sử dụng phương pháp tọa độ và vector để giải toán đại số và hình học sơ cấp, sáng kiến kinh nghiệm mới của thầy nguyễn cảnh phong

Sáng kiến kinh nghiệm www.vnmath.com SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP VÉCTƠ VÀ TỌA ĐỘ GIẢI MỘT SỐ BÀI TOÁN SƠ CẤP THƯỜNG GẶP  : Trang Sáng kiến kinh nghiệm www.vnmath.com CÁC BÀI TOÁN ĐẠI SỐ: Bài 1: Cho số thực x1, x2, x3, x4 chứng minh (x12 +y12)(x22 +y22) ≥ (x1 x2+ y1 y2)2 Giaûi: r u r Trên mặt phẳng toạ độ xét vectơ : a = ( x1 , y1 ); b = ( x2 , y2 ) u r urr r u r2 r urr Ta coù a b ≥ a.b ⇒ a b ≥ (a.b) vaäy (x12 +y12) (x22 +y22) ≥ (x1 x2+ y1 y2)2 u r r đẳng thức xãy ⇔ a // b ⇔ x1 y2 = x2 y1 Bài 2: Chứng minh x, y, z > x + xy + y + x + xz + z > y + yz + z Giải Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với: y z y z 3 ( x + )2 + ( y) + ( x + )2 + ( z) > ( − )2 + ( y+ z) (1) 2 2 2 2 Xét điểm A( x + y , 3 y z z ) ; B(0, y + z ) ; C ( − ,0) 2 2 2 (1) ⇔ AB + AC > BC Ta có AB + AC ≥ BC với điểm A, B, C  uuur y y)  AB = (− x − ,  2  r  uuuu = (− x − z , − z ) AC   2 Hai véctơ ngược hướng (vì hoành độ âm) xãy đẳng thức AB + AC > BC Vậy bất đẳng thức (1) chứng minh Bài Giải bất phương trình: x − + x − ≥ 2( x − 3) + x − 2(1) Giaûi x ≥1 Điều kiện Xét mặt phẳng toạ độ Oxy vectô: r u = ( x − 3, x − 1)  r v = (1,1)  Trang Saùng kiến kinh nghiệm www.vnmath.com r  u = ( x − 3) + x −  r ⇒ v = r r u.v = x − + x −  rr r r Suy bất phương trình (1) tương đương u.v ≥ u v r r ⇔ u ↑↑ v ⇔ x − = x −1 Baøi  x2 − x + = x −1 ⇔ x ≥  x − x + 10 = ⇔ x ≥  x =  ⇔  x =  x ≥  ⇔ x=5 Vậy x=5 nghiệm Chứng minh rằng: cos x + − sin x + ≤ cos x , ∀x ∈ R Giaûi Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, vectơ: r  a = (cos x,1) r r  ⇒ a − b = (cos x,0) r b = (sin x,1)  Khi đó, từ r r r r a − b ≤ a −b ⇒ cos x + − sin x + ≤ cos x ⇒ ( dpcm) Bài Tìm giá trị nhỏ hàm số: y = f ( x ) = cos x − 2cos x + + cos x + 4cos x + Giaûi Trong mặt phẳng toạ độ xét véctơ: r a = (1 − cos x,2)  r b = (2 + cos x,2)  Trang Sáng kiến kinh nghiệm www.vnmath.com r  a = (1 − cos x) + 2 = cos x − 2cos x +  r 2 Khi :  b = (2 + cos x ) + = cos x + 4cos x + r r  a + b = 32 + 42 =  r r r r a + b ≥ a+b từ y ≥ 2π Dấu “=” xảy (chẳng hạn) x = Vậy miny=5 Bài : T ìm giá trị nhỏ biểu thức y = x − px + p + x − 2qx + 2q ( p ≠ q) Gi ải Ta c ó y = ( x − p)2 + p + ( x − q) + q Trên mp toạ độ lấy hai điểm A(p, q) : B(q,q) Bài toán trở thành: Tìm M(x,0) thuộc Ox cho (MA +MB) đạt giá trị nhỏ Xét hai trường hợp: - Nếu pq 0 A, B nằm phía O (đồng thời nằm phía Ox) Lấy A’ đối xứng với A qua Ox ta có A’(p, -p), đồng thời : MA + MB = MA '+ MB ≥ A ' B Đẳng thức xãy ⇔ A’, M, B thẳng hàng uuuuuu r uuuur u  x − p = k (q − p ) ⇔ A'M = k