Sáng kiến kinh nghiệm, SKKN - Sử dụng phương pháp véc tơ và tọa độ để giải một số dạng toán sơ cấp

SKKN_Sử dụng phương pháp véc tơ và tọa độ để giải một số dạng toán sơ cấp

MỤC LỤC

1. ĐẶT VẤN ĐỀ

3

2. NỘI DUNG SÁNG KIẾN

4

3. HIỆU QUẢ MANG LẠI

22

4. ĐÁNH GIÁ PHẠM VI ẢNH HƯỞNG

22

5. TÀI LIỆU THAM KHẢO

23

1


SKKN_Sử dụng phương pháp véc tơ và tọa độ để giải một số dạng toán sơ cấp

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP VÉC TƠ VÀ TỌA ĐỘ ĐỂ GIẢI MỘT SỐ DẠNG

TOÁN SƠ CẤP

Người thực hiện: Nguyễn Ngọc Nam
Tổ: Toán
Trường: THPT Lạng Giang số 3

2


SKKN_Sử dụng phương pháp véc tơ và tọa độ để giải một số dạng toán sơ cấp

1. ĐẶT VẤN ĐỀ
1.1. Lí do chọn sáng kiến kinh nghiệm
Chủ đề véc tơ và tọa độ là một nội dung cơ bản của chương trình tốn THPT.
Nó là sự kế thừa và phát triển của bộ mơn Hình học thuần túy mà học sinh đã học ở
cấp 2, một cách nhìn nhận khác về các nội dung hình học. Với hệ tọa độ Đề các
vng góc, người làm tốn có cơ hội phát triển tư duy khái quát hóa và giải quyết
các bài tốn một cách dễ dàng hơn.
Trong chương trình Tốn THPT cũng như các đề thi Học sinh giỏi, đề thi Đại
học và Cao đẳng có rất nhiều bài tốn mà nếu làm trực tiếp theo dạng tốn đó thì
học sinh rất mơ hồ và lúng túng không biết giải như thế nào, hoặc biết cách giải
nhưng lời giải thực sự dài và khó khăn. Nhưng nếu khéo léo vận dụng kiến thức
véc tơ và tọa độ thì lại có được một lời giải ngắn gọn và rất dễ hiểu.
Chính vì vậy tôi mạnh dạn viết sáng kiến kinh nghiệm này với mong muốn
giúp học sinh hiểu sâu hơn về kĩ thuật giải toán này và được rèn kĩ năng nhiều hơn,
vận dụng vào giải tốn thành thạo hơn. Đó là lí do tơi chọn đề tài sáng kiến kinh
nghiệm : “ SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP VÉC TƠ VÀ TỌA ĐỘ ĐỂ GIẢI MỘT SỐ
DẠNG TỐN SƠ CẤP ”
1.2. Tính mới, tính sáng tạo của sáng kiến
SKKN chủ đề “ SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP VÉC TƠ VÀ TỌA ĐỘ ĐỂ GIẢI

MỘT SỐ DẠNG TỐN SƠ CẤP ” đã được cơng bố và áp dụng trước đây ở một
số trường THPT. Tuy nhiên tơi nhận thấy các SKKN đó cịn chưa đầy đủ các dạng
toán áp dụng, chưa phân loại và đưa ra được phương pháp đặc trưng cho từng dạng
bài tập. Vì vậy ở SKKN này, tơi cố gắng thực hiện được một số điều sau:
+ Làm rõ được phương pháp giải toán bằng kiến thức véc tơ và tọa độ.
+ Tổng hợp được nhiều dạng toán áp dụng như : chứng minh Bất đẳng thức;
tìm Gía trị lớn nhất và Gía trị nhỏ nhất; giải Phương trình, Bất phương trình và Hệ
phương trình , ...
+ Làm rõ những kiến thức được vận dụng trong q trình làm tốn.
3


