THPT CHUYÊN LÀO CAI GV: TRẦN HOÀI VŨ

1CHUYÊN ĐỀ:
SỬ DỤNG TỌA ĐỘ VECTƠ ĐỂ GIẢI TOÁN
( Hè 2011)
*********************************
Vectơ, một công cụ giải toán khá mạnh và đem lại những bất ngờ và thú vị trong
lời giải của một số bài toán hay và khó. Chuyên đề nhỏ này xin trình bày 3 nội
dung cơ bản sau:
Phần I: Sử dụng tọa độ vectơ trong giải toán đại số
Phần II: Sử dụng tọa độ vectơ trong giải toán hình học
Phần III: Sử dụng tọa độ vectơ trong giải toán lượng giác.
@

I) Sử dụng tọa độ vectơ trong giải toán đại số
1. Sử dụng vectơ trong giải phương trình, bất phương trình.

*) Bổ đề 1: Cho hai vectơ
,
u v
 
. Khi đó:
i)
u v u v
  
   
. Đẳng thức xảy ra
u v

i) Đặt
,
u AB v BC u v AC
    
      
.
Với 3 điểm A, B, C luôn có:
AC AB BC
 
(đpcm)
Đẳng thức xảy ra

A, B, C thảng hàng theo thứ tự đó
u v
 
 

ii) Đặt
,
u AB v BC u v AC
    
      

Với 3 điểm A, B, C luôn có:
AC AB BC
 
(đpcm)
Đẳng thức xảy ra

A, C, B thảng hàng theo thứ tự đó

u v
 
. Khi đó:
i)
. .
u v u v

   
. Đẳng thức xảy ra
u v
 
 

ii)
. .
u v u v
 
   
. Đẳng thức xảy ra
u v
 
 

Chứng minh
i) Ta có:
. . cos( , )
cos( , ) 1
u v u v u v
đpcm
u v

     
 
.

Đẳng thức xảy ra
cos( , ) 1
u v u v
    
   Bài số 1: Giải pt:
2 2
2 5 2 10 29
x x x x     
(1)
Giải
2 2 2 2
(1) ( 1) 2 ( 1) 3 29
x x      

Chọn
( 1;2), ( 1;3) ( 2;5) 29
u x v x u v u v         
     

(1) trở thành:
u v u v
  
   

x x x x     

Giải
2 2 2 2
(2) ( 1) 2 ( 3) 1 5
x x      
.
THPT CHUYÊN LÀO CAI GV: TRẦN HOÀI VŨ

3

Chọn
( 1;2), ( 3;1) (2;1)
u x v x u v    
   
.
(2) trở thành:
u v u v
  
   
. Mặt khác, luôn có:
u v u v
  
   

Đẳng thức xảy ra
1 3
5
2 1
x x


Bình luận:
Nếu đề bài ra như sau thì giải quyết thế nào?
2 2
2 2
2 5 6 10 5
6 10 2 5 5
x x x x
x x x x

     

     


.
Rất đơn giản, đặt điều kiện để VT > 0, giải bình thường sau đó kiểm tra no tìm
được với điều kiện.

Bài số 3: Giải pt:
3 2 2 3 2
9 18 36 9 9 (3)
x x x x x    

Giải
Bài trên ko giống dạng 2 bài trước, ta tìm hướng giải quyết khác.
Viết lại pt(3) như sau:
3 2 2 3 2
1. 9 18 1. 36 9 9 (3)
x x x x x    

   
. Đẳng thức xảy ra
u v
 
 

Kết hợp với pt(3), ta có:
2
9 6 3
x x x
   
. Với x = 3 thì
u v

 

Vậy pt(3) có no x = 3.

