Ứng dụng vecto vào giải toán

B. ỨNG DỤNG CỦA VECTƠ
1. ỨNG DỤNG CỦA VECTƠ TRONG CÁC BÀI TOÁN ĐỒNG QUY, THẲNG
HÀNG
1.1 PHƯƠNG PHÁP CHUNG
Muốn chứng minh ba điểm A, B, C thẳng hàng, ta đi chứng minh:
uuur
uuur
AB = k AC , k ∈ R.

Để nhận được (1), ta lựa chọn một trong hai hướng:
- Hướng 1: Sử dụng các quy tắc biến đổi vectơ đã biết.
uuur

uuur

- Hướng 2: Xác định vectơ AB và AC thông qua các tổ hợp trung gian.
* Chú ý:

Cho ba điểm A, B, C. Điều kiện cần và đủ để A, B, C thẳng hàng là:
uuuur
uuur
uuur
MC = α MA + (1 − α ) MB

Với điểm tùy ý M và số thực α bất kì.
Đặc biệt khi 0 ≤ α ≤ 1 thì C thuộc đoạn AB
1.2 BÀI TẬP VÍ DỤ
Ví dụ 1: Cho hình bình hành ABCD, I là trung điểm của cạnh BC và E là điểm thuộc
đường chéo AC thỏa mãn tỉ số

AE 2

= . Chứng minh ba điểm D, E, I thẳng hàng.
AC 3

Giải
uuur uuur uur
DI = DC + CI

Ta có:
⇒

uuur uuur 1 uuur
DI = DC + CB
2
uuur uuur uuur
DE = DC + CE

(1)

Theo giả thiết, ta suy ra:
uuur 1 uuur uuur
CE = (CD + DA)
3
⇒

uuur 1 uuur uuur 1 uuur uuur
CE = (CD + DA) = (CD + CB )
3
3

Từ đây ta có:

uuur uuur 1 uuur 1 uuur
DE = DC + CD + CB
3
3

1


⇒

uuur 2 uuur 1 uuur
DE = DC + CB
3
3

⇒

uuur 2 uuur 1 uuur
DE = ( DC + CB )
3
2
uuur

(2)

2 uuur
3

Từ (1) và (2) suy ra: DE = DI

Vậy ba điểm D, E, I thẳng hàng.
Ví dụ 2: Cho ∆ ABC. Gọi O, G, H theo thứ tự là tâm đường tròn ngoại tiếp, trọng tâm,
trực tâm của ∆ ABC. CMR O, G, H thẳng hàng.
Giải
Ta có:
uuur 1 uuur uuur uuur
OG = (OA + OB + OC )
2

(1)

Gọi E là trung điểm BC và A1 là điểm đối xứng với A qua O, ta được:
 BH PCA1 (cùng ⊥ AC )

 CH PBA1 (cùng ⊥ AB )
⇒ A1 BHC là hình bình hành
uuur uuur
⇒ A1 , E, H thẳng hàng ⇒ AH = 2OE

Ta có:
uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur
OH = OA + AH = OA + 2OE = OA + OB + OC .

(2)

Từ (1) và (2) suy ra:
uuur 1 uuur
OG = OH ⇔ O, G , H thẳng hàng.
3

Ví dụ 3: Cho ba dây cung song song AA1 , BB1 , CC1 của đường tròn (O). Chứng

minh

rằng trực tâm của ba tam giác ABC1 , BCA1 , CAB1 nằm trên một đường thẳng.
Giải
Gọi H1 , H 2 , H 3 lần lượt là trực tâm của các tam giác ABC1 , BCA1 , CAB1
Ta có:

2


uuuur uuur uuur uuuur
OH1 = OA + OB + OC1
uuuur uuur uuur uuur
OH 2 = OB + OC + OA1
uuuur uuur uuur uuur
OH 3 = OC + OA + OB1

Suy ra:
uuuuur uuuur uuuur
H1 H 2 = OH 2 − OH1
uuur uuuur uuur uuur
= OC − OC1 + OA1 − OA
uuuur uuur
= C1C + AA1
uuuuur uuuur uuuur
H1 H 3 = OH 3 − OH1
uuur uuuur uuur uuur
= OC − OC1 + OB1 − OB

uuuur uuur
= C1C + BB1

Vì các dây cung AA1 , BB1 , CC1 song song với nhau
uuur uuur uuuur

Nên ba vectơ AA1 , BB1 , CC1 có cùng phương
uuuuur uuuuur

Do đó hai vectơ H1 H 2và H1H 3 cùng phương hay ba điểm H1 , H 2 , H 3 thẳng hàng.
1.3 BÀI TẬP TỰ GIẢI
1. Cho ∆ ABC. Đường tròn nội tiếp ∆ ABC tiếp xúc với AB, AC theo thứ tự tại M, N.
Gọi E, F theo thứ tự là trung điểm của AC và BC. Tìm điểm P thuộc EF sao cho M, N, P
thẳng hàng.
2. Cho ∆ ABC với O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác đó. Các đường thẳng
∆1 , ∆ 2 , ∆ 3 đôi một song song nhau lần lượt qua các điểm A, B, C và có giao điểm thứ hai

với đường tròn (O) theo thứ tự là A1 , B1 , C1 . Chứng minh trực tâm của ba tam giác
ABC1 , BCA1 , CAB1 thẳng hàng.

