Tải Ứng dụng phương pháp tọa độ vectơ & tọa độ điểm vào giải bất đẳng thức, phương trình, bất phương trình, hệ phương trình - Tài liệu luyện thi THPT Quốc gia môn Toán

[r]

Toán 12ỨNG 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 tốn chứng minh bất đẳng thức.

BÀI 1: Chứng minh rằng: a2 2a 5 a22a 5 5 (1) Cách giải:

(1)  (a1)222  (a1)222 2

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

Ta có:

2 2

(a1) 2  (a1) 2 ab a b 2

(đpcm)

Dấu xảy khi: a b;  

hướng 1-a = a+1 a = 0.

BÀI 2: Chứng minh rằng: x2xy y  y2yz z  z2zx x ,x y z R, ,  (1) Cách giải:

Ta có

2

2

2 ; 2

2 2

x z

x xy y  y   x y yz z  y   z

   

       

Xét

3 3

; , ; ; ( )

2 2 2

x z x z

ay x b   y  z a b   x z 

       

     

   

2

2

( ) 3( )

4

x z x z

a b   z zx x

       

Do a  b  a b

   

nên x2xy y  y2yz z  z2zx x ,x y z R, ,  (đpcm)

Dấu xảy khi: a b;  

hướng

0

0

2 2

0

2

x z x z

x z

a b a b x y x x y x

xy yz zx

z y z z y

   

 

  

 

         

       



 

 

   

0

, ,

1

x z

k

x kz y z k

k

  



 

   

 

BÀI 3: Cho a, b, c > ab + bc + ca = abc Chứng minh

2 2 2 2 2 2

3

a b b c c a

ab bc ca

  

  

Cách giải:

Chọn

1 2 1 2

; ; ; ; w ; w ;

u v u v

b a c b a c a b c a b c

       

             

       

       

 

   

   

   

   

   

   

   

   

   

   

   

   

       

Ta có

2 2

2 2

1 2 1

w w

u v u v

b a c b a c a b c

     

       

                        

     

             

                                                 

      

2 2 2 2 2 2

3

a b b c c a

ab bc ca

  

   

(đpcm) Dấu xảy khi: a = b = c =

BÀI 4: Chứng minh

2

5 5 3, , , ,

5

x  y  z  x y z x y z  

Cách giải:

Xét hai vectơ: u 1;1;1 

v 5x2; 5y2; 5z2 

Ta có u  3,v  5(x y z  ) 6 

 

u v  5x 2 5y 2 5z2  

Áp dụng bất đẳng thức u v u v    

ta có

2

5 5 3, , ,

5

x  y  z  x y z

Dấu xảy khi: u1;1;1 , v 5x2; 5y2; 5z2

 

hướng

5

5

2

1 1

y

x z

x y z



 

BÀI 5: Chứng minh

2

sinx sin + sin x x sin x  3, x

Cách giải:

Xét hai vectơ:  

2

sin ;1; sin

u x  x



 

2

1; sin ;sin

v  x x



Áp dụng bất đẳng thức u v u v    

ta có

2 2 2

sinx sin +sinx x sin x sin x sin x sin x sin x 3, x

             

Dấu xảy khi:  

2

sin ;1; sin

u x  x

 

2

1; sin ;sin

v  x x

cùng hướng

2

2

sin

sin sin

sin sin

sin

1 2 sin sin

x

x x

x x x k

x x

x

  

 

          



 

BÀI 6: Tìm giá trị nhỏ biểu thức

2 2

( 1) ( 1) 1, ,

A x y   x  y  x y

Cách giải:

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

Do a  b  a b

   

ta có: A (x1)2y2 4 x2(y1)21  11.

Dấu xảy khi: u(x1; ; 2),y v ( ;x y  1;1)

 

hướng

Tức là:

1 2

,

1 3

x y

x y

x y



    

  

Vậy A đạt giá trị nhỏ 11

1

,

3

x y

BÀI 7: Chứng minh

2 2 2

(x1) (y1) (z1)  (x1) (y1) (z1) 2 2,x y z, ,

Trong không gian Oxyz, lấy điểm A(1;1;-1), B(-1;1;1),M(x;y;z) Khi

2

AB  .

và MA (x1)2(y1)2(z1) ,2 MB (x1)2(y1)2(z1)2 . Từ bất dẳng thức MA MB AB  , ta suy

2 2 2

(x1) (y1) (z1)  (x1) (y1) (z1) 2 2,x y z, ,

Dấu xảy khi: M nằm AB  AM t AB t, 0;1  

                         

 

1

1 0;1

1

x t

y t

z t

   

   

   

Vấn đề 2: Dạng tốn giải phương trình, bất phương trình, hệ phương trình.

BÀI 1: Giải phương trình (4 x x)  2 2 x  85 57 x13x2 x3 (1) Cách giải:

Ta có: (1) (4 x) x 2 2 x  (5 x x)( 2 8x17)

 2

(4 ) (5 ) , 2;

2

x x x x  x  x  

           

   

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

   

Và

2

(4 ) 1, ( 2) (7 )

a   x  b  x   x   x

Khi (1)  

4

os ,

2

x

a b a b c a b

x x



     

 

     

 (4 x) (7 )2  x  x 2 x3 Vậy phương trình có nghiệm x =

BÀI 2: (A – 2014) Giải Hệ Phương trình

2

3

12 (12 ) 12 (1)

8 2 (2)

x y y x

x x y

    

 

   

 

Điều kiện: 2 y 12, x 2

Xét    

2

; (12 ) , 12 ;

a x  x b  y y

phương trình (1) có dạng

a ba b

   