Bài số 4: Giải bpt:
2
1 3 2 1 (4)
x x x x    

Giải
Điều kiện:
1 3
x
  
.
Viết lại (4) như sau:

u v u v
   
. Mặt khác, luôn có:
. . (**)
u v u v
   

Từ (*) và (**) suy ra:
2 3 2
(3 ) 1 3 1 0
1
. .
1 0 0
3
1
1 2
x x x x x x
x x
u v u v u v
x x
x
x
x
      
 

      
 
 


2
3
2 2
(1; 2), ( 2 ; ) . 3 9 3
2
3 1
u
x
u v x x u v x x
v x x




     

  



   


Bpt(5) trở thành:
. . (*)
u v u v
   
. Mặt khác, luôn có:
. . (**)
u v u v

Ta thấy rằng VP ko âm, vì thế ta sẽ viết vế trái như sau:
2
2
2 2 2
2 2 2 . . ,( , 0)
x x x
x x x
   
 
 
     

Chọn
2 2
2 2
2 2
2 2 2 2 2 2
( ; ), ( ; ) . ( )( )
x x x x x x
u v u v
   
   
   
   
   

THPT CHUYÊN LÀO CAI GV: TRẦN HOÀI VŨ

5


   
 
 








   




  



Ta chỉ cần chọn
1, 2
 
 
là xong. Thật tuyệt vời!!!

Bài số 6: Xác định m đề pt sau có nghiệm:
2 2
1 1 (6)
x x x x m     

 
   
.
Vậy: Để pt có no thì
1 1
m
  Bình luận:
Từ bài toán trên ta có thể dẫn xuất ra 2 bài toán sau:
+) Bài toán 1: Xác định m đề pt sau có nghiệm:
2 2
1 1
x x x x m
     

( Tất nhiên đáp số ko thay đổi)
+) Bài toán 2: Chứng minh các bất đẳng thức sau:

2 2
1 1 1 1
x x x x
       
và
2 2
1 1 1 1
x x x x
       


m u v u v m
      
   
.
Đẳng thức xảy ra
1 1
2 2
3 3
2 2
x x
x
  
   

.
Vậy: Để pt có no thì m > 1.

*)Lời giải 2:
Ta có:
2 2 2 2
1 3 3 1 3 3
1 ( ) (*); 1 ( ) (**)
2 4 2 2 4 2
x x x x x x           

Vì đẳng thức ko đồng thời xảy ra ở (*) và (**) nên có:
3
m 
.


        
   

( Vì hàm
2
( )
3
4
u
g u
u


đồng biến trên

).
Lập bảng biến thiên, ta thấy:
min ( ) (0) 2
m f x f
  
. Vậy
2
m

.

Bình luận:

Với 3 cách giải cho ta 3 đáp số?!. Cách giải nào đúng? Cách giải nào sai? Sai ở
đâu? Nếu sai thì sửa sao cho đúng?

0
3 3
2 2
x x
x
  
   
.
Vậy: Để pt có no thì
2
m

. *)Lời giải 2:

Sử dụng đánh giá trong lời giải 2 là hết sức cục bộ( đánh giá cùng lúc tổng 2 biểu
thức chứ ko được đánh giá từng biểu thức một). Chẳng hạn ta có thể đánh giá vài
cách khác như sau:
+)
2 2 2 2
1 3 1 3
1 1 ( ) ( ) 3
2 4 2 4
m x x x x x x            

+)
2 2 2 2 2 2
3 1 3 1


2. Sử dụng vectơ trong bài toán bất đẳng thức và cực trị.
Bất đẳng thức và cực trị là một dạng toán hay nhưng lại rất khó. Chính vì thế,
chuyên đề nhỏ này cũng chỉ xin giới thiệu một số bài toán hết sức cơ bản và đơn
giản nhằm minh họa phương pháp mà thôi!

Bài số 8: Cho các số thực a, b, c, d. Chứng minh bất đẳng thức:

2 2 2 2 2
( ) ( )( )
ab cd a c b d
   
(8). Đẳng thức xảy ra
ad bc
 

Giải
Chọn
( ; ), ( ; )
u a c v b d
 
. Khi đó:
. . . . .
u v u v u v u v u v
    
         
hay:
2 2 2 2 2 2 2 2 2
( )( ) ( ) ( )( )( )
ab cd a c b d ab cd a c b d

2 2 2 2 2 2 2 2
b b c c b c b c
u a v a u v u v b bc c
            
     