SKKN_Sử dụng phương pháp véc tơ và tọa độ để giải một số dạng toán sơ cấp

+ Phân loại và đưa ra được phương pháp đặc trưng cho từng dạng bài tập.
+ Tập hợp và hệ thống các dạng toán vận dụng kiến thức véc tơ và tọa độ để
giải, phân loại thành các dạng khác nhau từ dễ đến khó để phù hợp với đối tượng
học sinh tại trường THPT Lạng Giang số 3.
Trong mỗi dạng có phương pháp, các bài toán cụ thể nhằm dẫn dắt học sinh
trong quá học tập, tạo ra tinh thần học tập hứng thú cho học sinh.
2. NỘI DUNG SÁNG KIẾN
2.1. Thực trạng tình hình về vấn đề:
Trong chương trình Tốn THPT có rất nhiều bài toán về Bất đẳng thức, Giá
trị lớn nhất-giá trị nhỏ nhất của hàm số, Phương trình-bất phương trình-hệ phương
trình,... mà nếu làm trực tiếp theo cách giải của dạng tốn đó thì sẽ rất khó khăn,
hoặc biết cách giải nhưng lời giải thực sự dài và phức tạp. Nhưng nếu khéo léo vận
dụng kiến thức véc tơ và tọa độ thì lại có được một lời giải dễ dàng, ngắn gọn và rất
dễ hiểu.
Trong quá trình học tập ở bộ mơn Tốn, có rất nhiều chun đề thuộc các
lĩnh vực khác nhau, nhiều học sinh không thấy được sự gắn kết của các kiến thức

đó, cũng như không thấy được ứng dụng của từng đơn vị kiến thức mà mình học
được, thậm chí nhiều học sinh cho rằng Tốn học là một mơn học khơ khan và rời
rạc, từ đó thấy ngại học Tốn.
Chun đề Véc tơ và tọa độ chính là phần kiến thức Hình học mới lạ mà lên
đến cấp 3 học sinh mới được làm quen. Vì vậy nhiều em chỉ học một cách máy
móc và thụ động chứ khơng hiểu là học chun đề này để làm gì, có những ứng
dụng như thế nào. Đây cũng là một nguyên nhân khiến cho học sinh khơng nắm bắt
được kiến thức có chiều sâu và dễ dàng quên kiến thức đó sau một thời gian học
nhất định.
2.2. Các giải pháp đã tiến hành để giải quyết vấn đề:
2.2.1. Khảo sát thực tế:
4


SKKN_Sử dụng phương pháp véc tơ và tọa độ để giải một số dạng toán sơ cấp

Trước khi thực hiện đề tài, tôi đã khảo sát kiểm tra học sinh các lớp 12A1, 12A3
thông qua một số bài tập về nhà với nội dung chứng minh Bất đẳng thức; tìm Gía
trị lớn nhất và Gía trị nhỏ nhất; giải Phương trình, Bất phương trình và Hệ phương
trình , ...
Kết quả như sau:
Số học sinh đạt điểm khá-giỏi rất ít , điểm trung bình chưa đạt 50%, cịn lại là
yếu, kém.
Chất lượng bài làm của học sinh thấp, kĩ năng giải tốn yếu.
2.2.2. Áp dụng SKKN: Tơi đã tiến hành dạy phụ đạo, giao tài liệu và hướng dẫn
học sinh học ở nhà. Trao đổi với học sinh về những băn khoăn vướng mắc mà các
em gặp phải khi làm các bài tập, sau đó tơi tiến hành giúp đỡ các em giải quyết
những vướng mắc đó.
2.3. Nội dung kiến thức của SKKN :
Cơ sở kiến thức

I.

HỆ TRỤC TOẠ ĐỘ DESCARTES VNG GĨC TRONG MẶT
PHẲNG.
1. Định nghĩa: Trong mặt phẳng cho hai đường thẳng x ' Ox, y ' Oy vuông góc
với nhau. Trên Ox, Oy lần lượt chọn các véc tơ đơn
rr

vị i, j . 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 với x ' Ox và MK vng góc với

y ' Oy .

r
r
uuuu
r uuur uuur
Theo qui tắc hình bình hành, ta có: OM = OH + OK = xi + y j .