3. Cho hình bình hành ABCD. Gọi E là điểm đối xứng của D qua điểm A, F là điểm đối
xứng của tâm O của hình bình hành qua điểm C và K là trung điểm của đoạn OB. Chứng
minh ba điểm E, K, F thảng hàng và K là trung điểm của EF.
4. Cho tam giác ABC và M, N lần lượt là trung điểm AB, AC.Gọi P, Q là trung điểm MN
và BC. CMR : A, P , Q thẳng hàng.
5. Cho tam giác ABC, E là trung điểm AB và F thuộc thoả mãn AF = 2FC.
Gọi M là trung điểm BC và I là điểm thoả mãn 4EI = 3FI. CMR : A, M, I thẳng hàng.

3

a. Lấy N thuộc BC sao cho BN = 2 NC và J thuộc EF sao cho 2EJ = 3JF. CMR A, J, N
thẳng hàng.
b. Lấy điểm K là trung điểm EF. Tìm P thuộc BC sao cho A, K, P thẳng hàng.
6. Cho tam giác ABC có AM là trung tuyến. Gọi I là trung điểm AM và K là một điểm
trên cạnh AC sao cho AK =

1
AC. Chứng minh ba điểm B, I, K thẳng hàng
3

2 ỨNG DỤNG CỦA VETƠ TRONG CÁC BÀI TOÁN VUÔNG GÓC, TÍNH GÓC
2.1 PHƯƠNG PHÁP CHUNG
Để chứng minh hai đường thẳng vuông góc, ta cần chứng minh tích vô hướng của chúng
bằng 0
uuur uuur
AB ⊥ AC ⇔ AB. AC = 0

2.2 BÀI TẬP VÍ DỤ
Ví dụ 1: Trong đường tròn C(O; R) cho hai dây cung AA’, BB’ vuông góc với nhau ở
điểm S và gọi M là trung điểm của AB.CMR: SM vuông góc A’B’.
Giải
Xét tích vô hướng
uuur uuuuur 1 uur uur uuur uuur
SM . A ' B ' = ( SA + SB ).( SB ' − SA ')
2
=

1 uur uuur uur uuur uur uuur uur uuur
( SA.SB ' − SA.SA ' + SB.SB ' − SB.SA ')

2

Ta có:
uur uuur
SA.SB ' = 0
uur uuur
SB.SA ' = 0
uur uuur uur uuur
SA.SA ' = SB.SB '
uuur uuuuur
Từ đó suy ra SM . A ' B ' = 0 nên SM vuông góc với A’B.

2.3 BÀI TẬP TỰ GIẢI
1. Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp ∆ABC , D là trung điểm cạnh AB , E là trọng tâm
của ∆ACD . Chứng minh rằng nếu AB = AC thì OE ⊥ CD .

4


2. Cho ∆ABC cân tại A. Gọi D là trung điểm cạnh AB , E là trọng tâm ∆ADC . Chứng
minh IE ⊥ CD . ( I là tâm đường tròn ngoại tiếp ∆ABC ).
3. Cho tam giác ABC có hai trung tuyến BM và CN. Chứng minh rằng:
BM ⊥ CN ⇔ b 2 + c 2 = 5a 2

4. Cho hình chữ nhật ABCD,kẻ BH ⊥ AC .Gọi M,N lần lượt là trung điểm của AH và
DC.Chứng minh rằng: BM ⊥ MN
5. Cho hình vuông ABCD,trên DC lấy điểm E, kẻ EF ⊥ AC , ( F ∈ BC ) . M, N lần lượt là
trung điểm của AE và DC. Chứng minh rằng: MN ⊥ DF
6. Cho hình vuông ABCD, trên AB lấy điểm P,trên AD lấy điểm Q sao cho AP=AQ. Kẻ
AH ⊥ DP .Chứng minh rằng: CH ⊥ QH

7. Cho tam giác cân ABC, AB=AC nội tiếp trong đường tròn tâm O. Gọi D là trung điểm
cạnh AB và G là trọng tâm tam giác ADC. Chứng minh: OG ⊥ CD
3. CHỨNG MINH HAI ĐIỂM TRÙNG NHAU
3.1 PHƯƠNG PHÁP CHUNG
Muốn chứng minh hai điểm A1 và A2 trùng nhau, ta lựa chọn một trong hai hướng:
uuuur r

- Hướng 1: Chứng minh A1 A2 = 0 .
uuur uuuur

- Hướng 2: Chứng minh OA1 = OA2 với O là điểm tùy ý.
3.2 BÀI TẬP VÍ DỤ
Ví dụ: Cho tứ giác lồi ABCD. Gọi M, N, P, Q lần lượt là trung điểm của AB, BC, CD,
DA. Chứng minh rằng hai tam giác ANP và CMQ có cùng trọng tâm.
Giải
Gọi G1 , G2 lần lượt là trọng tâm của tam giác ANP và CMQ và O là một điểm tùy ý.
uuur uuur uuur uuuur
 OA + ON + OP = 3OG1
Ta có:  uuur uuuur uuur uuuur
OC + OM + OQ = 3OG2

(1)

Mặt khác:
uuur uuur uuur uuur 1 uuur uuur 1 uuur uuur
OA + ON + OP = OA + (OB + OC ) + (OC + OD)
2
2
uuur uuur 1 uuur uuur

= OA + OC + (OB + OD)
2

(2)

