Nghien cuu Tich vo huong

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (150.03 KB, 7 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

Tìm hiểu thêm về tích vô hớng

Định nghĩa:

(Có nhiều định nghĩa tích vơ hớng của hai véc tơ, ở đây ta chỉ 
nêu một số định nghĩa quen thuộc trong chơng trình phổ thơng).

Cho hai véc tơ u,v(0) tích vơ hớng của hai vec tơ đó kí hiệu là u.vđợc xác định

nh sau: u.vu.v.cosu,v.

Trong hệ toạ độ Oxy tích vơ hớng cịn đợc xác định nh sau:
Cho u



x1,y1

 

,v x2,y2






khi đó u.v x1.x2 y1.y2




.
Trong hệ toạ độ oxyz tích vơ hớng cũng đợc xác định .
Cho u



x1,y1,z1

 

,v x2,y2,z2






khi đó u.v x1x2 y1y2 z1z2

.
Ngoài ra ta còn viết



 2 2 2



2
1

.v u v u v
u      .

Từ định nghĩa ban đầu ta có thể suy ra rằng u.vu.v. (*)

Vận dụng vào chứng minh bất đẳng thức.
Thí dụ 1. Cho ba số x,y,zdơng. Chứng minh rằng:

.
2

2
2

2 x y z

y
x

z
x
z

y
z
y

x  








Giải. Trong hệ toạ độ Oxyz lấy ; ; ,v



y z; z x; x y



y
x

z
x
z

y
z
y

x

u    

















Theo (*) ta suy ra:

  . .

2
2
2

2 y z z x x y

y
x

z
x
z

y
z
y

x
z

y

x      



















Hay

2
2

2 x y z

y
x

z
x
z

y
z
y

x

. (đpcm)

Dấu = xảy ra khi hai véc t¬ cïng híng x y z.

y
x

z
x
z

y
z
y

x











ThÝ dơ 2. Víi bèn sè a,b,c,d bÊt k×, cmr: a2 b2 c2 d2 a c2 b d2









 .

Giải. Chọn ba véc tơ wac,bd ,ua,b ,vc,d ta cã:

   2  2

.u v a c b d
w 

Mặt khác: w.u v w.u v a c2 b d2.



a2 b2 c2 d2














   




Tõ hai ®iỊu trªn suy ra: a2b2  c2d2  ac2bd2 .(đpcm)

Thí dụ 3. Trong tam giác ABC chứng minh r»ng: .

2
3
cos
cos

cosA B C 

Giải. Gọi đờng trịn (I;r) nội tiếp ABC có các tiếp điểm A1,B1,C1 lần lợt

thuộc BC,CA,AB khi đó xét:

2
1 1 1 0.

IA IB IC

 

  

 

 

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

2 1. 1 1. 1 1. 1 0.
2
1
2
1
2

1  






















IA
IC
IC
IB
IB
IA
IC
IB
IA
(1)

Mµ ; . .cos ; . .cos ; . 2.cos .

1
2
1
1
2
1
1
1
1

1 IB IC r IA IB r C IB IC r A IC1 IA r B

IA      











Nªn

(1) 3. 2 2. 2cos cos cos  0.







 r r A B C

 .
2
3
cos
cos

cosA B C

Dễ thấy đấu bằng có đợc khi I trùng với G hay tam giác ABC đều.

ThÝ dô 4. Chøng minh r»ng tam gi¸c ABC cã: .

4
9
sin

sin

sin2 2 2



 B C

A Từ đó

cmr:
.
2
3
.
3
sin
sin

sinA B C 

Giải. Gọi (O;R) là đờng tròn ngoại tiếp tam giác ABC khi đó xét:
0.
2













OC
OB
OA

2 2 2 2 . . . 0
























OA
OC
OC
OB
OB
OA
OC
OB

OA (1)

Ta cã: 2. . 2 2 2 2 2 4 2sin2 .