Cặp ( x; y ) được hoàn toàn xác định bởi điểm M và được gọi là toạ độ
của điểm M, ký hiệu M ( x; y ) .
ur

uuuu
r ur

Cho a trên hệ trục, khi đó tồn tại duy nhất một điểm M sao cho OM = a .
Gọi ( x; y ) là toạ độ của điểm M . Khi đó ( x; y ) được gọi là toạ độ của véc
5

SKKN_Sử dụng phương pháp véc tơ và tọa độ để giải một số dạng toán sơ cấp
u
r
ur
tơ a trên hệ trục Oxy và ký hiệu là a = ( x; y ) .

3. Các phép toán véc tơ :
r

ur

Cho hai véc tơ a = (a1 ; a2 ), b = (b1 ; b2 ) và k là một số thực. Các phép toán
véc tơ như phép cộng, phép trừ, phép nhân một số với một véctơ, tích
vơ hướng của hai véc tơ được xác định như sau:
u
r

r

u
r

r

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

k .a = (ka1 ; ka1 )
ur r

a.b = a1b1 + a2b2

4. Các cơng thức tính đại lượng :
r

ur

Cho hai véc tơ a = (a1 ; a2 ) ; b = (b1; b2 ) và gọi α là góc tạo bởi hai véctơ đó
ur r

ur 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 = aur br = a 2 + a 2 . b 2 + b 2
1
2
1
2

+) Khoảng cách từ điểm M ( x0 ; y0 ) đến đường thẳng
(d ) : Ax + By + C = 0 là :

d (M , d ) =

Axo + Byo + C
A2 + B 2

5. Phương trình của đường thẳng, đường trịn :
* Phương trình của đường thẳng (d) đi qua điểm M ( x0 ; y0 ) và nhận
r

véctơ 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 = R 2

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 vuông góc với
6


SKKN_Sử dụng phương pháp véc tơ và tọa độ để giải một số dạng tốn sơ cấp
rr r
nhau đơi một. Trên Ox, Oy, Oz lần lượt chọn các véc tơ đơn vị i, j, k .

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 ông gian Oxyz . Hạ MH vng góc x ' Ox , MK
vng góc y ' Oy và ML vng góc z ' Oz . Theo qui tắc hình hộp, ta có :
uuuuu
r

uuuur

uuuur uuur

r

r

r

OM = OH + OK + OL = xi + y j + z k

Bộ ( 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 ) .
ur

uuuuu
r ur

Cho a , khi đó tồn tại duy nhất một điểm M sao cho OM = a . Gọi
( x; y; z ) là toạ độ của điểm M. Khi đó ( x; y; z ) gọi là toạ độ của véc tơ
ur
ur
a trên hệ trục Oxyz và ký hiệu là a = ( x; y; z ) .

3. Các phép toán 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 toán vectơ như phép cộng, phép trừ, phép nhân một số với
một vectơ, tích vơ hướng được xác định tương tự như trong mặt
phẳng. Tích có hướng được xác định như sau:
uu
rr
a a a a aa
 a,b  = ( 2 3 ; 3 1 ; 1 2 )


b2 b3 b3 b1 b1 b2

4. Các công thức tính đại lượng :
ur

r

Cho hai vectơ a = (a1 ; a2 ; a3 ) ; b = (b1; b2 ; b3 ) và gọi α là góc tạo bởi hai
vectơ đó.
ur r

ur r

r

r

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

a1.b1 + a2 .b2 + a3 .b3
a.b
cos α = ur r =
ab
a12 + a2 2 + a32 . b12 + b2 2 + b32
Cho (d) là đường thẳng đi qua A và có vectơ chỉ phương

uuuur
r
a = (a1; a2 ; a3 ) và điểm M. Giả sử ta tính được AM = (b1 ; b2 ; b3 ) Khi đó
7