Ta luôn có:
u v u v
  
   
suy ra đpcm.
Đẳng thức xảy ra
( ) (*)
2 2
0 :
3 3
. (**)
2 2
b c
a k a
u v k u kv
b c
k

   


      



2 2 2 2
0 0 (2)
0 (3)
( ) ( )
2 2
b c b c
a a a a
bc bc
b c ab bc ca
a c a b
 
     
 
 
  
 
 
  
 
   
 

THPT CHUYÊN LÀO CAI GV: TRẦN HOÀI VŨ

9

Từ (3) có:
bc
a
b c


  



Kiểm ta với một vài trường hợp đặc biệt:
a = -1/2; b = c = 1 hoặc b = 1, c = 2; a = -2/3 hoặc b = c = -1; a = 1/2 Bài số 10: Chứng minh
,
x y
 

, ta có:
2 2)
( )(1 ) 1
(1 )(1 2
x y xy
x y
 

 
(10)
Giải
Ta có (10)
2 2
2 2
(1 ) (1 ) 1
(1 )(1 ) 2

x x y y
u v
x x y y
 
 
 
 
 
 
   
 
 
 
. Suy ra :
1
u v
 
 

Mà
. .
u v u v

   
. Vậy
. 1
u v

 
(đpcm).

82
x y z
x y z
     
(11)
Giải
Chọn
1 1 1
( ; ); ( ; ); ( ; )
u x v y w z
x y z
  
. Ta có:
u v w u v w
    
     
, tức là có:
THPT CHUYÊN LÀO CAI GV: TRẦN HOÀI VŨ

10

2 2 2 2 2
2 2 2
1 1 1 1 1 1
( ) ( )
x y z x y z
x y z x y z
          

Dự đoán có đẳng thức khi x = y = z = 1/3. Vì thế ta biến đổi như sau:

  
. Ta có:
u v w u v w
    
     
, tức là:
2 2
3
2
3 4 3 4 3 4 ( 3 3 3) (2 2 2 )
27 (3. 2 2 2 ) 6. (" " 0)
x y z x y z
x y z
x y z
          
       

Bài số 13: Cho x, y, z > 0: x + y + z = 3. Tìm GTNN của biểu thức:

2 2 2 2 2 2
P x xy y x xz z y zy z
        

Giải
Ta có:
2 2 2
2 2 2
3 3 3
( ) ( ) ( )
2 4 2 4 2 4
Bài số 14: Cho a, b, c > 0: ab + bc + ca = abc. Tìm GTNN của biểu thức:

2 2 2 2 2 2
2 2 2
a b b c c c
P
ab bc ca
  
  

Giải
Đặt
2 2 2 2 2 2
1
1 1 1
; ;
2 2 2
x y z
x y z
a b c
P y x z y x z
  


   

     


 
. Ta có:
2 2 2
. . . .
u v u v u v u v
  
       
.
Đẳng thức xảy ra
u v

 

.
Tức là, ta có:

2 2 2 2
2
2
1 1 1 1 1 1
3[( ) ( ) ( ) ] ( )
1 1 1
3 (9 ) (9 ) (9 ) 8( )
3 (2.3 2.3 2.3 8) 100
100
3
a b c a b c
a b c a b c
P a b c a b c
a b c


  

 


Vậy minP =
100
3
.

THPT CHUYÊN LÀO CAI GV: TRẦN HOÀI VŨ

12Bình luận:
Hãy bình luận về các lời giải sau đây.

*)Lời giải 1:

2 2 2 2 2 2
2 2 2
3
2 2 2
3
2 2 2
1 1 1 1 1 1
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 6
1

a b c
P a b c
            
        
 
        
*)Lời giải 3:
2 2 2 2 2 2
2
2
1 1 1 1 1
( ) ( ) ( ) ( ) [(9 ) 8 ] (6 8 )
( )
100
64 96 3.36 64. 96 108
3 3
P a b c a a a a
a b c a a
a
P a a
            
       
  

 
?!