2
2

2 OB OA OB OA OB AB R R C

OA
OB

OA      





 













Tơng tự cho hai tích vơ hớng còn lại ta thu đợc:
(1) 9. 2 4. 2.



sin2 sin2 sin2









 R R A B C

 .
4
9
sin

sin

sin2 2 2



 B C

A

Dấu bằng có đợc khi O trùng với Ghay tam giác ABCđều.

§Ĩ chøng minh: .

2
3
3
sin
sin

sinA B C Ta chọn usinA;sinB;sinC ,v1;1;1 và áp

dụng (*) ta cã ngay: .

2
3
3
4
9
.
3
sin
sin
sin
.
3
sin
sin

sin 2 2 2








 B C A B C

A

Dấu bằng đạt đợc khi tam giác ABCđều.

Vận dụng trong các bài tốn liên quan đến ph ơng trình và 
hệ ph ng trỡnh.

Thí dụ 5. Giải phơng trình sau: 9.

1
2
2

x x

x

Giải. Điều kiện x 0.

Chän
















1

;
1
1
,
1
;
2
2
x
x
x
v
x

u  , ¸p dơng (*) ta suy ra:

9.
1
1
.
1
8
1
2
2










 x x

x
x

Nh vậy dấu bằng đạt đợc khi: .
7
1
1
1
2
2



 x
x
x

Kết luận phơng trình đã cho có nghiệm

7
1



</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

Thí dụ 6. Giải hệ phơng trình sau:

0

1

2
2
2

zy

z

zx

y

yz

x

Giải. Chọn ba véc tơ: uy;z,vx;z,wy; x.

Từ phơng trình thứ ba suy ra: u.v0

Từ phơng trình thứ hai suy ra : u.w0

NÕu u0 th× suy ra v,w céng tun  x2yz0 tr¸i víi phơng trình đầu.
Nh vậy u0 hay yz0. Từ pt đầu 2 0 1

yz x

x .

Kiểm tra lại ta có nghiệm của hệ (x;y;z) là: (1;0;0) và (-1;0;0).

Thí dụ 7. Giải hệ phơng trình sau: 2 2 2

3 3 3

1
1

x y z

x y z

  




  




  


Giải. Chọn u x y z v x y z



; ; ,







2; ;2 2



từ đề bài suy ra u 1, .u v x3 y3 z3 1.



Mặt khác ta lại có v  x4y4z4  1 2



x y2 2y z2 2z x2 2



1. Nªn suy ra u v. 1


 

Nh vậy dẫn đến









1, 0, 0

1 0

0, 1, 0

cos , 1

0, 0, 1

, 0

xy

x y z

v yz

x y z

zx
u v

x y z

u v




  




  

       

   



 

    



 




 

Thử lại ta đợc nghiệm của hệ là



x y z; ;

 

1;0;0 , 0;1;0 , 0;0;1

 



ThÝ dơ 8. Gi¶i hƯ







 





 







































2
2
2

1

3

2

0

3

2

0

1 z

y

z

x

z

x

y

z

x

yz

y

x

Gi¶i. Chän ux;y ,v y1;z,w2z 3;x z.

Từ pt đầu suy ra: u.v0. (1)

Tõ pt hai suy ra: u.w 0. (2)

Tõ pt ba suy ra: v2 w2

 . (3)

NÕu u0  xy 0 thay vào hệ suy ra: z 1 hoặc z 2.

NÕu u0 tõ (1) vµ (2) suy ra v,w céng tuyÕn.

Mµ tõ (3) cã v2 w2

 nªn ta suy ra: vw.

Víi

























zx

zy

zxz

zy

wv

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

Thay y z, vào (1) ta đợc .
3
4
,
3
2
,
3
8




 y z

x

Víi

























0

24

231 x

zy

xzz

z

y

wv



Thay vào (1) ta đợc x0,y 4,z 0 hoặc x 0,y 0,z 2.

