Ứng dụng phương pháp tọa độ véc tơ vào việc giải các bài toán đại số

MỤC LỤC
PHẦN 1: MỞ ĐẦU
I. Lý do chọn đề tài
II. Mục đích nghiên cứu
III. Nhiệm vụ nghiên cứu
IV. Đối tượng nghiên cứu
V. Phương pháp nghiên cứu
PHẦN 2: NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
“ỨNG DỤNG PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ VECTƠ VÀO VIỆC GIẢI CÁC

Trang
2
2
2
2
2
2
3

BÀI TOÁN ĐẠI SỐ ”

I. Cơ sở lý luận.
II.Tình hình thực tế trước khi thực hiện đề tài.
III. Các dạng toán và phương pháp giải
1. Tính chất cơ bản
2. Các dạng toán và phương pháp giải
Vấn đề 1: Dạng toán giải phương trình, bất phương trình,
hệ phương trình.
a) Dạng toán giải phương trình
b) Bất phương trình
c) Hệ phương trình

Vấn đề 2 : Dạng toán chứng minh bất đẳng thức.
Vấn đề 3 : Bài toán cực trị.
PHẦN 3: BÀI TẬP VẬN DỤNG
PHẦN 4: KẾT QUẢ THỰC HIỆN
PHẦN 5: KẾT LUẬN.

3
3
3
3
4
4
4
5
6
7
9
10
11
12

TÀI LIỆU THAM KHẢO
PHẦN 1: MỞ ĐẦU
I. lý do chọn đề tài .
Trong nhà trường phổ thông, nội dung kiến thức Toán học trang bị cho học
sinh không chỉ bao gồm các khái niệm, định lí, qui tắc mà còn cả các kĩ năng và
phương pháp. Vì vậy, hệ thống tri thức đó không chỉ có trong bài giảng lí thuyết mà
còn có trong bài tập tương ứng. Dạy học giải toán có vai trò đặc biệt trong dạy học
toán ở trường phổ thông. Các bài toán là phương tiện có hiệu quả không thể thay
thế được trong việc giúp học sinh nắm vững tri thức, phát triển tư duy, hình thành

kỹ năng và kỹ xảo. Hoạt động giải toán là điều kiện để thực hiện tốt các mục đích
khác của dạy học Toán.
1


Các bài toán đại số nói chung và đặc biêt là các bài toán giải phương trình,
bất phương trình, hệ phương trình, bất đẳng thức và các bài toàn về cực trị nói
riêng. Là một trong những dạng toán khó và thường xuyên có trong đề thi học sinh
giỏi của tỉnh, trong đề thi đại học cao đẳng những năm trước đây và đề thi THPT
Quốc Gia. Sẽ có nhiều phương pháp giải những dạng toán này nhưng phương pháp
tọa độ véc tơ là một trong phương pháp hay giúp ta giải bài toán một cách nhanh
gọn và rất hiệu quả mà đôi khi phương pháp đại số giải rất khó khăn và phức tạp .
Để giúp các em học sinh có cách nhìn mới mẻ và có thêm một phương pháp giải
toán tôi mạnh dạn đưa ra ý tưởng “ ứng dụng phương pháp tọa độ véctơ vào việc
giải các bài toán đại số ”.
Với nội dung của SKKN này tôi tập trung trình bày phương pháp tọa độ vectơ vào
việc giải một số bài toán :
- Giải phương trình, bất phương trình, hệ phương trình.
- Giải các bài toán về bất đẳng thức.
- Giải các bài toán tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất.
II. Mục đích nghiên cứu.
- Giúp học sinh hiểu sâu hơn về phương pháp tọa độ .
- Giúp học sinh thấy được tầm quan trọng của lý thuyết Véctơ và phương pháp
tọa độ
- Giúp học sinh hứng thú hơn trong việc tiệm cận với môn học hình học giải tích.
III. Nhiệm vụ nghiên cứu.
- Giúp học sinh rèn luyện các kĩ năng ứng dụng được về phương pháp vecto
và phương pháp tọa đô vào giải toán.
IV. Đối tượng và phạm vi nghiên cứu.
1. Đối tượng nghiên cứu.