SKKN_Sử dụng phương pháp véc tơ và tọa độ để giải một số dạng toán sơ cấp

khoảng cách từ điểm M đến đường thẳng (d) được tính là :
2

a2 a3

d (M , d ) =

2

a a
aa
+ 3 1 + 1 2
b2 b3
b3 b1
b1 b2

2

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 ( x0 ; y0 ; z0 ) và có
r

ur

cặp 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. Phương trình tham số của đường thẳng (d) đi qua điểm
ur
M ( x0 ; y0 ; z0 ) và nhận vectơ a = (a1 ; a2 ; a3 ) làm vectơ chỉ phương là:

 x = x0 + a1t

 y = y0 + a2t
z = z + a t
0
3


(t là tham số)

c. Phương trình mặt cầu tâm I (a; b; c) và có bán kính R là :
( x − a ) 2 + ( y − b) 2 + ( z − c ) 2 = R 2

Bài tập vận dụng
Bài 1: Cho 4 số thực x1 , x2 , x3 , x4 . chứng minh rằng :
( x12 + y12 )( x22 + y22 ) ≥ ( x1 x2 + y1 y2 ) 2

Giải:
u
r

r

Trên mặt phẳng toạ độ xét 2 vectơ : a = ( x1 ; y1 ), b = ( x2 ; y2 )
Ta có

ur r

ur r

ur 2 r 2

ur r

a b ≥ a.b ⇒ a b ≥ (a.b)2
vậy ( x12 + y12 )( x22 + y22 ) ≥ ( x1 x2 + y1 y2 )2
ur r

đẳng thức xãy ra ⇔ a // b ⇔ x1 y2 = x2 y1
Bài 2 : Chứng minh rằng :

a 2 − 2a + 5 + a 2 + 2a + 5 ≥ 2 5 (1)

Giải :
8


SKKN_Sử dụng phương pháp véc tơ và tọa độ để giải một số dạng toán sơ cấp

(1) ⇔ (a − 1) 2 + 2 2 + ( 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
(a − 1) 2 + 22 + (a + 1) 2 + 2 2 = a + b ≥ a + b = 2 5 (đpcm)

Ta có :

r r

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi : a; b cùng hướng: 1 − a = a + 1 ⇔ a = 0 .
Bài 3 : Chứng minh rằng :
x 2 + xy + y 2 + y 2 + yz + z 2 ≥ z 2 + zx + x 2 , ∀x, y , z ∈ R (1)

Giải :
2
x  3

x + xy + y =  y + ÷ + 
2  2


Ta có

2

r



2

x

3  r

 

z

2

2

2

z  3 

2
2
x÷
+
z÷
÷ ; y + yz + z =  y + 2 ÷
  2 ÷



3 

r r

 x−z

3



;
(x + z) ÷
Xét a =  y + ; x ÷÷, b =  −  y + ÷; z ÷÷⇒ a + b = 
÷
2 2 
2 2 
2

 
 2


r r
( x − z ) 2 3( x + z ) 2
⇒ a+b =
+
= z 2 + zx + x 2
4
4
r r r r
a
Do + b ≥ a + b nên x 2 + xy + y 2 + y 2 + yz + z 2 ≥ z 2 + zx + x 2 , ∀x, y, z ∈ R

( đpcm )
r r

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi : a, b cùng hướng .
x = z = 0
x = z = 0
x = z = 0

x
⇔  x −2 y − 2 x ⇔ 
2
y
+
x
 =−
 =
 xy + yz + zx = 0
2y + z
2y
 z
 z

x = z = 0
⇔
 x = kz , y = −k z , k ≠ −1
1+ k


Bài 4
Chứng minh rằng:

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

Giải :
9


SKKN_Sử dụng phương pháp véc tơ và tọa độ để giải một số dạng toán sơ cấp

Trong mặt phẳng toạ độ xét các vectơ :

Khi đó, từ

r
 a = (cos 2 x;1) r r
⇒ a − b = (cos 2 x;0)
r
2
b = (sin x;1)
r r
r r
a − b ≤ a − b ⇒ cos 4 x + 1 − sin 4 x + 1 ≤ cos 2 x ⇒ ( dpcm)

Bài 5 : Cho a, b, c > 0 và ab + bc + ca = abc . Chứng minh rằng :
a 2 + 2b 2
b2 + 2c 2
c 2 + 2a 2
+
+
≥ 3
ab
bc
ca

