm đơn thuần như bài số 4 thì ko
thể có vế phải được. Vì thế phải biến đổi “ nghệ thuật” như sau:
2 2
2 2
(5) 1. 2 2. 3 9 3 (5)
2
x
x x x x
Chọn
2 2
2
3
2 2
(1; 2), ( 2 ; ) . 3 9 3
2
3 1
u
x
u v x x u v x x
v x x
Bpt(5) trở thành:
. . (*)
u v u v
. Mặt khác, luôn có:
. . (**)
u v u v
Từ (*) và (**) suy ra:
2 2 2
2 2 1
. . 2 2 2 3 1 0
2 2
1( )
1
( )
2
x x
u v u v u v x x x x x x
x l
x
x l
Bình luận: Việc viết ra 2 con số 1 và
2
thật ko tự nhiên chút nào? Mò chăng?
Ta thấy rằng VP ko âm, vì thế ta sẽ viết vế trái như sau:
2
2
2 2 2
2 2 2 . . ,( , 0)
x x x
x x x
Chọn
2 2
2 2
2 2
2 2 2 2 2 2
( ; ), ( ; ) . ( )( )
x x x x x x
u v u v
THPT CHUYÊN LÀO CAI GV: TRẦN HOÀI VŨ
5
Hay là:
2 2 2 2 2 2 2
2
2 2 2 2
2( ) 2( )
.u v x x
Đến đây thì mọi việc thật đơn giản, chỉ cần tìm
,
sao cho:
2 2
2
2 2 2
2 2
2 2
2
3
2( )
9 2 , ( , 0)
2( )
3
Ta chỉ cần chọn
1, 2
là xong. Thật tuyệt vời!!!
Bài số 6: Xác định m đề pt sau có nghiệm:
2 2
1 1 (6)
x x x x m
Giải
2 2
1 3 1 3
(6) ( ) ( )
2 4 2 4
x x m
Chọn
1 3 1 3
( ; ), ( ; ) ( 1;0) 1
2 2 2 2
u x v x u v u v
Ta có:
1 1
m u v u v m
.
Đẳng thức xảy ra
1 1
2 2
3 3
2 2
x x
x
.
Vậy: Để pt có no thì
1 1
m
Bình luận:
Từ bài toán trên ta có thể dẫn xuất ra 2 bài toán sau:
+) Bài toán 1: Xác định m đề pt sau có nghiệm:
2 2
1 1
x x x x m
( Tất nhiên đáp số ko thay đổi)
+) Bài toán 2: Chứng minh các bất đẳng thức sau:
2 2
1 1 1 1
x x x x
và
2 2
1 1 1 1
x x x x
Bài số 7: Xác định m đề pt sau có nghiệm:
2 2
1 1 (7)
x x x x m
Lời giải bài toán trên thật đơn giản, ko khác gì lời giải bài toán 6. Tuy nhiên, độc
giải hãy bình luận về các lời giải sau đây:
THPT CHUYÊN LÀO CAI GV: TRẦN HOÀI VŨ
6
*)Lời giải 1:
2 2
1 3 1 3
(7) ( ) ( )
2 4 2 4
x x m
Chọn
1 3 1 3
( ; ), ( ; ) ( 1;0) 1
2 2 2 2
u x v x u v u v
Ta có:
1 1
m u v u v m
.
Đẳng thức xảy ra
1 1
2 2
3 3
2 2
x x
x
.
Vậy: Để pt có no thì m > 1.
*)Lời giải 2:
Ta có:
2 2 2 2
1 3 3 1 3 3
1 ( ) (*); 1 ( ) (**)
2 4 2 2 4 2
x x x x x x
Vì đẳng thức ko đồng thời xảy ra ở (*) và (**) nên có:
3
m
.
*)Lời giải 3:
Đặt
2 2
2 2
1 1
2 2
( ) 1 1 '( )
1 3 1 3
( ) ( )
2 4 2 4
x x
f x x x x x f x
x x
2 2
1 1
1 1
2 2
'( ) 0 0
2 2
1 3 1 3
( ) ( )
2 4 2 4
x x
f x x x x
x x
( Vì hàm
2
( )
3
4
u
g u
u
đồng biến trên
).
Lập bảng biến thiên, ta thấy:
min ( ) (0) 2
m f x f
. Vậy
2
m
.
Bình luận:
Với 3 cách giải cho ta 3 đáp số?!. Cách giải nào đúng? Cách giải nào sai? Sai ở
đâu? Nếu sai thì sửa sao cho đúng?
THPT CHUYÊN LÀO CAI GV: TRẦN HOÀI VŨ
7
*) Lời giải 1:
Ta luôn có:
u v u v
, nhưng lưu ý rằng có đẳng thức khi hai vectơ cùng
chiều. Chính cách chọn vectơ đã vi phạm điều cấm này.
Chọn lại như sau:
Chọn
1 3 1 3
( ; ), ( ; ) ( 1; 3) 2
2 2 2 2
u x v x u v u v
Ta có:
2 2
m u v u v m
.