- Học sinh lớp 12, học sinh dự thi vào các trường Đại học và Cao đẳng.
- Kiến thức về phương pháp véctơ và phương pháp tọa đô ở cấp học lớp10 và
cấp học lớp 12 phổ thông trung học.
2. Phạm vị nghiên cứu :
- Hình học lớp 10 và lớp 12 phổ thông trung học.
- Sách giáo khoa và tài liệu tham khảo luyện thi đại học, tài liệu bồi dưỡng học
sinh giỏi và các đề thi vào các trường Đại học và Cao đẳng.
V. Phương pháp nghiên cứu.
- Phương pháp nghiên cứu lí luận.
- Phương pháp nghiên cứu thông qua thực tiễn giảng dạy.
PHẦN 2 - NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIÊM
“ỨNG DỤNG PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ VECTƠ VÀO VIỆC GIẢI CÁC
BÀI TOÁN ĐẠI SỐ”
I. Cơ sở lý luận.
1. Khái niệm véctơ.
2


2. Các phép toán về véctơ..
3. Tọa độ điểm và tọa độ véctơ.
4. Phương pháp tọa độ trong mặt phẳng.
5. Phương pháp tọa độ trong không gian.
II. Tình hình thực tế trước khi thực hiện đề tài.
Trong các đề thi đại học, đề thi học sinh giỏi lớp 12 của tỉnh, các bài toán giải
phương trình, bất phương trình, hệ phương trình và bất đắng thức, bài toán cực trị
… Đa số học sinh còn lúng túng khi giải toán. Học sinh chưa biết phối hợp một
cách khéo léo các phương pháp : phương pháp đại số, phương pháp hình học,
phương pháp tọa độ vectơ và tọa độ điểm v.v…để giải. Và phương pháp ứng dụng
tọa độ vectơ vào việc giải các bài toán đại số với các em rất mới lạ, đa số học sinh
không biết ứng dụng hoặc không có ý tưởng giải toán. Phương pháp tọa độ vec tơ

giúp ta giải các bài toán đại số một cách nhanh gọn , hiệu quả mà đôi khi phương
pháp đại số ta phải giải rất khó khăn phức tạp.
Từ thực tế trên, Sau đây Tôi xin trình bày phương pháp tọa độ vectơ vào việc
giải các bài toán đại số đặc biệt là các dạng toán về: giải phương trình, bất phương
trình, hệ phương trình và chứng minh bất đẳng thức, bài toán về cực trị trong
chương trình cấp trung học phổ thông hiện hành
III. Các dạng toán và phương pháp giải
1. Tính chất cơ bản
Tính chất 1: Bất đẳng thức tam giác.
Cho tam giác ABC có độ dài các cạnh BC, CA, AB tương ứng là a,b,c. Ta luôn có :
+ b − c < a < b + c hay AC − AB < BC < AC + AB
+ AB = ( xB − x A )2 + ( yB − y A )2
Như vậy ta chọn A,B,C có tọa độ thích hợp để giải bài toán.
Tínhrchất 2:r Bất đẳng
thức vectơ.
uu
r
Cho u = (a; b), v = ( x; y ), w = (m; n). Ta có
r r r r r r
u
+ − v ≤ u+v ≤ u + v .

r r

dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi u , v cùng phương ⇔ ax = by.
r r uu
r r r uu
r
+ u+v+w ≤ u + v + w .
a b

y = x
r r uu
r

dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi u , v , w cùng phương ⇔ 
m = n
 y x
rr r r
r r
+ u.v ≤ u . v , dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi u , v cùng hướng.

Chú ý : Tính chất này có thể mở rộng trong không gian
2. Các dạng toán và phương pháp giải
3


