Tích Vô Hướng ƯD trong Đại số

Hình học 10 Tìm hiểu thêm về tích vô hớng Định nghĩa: (Có nhiều định nghĩa tích vô hớng của hai véc tơ, ở đây ta chỉ nêu một số định nghĩa quen thuộc trong chơng trình phổ thông). Cho hai véc tơ vu , ( 0 r ) tích vô hớng của hai vec tơ đó kí hiệu là vu . đợc xác định nh sau: ( ) vuvuvu ,cos . = . Trong hệ toạ độ Oxy tích vô hớng còn đợc xác định nh sau: Cho ( ) ( ) 2211 ,,, yxvyxu khi đó 2121 . yyxxvu += . Trong hệ toạ độ oxyz tích vô hớng cũng đợc xác định . Cho ( ) ( ) 222111 ,,,,, zyxvzyxu khi đó 212121 . zzyyxxvu ++= . Ngoài ra ta còn viết ( ) [ ] 22 2 2 1 . vuvuvu += . Từ định nghĩa ban đầu ta có thể suy ra rằng vuvu . (*) Vận dụng vào chứng minh bất đẳng thức. Thí dụ 1. Cho ba số zyx ,, dơng. Chứng minh rằng: . 2 222 zyx yx z xz y zy x ++ + + + + + Giải. Trong hệ toạ độ Oxyz lấy ( ) ,;;,;; yxxzzyv yx z xz y zy x u +++ +++ Theo (*) ta suy ra: ( ) ( ) 222 2 yxxzzy yx z xz y zy x zyx +++++ + + + + + ++ Hay 2 222 zyx yx z xz y zy x ++ + + + + + . (đpcm) Dấu = xảy ra khi hai véc tơ cùng hớng .zyx yx z xz y zy x == + = + = + Thí dụ 2. Với bốn số dcba ,,, bất kì, cmr: ( ) ( ) 22 2222 dbcadcba ++++++ . Giải. Chọn ba véc tơ ( ) ( ) ( ) dcvbaudbcaw ,,,,, ++ ta có: ( ) ( ) ( ) 22 . dbcavuw +++=+ Mặt khác: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2222 22 dcbadbcavuwvuw ++++++=++ Từ hai điều trên suy ra: ( ) ( ) 22 2222 dbcadcba ++++++ .(đpcm) Thí dụ 3. Trong tam giác ABC chứng minh rằng: . 2 3 coscoscos ++ CBA THPT Triệu Sơn 4 Trang 1 Hình học 10 Giải. Gọi đờng tròn (I;r) nội tiếp ABC có các tiếp điểm 111 ,, CBA lần lợt thuộc ABCABC ,, khi đó xét: 2 1 1 1 0.IA IB IC + + ữ uur uur uur .0 .2 111111 2 1 2 1 2 1 +++++ IAICICIBIBIAICIBIA (1) Mà .cos ;cos ;cos ; 2 1 2 11 2 11111 1 BrIAICArICIBCrIBIArICIBIA ====== Nên (1) ( ) .0coscoscos.2.3 22 ++ CBArr . 2 3 coscoscos ++ CBA Dễ thấy đấu bằng có đợc khi I trùng với G hay tam giác ABC đều. Thí dụ 4. Chứng minh rằng tam giác ABC có: . 4 9 sinsinsin 222 ++ CBA Từ đó cmr: . 2 3.3 sinsinsin ++ CBA Giải. Gọi (O;R) là đờng tròn ngoại tiếp tam giác ABC khi đó xét: .0 2 ++ OCOBOA 0 .2 222 +++++ OAOCOCOBOBOAOCOBOA (1) Ta có: .sin42 2 222222 2 22 CRRABOBOAOBOAOBOAOBOA =+= += Tơng tự cho hai tích vô hớng còn lại ta thu đợc: (1) ( ) 0sinsinsin 4.9 22222 ++ CBARR . 4 9 sinsinsin 222 ++ CBA Dấu bằng có đợc khi O trùng với G hay tam giác ABC đều. Để chứng minh: . 