5


uuur uuuur uuur uuur 1 uuur uuur 1 uuur uuur
OC + OM + OQ = OC + (OA + OB ) + (OA + OD)
2
2
uuur uuur 1 uuur uuur
= OC + OA + (OB + OD)
2
uuuur uuuur
OG1 = OG2
Từ (1), (2), (3) suy ra:

(3)

Vậy G1 và G2 trùng nhau.
3.3 BÀI TẬP ĐỀ NGHỊ
1. Cho lục giác ABCDEF. Gọi M, N, P, Q, R, S lần lượt là trung điểm của AB, BC, CD,
DE, EF, FA. Chứng minh rằng hai tam giác MPR và NQS có cùng trọng tâm.
2. Cho lục giác ABCDEF có AB ⊥ EF và hai tam giác ACE và BDF có cùng trọng tâm.
CMR: AB²+EF²=CD².
4. ỨNG DỤNG CỦA VECTƠ TRONG CÁC BÀI TOÁN QUỸ TÍCH ĐIỂM
4.1 PHƯƠNG PHÁP CHUNG
Với các bài toán quỹ tích ta cần nhớ :

uuur

uuur

Nếu MA = MB , với A, B cho trước thì M thuộc đường trung trực của đoạn AB.
uuuur
uuur
MC =k AB , với A, B, C cho trước thì M thuộc đường tròn tâm C, bán kính bằng k.AB.
uuur

uuur

Nếu MA =k BC , với A, B, C cho trước thì:
- Với k ∈ R điểm M thuộc đường thẳng qua A song song với BC.
uuur

- Với k ∈ R + điểm M thuộc nửa đường thẳng qua A song song với BC theo hướng BC .
uuur

- Với k ∈ R điểm M thuộc nửa đường thẳng qua A song song với BC ngược hướng BC .
4.2 BÀI TẬP VÍ DỤ
Ví dụ 1: Cho ∆ ABC, tìn tập hợp những điểm M thỏa mãn
uuur

uuur

uuuur r

a. MA + k MB − k MC = 0 .

(1)

uuur uuur uuuur r
b. (1 − k ) MA + MB − k MC = 0 .

(2)

Giải
a. Ta biến đổi (1) về dạng:
uuur
uuuur uuur
uuur
uuur
MA = k ( MC − MB ) ⇔ MA = k BC .
⇔ M thuộc đường thẳng qua A song song với BC.

6


b. Ta biến đổi (2) về dạng:
uuur uuur
uuur uuuur r
MA + MB − k ( MA + MC ) = 0 .

(3)

Gọi E, F theo thứ tự là trung điểm của AB và AC, ta được:
uuur

uuur r

uuur

uuur

(3) ⇔ 2ME − 2k MF = 0 ⇔ ME = k MF

⇔ M thuộc đường trung bình EF của ∆ ABC.
·
Ví dụ 2: Trên tia Ox và Oy của xOy
lấy hai điểm M, N sao cho OM + ON = a (a là độ

dài cho trước). Tìm quỹ tích trung điểm I của đoạn MN.
Giải
Lấy hai điểm M 0 , N 0 thuôạ Ox, Oy sao cho:
OM 0 = ON 0 =

a
.
2

Giả sử OM=k thì ON=a-k, với 0 ≤ k ≤ a , khi đó:
uuuur 2k uuuuur
uuur 2(a − k ) uuuur
OM =
OM 0 và ON =
ON 0 .
a
a

Vì I là trung điểm của đoạn MN, ta được:
uur 1 uuuur uuur 1 2k uuuuur 2(a − k ) uuuur
OI = (OM + ON ) = [ OM 0 +
ON 0 ]
2
2 a
a
uuuuur uuuur k uuuuur 2(a − k ) uuuur
⇔ OM 0 + M 0 I = OM 0 +
ON 0
a
a
uuuur k
uuuuur a − k uuuur
⇔ M 0 I = ( − 1)OM 0 +
ON 0
a
a
uuuur
uuuur uuuuur
⇔ aM 0 I = (a − k )(ON 0 − OM 0 )
uuuur a − k uuuuuur
⇔ M0I =
M 0 N0
A

Vậy quỹ tích I thuộc đoạn M 0 N 0 .
Ví dụ 3: Cho tam giác ABC và trung tuyến AM. Một đường thẳng song song với AB cắt
các đoạn thẳng AM, AC và BC lần lượt tại D, E và F. Một điểm G nằm trên cạnh AB sao
cho FG song song AC. Chứng minh rằng hai tam giác ADE và BFG có diện tích bằng

nhau.
Giải

7


r
uuur r uuur r
uuuur b uuur
uuur
r
Ta đặt: CA = a; CB = b .Khi đó CM = CE = kCA = k a . Vì E nằm ngoài đoạn thẳng AC
2
uuur
uuur
r
uuur
uuur
r
nên có số k sao cho CE = kCA = k a , với 0< k< 1. Khi đó CF = kCB = kb

