ung dung phuong phap toa do vecto toa do diem vao giai bat dang thuc phuong trinh bat phuong trinh he phuong trinh

VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí

ỨNG DỤNG PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ VECTƠ & TỌA ĐỘ ĐIỂM
VÀO VIỆC GIẢI
BẤT ĐẲNG THỨC, PHƯƠNG TRÌNH, BẤT PHƯƠNG TRÌNH,
HỆ PHƯƠNG TRÌNH
Vấn đề 1: Dạng toán chứng minh bất đẳng thức.
BÀI 1: 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




 

Đặt a  (1  a; 2), b  (a  1; 2)  a  b  (2; 4)




 

Ta có: (a  1)2  22  (a  1)2  22  a  b  a  b  2 5 (đpcm)
 

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi: a; b cùng hướng 1-a = a+1  a = 0.
BÀI 2: Chứng minh rằng:

x 2  xy  y 2  y 2  yz  z 2  z 2  zx  x 2 , x, y, z  R (1)

Cách giải:
2

Ta có


2
2
x  3 
z  3 


2
2
x  xy  y   y    
x  ; y  yz  z   y    
z
2   2 
2   2 


2



2

2

3  



3 

 

 xz



Xét a   y  ; x  , b     y   ; z   a  b  
;
( x  z ) 
2 2 
2 2 
2

 
 2

x

z

3

 
( x  z ) 2 3( x  z ) 2
 ab 


 z 2  zx  x 2
4
4
   
Do a  b  a  b nên x 2  xy  y 2  y 2  yz  z 2  z 2  zx  x 2 , x, y, z  R (đpcm)
 

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi: a; b cùng hướng
x  z  0
x  z  0
   
x  z  0
a  b  ab  x
  x 2 y  2 x  
   2y  x
 
 xy  yz  zx  0
2y  z
2y
 z
 z

GV: Trần Minh Cường

Page 1


VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí

x  z  0

 x  kz , y   k z , k  1
1 k


BÀI 3: 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:


1

Chọn u   ;
b

2    1 2    1 2      1 1 1 2
2
2



 ; v   ;
 ; w   ;
  u  v  w     ;

a 
b
c 
c b 
a c 
a b c a

Ta có
2

2

2

2
2
2
2
     
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

BÀI 4: Chứng minh 5 x  2  5 y  2  5 z  2  6 3, x, y, z   , x  y  z  6
Cách giải:




Xét hai vectơ: u  1;1;1 và v   5 x  2; 5 y  2; 5 z  2 




Ta có u  3, v  5( x  y  z )  6  6

u.v  5 x  2  5 y  2  5 z  2


 

Áp dụng bất đẳng thức u.v  u . v ta có 5 x  2  5 y  2  5 z  2  6 3, x, y, z  


2
5



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

BÀI 5: Chứng minh s inx  2  s in 2 x + s inx 2  s in 2 x  3, x
GV: Trần Minh Cường

Page 2


VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí

Cách giải:










Xét hai vectơ: u  sin x;1; 2  sin 2 x và v  1; 2  sin 2 x ;sin x




 

Áp dụng bất đẳng thức u.v  u . v ta có
 s inx  2  s in 2 x + s inx 2  s in 2 x  sin 2 x  1  2  sin 2 x  1  2  sin 2 x  sin 2 x  2 3, x











Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi: u  sin x;1; 2  sin 2 x và v  1; 2  sin 2 x ;sin x



cùng hướng


sin x  1

sin x
1
2  sin 2 x



 sin x  2  sin 2 x  
 x   2 k
1
sin x
2
2  sin 2 x
sin x  2

BÀI 6: Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
A  ( x  1) 2  y 2  4  x 2  ( y  1) 2  1, x, y

Cách giải:




 

Xét hai vectơ: u  ( x  1; y; 2), v  ( x;  y  1;1)  u  v  (1; 1;3)




 

Do a  b  a  b ta có: A  ( x  1)2  y 2  4  x 2  ( y  1)2  1  11 .




Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi: u  ( x  1; y; 2), v  ( x;  y  1;1) cùng hướng
Tức là:

x 1
y
2
1
2

  x ,y
x  y 1 1
3
3
1
3

Vậy A đạt giá trị nhỏ nhất bằng 11 khi x   , y  

2
3

BÀI 7: Chứng minh
( x  1) 2  ( y  1) 2  ( z  1) 2  ( x  1) 2  ( y  1) 2  ( z  1) 2  2 2, x, y, z

Cách giải:
Trong không gian Oxyz, lấy các điểm A(1;1;-1), B(-1;1;1),M(x;y;z). Khi đó
AB  2 2 .

và MA  ( x  1)2  ( y  1)2  ( z  1)2 , MB  ( x  1)2  ( y  1)2  ( z  1)2 .
GV: Trần Minh Cường

Page 3


VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí

Từ bất dẳng thức MA  MB  AB , ta suy ra
( x  1) 2  ( y  1) 2  ( z  1) 2  ( x  1) 2  ( y  1) 2  ( z  1) 2  2 2, x, y, z
 
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi: M nằm giữa AB  AM  t AB, t   0;1
 x  1  2t

 y 1
t   0;1
 z  1  2t


Vấn đề 2: Dạng toán giải phương trình, bất phương trình, hệ phương trình.
BÀI 1: 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







Xét a   4  x;1 , b   x  2; 7  2 x   a.b  (4  x) x  2  7  2 x




Và a  (4  x)2  1, b  ( x  2)  (7  2 x)  5  x


 

 

Khi đó (1)  a.b  a . b  cos  a, b   1 

4 x
1

x2
7  2x
 (4  x) 2 (7  2 x)  x  2  x  3

Vậy phương trình có nghiệm x = 3.
BÀI 2: (A – 2014) Giải Hệ Phương trình
 x 12  y  y (12  x 2 )  12 (1)
 3
(2)
 x  8 x  1  2 y  2

Cách giải:
Điều kiện: 2  y  12, x  2 3 .








Xét a  x; (12  x 2 ) , b   12  y ; y  khi đó phương trình (1) có dạng
GV: Trần Minh Cường

Page 4


VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí

  
 
a.b  a . b  a, b 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  x3  8 x  3  2( 10  x 2  1)
 ( x  3)( x  3 x  1) 
2

2(9  x 2 )
10  x 2  1


2( x  3) 
 ( x  3)  x 2  3 x  1 
0
10  x 2  1 

x  3
 2
 x  3 x  1  2( x  3)  0(VN )

10  x 2  1

x= 3 suy ra y = 3.
Vậy hệ có nghiệm (x;y) = (3;3)
 x4  y 4  z 4  1
BÀI 3: Giải hệ phương trình:  2 2
2

 x  y  2 z  7

Cách giải:
Gọi ( x0 ; y0 ; z0 ) là một nghiệm tùy ý của hệ nếu có. Xét hai vectơ sau trong không

gian:


u  ( x0 2 ; y0 2 ; z0 2 ), v  (1;1; 2) khi đó



u  x0 4  y0 4  z0 4  1, v  6 , ta có u.v  x0 2  y0 2  2 z0 2  7

 
u.v
7
 1 vô lý
Mặt khác: cos(u, v)    
6
u.v

Vậy hệ đã cho vô nghiệm.

GV: Trần Minh Cường

Page 5


VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí

 x2  y 2   y( x  z)

BÀI 4: Giải hệ phương trình:  x 2  x  y  2 yz
3 x 2  8 y 2  8 xy  8 yz  2 x  4 z  2



Cách giải:
Hệ phương trình đã cho viết lại:
 x( x  y )  y ( y  z )  0
(1)

(2)
 x( x  1)  y (2 z  1)  0
4( x  y ) 2  4( y  z ) 2  ( x  1) 2  (2 z  1) 2 (3)


Xét các véctơ trong một hê trục nào đó



u  ( x; y ), v  ( x  y; y  z ), w  ( x  1; 2 z  1)
u.v  0
  
Khi đó hệ viết lại: u.w  0


  2  2
4 v  w  w  2 v

(4)
(5)
(6)

Chỉ có hai khả năng xảy ra:









1
2

Khả năng 1: Nếu u  0 ta có x = y = 0 u  0  z   .