2 33 sinsinsin ++ CBA Ta chọn ( ) ( ) 1;1;1,sin;sin;sin vCBAu và áp dụng (*) ta có ngay: . 2 33 4 9 .3sinsinsin.3sinsinsin 222 =++++ CBACBA Dấu bằng đạt đợc khi tam giác ABC đều. Vận dụng trong các bài toán liên quan đến ph ơng trình và hệ ph ơng trình. Thí dụ 5. Giải phơng trình sau: .9 1 22 +=+ + xx x Giải. Điều kiện 0 x . Chọn ( ) ++ + 1 ; 1 1 ,1;22 x x x vxu , áp dụng (*) ta suy ra: .9 1 1 .18 1 22 += + + +++ + x x x xx x THPT Triệu Sơn 4 Trang 2 Hình học 10 Nh vậy dấu bằng đạt đợc khi: . 7 1 1 1 22 == + x x x Kết luận phơng trình đã cho có nghiệm 7 1 = x . Thí dụ 6. Giải hệ phơng trình sau: =+ = =+ 0 0 1 2 2 2 zyz zxy yzx Giải. Chọn ba véc tơ: ( ) ( ) ( ) xywzxvzyu ;,;,; . Từ phơng trình thứ ba suy ra: 0. = vu Từ phơng trình thứ hai suy ra : 0. = wu Nếu 0 u thì suy ra wv , cộng tuyến 0 2 =+ yzx trái với phơng trình đầu. Nh vậy 0 = u hay 0 == zy . Từ pt đầu 10 2 ==+ xyzx . 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 1 x y z x y z x y z + + = + + = + + = Giải. Chọn ( ) ( ) 2 2 2 ; ; , ; ;u x y z v x y z r r từ đề bài suy ra 3 3 3 1, . 1.u u v x y z= = + + = r r r Mặt khác ta lại có ( ) 4 4 4 2 2 2 2 2 2 1 2 1.v x y z x y y z z x= + + = + + r Nên suy ra . 1u v r r . Nh vậy dẫn đến ( ) ( ) 0 1, 0, 0 1 0 0, 1, 0 0 cos , 1 0, 0, 1 , 0 xy x y z v yz x y z zx u v x y z u v = = = = = = = = = = = = = = = r r r r r Thử lại ta đợc nghiệm của hệ là ( ) ( ) ( ) ( ) ; ; 1;0;0 , 0;1;0 , 0;0;1x y z = . Thí dụ 8. Giải hệ ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) +=+ =+ =+ 2 222 132 032 01 zyzxz zxyzx yzyx Giải. Chọn ( ) ( ) ( ) zxzwzyvyxu ;32,;1,; . Từ pt đầu suy ra: 0. = vu . (1) Từ pt hai suy ra: 0. = wu . (2) Từ pt ba suy ra: 22 wv = . (3) Nếu 0 = u 0 == yx thay vào hệ suy ra: 1 = z hoặc .2 = z Nếu 0 u từ (1) và (2) suy ra wv , cộng tuyến. THPT Triệu Sơn 4 Trang 3 Hình học 10 Mà từ (3) có 22 wv = nên ta suy ra: wv = . Với = = = = = zx zy zxz zy wv 2 22321 Thay ,y z vào (1) ta đợc . 3 4 , 3 2 , 3 8 === zyx Với = = = = = 0 24231 x zy xzz zy wv Thay vào (1) ta đợc 0,4,0 === zyx hoặc .2,0,0 === zyx Kết luận nghiệm của hệ (x;y;z) là: (0;0;1), (0;0;2), (0;4;0) và . 3 4 ; 3 2 ; 3 8 Thí dụ 9. Giả sử hệ =++ =++ 16 3 22 22 zyzy yxyx có nghiệm. Cmr: 8 ++ zxyzxy . Giải. Chọn + + 2 ; 2 3 , 2 3 ; 2 z yzvx x yu . Từ hệ ta có: .4,3 == vu Mặt khác: ( ) zxyzxyvu ++= 2 3 . , mà .34 = vuvu Nh vậy suy ra: 8 ++ zxyzxy .