Vấn đề 1 : Dạng toán giải phương trình, bất phương trình, hệ phương trình.
a) Dạng toán giải phương trình
Bài 1 : Giải phương trình: x 1+ x + 3− x = 2 x2 + 1. (1).
Cách giải :Nếu ta giải bằng phương pháp đại số ta phải giải rất phức tạp nên ta sẽ
tìm cách
giải khác
đơn giản hơn và một trong những cách đó là phương pháp véctơ.
r
r
Ta đặt u(x;1) va v( 1+ x; 3− x) với điều kiện: 1 ≤ x ≤ 3.
r

r r

. = u. v
Khi đó : (1) có dạng: uv

r

r

Nên theo định nghĩa và tính chất vô hương thì u va v cùng phương
=>

x+ 1
3− x
=
. Giải phương trình này ta được hai nghiệm là: x=1 và x = 1 +
x
1

Bài 2 : Giải phương trình: x 1+ x2 + 8− x2 = 3 x2 + 2 + 1
Cách giải . Ta giải bằng phương pháp véc tơ như sau :
r
r
Ta đặt u(x;1) va v( 1+ x2 ; 8− x2 ) với điều kiện: − 8 ≤ x ≤
rr r r
2
2
2
uv
Khi đó ta có : x 1+ x + 8− x ≤ 3 x + 1 (vì: . ≤ u . v )

2.

8.

Mà 3 x2 + 1 ≤ 3 x2 + 2 + 1 nên phương trình vô nghiệm .
Vậy phương trình đã cho vô nghiệm.
Bài 3 : Giải phương trình (4 − x) x − 2 + 7 − 2 x = 85 − 57 x + 13x 2 − x3 (1)
Cách giải : Ta có : (1) ⇔ (4 − x) x − 2 + 7 − 2 x = (5 − x)( x 2 − 8 x + 17)
2
 7
⇔ (4 − x) x − 2 + 7 − 2 x = (5 − x) ( 4 − x ) + 1 , x ∈  2; 


 2
r
r
rr
Xét u = ( 4 − x;1) , v = x − 2; 7 − 2 x ⇒ u.v = (4 − x) x − 2 + 7 − 2 x
r
r
Và u = (4 − x) 2 + 1, v = ( x − 2) + (7 − 2 x) = 5 − x
rr r r
r r
4− x
1
=
Khi đó (1) ⇔ u.v = u . v ⇔ cos u, v = 1 ⇔
x−2
7 − 2x
2
⇔ (4 − x) (7 − 2 x) = x − 2 ⇔ x = 3

(

)

( )

Vậy phương trình có nghiệm x = 3.
Bài 4 : Giải phương trình : x 2 − 2 x + 5 + x 2 + 2 x + 10 = 29 (1)
Cách giải : điều kiện x ∈ R
(1) ⇔ ( x − 1) 2 + 22 + ( x + 1) 2 + 32 = 29
r
r
r
r
Đặt u = ( x − 1; 2) ⇒ u = ( x − 1)2 + 22 ; v = (− x − 1;3) ⇒ v = ( x + 1)2 + 32
r r
r r
Suy ra u + v = (−2;5) ⇒ u + v = 29
r r r r
r r
1
Như vậy ( 1 ) ⇔ u + v = u + v ⇔ u , v cùng hướng ⇔ 3( x − 1) − 2(− x − 1) = 0 ⇔ x =
5

4


1
5

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = .
Bài 5: Cho phương trình : x2 + x + 1 − x2 − x + 1 = m
Tìm m để phương trình có nghiệm.
1
3
1
3
2
4
2
4
1
1
3
Xét trong mặt phẳng Oxy ta lấy : A( − ;0 ); B( ;0 ) và M ( x; ).
2
2
2
uuuu
r
u
u
u
r
1 3
1 3
Khi đó: AM = (x + ; ) => AM = x2 + x + 1 và BM = (x − ; ) => BM = x2 − x + 1
2 2
2 2

Áp dụng tích chất của vectơ ta có: AM + BM ≤ AB = 1 với mọi M bất kỳ và ∀ m ≤ 1

Cách giải : Ta có: x2 + x + 1 − x2 − x + 1 = (x + )2 + − (x − )2 +

Thì luôn tồn tại M để AM + BM = m nên để phương trình đã cho có nghiệm thì
m ≤ 1. vậy với mọi m ≤ 1 thì phương trình luôn có nghiệm .
b) Bất phương trình
Bài 1: Giải bất phương trình : 2( x − 3)2 + 2 x − 2 ≤ x − 1 + x − 3 (1)
Cách giải : Điều kiện : x ≥ 1
(1) ⇔ 2 ( x − 3) 2 + ( x − 1) 2 ≤ x − 1 + x − 3
r
r
r
r
Đặt u = ( x − 3; x − 1) ⇒ u = ( x − 3) 2 + ( x − 1)2 , v = (1;1) ⇒ v = 2
r r
rr
Suy ra u.v = x − 1 + x − 3 và u . v = 2 ( x − 3) 2 + ( x − 1) 2
r r
u . v = 2 ( x − 3) 2 + ( x − 1) 2
r r rr
r r
(1) ⇔ u . v ≥ u.v ⇔ u , v cùng hướng ⇔ x − 3 = x − 1 giải phương trình ta được nghiệm