Điểm D nằm trên AM và EF nên có hai số x và y sao cho:
uuur uuur
uuuur
uuur
uuur
CD = xCA + (1 − x)CM = yCE + (1 − y )CF
r 1− x r
r
r

b = kya + k (1 − y )b
2

Hay xa +

rr

Vì hai vectơ a, b không cùng phương nên x = ky và
uuur

r

1− x
= k (1 − y ) .
2

r

Suy ra x = 2k -1,do đó CD = (2k − 1)a + (1 − k )b
Ta có:

r
r r
r r
uuur
uuur uuur uuur
ED = CD − CE = (2k − 1)a + (1 − k )b − ka = (1 − k )(b − a ) = (1 − k ) AB
uuur
uuur
uuur uuur

uuur
Chú ý rằng vì CF = kCB hay AB + BG = k AB
uuur uuur
Suy ra (1 − k ) AB = GB

Do đó ED = GB. Như vậy, hai tam giác ADE và BFG có các cạnh đáy ED và GB bằng
nhau (bằng khoảng cách giữa hai đường thẳng song song) nên có diện tích bằng nhau.
Ví dụ 4: Cho hình vuông ABCD, điểm M nằm trên đoạn thẳng AC sao cho AM =

AC
.
4

Gọi N là trung điểm CD.Chứng minh rằng BMN là tam giác vuông cân.
Giải
uuur r uuur r
Đặt AD = a, AB = b

Khi đó:
uuuur 1 uuur 1 r r
AM = AC = (a + b)
4
4
r
uuur uuur uuur r b
AN = AD + DN = a +
2

Ta có:

uuur uuuur 1 r r r r
MB.MN = (−a + 3b)(3a + b)
16
=

r2 r2 r r
1
(−3a + 3b + 8a.b) = 0
16

uuur2 1 r r 2 1 r2
r2
r r 5 r2
MB = (−a + 3b) = (a + 9b − 6a.b) = a
16
16
8

8


uuuur2 1 r r 2 1 r2 r2
r r 5 r2
MN = (3a + b) = (9a + b + 6a.b) = a
16
16
8

Vậy MB vuông góc với MN và MB =MN, tam giác BMN vuông cân tại đỉnh M
Ví dụ 5: Chứng minh rằng trong hình bình hành ta có: tổng các bình phương của hai

đường chéo bằng tổng các bình phương của các cạnh
Giải
Cho hình bình hành ABCD,ta phải chứng minh:
AC 2 + BD 2 = 2( AB 2 + AD 2 )

Ta có:
uuur2 uuur2
AC 2 + BD 2 = AC + BD
uuur uuur
uuur uuur
= ( AB + AD) 2 + ( BC + BA) 2
uuur uuur uuur uuur
= 2( AB 2 + AD 2 ) + 2( AB. AD + BA.BC )
uuur uuur uuur uuur

uuur

uuur uuur uuur

uuur uuur uuur uuur

Do AB. AD + BA.BC = 0 BA = − AB; BC = AD nên: AB. AD + BA.BC = 0
Vậy ta có: AC 2 + BD 2 = 2( AB 2 + AD 2 )
4.3 BÀI TẬP TỰ GIẢI
1. Cho ∆ABC vuông cân tại C . Trên các cạnh BC , CA, AB lần lượt lấy các điểm M , N ,
P sao cho:

MB NC PA
=
=

MC NA PB

Chứng minh rằng:
a. CP ⊥ MN
b. CP = MN .
2. Cho ∆ABC có đường cao CH . Gọi I , K lần lượt là trung điểm của các cạnh AB và
CH . Một đường thẳng d di động luôn luôn song song với cạnh AB cắt cạnh AC ở M và

cắt cạnh BC ở N . Dựng hình chữ nhật MNPQ với hai điểm P, Q nằm trên cạnh AB .
Gọi J là tâm hình chữ nhật MNPQ . Chứng tỏ rằng ba điểm I , K , J thẳng hàng.

9


3. Cho hai hình vuông ABCD và BKMN có chung đỉnh B và đỉnh M nằm trên DB kéo
dài. Chứng minh rằng trung tuyến BE của ∆ABK nằm trên đường thẳng chứa đường cao
BH của ∆BNC .

4. Cho ∆ABC vuông tại A . Gọi Au là tia phân giác của góc A . Qua trung điểm M của
cạnh huyền BC ta dựng đường thẳng vuông góc với tia Au cắt các đường thẳng AB và
AC lần lượt tại E và F . Chứng minh rằng BE = CF .

5. Cho hai điểm A, B cố định và một đường thẳng ∆ vuông góc với đường thẳng AB
nhưng không đi qua A, B . Một điểm M chạy trên ∆ . Tìm tập hợp các giao điểm N của
các đường thẳng vuông góc với MA, MB tại A và B .
6. Cho ∆ABC đều, gọi α , β , γ theo thứ tự là góc giữa đường thẳng ∆ với các đường
thẳng BC , CA, AB . Chứng minh rằng:
cos 2α .cos 2 β .cos 2γ + sin 2α .sin 2 β .sin 2γ

7. Qua trọng tâm G của ∆ABC vẽ đường thẳng ∆ cắt các cạnh AB và AC tại M và N .

Chứng minh:

MB NC
+
= 1.
MA NA

8. Cho ∆ABC . Từ một P điểm P thay đổi nằm trong mặt phẳng của tam giác ta kẻ các
đường thẳng song song với CA, CB lần lượt cắt CA, CB tại Q và R . Đường thẳng d nối
Q với trung điểm I của CA cắt đường thẳng d ' nối R với trung điểm J của CB tại S .

