SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP
VÉCTƠ VÀ TỌA ĐỘ
GIẢI MỘT SỐ BÀI TOÁN SƠ CẤP THƯỜNG GẶP


Trang 1

A. ĐẶT VẤN ĐỀ:
Dựa vào phương pháp toạ độ do chính mình phát minh Descartes đã sáng lập
ra môn hình học giải tích .Qua đó cho phép chúng ta nghiên cứu hình học bằng
ngôn ngữ đại số thay cho ngôn ngữ hình học.Việc này giúp ta bỏ đi thói quen tư
duy cụ thể, trực quan, nhằm đạt tới đỉnh cao của sự khái quát hoá và trừu tượng của
toán học và nhiều lĩnh vực khác.
Trong dạy và học toán việc lựa chọn công cụ phù hợp để giải các bài toán là
việc làm rất cần thiết, chọn được công cụ thích hợp tất nhiên lời giải sẽ tốt nhất.
Sau đây tôi xin trình bày việc sử dụng“phương pháp vectơ và toạ độ” để giải một
số bài toán sơ cấp ơ’ phổ thông.
B. GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ
PHẦN I: LÝ THUYẾT
I. HỆ TRỤC TOẠ ĐỘ DESCARTES VUÔNG GÓC 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 vị
1 2
,e e
ur uur
.Như vậy ta có
một hệ trục toạ độ Descartes vuông góc Oxy.
2. Toạ độ của một điểm và của một véc tơ: Cho điểm M trong mp Oxy.
Hạ MH vuông góc x’Ox và MK vuông góc y’Oy. Theo qui tắc hình bình
hành, ta có:

Các phép tính véc tơ như phép cộng, phép trừ, phép nhân một số với một
véctơ, tích vô hướng hai véc tơ được xác định như sau:
Trang 2

1 1 2 2
1 1 2 2
1 1
1 1 2 2
( , )
( , )
. ( , )
.
a b a b a b
a b a b a b
k a ka ka
a b a b a b
+ = + +
− = − −
=
= +
r
ur
r
ur
ur
r
ur
4. Các công thức về lượng :
Cho hai véc tơ
1 2 1 2

ur
r
ur
Khoảng cách từ điểm M(x
0
, y
0
) đến đường thẳng (D):Ax +By +C = 0 là :
2 2
( , )
o o
Ax By C
d M D
A B
+ +
=
+
5. Phương trình của đường thẳng, đường tròn .
* Phương trình của đường thẳng (D) đi qua điểm M(x
0
, y
0
) và nhận véctơ
( , )n A B=
r
làm véc tơ pháp tuyến là:
A(x – x
0
) + B(y – y
0

Cho
a
ur
. Khi đó tồn tại duy nhất một điểm M sao cho
OM a=
uuuuur
ur
. Gọi (x,
y. z) là toạ độ của điểm M. Khi đó bộ ba (x, y, z) gọi là toạ độ của véc tơ
a
ur
trên hệ
trục Oxyz và ký hiệu là
a
ur
= (x,y,z).
3. Các phép tính véc tơ :
Cho hai véc tơ
1 2 3 1 2 3
, ,
( , ) ; ( , )a a a a b b b b= =
r
ur
và k là một số thực.
Các phép tính vectơ như phép cộng, phép trừ, phép nhân một số với một vectơ, tích
vô hướng, tích có hướng hai vectơ được xác định như sau:
1 2 2 2
1 1 2 2
1 1
1 1 2 2

r
ur
4. Các công thức về lượng :
Cho hai vectơ
1 2 3 1 2 3
, ,
( , ) ; ( , )a a a a b b b b
= =
r
ur
và gọi
α
là góc tạo bởi hai
vectơ đó
. .a b a b=
r r
ur ur
khi và ch ỉ khi
a
r
và
b
r
là hai vectơ cùng hướng
1 1 2 2 3 3
2 2 2 2 2 2
1 2 3 1 2 3
. . .
.
cos