1
Ta có nghiệm  0;0;  


2



Khả năng 2: u  0
x 1  0
2 z  1  0
  
TH1: w  v  0  
vô lý
x  y  0
 y  z  0

 

 
TH2: Nếu v, w cùng khác 0 , do (4) và (5) thì v, w là hai vectơ cộng tuyến, do (6)

ta có




w  2v hoặc w  2v
x  0


x 1  2x  2 y
1

+ Nếu w  2v  

1 thay vào (1) ta có z  
2
2 z  1  2 y  2 z
 y  2

GV: Trần Minh Cường

Page 6


VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí

1  3 x

y



x

1


2
x

2
y


2
+ Nếu w  2v  

2 z  1  2 y  2 z
 z  3x

4

Thay vào (1) ta có: x 2 

(1  3 x) 2 1  3 x 7 x


.  5x2  5x  2  0
4
2
4

Phương trình này vô nghiệm.
1
1 1
Vậy hệ đã cho có hai nghiệm:  0;0;   ,  0; ;   .


2 

2

2

x  y  z  1
BÀI 5: Giải hệ phương trình:  x 2  y 2  z 2  1
 x3  y 3  z 3  1


Cách giải:




Xét hai vectơ u  ( x0 ; y0 ; z0 ); v  ( x0 2 ; y0 2 ; z0 2 ) trong đó ( x0 ; y0 ; z0 ) là nghiệm của hệ.


Ta có u.v  x03  y03  z03  1 (1)


Lại có u  x0 2  y0 2  z0 2  1

v  x0 4  y0 4  z0 4 

x

0

2

 y0 2  z0 2   2  x0 2 y0 2  y0 2 z0 2  z0 2 x0 2 
2

 1  2  x0 2 y0 2  y0 2 z0 2  z0 2 x0 2   1
 

Vậy u . v  1 (2)
 x0 2 y0 2  0

Dấu bằng trong (2) xảy ra  x0 2 y0 2  y0 2 z0 2  z0 2 x0 2  0   y0 2 z0 2  0
 2 2
 z0 x0  0
  
Vì u.v  u . v
 

Nên từ (1) và (2) suy ra điều kiện cần là: u . v  1

GV: Trần Minh Cường

Page 7


VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí

 x0 y0  0
y z  0
Nên ta có  0 0
 z0 x0  0
 x0  y0  z0  1

suy ra phải có trong ba số x0 ; y0 ; z0 có hai số bằng 0, một số bằng 1.
Thử vào hệ thỏa mãn.
Vậy hệ đã cho có ba nghiệm sau (1;0;0), (0;1;0),(0;0;1).
BÀI 6: Giải phương trình:

x 2  2 x  5  x 2  2 x  10  29 (1)

Cách giải:
Tập xác định D = R
(1)  ( x  1) 2  22  ( x  1) 2  32  29




Đặt u  ( x  1; 2)  u  ( x  1)2  22



v  ( x  1;3)  v  ( x  1) 2  32

 

 

Suy ra u  v  (2;5)  u  v  29




 

 

Như vậy (1)  u  v  u  v  u, v cùng hướng  3( x  1)  2( x  1)  0  x 

1
5

1
5

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x  .

BÀI 7: 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








Đặt u  ( x  3; x  1)  u  ( x  3)2  ( x  1)2 , v  (1;1)  v  2


 

Suy ra u.v  x  1  x  3 và u . v  2 ( x  3)2  ( x  1)2

GV: Trần Minh Cường

Page 8


VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí

 
  
 
u . v  2 ( x  3) 2  ( x  1) 2 (1)  u . v  u.v  u , v cùng hướng
 x  3  x 1  x  5

Vấn đề 3: Bài toán cực trị.

BÀI 1: 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
2
2

 1 
 1  
2
MA  MB  6t 2  12t  8  6t 2  36t  56  6  (t  1) 2  

(3

t
)






3
3 







1  





1 

Xét hai vectơ u   t  1;  , v   3  t ; 
3
3













 



Ta có MA  MB  6 u  v  6 u  v  4 2




Dấu bằng xảy ra khi chỉ khi u   t  1;




1   
1 
 , v   3  t;
 cùng hướng
3
3


t 1

 1  t  2  M (1; 1; 2)
3t

Vậy điểm M cần tìm là: M (1; 1; 2)

GV: Trần Minh Cường

Page 9