duy nhất x = 5 .
vậy nghiệm của bất phương trình x = 5 .
Bài 2 : Giải bất phương trình x + 1 + 2x − 3 + 50 − 3x ≤ 12 (1)
3
50
Cách giải : ĐK: ≤ x ≤

2
3
r
r
u
=
(
x
+
1;
2x
−
3;
50
−
3x
),
v
= (1;1;1)
Đặt
r
r
Ta có: u = 48 = 4 3 và v = 3.
r r

rr

Áp dụng đẳng thức vectơ u . v ≥ u.v ta có bất phương trình (1) luôn được thỏa mãn.
3
50

≤x≤
Vậy nghiệm của (1) là
2
3
c) Hệ phương trình.

5


 3 x + 3 y = 6

Bài 1 : Giải hệ phương trình 

 3 x + 7 + 3 y + 7 = 8

Đối với bài này ngoài cách giải thông thường là đặt ẩn phụ, ta sử dụng phương
pháp véc tơ như sau:
Điều kiện : x ≥ 0, y ≥ 0 .
r
r
u
=
3
x
;
7
,
v
Xét
(

) = ( 3y; 7 )
r r r r
u
Theo bất đẳng thức véc tơ : + v ≥ u + v ⇔ 3x + 7 + 3 y + 7 ≥ ( 3 x + 3 y ) 2 + (2 7) 2
⇔

3x + 7 + 3 y + 7 ≥ 8

r
r
( do 3x + 3 y = 6 ). Dấu bằng xảy ra khi u và v cùng hướng ⇒ x = y .Thế vào
phương trình (1) của hệ ta được x = y = 3
Vậy hệ có nghiệm duy nhất là (3;3)
 x 2 + x + y + 1 + x + y 2 + x + y + 1 + y = 18
Bài 2 : Giải hệ phương trình  2
 x + x + y + 1 − x + y 2 + x + y + 1 − y = 2
2
 x + x + y + 1 ≥ 0
Điều kiện :  2
 y + x + y + 1 ≥ 0

(I)

 x + y = 8
r
r
⇔
u
=
x

;3
,
v
= ( y;3) Theo bất đẳng thức véc tơ :
(
)
(I)  2
xét
2
 x + 9 + y + 9 = 10
r r r r
u + v ≥ u + v ⇔ x 2 + 9 + y 2 + 9 ≥ ( x + y ) 2 + 36 ⇔ x 2 + 9 + y 2 + 9 ≥ 10 (do x + y = 8
r
r
) .Dấu bằng xảy ra khi u và v cùng hướng ⇒ x = y = 4 ( Thõa mãn điều kiện) . Vậy

hệ có nghiệm duy nhất (4;4)
 x 12 − y + y (12 − x 2 ) = 12 (1)
Bài 3 : Giải Hệ Phương trình  3
(2)
 x − 8 x − 1 = 2 y − 2

Cách giải : Điều kiện : 2 ≤ y ≤ 12, x ≤ 2 3 .
r

(

)

r

2
Xét u = x; (12 − x ) , v = ( 12 − y ; y ) khi đó phương trình (1) có dạng

rr r r
r r
u.v = u . v ⇔ u , v cùng hướng nên (1) ⇔ x y = (12 − x 2 ). 12 − y ⇔ y = 12 − x 2 , x ≥ 0

thay vào phương trình (2) Ta có : x3 − 8 x − 1 = 2 10 − x 2 ⇔ x 3 − 8 x − 3 = 2( 10 − x 2 − 1)
⇔ ( x − 3)( x 2 + 3 x + 1) =