THPT CHUYÊN LÀO CAI GV: TRẦN HOÀI VŨ

13

II) Sử dụng tọa độ vectơ trong giải toán hình học

Ứng dụng của vectơ trong hình học rất phong phú và đa dạng. CĐ nhỏ này chỉ xin
nêu lên một số bài toán cơ bản nhất, thường gặp trong các kỳ thi vào ĐH – CĐ.
Xin bắt đầu bằng một bài toán vô cùng quen thuộc.

Bài số 16: Cho tam giác ABC với A(1;1;1), B( 2; -1; 1), C(1; 3; 2).
Viết phương trình đường phân giác trong góc A.
Giải
Nếu đây là bài toán trong hình học giải tích
trong mp thì vô cùng đơn giản. Có những
cách trong phẳng làm được nhưng trong
KG thì ko thành công. Nếu sử dụng vectơ
thì trong cả phẳng và KG đều làm được và
hết sức nhẹ nhàng.
Ta có:
(1; 2;0), (0;2;1)
AB AC
 
.
Gọi
1 2
;
AB AC





 

( Thật tuyệt vời!!!)
*) Bình luận:
+) Nếu yêu cầu viết phân giác ngoài góc A thì VTCP có thể chọn
1 2
e e e
 
  

hoặc
2 1
e e e
 
  

+) Nếu đề yêu cầu viết pt đường phân giác tạo bởi góc nhọn giữa 2 đt cắt nhau
d
1
; d
2
thì làm thế nào??? Rất đơn giản: Tính
1 2
cos( , )
u u
 

 
 

 
hoặc
2 1
2 1
u u
e
u u
 
 

 
là VTCP phân giác
tạo bởi góc nhọn. Tuyệt vời!!!
B C
A
D
E
THPT CHUYÊN LÀO CAI GV: TRẦN HOÀI VŨ

14

Bài số 17: Cho đường thẳng
 
:
1 1 1
x y z
d

dụng như sau:

a)
MA MB

nhỏ nhất
Gọi tọa độ của


M d

có dạng


; ;
M t t t
,
t


.
Ta có:
           
   
 
2 2 2 2 2 2
2 2
2 2
0 0 3 0 3 3
3 6 9 3 12 18 3 1 2 2 2

( ; ; )
2 2 2
Mb)
MA MB

lớn nhất
           
   
2 2 2 2 2 2
2 2
2 2
0 0 3 0 3 3
3 6 9 3 12 18 3 1 2 2 2
MA MB t t t t t t
t t t t t t
            
           

Chọn
( 1; 2), (2 ; 2)
u t v t  
 
.
Suy ra:
3( ) 3 1
MA MB u v u v
     


M P

sao cho
a)
2 2
3
MA MB

nhỏ nhất, biết


1;2;1
A
,


0;1;2
B

b)
2 2 2
3 2
MA MB MC
 
nhỏ nhất, biết


1;2;1
A

CGiải
Nếu thay ptmp(P) bởi ptđt(d) nào đó thì bài 18 chỉ dừng lại ở việc tính toán mà
thôi, chỉ cần biểu diễn tọa độ M theo tham số t và quay về việc tìm cực trị của hàm
bậc 2 đơn thuần!!!
Vậy nếu M là điểm thuộc mp(P) thì có biểu thị tọa độ M theo tham số được ko?
Tất nhiên là được, chẳng hạn:
( ; ;4 )
M t u t u
 
. Khi đó:
2 2 2 2 2 2 2 2
2 2
3 ( 1) ( 2) (3 ) 3[ ( 1) (2 ) ]
7 7 20 28 8 29 ( , )
MA MB t u t u t u t u
t u t u tu f t u
             
      

Việc tìm cực trị của hàm f(t,u) thật ko đơn giản!
Vậy thì công cụ vectơ áp dụng vào bài này như thế nào?

a)Xét điểm I tùy ý, ta có:



2

2 2 2
2 2
2 3 2 2 2
MA MB MI IA IB MI IA IB
      
     



2 2 2 2 2
2 3 2 2 2
MA MB MI IA IB MI IA IB
      
  