Đẳng thức xảy ra
1 1
2 2
0
3 3
2 2
x x
x
.
Vậy: Để pt có no thì
2
m
.
*)Lời giải 2:
Sử dụng đánh giá trong lời giải 2 là hết sức cục bộ( đánh giá cùng lúc tổng 2 biểu
thức chứ ko được đánh giá từng biểu thức một). Chẳng hạn ta có thể đánh giá vài
cách khác như sau:
+)
2 2 2 2
1 3 1 3
1 1 ( ) ( ) 3
2 4 2 4
m x x x x x x
+)
2 2 2 2 2 2
3 1 3 1
1 1 ( 2) ( 2) 0
4 4 4 4
m x x x x x x x x
+)
2 2 2 2 2 2
1 1 1 1 1 1
1 1 ( 1) ( 1) 2
2 2 2 2 2 2
m x x x x x x x x
+)
2 2 2 2 2 2
1 3 2 2 1 3 2 2 2 6
1 1 ( ) ( )
4 4 3 3 4 4 3 3 3
m x x x x x x x x
………………………………………………….
*)Lời giải 3:
Tất nhiên là lời giải đúng. Sử dụng pp hàm số kèm theo một chút khéo léo trong
biến đổi cho ta một lời giải đẹp!
THPT CHUYÊN LÀO CAI GV: TRẦN HOÀI VŨ
8
2. Sử dụng vectơ trong bài toán bất đẳng thức và cực trị.
Bất đẳng thức và cực trị là một dạng toán hay nhưng lại rất khó. Chính vì thế,
chuyên đề nhỏ này cũng chỉ xin giới thiệu một số bài toán hết sức cơ bản và đơn
giản nhằm minh họa phương pháp mà thôi!
Bài số 8: Cho các số thực a, b, c, d. Chứng minh bất đẳng thức:
2 2 2 2 2
( ) ( )( )
ab cd a c b d
(8). Đẳng thức xảy ra
ad bc
Giải
Chọn
( ; ), ( ; )
u a c v b d
. Khi đó:
. . . . .
u v u v u v u v u v
hay:
2 2 2 2 2 2 2 2 2
( )( ) ( ) ( )( )( )
ab cd a c b d ab cd a c b d
đpcm
Đẳng thức xảy ra
u v ad bc
Bài số 9: CMR với mọi a, b, c ta có:
2 2 2 2 2 2
a ab b a ac c b bc c
(9)
Đẳng thức xảy ra khi nào?
Giải
Ta có:
2 2 2 2 2 2 2 2
3 3
( ) ( ) ; ( ) ( )
2 2 2 2
b b c c
a ab b a a ac c a
Ta thấy VP ko có a, vậy chọn vectơ khéo léo để “ mất a”.
Chọn
2 2
3 3 3 3
( ; ); ( ; ) ( ; )
2 2 2 2 2 2 2 2
b b c c b c b c
u a v a u v u v b bc c
Ta luôn có:
u v u v
suy ra đpcm.
Đẳng thức xảy ra
( ) (*)
2 2
0 :
3 3
. (**)
2 2
b c
a k a
u v k u kv
b c
k
Từ (**), ta có các kết quả sau:
+) Nếu
0 0,(*) 0
c b a
( do k > 0)
+) Nếu
0 0
c b
.Trong (*) nếu a = 0 thì (*)
bc < 0 ( do k > 0). Điều này mâu
thuẫn với (**) là bc > 0. Nghĩa là nếu
0 0
c b
thì
0
a
Do đó từ hệ điều kiện ta phải có:
( )( ) 0 ( )( ) 0 (1)
2 2 2 2
0 0 (2)
0 (3)
( ) ( )
2 2
b c b c
a a a a
bc bc
b c ab bc ca
a c a b
THPT CHUYÊN LÀO CAI GV: TRẦN HOÀI VŨ
9
Từ (3) có:
bc
a
b c
, thay vào (1) và biến đổi ta có:
2 2
2 2
( ) ( )
0 0
( ) ( )
bc b c b c
b c b c
( luôn đúng do bc > 0)
Vậy có đẳng thức
0
0
0
a b c
bc
ab bc ca
Kiểm ta với một vài trường hợp đặc biệt:
a = -1/2; b = c = 1 hoặc b = 1, c = 2; a = -2/3 hoặc b = c = -1; a = 1/2
Bài số 10: Chứng minh
,
x y
, ta có:
2 2)
( )(1 ) 1
(1 )(1 2
x y xy
x y
(10)
Giải
Ta có (10)
2 2
2 2
(1 ) (1 ) 1
(1 )(1 ) 2
x y y x
x y
2 2
2 2 2 2
2 1 2 1
1
1 1 1 1
x y y x
x y y x
Đặt:
2 2
2 2 2 2
2 1 1 2
; ; ;
1 1 1 1
x x y y
u v
x x y y
. Suy ra :
1
u v
Mà
. .
u v u v
. Vậy
. 1
u v
(đpcm).