2(9 − x 2 )
10 − x 2 + 1


2( x + 3) 
⇔ ( x − 3)  x 2 + 3 x + 1 +
÷= 0
2
10
−
x
+
1



x = 3
⇔ 2
 x + 3 x + 1 + 2( x + 3) = 0(VN )


10 − x 2 + 1

Với x= 3 suy ra y = 3.Vậy hệ có nghiệm (x;y) = (3;3)
6


4
4
4
 x + y + z = 1
Bài 4 : Giải hệ phương trình :  2 2
2
 x + y + 2 z = 7
Cách giải : Gọi ( x0 ; yr0 ; z0 ) là một nghiệm
tùy ý của hệ nếu có. Xét hai vectơ sau
r
2
2
2
trong không gian : u = ( x0 ; y0 ; z0 ), v = (1;1; 2) khi đó
r
r
rr
u = x0 4 + y0 4 + z0 4 = 1, v = 6 , ta có u.v = x0 2 + y0 2 + 2 z0 2 = 7
rr
r r
u.v
7
Mặt khác : cos(u, v) = r r = 6 > 1 (vô lý ).

u.v

Vậy hệ đã cho vô nghiệm.
Vấn đề 2 : Dạng toán chứng minh bất đẳng thức.
Bài 1 : cho a;b;c là các số thực bất kỳ. Chứng minh:
( a + c) 2 + b 2 + ( a − c) 2 + b 2 ≥ 2 a 2 + b 2

Cách
giải : Trênurmặt phẳng Oxy ta rđặtr
r
u = (a + c; b) và v = (a − c; b) suy ra : u + v = (2a;2b)
r

r

r r

Ta có : u + v ≥ u + v nên (a + c) 2 + b 2 + (a − c) 2 + b 2 ≥ 2 a 2 + b 2 ( đpcm).
Qua bài này ta nhận thấy biến c không tham gia nhiều vào quá trình chứng minh
nên ta có thể thay c bằng những biểu thức khác phức tạp hơn hoặc tạo ra bài toán
cực trị thì bài tập vẫn giải bình thường.

( a + b) ( 1− ab)

1

1

Bài 2 : Cho a,b ∈ R. Chứng minh: − 2 ≤ 1+ a2 1+ b2 ≤ 2 .
(

)(
)
Cách giải :Ta thấy trong biểu thức ở mẫu có dạng độ dài véctơ nên ta nghĩ ngay tới
phương pháp véctơ. Và trên tử có ab
nên ta dùngrvéctơ trong không gian.
r
Xét trong mặt phẳng Oxyz, ta đặt u = (1; a;0) va v = (1; −b;0).
r

r

Ta có u = 1+ a2 va v = 1+ b2 ,
Mà

1− ab

r r
= cos(u; v)

1+ a2 1+ b2
1− ab

Nên

Suy ra:

1+ a2 1+ b2

và

r r
= sin(u; v),

1+ a2 1+ b2
r r
r r
r r
a+ b
1
= cos(u; v).sin(u; v) = sin2(u; v),
2
1+ a2 1+ b2

( 1− ab) ( a + b)

( 1+ a ) ( 1+ b )
2

a+ b

2

=

r r
1
1
sin2(u; v) ≤ . Đó là đpcm.
2
2

Bài 3 : Chứng minh rằng : a 2 − 2a + 5 + a 2 + 2a + 5 ≥ 2 5 (1)
Cách giải : (1) ⇔ (a − 1)2 + 22 + (a + 1) 2 + 22 ≥ 2 5
r
r
r r
Đặt a = (1 − a; 2), b = (a + 1; 2) ⇒ a + b = (2; 4)
r

r

r r

Ta có : (a − 1) 2 + 2 2 + ( a + 1) 2 + 2 2 = a + b ≥ a + b = 2 5 (đpcm)
7


r r

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi : a; b cùng hướng 1-a = a+1 ⇔ a = 0.
Bài 4 : Cho a,b,c > 0 và ab + bc + ca = abc. Chứng minh rằng
a 2 + 2b 2
b 2 + 2c 2
c 2 + 2a 2
+
+
≥ 3
ab
bc
ca

Cách giải :
r

1

2 r

r 1
2  uu

1

2

r r uu
r 1

1

1

2

2

2

+
÷

Chọn u =  ; ÷÷; v =  ; ÷÷; w =  ; ÷÷ ⇒ u + v + w =  + + ; +
b
c ÷
b a 
c b 
a c 
a b c a