Chứng minh rằng đường thẳng PS luôn đi qua một điểm cố định.
9. Cho ∆ ABC, các điểm M, N, P di động trên các tia BC, CA và AB sao cho:
MB NC PA
=
=
. Dựng hình bình hành MNPQ. Tìm tập hợp những điểm Q.
MC NA PB

10. Cho ∆ ABC vuông ở A, M là điểm thay đổi trong tam giác; D, E, F lần lượt là hình
uuuur uuur uuur

uuur

chiếu của M trên BC, CA, AB. Tìm tập hợp các điểm M sao cho: MD + ME + MF = MA .
11. Cho tam giac ABC có trọn tâm G và nội tiếp đường tròn tâm O bán kính R. Chứng
1
9

minh rằng: OG 2 = R 2 − (a 2 + b 2 + C 2 )

12. Cho hai điểm A, B phân biệt. Tìm quỹ tích những điểm M thỏa mãn điều kiện:
MA2 − 3MB 2 = AB 2

10


13. Cho tứ giác ABCD. Gọi I, J là trung điểm của AC,BD.
CMR : AB 2 + BC 2 + CD 2 + DA2 = AC 2 + BD 2 + 4 IJ 2
14. Cho hai hình vuông ABCD và BMNP sắp xếp cho P thuộc cạnh BC, B thuộc đoạn
AM. Tính góc giữa hai đường thẳng AP và DN.
15. Cho tứ giác ABCD.M,N lần lượt là trung điểm của AC và BD.Tính MN theo các
cạnh và hai đường chéo của tứ giác.
16. Cho tam giác ABC và đường thẳng d. Hãy xác định vị trí của điểm M trên đường
thẳng d sao cho biểu thức: T = MA2 + 2 MB 2 − MC 2 là nhỏ nhất.
17. Cho tam giác ABC có BC=a, CA=b, AB=c. Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác
ABC. Chứng minh rằng biểu thức: a.MA2 + b.MB 2 + c.MC 2 là không đổi khi M di động
trên đường tròn nội tiếp tam giác ABC.
18. Cho tam giác ABC đều nội tiếp đường tròn tâm O bán kính R. Giả sử M là một diểm
di động trên (O;R). Chứng minh rằng: MA2 + MB 2 + MC 2 là luôn luôn không đổi. Hãy tính
lượng không đổi đó theo R.
19. Cho tam giác ABC có trọng tâm H và O là tâm đường tròn ngoại tiếp. Gọi B’ là B
điểm đối xứng với B qua O . Chứng minh : AH = B' C
5. ỨNG DỤNG CỦA VECTƠ TRONG CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC
5.1 PHƯƠNG PHÁP CHUNG
Ta có:
rr r r
rr
a.b = a . b .cosα , với α = (a, b),
rr

r r

và bởi cosα ≤ 1 , do đó: a, b ≤ a . b .
5.2 BÀI TẬP VÍ DỤ
Ví dụ 1:

3
2

Cho ∆ ABC, CMR: cosA + cosB + cosC ≤ .

Giải
ur uur ur

Thiết lập các vectơ đơn vị e1 , e2 , e3 trên các cạnh AB, BC, AC của ∆ ABC, ta được:
ur uur ur uur
e1.e2 = e1 . e2 .cos(1800 − B ) = − cos B,
uur ur uur ur
e2 .e3 = e2 . e3 .cos(1800 − C ) = − cos C ,

11


ur ur ur ur
e1.e3 = e1 . e3 .cos(1800 − A) = − cos A,

Mặt khác ta luôn có:
ur uur ur
ur2 uur2 ur2
ur uur uur ur ur uur

(e1 + e2 + e3 ) 2 = e1 + e2 + e3 + 2(e1.e2 + e2 .e3 + e1.e2 )
= 3 + 2(− cos B − cos C − cos A) ≥ 0
⇔ cos A + cos B + cos C ≤

3
, đpcm.
2
3
2

Ví dụ 2: Cho ∆ ABC, CMR: cos 2 A + cos 2 B + cos 2C ≥ − .
Giải
Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiép ∆ ABC, ta nhận được:
uuur uuur
2 A = (OB, OC ),
uuur uuur
2 B = (OC , OA),
uuur uuur
2C = (OA, OB ),

Mặt khác:
uuur uuur uuur
uuur2 uuur2 uuur2
uuur uuur uuur uuur uuur uuur
(OA + OB + OC ) 2 = OA + OB + OC + 2(OA.OB + OB.OC + OC .OA)
= 3R 2 + 2(R 2 .cos2C + R 2 cos2 A + R 2cos2 B) ≥ 0
⇔ cos2 A + cos2 B + cos2C ≥ −

3 , đpcm
2

Ví dụ 3: Chứng minh ∀x, y ∈ R, ta có:

( x + y )(1 − xy ) 1
≤ (*)
(1 + x 2 )(1 + y 2 ) 2

Giải
Ta có (*) ⇔

x(1 − y 2 ) + y (1 − x 2 ) 1
≤
2
(1 + x 2 )(1 + y 2 )

 2x
⇔
2
1+ x

 1− y
.
2
 1+ y
2

  2y
 + 
2
 1+ y

 1− x2
.
2
 1+ x


 ≤ 1


Đặt:
r  2x 1 − x 2 

a = 
,
2
2 
1+ x 1+ x 
r 1− y2 2y 

b = 
,
2
2 
1+ y 1+ y 

12


r

r

Suy ra : a = b = 1
rr

r r

r r

Mà a.b ≤ a . b . Vậy a , b ≤ 1 (đpcm).
Ví dụ 4:
số x,

Cho ba

y,

z thỏa hệ thức x 2 + y 2 + z 2 = xy + yz + xz. Chứng minh rằng

x 2 + y 2 + z 2 − ( xy + yz + zx ) ≥ 0.