Đẳng thức xảy ra
2 2
2 2
2 2 2 2
2 2
2 2 1 1
. . 4 (1 )(1 )
1 1 1 1
( ) ( 1) 1
x y x y
u v xy x y
x y x y
x y xy x y xy
Bài số 11 ( A -2003):
.
Cho x, y, z là ba số dương và x + y + z
1
Chứng minh rằng:
2 2 2
2 2 2
1 1 1
82
x y z
x y z
(11)
Giải
Chọn
1 1 1
( ; ); ( ; ); ( ; )
u x v y w z
x y z
. Ta có:
u v w u v w
, tức là có:
THPT CHUYÊN LÀO CAI GV: TRẦN HOÀI VŨ
10
2 2 2 2 2
2 2 2
1 1 1 1 1 1
( ) ( )
x y z x y z
x y z x y z
Dự đoán có đẳng thức khi x = y = z = 1/3. Vì thế ta biến đổi như sau:
2 2 2 2 2
2
1 1 1 1 1 1
( ) ( ) 81( ) ( ) 80( )
1 1 1
2.9( )( ) 80( )
18.3.3 80.1 82( )
x y z x y z x y z
x y z x y z
x y z x y z
x y z
đpcm
Bài số 12
(DB1 – A - 2005) : Cho x, y, z là ba số thực thỏa x + y + z = 0
Chứng minh rằng:
3 4 3 4 3 4 6
x y z
Giải
Chọn
( 3;2 ), ( 3;2 ); ( 3;2 )
x y z
u v w
. Ta có:
u v w u v w
, tức là:
2 2
3
2
3 4 3 4 3 4 ( 3 3 3) (2 2 2 )
27 (3. 2 2 2 ) 6. (" " 0)
x y z x y z
x y z
x y z
Bài số 13: Cho x, y, z > 0: x + y + z = 3. Tìm GTNN của biểu thức:
2 2 2 2 2 2
P x xy y x xz z y zy z
Giải
Ta có:
2 2 2
2 2 2
3 3 3
( ) ( ) ( )
2 4 2 4 2 4
y y z z x x
P x y x
Chọn
3 3 3
( ; ); ( ; ); ( ; )
2 2 2 2 2 2
y y z z x x
u x v y w z
. Ta có:
u v w u v w
,
tức là:
2 2
3 3 9 3
( ( )) ( ( )) .9 .9 3 3
2 2 4 4
P x y z x y z
Vậy minP =
3 3 1
x y z
THPT CHUYÊN LÀO CAI GV: TRẦN HOÀI VŨ
11
Bài số 14: Cho a, b, c > 0: ab + bc + ca = abc. Tìm GTNN của biểu thức:
2 2 2 2 2 2
2 2 2
a b b c c c
P
ab bc ca
Giải
Đặt
2 2 2 2 2 2
1
1 1 1
; ;
2 2 2
x y z
x y z
a b c
P y x z y x z
.
Theo bài 13, ta có:
2 2
( ) ( 2( )) 3
P x y z x y z
Vậy minP =
3 3
a b c
Bài số 15: Cho a, b, c > 0: a + b + c = 1. Tìm GTNN của biểu thức:
2 2 2
1 1 1
( ) ( ) ( )
P a b c
a b c
Giải
Chọn
1 1 1
( ; ; ); (1;1;1)
u a b c v
a b c
. Ta có:
2 2 2
. . . .
u v u v u v u v
.
Đẳng thức xảy ra
u v
.
Tức là, ta có:
2 2 2 2
2
2
1 1 1 1 1 1
3[( ) ( ) ( ) ] ( )
1 1 1
3 (9 ) (9 ) (9 ) 8( )
3 (2.3 2.3 2.3 8) 100
100
3
a b c a b c
a b c a b c
P a b c a b c
a b c
P
P
Đẳng thức xảy ra
1 1 1
1
3
1
1
a b c
u v
a b c
a b c
a b c
a b c
Vậy minP =
100
3
.
THPT CHUYÊN LÀO CAI GV: TRẦN HOÀI VŨ
12
Bình luận:
Hãy bình luận về các lời giải sau đây.
*)Lời giải 1:
2 2 2 2 2 2
2 2 2
3
2 2 2
3
2 2 2
1 1 1 1 1 1
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 6
1
3( ) 6 3.2 6 12?!
P a b c a b c
a b c a b c
P a b c
a b c
*)Lời giải 2:
2 2 2 2 2 2
2 2 2
3 3 3
2 2 2 2 2 2 2 2 2
3 3
2 2 2 2 2 2
2
2 2 2
1 1 1 1 1 1
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 6
1 1
3( ) 6 3(81 ) 240 6
240 240 ( ) 100
3.2.9 6 ( ) 60 . ?!