Ta có ;
2

2

2

2
2
2
2
r r uu
r r r uu
r
1  2 
1  2 
1  2
1 1 1
u + v + w ≥ u + v + w ⇔  ÷ + 
÷ +  ÷ + 
÷ +  ÷ + 
÷ ≥ 3 + + ÷

b  a ÷
 c   b ÷
 a   c ÷
a b c


⇔

a 2 + 2b 2
b 2 + 2c 2
c 2 + 2a 2
+
+
≥ 3 ( đpcm )
ab
bc
ca

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi : a = b = c = 3
2
5
5 x + 2; 5 y + 2; 5 z + 2

Bài 5 : Chứng minh 5 x + 2 + 5 y + 2 + 5 z + 2 ≤ 6 3, ∀x, y, z ≥ − , x + y + z = 6
r
r
v
u
=
1;1;1

( ) và =
Cách giải : Xét hai vectơ :
r
r
Ta có u = 3, v = 5( x + y + z ) + 6 = 6
rr
u.v = 5 x + 2 + 5 y + 2 + 5 z + 2
rr r r
2
u
Áp dụng bất đẳng thức .v ≤ u . v ta có 5 x + 2 + 5 y + 2 + 5 z + 2 ≤ 6 3, ∀x, y, z ≥ −
5
r
r
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi : u = ( 1;1;1) , v = 5 x + 2; 5 y + 2; 5 z + 2 cùng hướng

(

(

⇔

)

)

5y + 2
5x + 2
5z + 2
=

=
⇔ x= y=z=2
1
1
1

2
2
Bài 6 : Chứng minh s inx + 2 − s in x + s inx 2 − s in x ≤ 3, ∀x

r

(

)

r

(

2
2
Cách giải : Xét hai vectơ : u = sin x;1; 2 − sin x và v = 1; 2 − sin x ;sin x

rr r r
Áp dụng bất đẳng thức u.v ≤ u . v ta có

)

⇔ s inx + 2 − s in 2 x + sinx 2 − s in 2 x ≤ sin 2 x + 1 + 2 − sin 2 x + 1 + 2 − sin 2 x + sin 2 x ≤ 2 3, ∀x

r
r
2
2
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi : u = sin x;1; 2 − sin x và v = 1; 2 − sin x ;sin x cùng

(

)

(

)

hướng
⇔

sin x = 1
sin x
1
2 − sin 2 x
π
=
=
⇔ sin x = 2 − sin 2 x ⇔ 
⇔ x = + 2 kπ
1
sin x
2
2 − sin 2 x

sin x = −2

Vấn đề 3 : Bài toán cực trị.

8


Bài 1: Tìm giá trị lớn nhất của hàm số y = x − 1 + 2 3 − x
Cáchr giải : ĐK: 1 ≤ x ≤ 3r
Đặt u = ( x − 1; 3 − x ), v = (1;2)
r
r
rr r r
Ta có: u = 2 và v = 5. áp dụng bất đẳng thức u.v ≤ u . v
ta được y = x − 1 + 2 3 − x ≤ 10
Suy ra max y = 10 khi 2 x − 1 = 3 − x ⇔ x =

7
5

Bài 2 : Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
A = ( x + 1) 2 + y 2 + 4 + x 2 + ( y + 1) 2 + 1, ∀x, y
r
r
r r
Cách giải : Xét hai vectơ : u = ( x + 1; y; 2), v = (− x; − y − 1;1) ⇒ u + v = (1; −1;3)
r r r r
Do a + b ≥ a + b ta có : A = ( x + 1) 2 + y 2 + 4 + x 2 + ( y + 1) 2 + 1 ≥ 11 .
r
r

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi : u = ( x + 1; y; 2), v = (− x; − y − 1;1) cùng hướng
x +1
y
2
1
2
Tức là : − x = − y − 1 = 1 ⇔ x = − 3 , y = − 3
1
2
Vậy A đạt giá trị nhỏ nhất bằng 11 khi x = − , y = −
3
3