,

a b

  

hướng

nên (1)  x y  (12 x2) 12 y y12 x x2, 0 thay vào phương trình (2)

Ta có: x3 8x1 10  x2  x3 8x 2( 10  x2 1)

2

2

2(9 )

( 3)( 1)

10

x

x x x

x



    

 

2

2

2( 3)

( 3)

10

x

x x x

x

  

      

 

 

2

2

3

2( 3)

3 0( )

10

x

x

x x VN

x

  

 

    

  



x= suy y =

Vậy hệ có nghiệm (x;y) = (3;3)

BÀI 3: Giải hệ phương trình:

4 4

2 2

1

2

x y z

x y z

   

 

  

 

Cách giải:

Gọi ( ; ; )x y z0 0 nghiệm tùy ý hệ có Xét hai vectơ sau khơng

gian:

2 2

0 0

( ; ; ), (1;1;2)

u x y z v

4 4

0 0 1,

u  x y z  v 

, ta có u v x  02y022z02 

 

Mặt khác:

os( , )

6

u v

c u v

u v

  

   

 

BÀI 4: Giải hệ phương trình: 2 2 ( )

3 8

x y y x z

x x y yz

x y xy yz x z

                 Cách giải:

Hệ phương trình cho viết lại:

2 2

( ) ( ) (1)

( 1) (2 1) (2)

4( ) 4( ) ( 1) (2 1) (3)

x x y y y z

x x y z

x y y z x z

                   

Xét véctơ trục

( ; ), ( ; ), w ( 1; 1)

u  x y v x y y z    x z

Khi hệ viết lại:

2

(4)

.w (5)

4 w w (6)

u v u v v                     

Chỉ có hai khả xảy ra:

Khả 1: Nếu u  0 ta có x = y =

1

2

u  z

Ta có nghiệm

1 0;0;       

Khả 2: u  0

TH1:

1

2

w 0 x z v x y y z                                                             vô lý

TH2: Nếu v, w  

khác 0, (4) (5) v , w hai vectơ cộng tuyến, (6) ta có

w 2v                            

w 2v

+ Nếu w 2v

 

0

1 2

1

2 2

2

x

x x y

z y z y

                

 thay vào (1) ta có

1

+ Nếu w2v

 

1

1 2 2

2 2

4

x y

x x y

z y z x

z

  

    

 

   

  

  

 

Thay vào (1) ta có:

2

2 (1 ) 7. 5 5 2 0

4

x x x

x      x  x 

Phương trình vơ nghiệm

Vậy hệ cho có hai nghiệm:

1 1

0;0; , 0; ;

2 2

   

 

   

   .

BÀI 5: Giải hệ phương trình:

2 2

3 3

1 1

x y z

x y z

x y z

   



  

 

  



Cách giải:

Xét hai vectơ u( ; ; );x y z0 0 v(x02;y02;z02)

 

( ; ; )x y z0 0 nghiệm hệ

Ta có u v x  03y03z03 1 (1)

 

Lại có

2 2

0 0

u  x y z 

   

2

4 4 2 2 2 2

0 0 0 0 0 0

v  x y z  x y z  x y y z z x



 

2 2 2

0 0 0

1 x y y z z x

    

Vậy u v  (2)  

Dấu (2) xảy

2

0

2 2 2 2

0 0 0 0

2

0

0

0

0

x y

x y y z z x y z

z x

 



      



 

Vì u v u v    

Nên ta có

0

0

0

0 0

0 0

1

x y y z z x

x y z

  

  

 

   



suy phải có ba số x y z0; ;0 có hai số 0, số

Thử vào hệ thỏa mãn

Vậy hệ cho có ba nghiệm sau (1;0;0), (0;1;0),(0;0;1)

BÀI 6: Giải phương trình: x2 2x 5 x22x10 29 (1) Cách giải:

Tập xác định D = R

2 2

(1) (x1) 2  (x1) 3  29

Đặt

2

( 1;2) ( 1)

u x  u  x 

2

( 1;3) ( 1)

v x  v  x 

Suy u v  ( 2;5) u v  29

   

Như (1)  u v  u v  u v,

     

hướng

1 3( 1) 2( 1)

5

x x x

       

Vậy phương trình có nghiệm

x 

BÀI 7: Giải bất phương trình: 2(x 3)22x 2 x1 x 3 (1) Cách giải:

Điều kiện: x 1

2

(1) (x 3) ( x1)  x1 x

Đặt

2

( 3; 1) ( 3) ( 1)

u x x  u  x  x

, v(1;1) v 

 

Suy u v   x1 x 3

2

( 3) ( 1)

2

( 3) ( 1) (1) ,

u v   x  x  u v  u v  u v 

hướng

3

x x x

     

Vấn đề 3: Bài toán cực trị.

BÀI 1: Cho hai điểm A(1;1;0), B(3;-1;4) đường thẳng (d):

1

1

x y z

 



Tìm điểm M đường thẳng (d) cho MA + MB đạt giá trị nhỏ

Cách giải:

Do điểm M đường thẳng (d), ta có: M(-1+t; 1-t; -2+2t)

Khi đó: MA (2 t)2t2(2 ) t  6t2 12t8

MB (4 t)2 (t 2)2(6 ) t  6t2 36t56 Khi

2

2 2

6 12 36 56 ( 1) (3 )

3

MA MB  t  t  t  t   t     t   

     

 

Xét hai vectơ

1

1; , ;

3

ut  v  t 

   

 

Ta có MA MB  6u v  6 u v  4

   

Dấu xảy khi

1

1; , ;

3

ut  v  t 

   

 

hướng

1 (1; 1; 2)

3

t

t M

t



     