Giải
Trong không gian với hệ tọa độ Đề-các vuông góc Oxy cho các vectơ :
r
r
u = ( x, y, z ), v = ( y , z , x )
rr r r
rr
Vì u .v = u . v cos(u , v )

rr
⇔ xy + yz + xz = ( x 2 + y 2 + z 2 ) cos(u , v ).
rr

r

r

Mặt khác ta có xy + yz + zx = x 2 + y 2 + z 2 nếu cos(u , v ) = 1 nghĩa là u và v cùng hướng.
r r
r r
Vì u = v do đó u = v nghĩa là x = y = z .

Do đó ta có:
0 ≤ x 2 + y 2 + z 2 − ( xy + yz + zx ).

Ví dụ 5: Cho bốn số thực tùy ý a1 , a2 , b1 , b2 . Chứng minh:
a12 + a2 2 + b12 + b2 2 ≥ (a1 + b1 ) 2 + (a2 + b2 ) 2

Giải
r

r

r r

Xét các vectơ: u = (a1 , a2 ); v = (b1 , b2 ) ⇒ u + v = (a1 + b1 , a2 + b2 )
r

r

r r

Áp dụng : u + v ≥ u + v ⇒ a12 + a2 2 + b12 + b2 2 ≥ (a1 + b1 )2 + (a2 + b2 ) 2
rr

Đẳng thức xảy ra khi u , v cùng hướng ⇔ a1.b2 = a2 .b1
Ví dụ 6: Cho 6 số thực a, b, c, d, x, y, z thỏa mãn: a + b + c = 2; ax + by + cz = 6
Chứng minh rằng: 16a 2 + a 2 x 2 + 16b 2 + b 2 y 2 + 16c 2 + c 2 z 2 ≥ 10
r

r

uur

HD: Đặt u = (4a, ax); v = (4b, by ); w = (4c; cz )
5.3 BÀI TẬP TỰ GIẢI

13


1. Cho ∆ ABC, CMR: sin

A
B
C 3
+ sin + sin ≤ .
2
2
2 2

2. CMR:
n

a)

∑ cos
i =1
n

b)

∑ sin
i =1

2(i − 1)π
= 0.
n
2(i − 1)π
=0
n

3. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: f = x + 2 − x 2 + x. 2 − x 2
4. Cho x, y, z là ba số dương và x + y + z ≤ 1
2
Chứng minh rằng: x +

1
1
1

+ y 2 + 2 + z 2 + 2 ≥ 82
2
x
y
z

5. (Đại học khối B 2006).Cho x,y là các số thực thay đổi. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu
thức
A = x2 + y 2 − 2x + 1 + x2 + y2 + 2x + 1 + y − 2

6. Cho ba số thực x, y, z tùy ý.Chứng minh:
x 2 + xy + y 2 + x 2 + xz + z 2 ≥

y 2 + yz + z 2

7. (Dự bị đại học 2005) Cho x, y, z là ba số thực thỏa x + y + z = 0
Chứng minh rằng: 3 + 4 x + 3 + 4 y + 3 + 4 z ≥ 6
8. Chứng minh rằng với mọi tam giác nhọn ABC ta luôn có:
9 + tan 4 A + 9 + tan 4 B + 9 + tan 4 C ≥ 9 2

9. Chứng minh rằng với mọi x, y ta đều có:
4 cos 2 x.cos 2 y + sin 2 ( x − y ) + 4sin 2 x.sin 2 y + cos 2 ( x − y ) ≥ 2

Với x, y là hai số thực bất kì tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
S = x 2 + 4 + x 2 + 2 xy + y 2 + 1 + y 2 − 6 y + 10

10. Cho x là số thực. Chứng minh rằng :

14

sin x + 2 − sin 2 x + sin x 2 − sin 2 x ≤ 3

11. Cho bốn số thực a, b, c, d tùy ý. Chứng minh rằng :
(a + c) 2 + (b + d ) 2 ≤ a 2 + b 2 + c 2 + d 2

12. Tìm GTNN c ủa hàm số :
y = x 2 − 2 px + 2 p 2 + x 2 − 2qx + 2 p 2

Trong đó p, q là hai số thực cho trước và p ≠ q.
13. Chứng minh rằng với mọi số thực a ta có:
a 2 − 8a + 20 +

( a − 48) 2 + 36 ≥ 20

5

Khi nào xảy ra dấu “=” ?
14. Với a, b, c, x, y, z là những số thực bất kỳ, chứng minh rằng:
ax + by + cz ≤ a 2 + b 2 + c 2 . x 2 + y 2 + z 2

15. Cho bốn số thực khác nhau a, b, c, d. chứng minh rằng:
a 2 + b2 +

( c − b) 2 + d 2

≥ c 2 + ( d − a)

2

16. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
x 2 + ( y + 1) + x 2 + ( y − 3)
2

2

Trong đó x, y là các số thực thỏa mãn: 2 x − y = 2
(Trích đề thi HSG quốc gia lớp 12 năm 1998)
17. Cho hàm số f ( x ) = a 2 + x 2 + a 2 + ( c − x ) 2 . Với giá trị nào của x hàm số f ( x ) có giá
trị nhỏ nhất ?
18. Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số:
y = cos 2 x − 2cosx + 3 + cos 2 x + 4cosx + 8