3 3 3 3
P a b c a b c
a b c a b c
P a b c P a b c a b c
a b c a b c
a b c
P a b c
*)Lời giải 3:
2 2 2 2 2 2
2
2
1 1 1 1 1
( ) ( ) ( ) ( ) [(9 ) 8 ] (6 8 )
( )
100
64 96 3.36 64. 96 108
3 3
P a b c a a a a
a b c a a
a
P a a
*)Lời giải 4:
2 2 2 2 2
2
2
2
3
2 2 2
2
1 1 1 1 1
( ) ( ) ( ) ( ) 6
1 3 1 9 1 9 100
( ) 6 6 6
1
3 3 3 3
( )
3
P a b c a a
a b c a a
P a
a
a b c
a
?!
THPT CHUYÊN LÀO CAI GV: TRẦN HOÀI VŨ
13
II) Sử dụng tọa độ vectơ trong giải toán hình học
Ứng dụng của vectơ trong hình học rất phong phú và đa dạng. CĐ nhỏ này chỉ xin
nêu lên một số bài toán cơ bản nhất, thường gặp trong các kỳ thi vào ĐH – CĐ.
Xin bắt đầu bằng một bài toán vô cùng quen thuộc.
Bài số 16: Cho tam giác ABC với A(1;1;1), B( 2; -1; 1), C(1; 3; 2).
Viết phương trình đường phân giác trong góc A.
Giải
Nếu đây là bài toán trong hình học giải tích
trong mp thì vô cùng đơn giản. Có những
cách trong phẳng làm được nhưng trong
KG thì ko thành công. Nếu sử dụng vectơ
thì trong cả phẳng và KG đều làm được và
hết sức nhẹ nhàng.
Ta có:
(1; 2;0), (0;2;1)
AB AC
.
Gọi
1 2
;
AB AC
e e
AB AC
thì
1 2
e e e
là VTCP phân giác trong AD
góc A của tam giác ABC.
Ta có:
1 2
1 2 2 1 1 1
( ; ;0), (0; ; ) ( ;0; )
5 5 5 5 5 5
e e e
Vậy pt AD:
1
1
1
x t
y
z t
( Thật tuyệt vời!!!)
*) Bình luận:
+) Nếu yêu cầu viết phân giác ngoài góc A thì VTCP có thể chọn
1 2
e e e
hoặc
2 1
e e e
+) Nếu đề yêu cầu viết pt đường phân giác tạo bởi góc nhọn giữa 2 đt cắt nhau
d
1
; d
2
thì làm thế nào??? Rất đơn giản: Tính
1 2
cos( , )
u u
.
Nếu
1 2
cos( , ) 0
u u
thì
1 2
1 2
u u
e
u u
là VTCP phân giác tạo bởi góc nhọn
Nếu
1 2
cos( , ) 0
u u
thì
1 2
1 2
u u
e
u u
hoặc
2 1
2 1
u u
e
u u
là VTCP phân giác
tạo bởi góc nhọn. Tuyệt vời!!!
B C
A
D
E
THPT CHUYÊN LÀO CAI GV: TRẦN HOÀI VŨ
14
Bài số 17: Cho đường thẳng
:
1 1 1
x y z
d
và hai điểm
0;0;3
A
,
0;3;3
B
.
Tìm tọa độ điểm
M d
sao cho
a)
MA MB
nhỏ nhất
b)
MA MB
lớn nhất.
Giải
Đây là một bài toán vô cùng quen thuộc và đơn giản. Xin chỉ ra pp tọa độ vectơ áp
dụng như sau:
a)
MA MB
nhỏ nhất
Gọi tọa độ của
M d
có dạng
; ;
M t t t
,
t
.
Ta có:
2 2 2 2 2 2
2 2
2 2
0 0 3 0 3 3
3 6 9 3 12 18 3 1 2 2 2
MA MB t t t t t t
t t t t t t
Chọn
( 1; 2), (2 ; 2)
u t v t
.
Suy ra:
3( ) 3 3 3
MA MB u v u v
Đẳng thức xảy ra
3
1 2
2
t t t
Vậy: (
MA MB
)
min
=
3 3
khi
3 3 3
( ; ; )
2 2 2
M
b)
MA MB
lớn nhất
2 2 2 2 2 2
2 2
2 2
0 0 3 0 3 3
3 6 9 3 12 18 3 1 2 2 2
MA MB t t t t t t
t t t t t t
Chọn
( 1; 2), (2 ; 2)
u t v t
.