KÕt ln nghiƯm cđa hƯ (x;y;z) lµ: (0;0;1), (0;0;2), (0;4;0) và .
3
4
;

3
2
;
3
8

Thí dụ 9. Giả sử hƯ

















16

3

2
2

z

yz

y

xy

x

cã nghiƯm. Cmr: xyyzzx8.

Gi¶i. Chän 























2
;
2

3
,
2

3
;
2

z
y
z
v
x
x

y

u  . Tõ hÖ ta cã: u 3,v 4.

Mặt khác: uv xyyzzx
2

3
.

, mµ . . 4 3.


u v

v

u  

Nh vËy suy ra: xyyzzx8.(®pcm).

ThÝ dơ 10. Cho a,b,c,d R. Cã a2b2 c2d21 vµ acbd 0. TÝnh abcd.

Giải. Chọn ua;b,vc;d. Khi đó theo đề bài có: u v 1 và u.v0.

Do u.v0 nªn ua;b céng tuyÕn víi w d;c.Theo gt cã u w 1.Nªn

w
u

 .

NÕu











.0















ab

dc

ab

dc

cb

d

a

w

u



NÕu











.0















ab

dc

ab

dc

c

b

da

w

u



KÕt luËn: abdc0.

ThÝ dơ 11. Gi¶ sư hƯ























b

ay

cx

a

cy

bx

c

by

ax

cã nghiÖm, cmr: a3 b3 c3 3abc.





Giải. Chọn ua;b;c,vb;c;a,wc;a;b và mx;y;1 . Nh vậy hệ tơng đơng

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>













0 .

m

w

m

v

m

u



, do m0 nªn ta suy ra ba vÐc t¬

a b c vb c a wc a b

u ; ; , ; ; ,  ; ; là đồng phẳng. Mặt khác ta dễ dàng kiểm tra đợc các
góc u,v v,ww,u. Điều này tơng đơng với uvw hoặc u,v v,ww,u
=

3
2

NÕu uvw thì abc a3b3c3 3abc.(đpcm)

Nếu u,vv,ww,u=

3
2

thì suy ra uvw







.0

























a

b

c

b

a

c

a

c

b

c

b

a

Theo hằng đẳng

thøc a3b3c3 3abcabc



a2b2c2 ab bc ca



a3b3c3 3abc0 a3b3c3 3abc.(đpcm)

Thí dụ 12.Giả sư hƯ















4

8

2
2
2

zx

yz

xy

z

y

x

cã nghiƯm, cmr: .

3
4
,
,

3
4




 x y z

Giải. (Quy ớc số 0 có dấu dơng hoặc âm).

Do vai trũ ca x y z, , là nh nhau nên ta chỉ cần chứng minh cho biến x là đủ.
Từ hệ ta chỉ ra ngay đợc x y z, , cùng dấu. Thật vậy không mất tổng quát:
Giả sử x,y 0;z0.Ta 4.

2
8
2

2
4

2
2
2
2
2











 xy x y x y z ( Vô lí).

Giả sử x0;y,z0. Ta suy ra: 4

2
8
2

2
4

2
2
2
2
2









yz y z x y z .(Vô lí).

Nên ba số x,y,z 0. hoặc x,y,z0.

Ta có xyz2x2y2z22xyyzzx, theo gt suy ra:























4
4
16

z
y
x

z
y
x
z
y
x

-Trêng hỵp xyz 4  x,y,z 0.

Trong hệ tọa độ oxyz chọn điểm Mx;y;z thay đổi, chọn A1;1;1 nh vậy
 ; ; ,  1;1;1



OA
z
y
x

OM tõ gt   8,  3




OA

OM vµ OM .OA xyz4. Từ đây

suy ra khix,y,z thay i thỡ

OM luôn nằm trong góc phần tám thứ nhất và tạo với

OA mt gúc khụng i. Chiu M lên trục Oxta xác định đợc hoành độ x hay

.cos( , )

x OM OM Ox               , nh vậy x đạt giá trị lớn nhất phụ thuộc vào góc MOx . Xét

trong gãc tam diƯn (OM OA Ox, , ) ta lu«n cã AOM  AOx MOxAOM AOx

Mặt khác AOM, AOx không đổi nên MOx đạt lớn nhất hay nhỏ nhất khi ba

đ-ờng thẳng OA, OM, Ox là đồng phẳng OM,OA .i 0 yz.