Ta đi tìm tọa độ điểm I sao cho :
2 0 2
IA IB IA IB
    
    
, ta có tọa độ của I là:
2
1 2.0 1
1 2 3 3
2
2 2.1 4
1 2 3 3
2
1 2.2 5
1 2 3 3

1 4 5
; ;
3 3 3
I
 
 
 

Vậy, với
1 4 5
; ;
3 3 3
I
 
 
 
, ta có
2 0
IA IB
 
  
nên
2 2 2 2 2
2 3 2
MA MB MI IA IB
   
.
THPT CHUYÊN LÀO CAI GV: TRẦN HOÀI VŨ

16

 
 
 
và vuông góc với (P) nhận vecto pháp tuyến


1;1;1
n 

của (P) làm vecto chỉ phương nên có p/trình:
 
1
3
4
:
3
5
3
x t
d y t
z t

 


 


 


9 9 9
M
 
 
 *) Chú ý: Điểm I thỏa mãn:
2 0
IA IB
 
  
được gọi là tâm tỉ cự của hệ 2 điểm



,
A B
gắn với hệ số


1,2
.

Một cách tổng quát, ta có:

Cho n điểm
1 2
, , ,
n


1 2
, , ,
n
  
.
Từ hệ thức
1
0
n
i i
i
IA




 
, ta còn có với mọi điểm M thì:
1 1
n n
i i i
i I
MA MI
 
 

 
 




1;2;1
A
,


0;1;2
B
,


0;0;3
C

Cần rút gọn tổng
3 4
MA MB MC
 
  
thành một vecto
MH

.
Khi đó
3 4
MA MB MC MH MH
   
   
nhỏ nhất

hướng dẫn trên.
Chú ý:


1
3 4 0 3 4
8
IA IB IC OI OA OB OC
      
       

Suy ra tọa độ của I là
 
 
 
1
3 4
8
1
3 4
8
1
3 4
8
I A B C
I A B C
I A B C
x x x x
y y y y
z z z z

2 2
n n
n
a b a b
a b n
 
  
Ta có:

2 1005 2 1005 2 1005 2 1005
2 2 2 2
1005 1005
2 2 2 2
1005
( ) ( ) ( ) ( )
2[( ) ( ) ]
2 2
4( )
4
T MA MB MC MD
MA MB MC MD
MA MB MC MD
   
 
 
  


    
     

Giải
Ta có:
3
MA MB MC MG
  
   
, G là trọng tâm.
Gọi J là điểm sao cho:
2 3 0
JA JB JC
  
   
thì J là tâm tỷ cự của hệ điểm


, ,
A B C

gắn với hệ số


1;2;3
nên J cố định và với mọi điểm M thì ta luôn có:
THPT CHUYÊN LÀO CAI GV: TRẦN HOÀI VŨ

18


thì I là tâm tỷ cự của hệ điểm


, ,
A B C

gắn với hệ số


4; 1;2

nên I cố định và với mọi điểm M thì ta luôn có:
4 2 3
MA MB MC MI
  
   
. Từ đó có:
3 3 2
MN MI MI IN MI IN IM
      
      

Vậy: MN luôn đi qua điểm cố định I. Bài số 22:
Chứng minh rằng trong một tam giác 3 trung tuyến cắt nhau tại một điểm.

Giải
Giả sử ABC có các trung tuyến AM,BN,CP. Gọi G là giao điểm của BN và CP.

AC AB
AC l AP
AG
l l


 
 
 
 


Suy ra:

1 1
0
1 2 2 1 2 2
l k
AB AC
k l l k
   
    
   
   
   
  


1 1
0

.
Chứng minh rằng
MN BC

hoặc
MN BC

.