Suy ra:
3( ) 3 1
MA MB u v u v
Đẳng thức xảy ra
1 2
2 2
t t
u v t
Vậy trên d ko tồn tại điểm M để
max
( )
MA MB
THPT CHUYÊN LÀO CAI GV: TRẦN HOÀI VŨ
15
Bài số 18: Cho mặt phẳng
: 4 0
P x y z
. Tìm điểm
M P
sao cho
a)
2 2
3
MA MB
nhỏ nhất, biết
1;2;1
A
,
0;1;2
B
b)
2 2 2
3 2
MA MB MC
nhỏ nhất, biết
1;2;1
A
,
0;1;2
B
,
0;0;3
C
c)
3 4
MA MB MC
nhỏ nhất, biết
1;2;1
A
,
0;1;2
B
,
0;0;3
C
Giải
Nếu thay ptmp(P) bởi ptđt(d) nào đó thì bài 18 chỉ dừng lại ở việc tính toán mà
thôi, chỉ cần biểu diễn tọa độ M theo tham số t và quay về việc tìm cực trị của hàm
bậc 2 đơn thuần!!!
Vậy nếu M là điểm thuộc mp(P) thì có biểu thị tọa độ M theo tham số được ko?
Tất nhiên là được, chẳng hạn:
( ; ;4 )
M t u t u
. Khi đó:
2 2 2 2 2 2 2 2
2 2
3 ( 1) ( 2) (3 ) 3[ ( 1) (2 ) ]
7 7 20 28 8 29 ( , )
MA MB t u t u t u t u
t u t u tu f t u
Việc tìm cực trị của hàm f(t,u) thật ko đơn giản!
Vậy thì công cụ vectơ áp dụng vào bài này như thế nào?
a)Xét điểm I tùy ý, ta có:
2
2 2 2
2
2 .
MA MA MI IA MI IA MI IA
2
2 2 2
2
2 .
MB MB MI IB MI IB MI IB
Suy ra:
2 2 2 2
2 2
2 2 . 2 2 .
MA MB MI IA MI IA MI IB MI IB
2 2 2
2 2
2 3 2 2 2
MA MB MI IA IB MI IA IB
2 2 2 2 2
2 3 2 2 2
MA MB MI IA IB MI IA IB
Ta đi tìm tọa độ điểm I sao cho :
2 0 2
IA IB IA IB
, ta có tọa độ của I là:
2
1 2.0 1
1 2 3 3
2
2 2.1 4
1 2 3 3
2
1 2.2 5
1 2 3 3
A B
A B
A B
x x
x
y y
y
z z
z
. Hay
1 4 5
; ;
3 3 3
I
Vậy, với
1 4 5
; ;
3 3 3
I
, ta có
2 0
IA IB
nên
2 2 2 2 2
2 3 2
MA MB MI IA IB
.
THPT CHUYÊN LÀO CAI GV: TRẦN HOÀI VŨ
16
Do I cố định nên
2 2
,
IA IB
không đổi. Vậy
2 2
2
MA MB
nhỏ nhất
2
MI
nhỏ nhất
MI
nhỏ nhất
M
là hình chiếu của I trên (P).
Đường thẳng
d
qua
1 4 5
; ;
3 3 3
I
và vuông góc với (P) nhận vecto pháp tuyến
1;1;1
n
của (P) làm vecto chỉ phương nên có p/trình:
1
3
4
:
3
5
3
x t
d y t
z t
Tọa độ giao điểm H của
d P
là:
5 14 17
; ;
9 9 9
H
,H là hình chiếu của I trên (P).
Vậy M là hình chiếu của I trên (P) nên
M H
Kết luận:
2 2
2
MA MB
nhỏ nhất khi
5 14 17
; ;
9 9 9
M
*) Chú ý: Điểm I thỏa mãn:
2 0
IA IB
được gọi là tâm tỉ cự của hệ 2 điểm
,
A B
gắn với hệ số
1,2
.
Một cách tổng quát, ta có:
Cho n điểm
1 2
, , ,
n
A A A
và n số thực
1 2 1 2
, , , : 0
n n
. Khi đó
tồn tại duy nhất điểm I thỏa mãn:
1
0
n
i i
i
IA
. Điểm I như vậy gọi là tâm tỷ cự
của hệ n điểm
1 2
, , ,
n
A A A
gắn với hệ số
1 2
, , ,
n
.
Từ hệ thức
1
0
n
i i
i
IA
, ta còn có với mọi điểm M thì:
1 1
n n
i i i
i I
MA MI
b)
2 2 2
3 2
MA MB MC
nhỏ nhất, biết
1;2;1
A
,
0;1;2
B
,
0;0;3
C
( Làm tương tự phần a))
c)
3 4
MA MB MC
nhỏ nhất, biết
1;2;1
A
,
0;1;2
B
,
0;0;3
C
Cần rút gọn tổng
3 4
MA MB MC
thành một vecto
MH
.
Khi đó
3 4
MA MB MC MH MH
nhỏ nhất
M
là hình chiếu của H trên (P).
Bằng cách phân tích:
THPT CHUYÊN LÀO CAI GV: TRẦN HOÀI VŨ
17
3 4 3 4
MA MB MC MI IA MI IB MI IC
8 3 4
MI IA IB IC
Đến đây chỉ việc tìm tọa độ điểm
I
sao cho
3 4 0
IA IB IC
rồi làm tiếp theo
hướng dẫn trên.