Bài 3 :Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số : f (x) = a2 + x2 + a2 + (c − x)2 trong đó a và c
là tham số .
Cách giải : Ta thấy có căn và trong căn có tổng bình phương nên ta nghĩ đên
phương pháp véctơ .
r
ur
Xét trên mặt phẳng Oxy đặt u = (a; x) va v = (a; c − x)
r

r

r r

Khi đó u + v = a2 + x2 + a2 + (c − x)2 và u+ v = 4a2 + c2
r

r

r r

Áp dụng tính chất: u + v ≥ u+ v => a2 + x2 + a2 + (c − x)2 ≥ 4a2 + c2 .
r

ur

Dấu bằng xảy ra khi u = (a; x) và v = (a; c − x) cùng hướng nên c − x = x ⇒ x =

c
.
2

c

Vậy GTNN của hàm số f(x) là 4a2 + c2 tại x = .
2
Bài 4 :Cho hai điểm A(1;1;0), B(3;-1;4) và đường thẳng (d) :

x +1 y −1 z + 2
=
=
1
−1
2

Tìm điểm M trên đường thẳng (d) sao cho MA + MB đạt giá trị nhỏ nhất.
Cách giải : Do điểm M trên đường thẳng (d), ta có : M(-1+t; 1-t; -2+2t)
Khi đó : MA = (2 − t ) 2 + t 2 + (2 − 2t ) 2 = 6t 2 − 12t + 8

MB = (4 − t ) 2 + (t − 2) 2 + (6 − 2t ) 2 = 6t 2 − 36t + 56

Khi đó

9


2
2 

1
1




2
2
MA + MB = 6t − 12t + 8 + 6t − 36t + 56 = 6  (t − 1) + 
÷ + (3 − t ) + 
÷

3
3 




r 
1  r 

1 
Xét hai vectơ u =  t − 1; ÷, v =  3 − t; ÷
3
3


r r
r r
Ta có MA + MB = 6 u + v ≥ 6 u + v = 4 2
2

2

(

)

(

)

r 
1  r 
1 
u
=
t
−
1;
Dấu bằng xảy ra khi chỉ khi


÷, v =  3 − t ;
÷ cùng hướng
3
3


t −1
⇔
= 1 ⇔ t = 2 ⇒ M (1; −1; 2) .Vậy điểm M cần tìm là : M (1; −1; 2)
3−t

PHẦN 3: BÀI TẬP VẬN DỤNG
Bài 1: Giải phương trình
x 2 − 2 x + 2 + 4 x 2 + 12 x + 25 = 9 x 2 + 12 x + 29
Bài 2: Giải phương trình
cos x + 2 − cos 2 x + cos x 2 − cos 2 x = 3
Bài 3: Giải phương trình
x 2 + 2 x + 5 + x 2 − 6 x + 13 = 4 2
Bài 4: Giải bất phương trình
Bài 5: Giải hệ phương trình
Bài 6: Giải hệ phương trình

5−4 x + 5+4 x ≥ 4







x + y = 10
x + 24 + y + 24 = 14
x +1 + y −1 = 4
x+6 + y+4 = 6

Bài 7: Chứng minh rằng ∀x, y, z ∈ ¡

*
+

ta có

x 2 + xy + y 2 + x 2 + xz + z 2 + y 2 + yz + z 2 ≥ 3( x + y + z )
Bài 8: Chứng minh rằng ∀a, b, c, d ∈ ¡ ta có
( a + c ) 2 + (b + d ) 2 ≤ a 2 + b 2 + c 2 + d 2

Bài 9: Chứng minh rằng ∀x, y ∈ ¡ ta có :
Bài 10: Chứng minh rằng ∀a, b, c, x, y, z ∈ ¡

( x + y )(1 − xy ) 1
≤
(1 + x 2 )(1 + y 2 ) 2
ta có

a 2 + b 2 + c 2 + x 2 + y 2 + z 2 ≥ (a + x )2 + (b + y )2 + (c + z )2
Bài 11: Tìm GTLN của hàm số
f (x, y) = x2 + 4y2 + 6x + 9 − x2 + 4y2 − 2x − 12y + 10 + 2008.