Giải :
r

r  1 2  r r uu

r 1 1 1 2
2  r  1 2  uu
2
2
;
v
=
;
;
w
=
;
⇒
u
+
v
+
w
=
+
+
;
+
+
÷

÷

÷


÷
÷
c b ÷
a c ÷
a b c a
b
c ÷
b a 






1

Chọn u =  ;
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
Bài 6 : Chứng minh

2
5 x + 2 + 5 y + 2 + 5 z + 2 ≤ 6 3, ∀x, y, z ≥ − , x + y + z = 6
5

Giải :

r
r
v
u
=
1;1;1
Xét hai vectơ :
( ) và =

(

5 x + 2; 5 y + 2; 5 z + 2

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
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 ≥ −
10

2
5

)


SKKN_Sử dụng phương pháp véc tơ và tọa độ để giải một số dạng toán sơ cấp

r
r
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi : u = ( 1;1;1) , v =
hướng ⇔

(

)

5 x + 2; 5 y + 2; 5 z + 2 cùng

5y + 2
5x + 2
5z + 2
=
=
⇔ x= y=z=2
1
1
1

Bài 7 : 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 đặt
ur
u = (1; a;0)
r
v = (1; −b;0)
u
r r

1 − ab
cos(u, v) =
1+ a2 1+ b2

⇒ 
ur r
a+b

sin(
u
, v) =

1+ a2 1 + b2

u
r r
u
r r
u
r r
2(1 − ab)(a + b)
ta có sin 2(u, v) = 2sin(u, v).cos(u, v) = (1 + a 2 )(1 + b2 ) ≤ 1

⇔−

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

Bài 8: Tìm giá trị lớn nhất của hàm số: y = x + 4 1 −
Giải:

r

x
.
2

r

Đặt u = (1; 2 2), v = ( x ; 2 − x )
rr
 y = u.v
r
r
u
=
3,
v
= 2 .
Mặt khác:

r

r

Áp dụng (I) ta có: y ≤ 3 2 . Dấu bằng xảy ra khi u = kv với k > 0 .
⇔ x=

2
9
11

SKKN_Sử dụng phương pháp véc tơ và tọa độ để giải một số dạng toán sơ cấp
2
9

Vậy giá trị lớn nhất của hàm số là 3 2 tại x = .
Bài 9 : Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
A = ( x + 1) 2 + y 2 + 4 + x 2 + ( y + 1) 2 + 1, ∀x, y

Giải :

r r
r
r
Xét hai vectơ : u = ( x + 1; y; 2), v = (− x; − y − 1;1) ⇒ u + v = (1; −1;3)
r r r r
a
Do + 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
Tức là :

x +1
y
2
1
2
=
= ⇔ x=− ,y=−

−x
− y −1 1
3
3

1
2
Vậy A đạt giá trị nhỏ nhất bằng 11 khi x = − , y = −
3
3

Bài 10 : 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 + 2 2 = cos x 2 − 2cos x + 5
r


r
a = (1 − cos x;2)
2
2
2
Khi đó :  b = (2 + cos x ) + 2 = cos x + 4cos x + 8
r

b = (2 + cos x;2)

r r
 a + b = 32 + 42 = 5

từ

r r r r
a + b ≥ a + b <=> y ≥ 5

Dấu “=” xảy ra (chẳng hạn) tại x =

2π
3

Vậy Min y = 5.
Bài 11: Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số :

12


SKKN_Sử dụng phương pháp véc tơ và tọa độ để giải một số dạng toán sơ cấp

y = f ( x) = cos 2 x − 6cos x + 13 + cos 2 x + 2cos x + 2

[ 2004π , 2006π ]

trên

(Hướng dẫn)
r


a
 = (3 − cos x; 2)
Xét hai vectơ  r

b = (1 + cos x;1)

Bài 12 : Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
y = x 2 − 2 px + 2 p 2 + x 2 − 2qx + 2q 2 ( p ≠ q )