1 2 3
( , )
a a a a
a a
b b b b b b
d M D
a a a
+ +
=
+ +
5. Phương trình của mặt phẳng, đường thẳng và mặt cầu.
a. Phương trình của mặt phẳng (P) đi qua điểm M(x
0
,y
0,
z
0
) và có cặp
vectơ chỉ phương
1 2 3 1 2 3
, ,
( , ) ; ( , )a a a a b b b b
= =
r
ur
là :
2 3 3 1
1 2
0 0 0
2 3 3 1 1 2




= +
= +
= +
(t là tham số)
c. Phương trình mặt cầu t âm I (a, b,c) và có bán kính R là :
(x – a)
2
+ (y – b)
2
+ (z – c)
2
= R
2
PHẦN II : CÁC BÀI TOÁN
III. CÁC BÀI TOÁN GIẢI BẰNG PPTĐ TRONG MẶT PHẲNG:
1. CÁC BÀI TOÁN ĐẠI SỐ :
Bài 1: Cho 4 số thực x
1
, x
2
, x
3
, x
4
.
chứng minh rằng (x
1

2
2
. ( . )a b a b a b a b≥ ⇒ ≥
r r r r
ur ur ur ur
vậy (x
1
2
+y
1
2
) (x
2
2
+y
2
2
)
≥
(x
1
x
2
+ y
1
y
2
)
2
đẳng thức xãy ra

2 2
( , )
( , )
y
AB x y
z
AC x z







= − −
= − − −
uuur
uuuur
Trang 5

Hai véctơ này không thể ngược hướng (vì hoành độ cùng âm) do đó không thể
xãy ra đẳng thức AB + AC > BC.
Vậy bất đẳng thức (1) được chứng minh.
Bài 3 Giải bất phương trình:

2
1 3 2( 3) 2 2(1)x x x x− + − ≥ − + −
Giải
Điều kiện
1x ≥

= − + −


r
r
r r
Suy ra bất phương trình (1) tương đương
. .u v u v≥
r r r r

2
2
3 1
6 9 1
3
7 10 0
3
5
2
3
5
u v
x x
x x x
x
x x
x
x
x
x

Bài 4
Chứng minh rằng:
4 4
cos 1 sin 1 cos2 ,x x x x R
+ − + ≤ ∀ ∈
Giải
Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, các vectơ:

2
2
(cos ,1)
(cos2 ,0)
(sin ,1)
a x
a b x
b x

=

⇒ − =

=


r
r r
r
Khi đó, từ
Trang 6


(2 cos ) 2 cos 4cos 8
3 4 5
a x x x
b x x x
a b

= − + = − +


= + + = + +



+ = + =

r
r
r r

từ
a b a b+ ≥ +
r r r r
<=>
5y ≥
Dấu “=” xảy ra (chẳng hạn) tại
2
3
x
π
=

2 2
( )
' '
( )
2
' ( ) ( )
2( )
x p k q p
A M k A B
p k q p
p
k
p q
pq
x
p q
y A B p q p q
p q










− = −
⇔ = ⇔



r
r r
r

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

Suy ra phương trình (1) tương đương:

x k x
k
k
x x
k
x x
k
x
⇔ = >
− = +

⇔

=


=


⇔


− = +



=

⇔


0, 0
0, 0 (3)
u v m
u v uv m
u v u v
u v
u v





 
 



+ = + −
+ − =
+ = ⇔ + =
≥ ≥
≥ ≥
- 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 tròn có tâm tại góc toạ độ và
bán kính = 3
Hệ có nghiệm khi và chỉ khi đường thẳng (1) và đường tròn (2) có điểm chung thoả điều
kiện (3).
Vậy Pt có nghiệm khi
3 1 10 2 3 2
6 2 9

 ÷

 

 

= − +
 ÷

 ÷
 

r
ur
2 2
1 2cos 1 2sinx x m+ + + =
Bài 10: Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số :
2 2
( ) cos 6cos 13 cos 2cos 2y f x x x x x= = − + + + +
trên
[ ]
2004 , 2006
π π
(Hướng dẫn)
Xét hai vectơ