(đpcm). Thí dụ 10. Cho .,,, Rdcba Có 1 2222 =+=+ dcba và 0=+ bdac . Tính cdab + . Giải. Chọn ( ) ( ) .;,; dcvbau Khi đó theo đề bài có: 1 == vu và 0. = vu . Do 0. = vu nên ( ) bau ; cộng tuyến với ( ) .;cdw Theo gt có .1 == wu Nên wu = . Nếu .0 =+= = = = dcabdcab cb da wu THPT Triệu Sơn 4 Trang 4 Hình học 10 Nếu .0 =+= = = = dcabdcab cb da wu Kết luận: .0 =+ dcab Thí dụ 11. Giả sử hệ =+ =+ =+ baycx acybx cbyax có nghiệm, cmr: .3 333 abccba =++ Giải. Chọn ( ) ( ) ( ) bacwacbvcbau ;;,;;,;; và ( ) 1;; yxm . Nh vậy hệ tơng đơng với: = = = 0. 0. 0. mw mv mu , do 0 m nên ta suy ra ba véc tơ ( ) ( ) ( ) bacwacbvcbau ;;,;;,;; là đồng phẳng. Mặt khác ta dễ dàng kiểm tra đợc các góc ( ) ( ) ( ) uwwvvu ,,, == . Điều này tơng đơng với wvu == hoặc ( ) ( ) ( ) uwwvvu ,,, == = 3 2 . Nếu wvu == thì cba == .3 333 abccba =++ (đpcm) Nếu ( ) ( ) ( ) uwwvvu ,,, == = 3 2 thì suy ra wvu =+ .0 =++ =+ =+ =+ cba bac acb cba Theo hằng đẳng thức ( ) ( ) cabcabcbacbaabccba ++++=++ 222333 3 =++ 03 333 abccba .3 333 abccba =++ (đpcm) Thí dụ 12. Giả sử hệ =++ =++ 4 8 222 zxyzxy zyx có nghiệm, cmr: . 3 4 ,, 3 4 zyx Giải. (Quy ớc số 0 có dấu dơng hoặc âm). Do vai trò của , ,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 .0;0, <> zyx Ta .4 2 8 22 4 22222 == ++ < + < zyxyx xy ( Vô lí). Giả sử .0,;0 <> zyx Ta suy ra: 4 2 8 22 4 22222 == ++ < + < zyxzy yz .(Vô lí). Nên ba số .0,, zyx hoặc .0,, zyx Ta có ( ) ( ) zxyzxyzyxzyx +++++=++ 2 222 2 , theo gt suy ra: THPT Triệu Sơn 4 Trang 5 Hình học 10 ( ) =++ =++ =++ 4 4 16 2 zyx zyx zyx -Trờng hợp 4 =++ zyx 0,, zyx . Trong hệ tọa độ oxyz chọn điểm ( ) zyxM ;; thay đổi, chọn ( ) 1;1;1A nh vậy ( ) ( ) 1;1;1,;; OAzyxOM từ gt 3,8 == OAOM và 4. =++= zyxOAOM . Từ đây suy ra khi zyx ,, thay đổi thì OM luôn nằm trong góc phần tám thứ nhất và tạo với OA một góc không đổi. Chiếu M lên trục Ox ta xác định đợc hoành độ x hay .cos( , )x OM OM Ox= uuuur uur , nh vậy x đạt giá trị lớn nhất phụ thuộc vào góc MOx . Xét trong góc tam diện ( , , )OM OA Ox ta luôn có AOM AOx MOx AOM AOx +R R R R R Mặt khác ,AOM AOxR R không đổi nên MOxR đạt lớn nhất hay nhỏ nhất khi ba đ- ờng thẳng OA, OM, Ox là đồng phẳng .0., zyiOAOM == Với zy = thay vào hệ đợc = = 3 4 0 x x . Tức là trong trờng hợp này 3 4 0 x . - Trờng hợp 4 =++ zyx .0,, zyx Đặt czbyax === ;; với 0,, cba ta quay về trờng hợp vừa xét .0 3 4 3 4 0 3 4 0 xxa Nh vậy từ hai trờng hợp cho ta kết quả . 