Giải :
Ta có y = ( x − p)2 + p 2 + ( x − q) 2 + q 2
 ymin = ( p − q)2 + ( p + q)2 = 2( p 2 + q 2 )
Bài 13 : Giải phương trình (4 − x) x − 2 + 7 − 2 x = 85 − 57 x + 13 x 2 − x3 (1)
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
Xét a = ( 4 − x;1) , b =
r

rr
x − 2; 7 − 2 x ⇒ a.b = (4 − x ) x − 2 + 7 − 2 x

(

)

r

2
Và a = (4 − x) + 1, b = ( x − 2) + (7 − 2 x) = 5 − x

rr r r
r r
4− x
1
⇔
a
.
b
=
a
.
b
⇔
cos
a
,b = 1 ⇔
=
Khi đó (1)
x−2
7 − 2x

( )

⇔ (4 − x) 2 (7 − 2 x) = x − 2 ⇔ x = 3

Vậy phương trình có nghiệm x = 3 .
Bài 14: Giải phương trình: x 1 + x + 3 − x = 2 1 + x 2

(*)

r
r
Giải: Trong hệ trục tọa độ Oxy , đặt u = ( x;1), v = ( 1 + x ; 3 − x ) thì:
13


SKKN_Sử dụng phương pháp véc tơ và tọa độ để giải một số dạng toán sơ cấp

r
r
rr
u = 1 + x 2 , v = 2, u.v = x 1 + x + 3 − x .

rr r r
u
Khi đó: (*) ⇔ .v = u . v .
r
r
1+ x
3− x
Điều này xảy ra khi u = kv với k > 0 ⇔

=
x
1
x =1
⇔
x =1± 2

Kết hợp điều kiện, phương trình có nghiệm là: x = 1, x = 1 ± 2 .
Bài 15 : 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 với các vectơ:
r
 u = ( x − 3) 2 + x − 1
r

u = ( x − 3; x − 1)
r
⇒
r
v = 3
v = (1;1)
r r
u.v = x − 1 + x − 3

rr r r
Suy ra bất phương trình (1) tương đương u.v ≥ u . v
r

r
 x2 − 6x + 9 = x − 1
⇔ u ↑↑ v ⇔ x − 3 = x − 1 ⇔ 
x ≥ 3
 x = 5
 x 2 − 7 x + 10 = 0

⇔
⇔   x = 2 ⇔ x = 5
x ≥ 3
x ≥ 3


Vậy x = 5 là nghiệm duy nhất.
Bài 16 : Giải phương trình :

x 2 − 2 x + 5 + x 2 + 2 x + 10 = 29 (1)
14


SKKN_Sử dụng phương pháp véc tơ và tọa độ để giải một số dạng toán sơ cấp

Giải :
Tập xác định : ¡
(1) ⇔ ( x − 1) 2 + 22 + ( x + 1) 2 + 32 = 29
r
r
u
=
(

x
−
1;
2)
⇒
u
= ( x − 1) 2 + 2 2
Đặt

r
r
v = (− x − 1;3) ⇒ v = ( x + 1) 2 + 32

r r
r r
u
+
v
=
(
−
2;5)
⇒
u
+ v = 29
Suy ra
r r r r
r r
⇔
u

+
v
=
u
+
v
⇔
u
, v cùng hướng
Như vậy ( 1 )
⇔ 3( x − 1) − 2(− x − 1) = 0 ⇔ x =

1
5

1
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = .
5

Bài 17: Giải bất phương trình :

2( x − 3) 2 + 2 x − 2 ≤ x − 1 + x − 3 (1)

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
r r rr
r r
u . v = 2 ( x − 3) 2 + ( x − 1) 2 (1) ⇔ u . v ≥ u.v ⇔ u, v cùng hướng

Bài 18 : (A – 2014 ) Giải Hệ Phương trình
 x 12 − y + y (12 − x 2 ) = 12 (1)
 3
(2)
 x − 8 x − 1 = 2 y − 2