Chú ý:
1
3 4 0 3 4
8
IA IB IC OI OA OB OC
Suy ra tọa độ của I là
1
3 4
8
1
3 4
8
1
3 4
8
I A B C
I A B C
I A B C
x x x x
y y y y
z z z z
. Hay
1 5 19
( ; ; )
8 8 8
I
……………………………………………………….
Bài số 19: Cho hình chữ nhật ABCD tâm O. Tìm GTNN của
2010 2010 2010 2010
T MA MB MD MC
, M là điểm tùy ý.
Giải
Dễ dàng CM được BĐT:
*
( ) , , 0,
2 2
n n
n
a b a b
a b n
Ta có:
2 1005 2 1005 2 1005 2 1005
2 2 2 2
1005 1005
2 2 2 2
1005
( ) ( ) ( ) ( )
2[( ) ( ) ]
2 2
4( )
4
T MA MB MC MD
MA MB MC MD
MA MB MC MD
Mặt khác:
2
2 2 2 2 2
( ) 4 4 4
MA MA MO OA MO OA OA
Suy ra:
1005
4
T OA
. Có đẳng thức
M O
Vậy
1005
min 4
T OA
Bài số 20: Cho tam giác ABC. Tìm tập hợp các điểm M sao cho:
2 2 3
MA MB MC MA MB MC
Giải
Ta có:
3
MA MB MC MG
, G là trọng tâm.
Gọi J là điểm sao cho:
2 3 0
JA JB JC
thì J là tâm tỷ cự của hệ điểm
, ,
A B C
gắn với hệ số
1;2;3
nên J cố định và với mọi điểm M thì ta luôn có:
THPT CHUYÊN LÀO CAI GV: TRẦN HOÀI VŨ
18
2 3 6
MA MB MC MJ
Do đó:
2 2 3 6 6
MA MB MC MA MB MC MG MJ MG MJ
Vậy: Tập hợp các điểm M là đường trung trực của GJ
Bài số 21: Cho tam giác ABC, M, N là 2 điểm thay đổi thỏa mãn:
4 2
MN MA MB MC
. CMR: MN luôn đi qua một điểm cố định.
Giải
Gọi I là điểm sao cho:
4 2 0
IA IB IC
thì I là tâm tỷ cự của hệ điểm
, ,
A B C
gắn với hệ số
4; 1;2
nên I cố định và với mọi điểm M thì ta luôn có:
4 2 3
MA MB MC MI
. Từ đó có:
3 3 2
MN MI MI IN MI IN IM
Vậy: MN luôn đi qua điểm cố định I.
Bài số 22:
Chứng minh rằng trong một tam giác 3 trung tuyến cắt nhau tại một điểm.
Giải
Giả sử ABC có các trung tuyến AM,BN,CP. Gọi G là giao điểm của BN và CP.
Khi đó:
( 1)
GB kGN k
2
1 1
k
AB AC
AB k AN
AG
k k
( 1)
GC lGP l
2
1 1
l
AC AB
AC l AP
AG
l l
Suy ra:
1 1
0
1 2 2 1 2 2
l k
AB AC
k l l k
1 1
0
1 2 2 1 2 2
l k
k l l k
2
2
3 3
AB AC
k l AG AM
A,G,M thẳng hàng.
Từ đây cũng suy ra được tính chất của trọng tâm.
THPT CHUYÊN LÀO CAI GV: TRẦN HOÀI VŨ
19
Bài số 23:
Cho ABC. Gọi M,N lần lượt là 2 điểm trên các cạnh AB, AC sao cho
AM AN
AB AC
.
Chứng minh rằng
MN BC
hoặc
MN BC
.
Giải
0 ,
AM AN
k AM k AB AN k AC
AB AC
( )
MN AN AM k AC AB kBC
MN BC
hoặc
MN BC
Bài số 24:
Cho ABC có G là trọng tâm. Một đường thẳng qua G cắt các cạnh AB, AC lần
lượt tại M,N. Chứng minh
3
AB AC
AM AN
Giải
Giả sử
, ( , 1)
AB k AM AC l AN k l
.
Ta có:
2
3 3 3 3
( )
3 3 3 3
AB AC k l
AG AI AM AN
k l k l
AG GM GN
Do
,
GM GN
cùng phương và không cùng
phương với
AG
nên
3
k l
THPT CHUYÊN LÀO CAI GV: TRẦN HOÀI VŨ
20
III) Sử dụng tọa độ vectơ trong giải toán lượng giác.
Sử dụng công cụ vectơ vào giải một số bài toán về lượng giác cho ta những lời
giải bất ngờ và rất thú vị.