19. Cho x, y, z là các số thực đôi một khác nhau. Chứng minh:
x− y
1 + x2 . 1 + y 2

+

y−z
1+ y2 . 1+ z2

>

x−z
1 + x2 . 1 + z 2

20. Chứng minh rằng ∀a, b, c ∈ R ta luôn có :
1.

a 2 + b 2 − 2a − 12b + 37 + a 2 + b 2 + 6a − 6b + 18 ≥ 5

15


2.

a 2 + 4 + a 2 − 2a + b 2 + 1 + b 2 − 6b + 10 ≥ 5

21. Cho các số thực a, b, c, m, n thỏa hệ thức ma + nb = c với a 2 + b 2 > 0
Chứng minh rằng :
(m − 2) 2 + (n + 1) 2 ≥

(2a − b − c) 2
a 2 + b2

7. GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỈ BẰNG PHƯƠNG PHÁP VECTƠ
7.1 PHƯƠNG PHÁP CHUNG
Cho
Một số kiến thức thường dùng:

(1), (2) xảy ra khi

và cùng hướng

(3) xảy ra khi

hoặc

và

ngược hướng

7.2 BÀI TẬP VÍ DỤ
Ví dụ 1: Giải phương trình:
Giải
Xét
Ta có:

Ta có:
ĐTXR <=>

cùng hướng

16


Ví dụ 2: Giải phương trình:
Giải
Đặt
Ta có:

Ta có:

Với

cùng hướng

Vậy S = {3}
Ví dụ 3: Tìm m để pt có nghiệm

Giải

Xét các vectơ:
Ta có:
Dễ dàng thấy được
ĐTXR khi
Mà
Nếu

hoặc
(Vì

và

hoặc

ngược hướng

)

ngược hướng (VL)

Vậy phương trình có nghiệm khi
7.3 BÀI TẬP TỰ GIẢI
1. Giải các pt và bpt sau:
a.
b.
c.

17

d.
2. Giải phương trình: x − 1 + x − 3 = 2( x − 3) 2 + 2 x − 2
3. Giải phương trình:
x x + 1 + 3 − x − 2 x2 + 1 = 0

4. Giải phương trình:
x − 2 + 4 − x = x 2 − 6 x + 11

5. Giải phương trình:
x 2 − 2 x + 5 + x 2 + 2 x + 10 = 29

6. Giải phương trình:

s inx + 2 − sin 2 x + s inx 2 − sin 2 x = 3
7. Giải hệ phương trình:
 x1996 + y1996 + z1996 = 3
 1997
1997
1997
=3
x + y + z
 x1998 + y1998 + z1998 = 3


8. SỬ DỤNG TÍCH VÔ HƯỚNG GIẢI CÁC BÀI TOÁN CỰC TRỊ
8.1 PHƯƠNG PHÁP CHUNG
Sử dụng tích vô hướng biến đổi biểu thức cần tìm cực trị về biểu thức độ dài, ví dụ:
S = MI 2 + c , với c là hằng số và I cố định.

Khi đó S Min =c, đạt được khi
MI=0 ⇔ M=I.
8.2 BÀI TẬP VÍ DỤ
Ví dụ 1: Cho ∆ ABC, G là trọng tâm và M là điểm tùy ý.
uuur uuur uuur uuur uuuur uuur

a. CMR: MA.BC + MB.CA + MC. AB = 0 .
b. CMR: MA2 + MB 2 + MC 2 = GA2 + GB 2 + GC 2 + 3MG 2 , từ đó suy ravị trí của M để
MA2 + MB 2 + MC 2 đạt giá trị nhỏ nhất.

Giải
a. Ta có:
uuur uuur uuur uuur uuuur uuur uuur uuuur uuur uuur uuur uuuur uuuur uuur uuur
MA.BC + MB.CA + MC . AB = MA.( MC − MB ) + MB.( MA − MC ) + MC.( MB − MA) = 0

18


b. Ta có:
uuur2 uuuur uuur
uuuur uuur
MA2 = MA = ( MG + GA) 2 = MG 2 + GA2 + 2MG.GA
uuur2 uuuur uuur
uuuur uuur
MB 2 = MB = ( MG + GB ) 2 = MG 2 + GB 2 + 2MG.GB
uuuur2 uuuur uuur
uuuur uuur
MC 2 = MC = ( MG + GC ) 2 = MG 2 + GC 2 + 2MG.GC

Cộng vế theo vế ta dược:
uuuur uuur uuur uuur
MA2 + MB 2 + MC 2 = 3MG 2 + GA2 + GC 2 + MG.(GA + GB + GC )
uuur uuur uuur r
= 3MG 2 + GA2 + GB 2 + GC 2 (vì GA + GB + GC = 0 )

Từ đó suy ra MA2 + MB 2 + MC 2 đạt giá trị nhỏ nhất khi MG 2 = 0 ⇔ M ≡ I
Ví dụ 2: Cho hình bình hành ABCD, tâm O, M là điểm tùy ý.
a. CMR: MA2 − MB 2 + MC 2 = MD 2 − 2(OB 2 − OA2 )
b. Giả sử M di động trên đường tròn (d), xác định vị trí của M để MA2 − MB 2 + MC 2 đạt
giá trị nhỏ nhất.
Giải
a. Ta có:
uuur uuuur uuuur
uuur uuuur 2 uuur uuuur 2
 MA + MC = 2 MO
 uuur uuuur uuuur ⇒ ( MA + MC ) = ( MB + MD)
 MB + MD = 2 MO
uuur uuuur uuur uuuur
⇔ MA2 − MB 2 + MC 2 − MD 2 + 2( MA.MC − MB.MD ) = 0