3 4 3 4 x Vai trò zyx ,, nh nhau nên ta có đợc . 3 4 ,, 3 4 zyx (đpcm) Vận dụng t tởng này chúng ta giải quyết bài toán sau: Thí dụ 13. Cho các số , , , , , 0a b c x y z f . Chứng minh rằng : ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 3 ax by cz a b c x y z a b c x y z+ + + + + + + + + + + . Giải. Chọn các véc tơ ( ) ( ) ( ) ; ; , ; ; , 1;1;1u a b c x y z w r r ur v khi đó BĐT là: ( ) ( ) 2 . . . . 3 u v u v u w v w+ r r r r r ur r ur Chia cả hai vế cho .u v r r và chú ý đến 3w = ur ta có: . . . 1 2 . . . . u v u w v w u v u w v w + r r r ur r ur r r r ur r ur Gọi ( ) ( ) ( ) , , , , ,u v u w v w = = = r r r ur r ur BĐT trở thành: cos 1 2 cos .cos + Từ gốc tọa độ O kẻ ba véc tơ , ,OA u OB v OC w= = = uuur r uuur r uuur ur . Theo đề bài , , , , , 0a b c x y z f nên các đoạn thẳng OA, OB, OC nằm trong góc phần tám thứ nhất. Xét góc tam diện OA,OB,OC suy ra AOB AOC COB + +R R R Suy ra ( ) cos cos + Suy ra: ( ) ( ) cos 1 cos cos cos 1 2 cos .cos + + + + Dấu = khi = và 2 = . THPT Triệu Sơn 4 Trang 6 Hình học 10 Cuối cùng xin đa ra một bài toán hình học nhng cách giải lại mang đậm bản chất đại số. Thí dụ 14. Cho hình chóp .S ABC có , ,SA SB SC vuông góc với nhau đôi một, M là một điểm bất kì thuộc phần trong tam giác ABC . Gọi , , lần lợt là góc giữa đờng thẳng SM với , ,SA SB SC . Chứng minh rằng 2 2 2 cos cos cos 1. + + = Giải. Lấy trên , , ,SM SA SB SC các véc tơ đơn vị lần lợt là ,m r ,a r b r , c r . Theo đề bài suy ra : - Ba véc tơ , ,a b c r r r vuông góc với nhau đôi một. -Tồn tại duy nhất bộ số thực , ,x y z để . . .m x a y b z c= + + r r r r (1) Từ (1) suy ra 2 2 2 1x y z+ + = (*) Nhân hai vế (1) lần lợt với các véc tơ ,a r ,b r c r và bình phơng lên ta suy ra 2 2 cosx = , 2 2 cosy = , 2 2 cosz = Nh vậy theo (*) suy ra: 2 2 2 cos cos cos 1. + + = (đpcm). ------------------------------------------------------------ THPT Triệu Sơn 4 Trang 7 . Tìm hiểu thêm về tích vô hớng Định nghĩa: (Có nhiều định nghĩa tích vô hớng của hai véc tơ, ở đây ta chỉ nêu một số định nghĩa quen thuộc trong chơng trình. tơ vu , ( 0 r ) tích vô hớng của hai vec tơ đó kí hiệu là vu . đợc xác định nh sau: ( ) vuvuvu ,cos . = . Trong hệ toạ độ Oxy tích vô hớng còn đợc xác