Giải :
Điều kiện : 2 ≤ y ≤ 12, x ≤ 2 3 .
15


SKKN_Sử dụng phương pháp véc tơ và tọa độ để giải một số dạng toán sơ cấp
r
r
2
a
=
x
;
(12

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

)

(

(

)

rr r r
r r
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 : x 3 − 8 x − 1 = 2 10 − x 2 ⇔ x 3 − 8 x − 3 = 2( 10 − x 2 − 1)

⇔ ( x − 3)( x + 3 x + 1) =
2

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

2
10
−
x
+
1
10 − x 2 + 1



2(9 − x 2 )

x = 3
⇔ 2
 x + 3 x + 1 + 2( x + 3) = 0(VN )

10 − x 2 + 1
x = 3⇒ y = 3.

Vậy hệ có nghiệm ( x; y ) = (3;3) .
Bài 19: 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.
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
2
MA + MB = 6t − 12t + 8 + 6t − 36t + 56 = 6  (t − 1) + 
÷ + (3 − t ) + 
÷

3
3 




2

2

r



Xét hai vectơ u =  t − 1;


1  r 
1 
÷, v =  3 − t ;
÷
3
3

16


SKKN_Sử dụng phương pháp véc tơ và tọa độ để giải một số dạng toán sơ cấp

r r
r r
MA
+
MB
=
6
u
+
v
≥
6

u
+v = 4 2
Ta có

(

)

(

)

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)
3−t

Vậy điểm M cần tìm là : M (1; −1; 2)
Bài 20 : 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 = (3x + 2;5)
r

v
=
(2
x
+
3;
4)


Suy ra phương trình (1) tương đương :

r

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

r r r r
u+v = u + v

1

k=
r
r

 x − 1 = k (2 x + 3)

4
⇔ u = kv (k > 0) ⇔ 
⇔
1 = k .4
 x − 1 = 1 (2 x + 3)

4
1

1
k

=

k =

4
⇔
⇔
4
4 x − 4 = 2 x + 3  x = 7

2
Vậy phương trình (1) có nghiệm duy nhất x =
Bài 21: Giải hệ phương trình

17

7
2


SKKN_Sử dụng phương pháp véc tơ và tọa độ để giải một số dạng toán sơ cấp

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 tuỳ ý (nếu có) của hệ đã cho.
u
rr
Ta có u.v = x03 + y03 + z03 = 1
u
r
r
u
=
1
;
v
= 1 − 2( x02 y02 + y02 z02 + z02 x02 ≤ 1
Ngồi ra tính được
u
r r

u

rr

Vậy u . v ≤ 1 = u.v

Dấu bằng xãy ra

u
rr

u
r r

Do đó u.v = u . v
 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

Từ đó suy ra

Thử lại ta được hệ đã cho có 3 nghiệm (1,0,0) ; (0,1,0) : (0,0 ,1)
Bài 22 : Giải bất phương trình:

x + 1 + 2 x − 3 + 50 − 3 x ≤ 12
Giải :

Điều kiện:


 x ≥ −1

3
3
50

⇔ ≤x≤
x ≥
2
2
3

50

x
≤


3

Trong mặt phẳng Oxy xét các vectơ :

18


SKKN_Sử dụng phương pháp véc tơ và tọa độ để giải một số dạng toán sơ cấp

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

Đẳng thức này ln đúng
Vậy nghiệm bất phương trình đã cho là

3
50
≤x≤

2
3

Bài 23: 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

19


SKKN_Sử dụng phương pháp véc tơ và tọa độ để giải một số dạng toán sơ cấp

Bài 24: 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
Chứng minh:

ma + mb + mc ≤

9R
2

Giải :
Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giac ABC. Ta có:
uuu
r uuu
r uuur
(OA + OB + OC ) 2 ≥ 0
uuu
r uuu

r uuur uuur uuur uuu
r
2
2
2
⇔ OA + OB + OC + 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:

ma + mb + mc ≤ 3(ma2 + mb2 + mc2 )
≤

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 25 :
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
2020
Chứng minh rằng: (ABC) luôn luôn đi qua một điểm cố định.
20


SKKN_Sử dụng phương pháp véc tơ và tọa độ để giải một số dạng toán sơ cấp

Giải :
z

C
y
O

B

x
A

Chọn hệ trục toạ độ vng góc Oxyz (như hình vẽ ).