(1)

Ta xét:
uuur uuuur uuur uuuur uuur uuuur uuur uuuur
uuur uuuur uuur uuuur
MA.MC − MB.MD = (OA − OM ).(OC − OM ) − (OB − OM ).(OD − OM )
uuur uuuur uuur uuuur
uuur uuuur uuur uuuur
= −(OA − OM ).(OA + OM ) + (OB − OM ).(OB + OM )

= −OA2 + OM 2 + OB 2 − OM 2 = OB 2 − OA2

(2)

Thay (2) vào (1), ta được:
MA2 − MB 2 + MC 2 − MD 2 + 2(OB 2 − OA2 ) = 0
⇔ MA2 − MB 2 + MC 2 = MD 2 − 2(OB 2 − OA2 ), đpcm.

b. Từ kết quả câu a) suy ra MA2 − MB 2 + MC 2 đạt giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi MD 2 nhỏ
nhất
⇔ M là hình chiếu vuông góc của D lên (d).

19


8.3 BÀI TẬP ĐỀ NGHỊ
1. Cho ∆ ABC đều cạnh bằng 6, M là điểm thuộc đường tròn ngoại tiếp ∆ ABC. Đặt
S = MA2 − MB 2 − MC 2 .

a. Tìm giá trị nhỏ nhất của S.
b. Tìm giá trị lớn nhất của S.
2. Cho ∆ ABC, G là trọng tâm và M là điểm tùy ý.
r uuur uuur

uuuur

a. CMR vevtơ v = MA + MB − 2MC , không phụ thuộc vào vị trí của M.
b. Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp ∆ ABC, chứng minh rằng:
uuuur r
MA2 + MB 2 − 2 MC 2 = 2 MO.v

c. Tìm tập hợp những điểm M thỏa mãn MA2 + MB 2 − 2MC 2 =0.
Giả sử M di động trên đường tròn ngoại tiếp ∆ ABC, tìm vị trí của M để
MA2 + MB 2 − 2 MC 2 đạt giá trị lớn nhất, nhỏ nhất

BÀI ĐỌC THÊM
Khai thác hệ thức Jacobi
Cho tam giác ABC cạnh BC=a,AC=b,AB=c ,điểm M nằm trong tam giác.Đặt

x=

S ∆MBC
S
S
; y = ∆MAC ; z = ∆MBA
S ∆ABC
S ∆ABC
S∆ABC
uuur

uuur

uuuur r

Ta có x + y + z =1 và: xMA + yMB + zMC = 0

Đây là một hệ thức quen thuộc và dĩ nhiên việc chứng minh không có gì khó
khăn.Tuy nhiên từ đây ta thu được rất nhiều bất đẳng thức trong tam giác khi cho M là
những điểm đặc biệt cũng như khi xét những mối quan hệ giữa điểm đặt biệt đó.Trước
hết cho O là một điểm bất kì trong mặt phẳng ta có:

20


uuuur uuur
uuuur uuur
uuuur uuur r
(1) ⇔ x(MO + OA) + y( MO + OB ) + z ( MO + OC = 0
uuuur uuur uuur uuur
⇔ ( x + y + z )OM = xOA + yOB + zOC

uuur uuur
uuur uuur
uuur uuur
⇒ ( x + y + z )2 .OM 2 = x 2 .OA2 + y 2 .OB 2 + z 2 .OC 2 + 2 xyOA.OB + 2 yzOB.OC + 2 xzOC.OA
⇔ ( x + y + z ) 2 .OM 2 = x 2 .OA2 + y 2 .OB 2 + z 2 .OC 2 + xy (OA2 + OB 2 − c 2 ) + yz (OB 2 + OC 2 − a 2 ) + xz (OA2 + OC 2 − b 2 )
⇔ ( x + y + z ) 2 .OM 2 = ( x + y + z )( xOA2 + yOB 2 + zOC 2 ) − ( xyc 2 + yza 2 + xzb 2 )
⇔ OM 2 = ( xOA2 + yOB 2 + zOC 2 ) − ( xyc 2 + yza 2 + xzb 2 )(2)
1)Chọn (O;R) là đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.Hệ thức (2) trở thành
OM 2 = R 2 − ( xyc 2 + yza 2 + xzb 2 ) (3)

Cho M lần lượt là các điểm đặt biệt trong tam giác,ta có các bài toán sau:
Bài toán 1 : Cho tam giác ABC.Chứng minh: a 2 + b 2 + c 2 ≤ 9 R 2
Lời giải:Khi M trùng G,ta có x = y = z =

1
a 2 + b2 + c2
nên OG 2 = R 2 −
3
9

Suy ra điều phải chứng minh
Bài toán 2:Chứng minh:
a) R 2 ≥

abc
a+b+c

b) R 2 ≥ 2 R
Lời giải:Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC
a)Khi M trùng I ta có:
x=

a
b
c
;y=
;z =
a+b+c
a+b+c
a+b+c

2
2
Thay vào (3) ta có: OI = R −

2
2
b) OI = R −

abc
≥0
a+b+c

4 RS
= R 2 − 2 Rr Suy ra điều phải chứng minh
2p

21


22