    Víi y z thay vµo

hệ đợc











3
4
0

x
x

</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>

Tøc là trong trờng hợp này

3
4
0x .

- Trờng hợp xyz 4 x,y,z 0. Đặt x a;y b;z cvíi a,b,c0 ta

quay vỊ trêng hỵp võa xÐt 0.

3
4

3
4
0

3
4

0        

 a x x

Nh vËy tõ hai trêng hỵp cho ta kÕt qu¶ .
3
4
3




 x

Vai trị x,y,z nh nhau nên ta có đợc .
3
4
,
,
3
4




 x y z (®pcm)

VËn dụng t tởng này chúng ta giải quyết bài toán sau:
ThÝ dơ 13. Cho c¸c sè a b c x y z, , , , , 0. Chøng minh r»ng :



2 2 2

 

2 2 2





 



ax by cz   a b c x y z  a b c x y z    .

Giải. Chọn các véc tơ u a b c



; ; ,



v



x y z; ; ,



w



1;1;1



khi đó BĐT là:

   

. . . .

u v u v                 u w v w  

Chia cả hai vế cho u v . và chú ý đến w  3



ta cã:

. . .

1 2 .

. . .

u v u w v w

u v   u w v w

     
     

Gäi  

 

u v  , ,                



u w,

v w,

BĐT trở thành:

cos 1 2 cos .cos 

Từ gốc tọa độ O kẻ ba véc tơ OA u OB v OC w  ,   ,  . Theo đề bài a b c x y z, , , , , 0

nên các đoạn thẳng OA, OB, OC nằm trong góc phần tám thø nhÊt. XÐt gãc tam
diÖn OA,OB,OC suy ra AOBAOCCOB      Suy ra





cos cos 

Suy ra: cos 1 cos





cos





cos 1 2cos .cos

    

  

    

  

DÊu = khi   vµ  2.

Cuối cùng xin đa ra một bài tốn hình học nhng cách giải lại mang đậm bản chất
đại số.

Thí dụ 14. Cho hình chóp S ABC. có SA SB SC, , vng góc với nhau đơi một, M là
một điểm bất kì thuộc phần trong tam giác ABC. Gọi   , , lần lợt là góc giữa
đ-ờng thẳng SM với SA SB SC, , . Chứng minh rằng cos2 cos2 cos2 1.

  

Giải. Lấy trên SM SA SB SC, , , các véc tơ đơn vị lần lợt là m, a, b, c. Theo đề bài
suy ra:

- Ba véc tơ a b c, ,  vuông góc với nhau đơi một.

-Tồn tại duy nhất bộ số thực x y z, , để m x a y b z c . . . (1)

Tõ (1) suy ra x2 y2 z2 1

   (*)

2 cos2

x   ,y2 cos2 , z2 cos2

Nh vËy theo (*) suy ra: cos2 cos2 cos2 1.

    (®pcm).

</div>
(7)<div class='page_container' data-page=7></div>

Nghien cuu Tich vo huong

Tìm hiểu thêm về tích vô hớng

<i><b> Định nghĩa: </b></i>



 





 















<sub></sub>

<sub></sub>





0

0

1

<i>zy</i>

<i>z</i>

<i>zx</i>

<i>y</i>

<i>yz</i>

<i>x</i>









<sub></sub>

<sub></sub>











 

 

 









 





 

 







































1

3

2

0

3

2

0

1

<i>z</i>

<i>y</i>