(3 cos , 2)
(1 cos ,1)
a x
b x

, AM sin
α
)
Do M thuộc BC
⇒

CM
uuuur
cùng phương v ới
CB
uuur
cos sin
0
( cos sin )
cos sin
AM AM
b c
AM c b bc
bc
AM
c b
α α
α α
α α
⇒ =
−
⇒ + =
⇒ =
+
Bài 2: Cho tam giác ABC có độ dài các trung tuyến va độ dài bán kính đường tròn

3 2 (cos2 cos2 cos2 ) 0
3 2(3 2sin 2sin 2sin ) 0
9
sin sin sin
4
OA OB OC
OA OB OC OA OB OB OC OC OA
R R A B C
A B C
A B C
+ + ≥
⇔ + + + + + ≥
⇔ + + + ≥
⇔ + − − − ≥
⇔ + + ≤
uuur uuur uuur
uuur uuur uuuruuur uuur uuur
Do đó theo bất đẳng thức Bunhiacopski:

2 2 2
3( )
a b c a b c
m m m m m m+ + ≤ + +

2 2 2
2 2 2 2
2
9
( )
4

Ta có :
DH AC
ADcung phuong AC





⊥
uuuur
uuuur
uuuur uuuur
( , )( , ) 0
0
x y c a
x y a
c a





− − − =
⇔
−
=
−
2
2 2
2

D( , )
c a
a c a c+ +
, M là trung điểm của HD nên:

2 2
2 2 2 2
2 3 2 2 2 3
2 2 2 2 2 2 2 2
4 2 2 4 4 2 4 2
2 2 2 2
a c
M( , )
2( ) 2( )
2a c a -c 2
. ( , )( , )
2( ) 2( )
2a a -c 2a
0
2( ) 2( )
c a
a c a c
c c a c a a
BD AM
a c a c a c a c
c c a c
a c a c
+ +
+ −
⇒ =

(0,0); ( , ); ( , ); ( ,0)
2 2 2 2
R R R R
A B C I R
−
2 2 2 2
( , ) ( )
2
M x y C MI R
MI R x y Rx
∈ ⇒ =
⇒ = ⇒ + =
Ta có
2
4 4 4 2 2 2 2 2
2
2 2
3 3
( ) ( ) ( )
2 2
3 3
( ) ( )
2 2
R R
MA MB MC x y x y
R R
x y
 
 
 

B ài 5 (Đ ề thi v ô đ ịch Anh - n ăm 1981)
Cho tam giác ABC cân tại A. D là trung điểm cạnh AB, I là tâm đường tròn ngoại
tiếp tam giác ABC, E là trọng tâm của tam giác ACD. Chứng minh IE vuông góc
CD.
Gi ải
Chọn hệ trục như hình vẽ (O là trung điểm của BC)
Khi đó : 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 ra
2 2
( , ).( , ) 0
2 2
( , ).(2 , ) 0
0
2
c a
DI BA
x y c a
OI BC
x y c o
x
a c
y
a


 
 



I
O
E
A
B C
D

2 2 2
3
. ( , )( , ) 0
6 2 2 2 4 4
( )
c c c a c c
IE DC
a
IE DC dpcm
⇒ = − = − =
⇒ ⊥
uuuur
uur

IV. CÁC BÀI TOÁN GIẢI BẰNG PP TOẠ ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN .
1. CÁC BÀI ĐẠI SỐ:
Bài 1:Giải hệ phương trình
2 2 2
3 3 3
1
1
1
x y z

ur r
Vậy
. 1 .u v u v≤ =
ur r ur r
Do đó
. .u v u v=
ur r ur r
Dấu bằng xãy ra
0 0
0 0
0 0
0 0 0
1
1
1
1
x y
y z
z x
x y z







=
=
⇔

50
3
x
x x
x


≥ −


≥ ⇔ ≤ ≤



≤


Trang 14

Trong mặt phẳng Oxy xét các vectơ:

(1,1,1)
( 1, 2 3, 50 3 )
u
v x x x

=


= + − −

3 50
2 3
x≤ ≤
a2
Bài 3
Giải hệ:
3
2 2 2
3(1)
3 3 3
3
x y z
x y z
x y z









+ + =
+ + =
+ + =
Giải
Xét trong Không gian Oxyz các vectơ:

( , , )



⇒ =


= + + =


⇒ =
⇒ ↑↑
⇒ = = ≥
⇒ = = =
r
r
r r
r r r r
r r

(Thoả (1) Vậy: x=y=z=1 là nghiệm duy nhất của hệ (1).
Trang 15

Bài 4 : Cho a, b là hai số thực tuỳ ý. Chứng minh rằng
2 2
1 ( )(1 ) 1
2 (1 )(1 ) 2
a b ab
a b
+ −
− ≤ ≤
+ +

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

Hơn nữa:
1 1 1 1
2005a b c
+ + =
(Do giả thiết)

(2005,2005,2005) ( )M mp ABC⇒ ∈

=>mp(ABC)luôn đi 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 của tam giác ACD’ theo a, b, c
b/ Giả sử M và N lần lượt là trung điểm của AB và BC. Hãy tính thể tích
của tứ diện D’DMN theo a, b, c.
Giải
a/ Ta lập hệ trục toạ độ vuông góc có gốc trùng với đỉnh A, các trục có phương
trùng với
; ; 'AB AD AA
uuur uuur uuur
Khi đó : A(0,0,0) , C(a,b,0) , D’(0,b,c).
2 2 2 2 2 2
( , ,0); ' (0, , );[ , ] ( , , )
1
[ , ]
'
2
1
2
AC a b AD b c AC AD bc ca ab
S AC AD

b
.
a/ Tính khoảng cách từ A đến mặt phẳng (BMN) theo a, b.
b/ Tính MN theo a , b. Với giá trị nào của b thì MN có độ dài cực tiểu. Tính độ
dài cực tiểu đó.
Giải
a/ Chọn hệ trục toạ độ Oxyz sao cho A trùng với gốc toạ độ (A(0,0,0)): B có toạ
độ (0,a,0); N có toạ độ (
2
, ,0
a
a
b
). Ta có
Trang 17
D
B’
C’
D’
A’
B
C

2
2 2
2 2
2
(0, , )
( ,0,0)
0

1 1 2
a
a
=
+
b/ Ta có
2 4
2 2
4
( , , )
a a
MN a b MN a b
b b
= − ⇒ = + +
uuuur
2 2
2MN a a≥ +
(bất đẳng thức Côsi)
MN có độ dài cực tiểu
4
2
2
3
3
a
a b b a
b
MinMN a khi b a
⇔ = ⇔ =
= =

z
x
B
N
M

2 2 2 2 2 2
2
2 2 2 2 2 2
2
b c a c a b
tgB
a
b c a c a b
tgC
b
+ +
=
+ +
=
Vậy
2 2 2 2 2 2 2 2
2 2 2 2
2
. 2( )
b c a c a b a b
tgB tgC dpcm
a b a b
+ +
= = =

⇔ =


=

⇔
Vậy quỹ tích cần tìm chỉ có một điểm duy nhất M(b,c,0)
Trang 19
x
y
z
A,O
B C

C. KẾT LUẬN
Trên đây là một số bài toán đại số và hình học trong mặt phẳng cũng như trong
không gian. Nếu khéo léo chọn hệ trục toạ độ phù hợp, vận dụng phương pháp vectơ và
toạ độ thì có thể chuyển thành bài toán đại số hoặc giải tích và tìm ra lời giải ngắn gọn,
phần nào làm sáng tỏ vấn đề mà tôi đưa ra. Trong quá trình viết, do thời gian và kinh
nghiệm giảng dạy có hạn nên chắc không tránh khỏi nhiều thiếu sót, mong các thầy cô
góp ý. Tôi xin chân thành cảm ơn.

Trang 20