A' B ⇔   p = k (q + p ) p  k = p + q ⇔   x = pq  p+q  ymin = A ' B = ( p − q )2 + ( p + q)2 = 2( p + q ) đạt x = 2pq/(p+q) B y A O Trang A M x Sáng kiến kinh nghiệm www.vnmath.com Bài Giải phương trình: x − x + + x + 12 x + 25 = x + 12 x + 29 Giaûi Trong mặt phẳng toạ độ Oxy xét vectơ: r r r u = ( x − 1,1)  ⇒ u + v = (3 x + 2,5) r v = (2 x + 3, 4)  r  u = x2 − 2x +  r ⇒  v = x + 12 x + 25 r r  u + v = x + 12 x + 29  Suy phương trình (1) tương đương: r r r r u+v = u + v r r ⇔ u = kv(k > 0)  x − = k (2 x + 3) ⇔ 1 = k  k =  ⇔  x − = (2 x + 3)    k = ⇔ 4 x − = x +   k =  ⇔ x =   Vậy phương trình (1) có nghiệm x = Bài 8:Tìm m để phương trình sau có nghiệm Trang Sáng kiến kinh nghiệm www.vnmath.com + x + − x − (3 + x)(6 − x) = m Giải Đặt u = + x ; v = − x Phương trình cho trở thành u + v = + 10 − 2m (1) u + v − uv = m    ⇔ u + v = (2) u + v = u ≥ 0, v ≥ u ≥ 0, v ≥ (3)    - Phương trình (1) biểu thị đường thẳng thay đổi song song với đường phân giác thứ hai, phương trình (2) biểu diễn đường tròn có tâm góc toạ độ bán kính = Hệ có nghiệm đường thẳng (1) đường tròn (2) có điểm chung thoả điều kiện (3) ≤ + 10 − 2m ≤ Vậy Pt có nghiệm ⇔ −9 ≤m≤3 Bài 9: Chứng minh raèng: a + a + + a − a + ≥ 2, ∀a ∈ R (Hướng dẫn) Xét hai vectơ r  3 x =  a + , ÷  2 ÷     r 3 u  y =  −a + , ÷   2 ÷    + 2cos2 x + + 2sin x = m Bài 10: Tìm giá trị nhỏ hàm số : y = f ( x) = cos x − 6cos x + 13 + cos x + 2cos x + [ 2004π , 2006π ] (Hướng dẫn) Xét hai vectô r  a = (3 − cos x, 2)  r b = (1 + cos x,1)  CÁC BÀI TOÁN HÌNH HỌC : Trang Sáng kiến kinh nghiệm www.vnmath.com Bài 1: Cho tam giác ABC vuông A, cạnh góc vuông bvà c, M điểm cạnh BC cho góc BAM = α Chứng minh rằng: AM = bc c.cos α + b sin α Giải Chọn hệ trục toạ độ hình vẽ Khi A(0,0) , B(b,0), C(0,c) , M9x,y) Từ định nghóa: x = AM cos α , y = AM sin α y Neân M(AM cos α , AM sin α ) uuuu r uuu r c Do M thuộc BC ⇒ CM phương v ới CB AM cos α AM sin α =0 b −c ⇒ AM (c cos α + b sin α ) = bc bc ⇒ AM = c cos α + b sin α ⇒ M y O B X x Bài 2: Cho tam giác ABC có độ dài trung tuyến va độ dài bán kính đường tròn ngoại tiếp ma , mb , mc , R 9R Chứng minh: ma + mb + mc ≤ (Đại học y dược TPHCM năm2000) Giải A c B O a b C Gọi O tâm đường tròn ngoại tiếp tam giac ABC.Ta có: Trang Sáng kiến kinh nghiệm www.vnmath.com uuu uuu uuu r r r (OA + OB + OC ) ≥ uuu uuu uuu uuu uuu uuu r r r r r r ⇔ OA2 + OB + OC + 2(OA.OB + OB.OC + OC.OA) ≥ ⇔ 3R + R (cos A + cos B + cos 2C ) ≥ ⇔ + 2(3 − 2sin A − 2sin B − 2sin C ) ≥ ⇔ sin A + sin B + sin C ≤ Do theo bất đẳng thức Bunhiacopski: 2 ma + mb + mc ≤ 3( ma + mb + mc2 ) ≤ (a + b + c ) ≤ 9(sin A + sin B + sin C ).R 9 ≤ .R ≤ R R Dấu”=” xảy tam giác ABC ⇒ ma + mb + mc ≤ Bài 3: (SGK HH 10) Cho tam giác ABC cân A Gọi H trung điểm BC, D hình chiếu H AC , M trung điểm HD Chứng minh AM vuông góc BD Giải Chọn hệ trục toạ độ hình vẽ Khi đó: H(0,0), A(0,a), B(-c,0), D(x,y) Y A B M O=H Trang C D x Sáng kiến kinh nghiệm www.vnmath.com r uuuu uuuu r  DH ⊥ AC (− x, − y )(c, −a) =   r uuuu r  uuuu Ta coù :  AD cung phuong AC ⇔  x y − a  c −a =   a 2c x = a +c cx −ay =0  ⇔ ⇔ ax +cy = ac y = c a  a +c  Vaäy D( a 2c c2 a , 2 ) , M trung điểm HD nên: a2 + c2 a + c a 2c c2 a , ) 2(a + c ) 2(a + c ) u uuuu uuuur 2a 2c + c c a r a 2c -c2 a − 2a ⇒ BD AM = ( 2 , 2 )( 2 , ) a + c a + c 2(a + c ) 2(a + c ) 2a 4c + a 2c -c4 a − 2a 4c = + =0 2(a + c ) 2(a + c ) M( Vậy BD Vuông góc AM (đpcm) Bài (Đề thi HSG toàn quốc – Năm 1979) Điểm M nằm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Chứng minh giá trị MA4 + MB4 + MC4 không phụ thuộc vào vị trí M Giải Gọi I,R tâm bán kính đường tròn (c) ngoại tiếp tam giác ABC Dựng hệ trục hình vẽ, ta có A(0,0); B( 3R R 3R − R , ); C ( , ); I ( R,0) 2 2 M ( x, y ) ∈ (C ) ⇒ MI = R ⇒ MI = R ⇒ x + y = Rx  3R R 2 MA + MB MC = ( x + y ) + ( x − )2 + ( y − )  2     Ta coù 4 2  3R R 2 + ( x − )2 + ( y + ) 2     Trang 2 Sáng kiến kinh nghiệm www.vnmath.com = (2 Rx) + (3R − Rx − R y)2 + (3R − Rx + R y )2 = R x + R y + 18R −12 R x = R ( x + y ) + 18R −12 R x = R 2 Rx + 18R −12 R x = 18R Vậy giá trị MA4 + MB4 + MC4 không phụ thuộc vào vị trí M B ài (Đ ề thi v ô đ ịch Anh - n ăm 1981) Cho tam giác ABC cân A D trung điểm cạnh AB, I tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, E trọng tâm tam giác ACD Chứng minh IE vuông góc CD Gi ải Chọn hệ trục hình vẽ (O trung điểm BC) Khi : O(0,0); A(0,a); B(-c,0); C(c,0); D(-c/2, a/2); E(c/6,a/2),(a,c>0) Gọi I(x, y) Giả thiết suy y r uuu uuu r c a   DI ⊥ BA ( x + , y − ).(c, a) =   2 r u  uuu uuur ⇔  A OI ⊥ BC ( x, y ).(2c, o) =   x = D 2 ⇔  a −c E y = 2a  V aäy I (0, I a2 − c2 ) 2a r uur uuuu c c 3c a c c ⇒ IE.DC = ( , )( , − ) = − = 2a 2 4 ⇒ IE ⊥ DC (dpcm) B O IV CÁC BÀI TOÁN GIẢI BẰNG PP TOẠ ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN CÁC BÀI ĐẠI SỐ: Bài 1:Giải hệ phương trình x + y + z =1  2 x + y + z =1  3 x + y + z =1 Giaûi u r r r 2 Xét hai véc tơ u = ( x0 , y0 , z0 ) ; v = ( x0 , y0 , z0 ) u = ( x0 , y0 , z0 ) Là nghiệm tuỳ ý (nếu có) hệ cho ur r 3 Ta coù u.v = x0 + y0 + z0 = Trang 10 x C Sáng kiến kinh nghieäm www.vnmath.com u r r 2 2 2 Ngoài tính u = ; v = − 2( x0 y0 + y0 z0 + z0 x0 ≤ u r r ur r Vaäy u v ≤ = u.v ur u r r r Do u.v = u v  x0 y0 =  y z =1 ⇔ 0 Dấu xãy   z0 x0 = x + y + z =1 0   x0 =  x0 =  x0 =    Từ suy  y0 = ;  y0 = ;  y0 = z = z = z =    Thử lại ta hệ cho có nghiệm (1,0,0) ; (0,1,0) : (0,0 ,1) Bài : Giải bất phương trình: x + + x − + 50 − 3x ≤ 12 Giaûi   x ≥ −1  3 50  ⇔ ≤x≤ Điều kiện: x ≥ 2  50  x ≤  Trong mặt phẳng Oxy xét vectô: r u = (1,1,1)  r v = ( x + 1, x − 3, 50 − x )  r u = r  ⇒  u = x + + x − + 50 − x = 48 = r r u.v = x + + x − + 50 − 3x  rr r r ⇔ u.v ≤ u v Suy ra(1) Đẳng thức Vậy nghiệm bất phương trình cho laø Baøi Trang 11 50 ≤x≤ a2 Sáng kiến kinh nghiệm     Giải hệ:      www.vnmath.com x+ y+ z =3 x2 + y2 + z =3(1) x3+ y3+ z3=3 Giải Xét Không gian Oxyz vectơ: r u = ( x, y, z )  r v = (1,1,1)  r  u = x2 + y2 + z =  r ⇒ u = r r u.v = x + y + z =  rr r r ⇒ u.v = u v r r ⇒ u ↑↑ v x y z ⇒ = = ≥0 1 ⇒ x = y = z =1 (Thoả (1) Vậy: x=y=z=1 nghiệm hệ (1) Bài : Cho a, b hai số thực tuỳ ý Chứng minh raèng (a + b)(1 − ab) − ≤ ≤ (1 + a )(1 + b2 ) Giải Trong không gian với hệ trục toạ độ Đề - vuông góc Oxyz, đặt u r u = (1, a,0)  r v = (1, −b,0)  u r r  − ab cos(u, v) = + a + b2 ⇒  u r r a+b  sin(u, v) =  1+ a2 1+ b2  Trang 12 Sáng kiến kinh nghiệm www.vnmath.com u r r u r r u r r 2(1 − ab)(a + b) ≤1 ta coù sin 2(u, v) = 2sin(u, v).cos(u, v) = 2 (1 + a )(1 + b ) (a + b)(1 − ab) ≤ ⇔− ≤ (1 + a )(1 + b2 ) CÁC BÀI TOÁN HÌNH HỌC KHÔNG GIAN Bài Cho tam diện oxyz A, B, C điểm di động ox, oy, oz cho: 1 1 + + = OA OB OC 2005 Chứng minh rằng: (ABC)luôn qua điểm cố định Giải z o x y B A Chọn hệ trục toạ độ vuông góc oxyz (như hình vẽ ) Sao cho: A(a,0,0),B(0,b,0),C(0,0,c)(với OA=a,OB=b,OC=c) Khi phương trình mặt phẳng (ABC) là: x y z + + =1 a b c Hơn nữa: 1 1 + + = (Do giả thiết) a b c 2005 ⇒ M (2005,2005,2005) ∈ mp( ABC ) =>mp(ABC)luôn qua điểm cố định M(2005,2005,2005) Bài 2:Cho hình hộp chữ nhật ABCD.A’B’C’D’ với AB = a, BC = b, AA’ = c a/ Tính diện tích tam giác ACD’ theo a, b, c b/ Giả sử M N trung điểm AB BC Hãy tính thể tích tứ diện D’DMN theo a, b, c Giải Trang 13 Sáng kiến kinh nghiệm www.vnmath.com a/ Ta lập hệ trục toạ độ vuông góc có gốc trùng với đỉnh A, trục có phương trùng uuu uuu uuur r r với AB ; AD ; AA ' Khi : A(0,0,0) , C(a,b,0) , D’(0,b,c) uuuu r uuuur u uuuu uuuu r r AC = (a, b,0); AD ' = (0, b, c);[ AC , AD] = (bc, −ca, ab) r r uuuu uuuu S = [ AC , AD] VACD ' A’ 2 2 2 = b c +c a +a b B’ b/ Dễ dàng tính 3ab S = VDMN B abc ⇔V = S DD ' = VDMN D’ C’ D C Bài 3:Cho hai nửa mp (P) (Q) vuông góc với theo giao tuyến (d) Trên (d) lấy AB = a (a độ dài cho trước) Trên nửa đường thẳng Ax vuông góc với (d) a2 (Q) lấy điểm N cho BN = b a/ Tính khoảng cách từ A đến mặt phẳng (BMN) theo a, b b/ Tính MN theo a , b Với giá trị b MN có độ dài cực tiểu Tính độ dài cực tiểu Giải a/ Chọn hệ trục toạ độ Oxyz cho A trùng với gốc toạ độ (A(0,0,0)): B có toạ độ a2 (0,a,0); N có toạ độ ( , a, ) Ta có b uuuur BM = (0, a, b) uuuu r a2 BN = ( ,0,0) b b −a b −a b [ BM , BN ] = ( , ) = (0, a , −a ) a2 , a2 0 0 b b = a (0,1, −1) r Do mp(BMN) qua B(0,a,0) có VTPT v = (0,1, −1) uuuur uuuu r Phương trình mặt phẳng là: (y – a).1 – (z – 0) = hay y – z - a = Khoảng cách từ A(0,0,0,) đến mặt phẳng : z M b a a = 1+1 A Trang 14 b B N x Y Sáng kiến kinh nghiệm www.vnmath.com uuuur a a4 b/ Ta có MN = ( , a, −b) ⇒ MN = + a + b2 b b MN ≥ a + 2a (bất đẳng thức Côsi) a4 a ⇔ = b2 ⇔ b = a b MN có độ dài cực tiểu MinMN = a b = a Bài 4: Cho góc tam diện ba mặt vuông góc Oxyz Lấy Ox, Oy,Oz điểm P, Q, R khác điểm O Gọi A, B, C trung điểm PQ, QR, RP Chứng minh góc nhị diện cạnh OA tứ` diện OABC góc nhị diện vuông hai góc B C tam giác ABC thoả hệ thức tgB.tgC = Giải Chọn hệ trục toạ độ Đề-Các vuông góc Oxyz cho P(2a,0,0) ; Q(0,2b,0) ;R(0,0,2c) Khi đó: A(a,b,0) ; B(0,b,c) ; C(a,0,c) Pháp véc tơ củurmặt phẳng (OAB) (OAC) là: a u n1 = (bc, −ac, ab) uu r n2 = (bc, −ac, −ab) Góc nhị diện cạnh OA vuông khi: ur uu u r 2 n1.n2 = ⇔ b c + a c = a 2b2 Trong tam giác ABC ta có: b c + a c + a 2b tgB = a2 b c + a c + a 2b tgC = b2 b c + a c + a b 2a b = 2 = 2(dpcm) Vaäy tgB.tgC = a 2b ab Bài 5: Cho tam giác vuông goc A.tìm quỹ tích điểm M không gian thoả mãn : MB + MC ≤ MA2 Giải z A,O x B Trang 15 C y Sáng kiến kinh nghiệm www.vnmath.com Chọn hệ trục toạ độ Đề Oxyz cho A trùng O, B(b,0,.0),C(0,c,0) ( Với AB =b>0,AC=c>0) Khi M(x, y, z) thoả : MB + MC ≤ MA2 ⇔ ( x − b) + y + z + ( y − c ) + z ≤ x + y + z ⇔ ( x − b) + ( y − c ) + z ≤ x = b  ⇔ y = c z =  ⇔ M (b, c, 0) Vậy quỹ tích cần tìm có điểm M(b,c,0) www.vnmath.com C KẾT LUẬN Trên số toán đại số hình học mặt phẳng không gian Nếu khéo léo chọn hệ trục toạ độ phù hợp, vận dụng phương pháp vectơ toạ độ chuyển thành toán đại số giải tích tìm lời giải ngắn gọn, phần làm sáng tỏ vấn đề mà đưa Trong trình viết, thời gian kinh nghiệm giảng dạy có hạn nên không tránh khỏi nhiều thiếu sót, mong thầy cô góp ý Tôi xin chân thành cảm ơn Hiệp Hịa, tháng năm 2012 Người viết Nguyễn Cảnh Phong Trang 16 Sáng kiến kinh nghiệm www.vnmath.com Trang 17 ... Trên số toán đại số hình học mặt phẳng không gian Nếu khéo léo chọn hệ trục toạ độ phù hợp, vận dụng phương pháp vectơ toạ độ chuyển thành toán đại số giải tích tìm lời giải ngắn gọn, phần làm sáng. .. phương trình (1) có nghiệm x = Bài 8:Tìm m để phương trình sau có nghiệm Trang Sáng kiến kinh nghiệm www.vnmath.com + x + − x − (3 + x)(6 − x) = m Giải Đặt u = + x ; v = − x Phương trình cho trở.. .Sáng kiến kinh nghiệm www.vnmath.com CÁC BÀI TOÁN ĐẠI SỐ: Bài 1: Cho số thực x1, x2, x3, x4 chứng minh (x12 +y12)(x22 +y22) ≥ (x1 x2+ y1 y2)2 Giải: r u r Trên mặt phẳng toạ độ xét vectơ