A(a;0;0), B (0; b;0), C (0;0; c)

Khi đó phương trình mặt phẳng (ABC) là:

x y z
+ + =1
a b c
Hơn nữa:

1 1 1
1
+ + =
a b c 2020

(Do giả thiết)

⇒ M (2020;2020;2020) ∈ mp ( ABC )
 mp(ABC)luôn đi qua điểm cố định là: M (2020;2020;2020) .

------------------------------------------------------------------------------------------

21

SKKN_Sử dụng phương pháp véc tơ và tọa độ để giải một số dạng toán sơ cấp

3. HIỆU QUẢ MANG LẠI
- Sau khi thực hiện đề tài bằng hình thức dạy phụ đạo, tôi tiến hành kiểm tra lại
học sinh các lớp 12A1, 12A3 thông qua kiểm tra viết .
Kết quả như sau:
Số lượng học sinh đạt điểm khá - giỏi tăng lên rõ rệt, điểm yếu - kém còn ít.
Như vậy, chất lượng bài kiểm tra đã được tăng lên rõ rệt.
Một số học sinh khá, giỏi còn biết vận dụng vào các bài tốn ở mức độ khó hơn.
- Như vậy, với SKKN này dù ít hay nhiều cũng giúp ích cho cho cơng việc giảng
dạy của tơi, góp một phần nhỏ giúp học sinh hiểu kĩ hơn và vận dụng tốt hơn vào
giải toán, nâng cao chất lượng học mơn tốn hơn trước. Đối với bản thân tôi, là một
giáo viên đứng lớp, viết SKKN này cũng giúp ích rất nhiều trong việc tự học và
trau dồi chun mơn, nghiệp vụ của mình.
- Mặc dù SKKN tơi viết chỉ tập chung vào một vấn đề rất nhỏ trong chương trình
tốn THPT, nhưng việc áp dụng nó vào giảng dạy có tác dụng rất tốt, thời gian tới
tơi sẽ phát triển thêm SKKN của mình áp dụng cho cả những đối tượng là học sinh
trung bình .
4. ĐÁNH GIÁ PHẠM VI ẢNH HƯỞNG
x

Chỉ có hiệu quả trong phạm vi Đơn vị áp dụng.
Đã được chuyển giao, nhân rộng việc áp dụng ra phạm vi sở, ngành theo

chứng cứ đính kèm.
Đã phục vụ rộng rãi người dân trên địa bàn tỉnh, huyện/thành phố theo
chứng cứ đính kèm.
Đã phục vụ rộng rãi người dân tại Việt Nam, hoặc đã được chuyển giao,
nhân rộng việc áp dụng tại nhiều tỉnh, thành theo chứng cứ đính kèm.

22


SKKN_Sử dụng phương pháp véc tơ và tọa độ để giải một số dạng toán sơ cấp

5. TÀI LIỆU THAM KHẢO
1. Lê Hồng Đức – Lê Hữu Trí, Phương pháp véc tơ và tọa độ , NXBGD.
2. Trần Văn Hạo – Vũ Tuấn, Giải tích 12, NXBGD.
3. Nguyễn Bá Kim, Phương pháp dạy học mơn tốn, NXBĐHSP.
4. Trần Phương, Tuyển tập chun đề luyện thi đại học mơn tốn,
NXBHN.
5. Đề thi Tốt nghiệp THPT và Tuyển sinh ĐH-CĐ các năm gần đây.

Trên đây là những kinh nghiệm nhỏ của bản thân tơi rút ra trong q trình dạy
học thực tiễn. SKKN chắc chắn sẽ cịn có những tồn tại và hạn chế. Rất mong nhận
được sự đóng góp ý kiến của thầy cô và các bạn .

Lạng Giang, tháng 5 năm 2020
Người thực hiện: Nguyễn Ngọc Nam

23