Bài số 25: Cho tam giác ABC. Tìm GTLN của biểu thức:
cos cos cos
P A B C
Giải
Bài toán trên rất cơ bản và cũng có nhiều cách giải. Xin nêu thêm một cách khác
như sau:
Ta thấy rằng khi biết tích vô hướng của hai vectơ và biết độ dài của chúng thì hoàn
toàn biết được góc giữa chúng. Vì thế nên trong tam giacs ABC, ta sẽ thực hiện
như sau:
Đặt
1 2 3
1 2
1 2 3
2 3
3 1
1
( , )
; ;
( , )
( , )
e e e
AB BC CA
e e B
e e e
AB BC CA
e e C
e e A
Ta có:
3 3 3
2
2
1 1 , 1
( ) 0 0, ( )
3 2[ ( ) ( ) ( ) 0
3
3 2(cos cos cos ) 0 cos cos cos
2
i i i j
i i i j
e e e e i j
c A c B c C
A B C A B C
os os os ]
Đẳng thức xảy ra
0 (1)
AB BC CA
AB BC CA
Mặt khác, ta luôn có:
0 0 (2)
AB BC CA
AB BC CA
AB AB AB
Lấy (1) trừ (2) vế theo vế có:
1 1 1 1
( ) ( ) 0 (3)
BC CA
BC AB CA AB
Vì
,
BC CA
không cùng phương nên từ (3) suy ra: AB = BC = CA hay tam giác
ABC đều.
Vậy: maxP = 3/2.
THPT CHUYÊN LÀO CAI GV: TRẦN HOÀI VŨ
21
*) Bình luận:
Với việc khai triển bất đẳng thức:
2
1 2 3
( ) 0
xe ye ze
ta nhận được bất đẳng
thức sau:
2
cos cos cos
2
x
xy B yz C zx A
.
Bài số 26: Cho tam giác ABC. Tìm GTNN của biểu thức:
cos2 cos2 cos2
P A B C
Giải
Nếu gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC thì rõ ràng ta có thể liên hệ
các góc 2A, 2B, 2C với góc ở tâm O ứng với các góc nội tiếp A, B, C.
Ta có:
; ( , ) 2
( , ) 2 ; ( , ) 2
OA OB OC OA OB C
OC OA B OB OC A
2 2 2
( ) 0 3 2 ( 2 2 2 ) 0
3
2 2 2
2
os os os
os os os
OA OB OC OA OA c A c B c C
c A c B c C
Đẳng thức xảy ra
0
OA OB OC
O là trọng tâm
ABC
đều.
Vậy: minP = -3/2.
*) Bình luận:
Với việc khai triển bất đẳng thức:
2
( ) 0
xOA yOB zOC
ta thu được bất đẳng thức:
2
cos2 cos2 cos2
2
x
P yz A zx B xy C
.
Bài số 27: Cho a, b, c > 0 :
2 2 2
4
a b c abc
(*)
Tìm GTLN của tổng P = a + b + c.
Giải
Từ (gt) có: 0 < a, b, c < 2 nên ta đặt được:
2cos ; 2cos ; 2cos
a A b B c C
, với
A,B,C là 3 góc nhọn.
Ta coi (*) là ptb2 ẩn là c:
2 2 2
4 0
c abc a b
2 2 2 2 2
( ) 4( 4) (4 )(4 ) 0 , (0;2)
ab a b a b a b
Vì c > 0 nên ta lấy nghiệm:
2 2
(4 )(4 )
4cos cos 4sin sin
2 2
2cos( ) 2cos( )
ab a b
A B A B
c
A B A B
Mà: c = 2cosC nên có:
cos ( )
os
C c A B A B C
( Do A, B, C nhọn)
THPT CHUYấN LO CAI GV: TRN HOI V
22
Suy ra: A, B, C l 3 gúc trong tam giỏc.
Do vy
3
2(cos cos cos ) 2. 3
2
P a b c A B C
.ng thc
ABC
u
(Xem bi s 25)
Vy: maxP = 3
2 2 2
4
1
0
a b c abc
a b c
a b c
Bài số 28: Cho tam giác ABC. Chứng minh rằng:
6cosA.cosB.cosC
cos
2
A + cos
2
B + cos
2
C (28).
Giải
Nếu tam giác ABC là tam giác tù (có một góc tù) thì (28) hiển nhiên đúng vì khi đó
vế trái âm, còn vế phải dơng.
Nếu tam giác ABC không phải là tam giác tù thì trên mặt phẳng ta đặt các vectơ
, ,
OM ON OP
sao cho:
cos
cos
cos
OM A
ON B
OP C
và
( , )
( , )
( , )
OM ON C
ON OP A
OP OM B
Ta có:
2
( ) 0
OM ON OP
2 2 2
2 . 2 . 2 . 0
OM ON OP OM ON ON OP OP OM
2 2 2
cos cos cos 2.3cos .cos .cos 0
A B C A B C
(đpcm)
Đẳng thức xảy ra
0
OM ON OP
O là trọng tâm tam giác MNP
Mặt khác: Theo cách đặt vectơ ban đầu thì O là trực tâm tam giác MNP.