Bài 12: Tìm GTNN của hàm số

f ( x, y ) = x 2 + y 2 + 2 x + 12 y + 37 + x 2 + y 2 − 6 x + 6 y + 18

10


Bài 13: Tìm GTLN của hàm số
f ( x) =

( x + 6) 2 + 100 + ( x + 1) 2 + 4

Bài 14: Tìm GTNN của hàm số
f ( x) = x 2 − 2 px + 2 p 2 + x 2 − 2qx + 2q 2 ( p ≠ q )
PHẦN 4: KẾT QUẢ THỰC HIỆN
Quá trình vận dụng sáng kiến kinh nghiệm này của bản thân tôi đã và đang đạt
được một số kết quả hết sức khả quan, tích cực. Qua những lần kiểm tra – đánh
giá, tôi thấy được tỉ lệ số học sinh giải các bài toán khó ngày càng tăng. Từ những
học sinh chưa biết đến phương pháp vectơ nay đã biết ứng dụng và kết hợp nhiều
phương pháp để giải bài tập. Kinh nghiệm này của tôi giúp các em học sinh có
thêm một phương pháp giải toán , giúp các em có cách nhìn tổng quan hơn trước
khi lựa chọn phương pháp giải một bài toán. Giúp các em học sinh linh hoạt hơn
trong việc giải các bài toán khó. Các em không còn lúng túng, e dè, lo ngại khi
giải các bài tập phương trình, bất phương trình, hệ phương trình và các bài tập về
cực trị. Đặc biệt nó sẽ giúp ích cho các em tự tin hơn có thêm kỹ năng giải toán
để bước vào kì thi THPT Quốc Gia.
Đó chính là những nguyên nhân đi đến những kết quả tương đối khả quan
của đợt khảo sát vừa qua. Cụ thể:
- Khi chưa áp dụng sáng kiến kinh nghiệm
5.0 – 6.4
3.5 – 4.9
0.0 – 3.4

Tổng 8.0 – 10.0 6,5 – 7,9
Lớp
Số bài SL
%
SL
%
SL
%
SL
%
SL
%
12A1
44
1
2,3
3
6,8 10 22,7 12 27,3 18
40,9
Tổng

44

Trên TB: 14 chiếm 31,8%

- Khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm
Tổng 8.0 – 10.0 6,5 – 7,9
Lớp
Số bài SL
%

SL
%
12A1
44
3
6,8 12 27,3
Tổng

44

5.0 – 6.4
SL
%
16 36,4

Trên TB: 31 chiếm 70,5%

Dưới TB 30 chiếm 68,2%

3.5 – 4.9
SL
%
11
25

0.0 – 3.4
SL
%
2
4,5

Dưới TB: 13 chiếm 29,5%

PHẦN 5: KẾT LUẬN.
Việc sử dụng phương pháp tọa độ vectơ vào các bài toán đại số là một phương pháp
hay đem lại cho học sinh những cách giải mới. Phương pháp tọa độ vectơ thường
được áp dụng để giải các bài toán trong đề thi đại học và thi học sinh giỏi. Qua

11


chuyên đề này, học sinh sẻ có nhiều kĩ năng và kinh nghiệm trong việc giải phương
trình, bất phương trình, hệ phương trình và bài toán về bất đẳng thức nói riêng và
giải các bài toán đại số nói chung. Đề tài này của tôi chắc hẳn không thể trách khỏi
những thiếu xót. Rất mong quý thầy cô, đông nghiệp cùng đọc và đóng góp ý kiến
cho tôi, để đề tài của tôi được hoàn thiện hơn.
Xin chân trọng cảm ơn!
TÀI LIỆU THAM KHẢO
1. Sách giáo khoa lớp 10, lớp 12 THPT
2. Nguồn internet.
3. Đề thi Đại học – Cao đẳng các năm 2007, 2008, 2009, 2010, 2011, 2012, 2013,
2014. Đề thi THPTQG năm 2015.
4. Đề thi thử THPTQG của các trường THPT Năm 2015.
5.Một số phương pháp chứng minh bất đẳng thức đại số - Phạm Trọng Thư
XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG
ĐƠN VỊ

Lê Quốc Tuấn

Thanh Hoá, ngày 25 tháng 05 năm 2016

Tôi xin cam đoan đây là SKKN của mình
viết, không sao chép nội dung của người
khác.

Lê Đức Huy

12