Thật vậy: Ta có:
. 0
. . . . 0
. 0
OM PN
OM ON ON OP OP OM ON PM
OP MN
O là trực tâm
Vậy:
MNP đều nên
cos cos cos
OM ON OP A B C ABC
đều
THPT CHUYÊN LÀO CAI GV: TRẦN HOÀI VŨ
23
BÀI TẬP ÁP DỤNG
Bài số 29:Chứng minh rằng:
2 2
x xy y
+
2 2
y yz z
+
2 2
z zx x
3( )
x y z
,
x,y,z > 0.
Bài số 30: Chøng minh r»ng víi mäi x ta cã:
2 2
2sin 4 2sin 2 2sin 5 17
x x x
Bài số 31:
Gi¶ sö hệ phương trình
16
3
22
22
zyzy
yxyx
cã nghiÖm.
Chứng minh rằng:
8 8
xy yz zx
Hướng dẫn
§Æt
3
( ; )
2 2
x
u y x
,
3
( ; )
2 2
z
v z y
. Áp dụng:
.
u v u v
.
Bài số 32:
Cho bốn số thực tùy ý
1 2 1 2
, , ,
a a b b
. Chứng minh:
2 2 2 2 2 2
1 2 1 2 1 1 2 2
( ) ( )
a a b b a b a b
Bài số 33:Cho 6 số thực a, b, c, d, x, y, z thỏa mãn: a + b + c = 2; ax + by + cz = 6
Chứng minh rằng:
2 2 2 2 2 2 2 2 2
16 16 16 10
a a x b b y c c z
Bài số 34: Chứng minh rằng với mọi tam giác nhọn ABC ta luôn có:
4 4 4
9 tan 9 tan 9 tan 9 2
A B C
Hướng dẫn
Cần CM:
tan tan tan tan tan tan
A B C A B C
tan tan tan 3 3
A B C
Bài số 35: Chứng minh rằng với mọi x, y ta đều có:
2 2 2 2 2 2
4cos . os sin ( ) 4sin .sin os ( ) 2
x c y x y x y c x y
Bài số 36: Với x, y là hai số thực bất kì tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
2 2 2 2
4 2 1 6 10
S x x xy y y y
THPT CHUYÊN LÀO CAI GV: TRẦN HOÀI VŨ
24
Bài số 37: Cho
x
là số thực. Chứng minh rằng :
2 2
sin 2 sin sin 2 sin 3
x x x x
Bài số 38: Giải các phương trình sau:
a)
2 2
1 3 1 2
x x x x
b)
2
1 3 2( 3) 2 2
x x x x
c)
2
1 3 2 1 0
x x x x
e)
2
2 4 6 11
x x x x
f)
2 2
sin 2 sin sin 2 sin 3
x x x x
Bài số 39: Cho tam gi¸c ABC. Chøng minh r»ng:
3cos 2cos 2 3cos 4
A B C
Bài số 40: Cho tam gi¸c ABC vµ sè thùc x. Chøng minh r»ng:
2
cos (cos cos ) 1
2
x
A x B C
.
Bài số 41: Cho hình bình hành ABCD, tâm O, M là điểm tùy ý.
a) CMR:
2 2 2 2 2 2
D 2( )
MA MB MC M OB OA
b) Giả sử M di động trên đường tròn (d), xác định vị trí của M để
2 2 2
MA MB MC
đạt giá trị nhỏ nhất.
Bài số 42: Cho
ABC, G là trọng tâm và M là điểm tùy ý.
a. CMR vevtơ
2
v MA MB MC
, không phụ thuộc vào vị trí của M.
b. Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp
ABC, chứng minh rằng:
2 2 2
2 2 .
MA MB MC MO v
c. Tìm tập hợp những điểm M thỏa mãn
2 2 2
2
MA MB MC
= 0.
THPT CHUYÊN LÀO CAI GV: TRẦN HOÀI VŨ
25
Giả sử M di động trên đường tròn ngoại tiếp
ABC, tìm vị trí của M để
2 2 2
2
MA MB MC
đạt giá trị lớn nhất, nhỏ nhất.
Bài số 43: Cho
ABC đều cạnh bằng 6, M là điểm thuộc đường tròn ngoại tiếp
ABC. Đặt
2 2 2
S MA MB MC
.
a. Tìm giá trị nhỏ nhất của S.
b. Tìm giá trị lớn nhất của S.
Bài số 44: Cho hình bình hành ABCD, I là trung điểm của cạnh BC và E là điểm
thuộc đường chéo AC thỏa mãn tỉ số
E 2
3
A
AC
. Chứng minh ba điểm
D, E, I thẳng hàng.
Bài số 45: Cho 2 đường thẳng
1
1 3 4
: ; : 3 2
1 1 1
4
x t
x y z
d y t
z t
a) CMR: Hai đường thẳng trên cắt nhau
b) Viết pt đường phân giác của góc nhọn tạo bởi hai đường thẳng trên.
………………………………………@
Lµo Cai, ngµy 11 th¸ng 7 n¨m 2011
TrÇn Hoµi Vò