Giải

0 ,
AM AN
k AM k AB AN k AC
AB AC
     
   

( )
MN AN AM k AC AB kBC
     
     

MN BC

hoặc
MN BC

   
 
   
  

Do
,
GM GN
 
cùng phương và không cùng
phương với
AG

nên
3
k l
 

THPT CHUYÊN LÀO CAI GV: TRẦN HOÀI VŨ

20

AB BC CA
e e B
e e e
AB BC CA
e e C
e e A




  


 
   

  

 

  
  
 
  
 
 

Ta có:

3 3 3

Mặt khác, ta luôn có:
0 0 (2)
AB BC CA
AB BC CA
AB AB AB
      
  
    

Lấy (1) trừ (2) vế theo vế có:
1 1 1 1
( ) ( ) 0 (3)
BC CA
BC AB CA AB
   
  

Vì
,
BC CA
 
không cùng phương nên từ (3) suy ra: AB = BC = CA hay tam giác
ABC đều.

Vậy: maxP = 3/2. THPT CHUYÊN LÀO CAI GV: TRẦN HOÀI VŨ

21

( , ) 2 ; ( , ) 2
OA OB OC OA OB C
OC OA B OB OC A

  


 


 
   

2 2 2
( ) 0 3 2 ( 2 2 2 ) 0
3
2 2 2
2
os os os
os os os
OA OB OC OA OA c A c B c C
c A c B c C
       
    
   

Đẳng thức xảy ra
0
OA OB OC
   

(*)
Tìm GTLN của tổng P = a + b + c.
Giải
Từ (gt) có: 0 < a, b, c < 2 nên ta đặt được:
2cos ; 2cos ; 2cos
a A b B c C
  
, với
A,B,C là 3 góc nhọn.
Ta coi (*) là ptb2 ẩn là c:
2 2 2
4 0
c abc a b
    

2 2 2 2 2
( ) 4( 4) (4 )(4 ) 0 , (0;2)
ab a b a b a b          

Vì c > 0 nên ta lấy nghiệm:
2 2
(4 )(4 )
4cos cos 4sin sin
2 2
2cos( ) 2cos( )
ab a b
A B A B
c
A B A B


4
1
0
a b c abc
a b c
a b c







Bài số 28: Cho tam giác ABC. Chứng minh rằng:
6cosA.cosB.cosC

cos
2
A + cos
2
B + cos
2
C (28).
Giải
Nếu tam giác ABC là tam giác tù (có một góc tù) thì (28) hiển nhiên đúng vì khi đó
vế trái âm, còn vế phải dơng.
Nếu tam giác ABC không phải là tam giác tù thì trên mặt phẳng ta đặt các vectơ
, ,
OM ON OP


OP OM B











Ta có:
2
( ) 0
OM ON OP


2 2 2
2 . 2 . 2 . 0
OM ON OP OM ON ON OP OP OM






O là trực tâm
Vậy:

MNP đều nên
cos cos cos
OM ON OP A B C ABC

đều
THPT CHUYÊN LÀO CAI GV: TRẦN HOÀI VŨ

23

BÀI TẬP ÁP DỤNG

Bài số 29:Chứng minh rằng:

2 2
x xy y
 
+
2 2
y yz z
 
+
2 2

Chứng minh rằng:
8 8
xy yz zx
    

Hướng dẫn
§Æt
3
( ; )
2 2
x
u y x
 

,
3
( ; )
2 2
z
v z y
 

. Áp dụng:
.
u v u v

   
.
Bài số 32:



tan tan tan 3 3
A B C Bài số 35: Chứng minh rằng với mọi x, y ta đều có:

2 2 2 2 2 2
4cos . os sin ( ) 4sin .sin os ( ) 2
x c y x y x y c x y
     

Bài số 36: Với x, y là hai số thực bất kì tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

2 2 2 2
4 2 1 6 10
S x x xy y y y
        THPT CHUYÊN LÀO CAI GV: TRẦN HOÀI VŨ

24

Bài số 37: Cho
x
là số thực. Chứng minh rằng :

2 2
sin 2 sin sin 2 sin 3

x x x x
    Bài số 39: Cho tam gi¸c ABC. Chøng minh r»ng:

3cos 2cos 2 3cos 4
A B C
  

Bài số 40: Cho tam gi¸c ABC vµ sè thùc x. Chøng minh r»ng:

2
cos (cos cos ) 1
2
x
A x B C
   
.
Bài số 41: Cho hình bình hành ABCD, tâm O, M là điểm tùy ý.
a) CMR:
2 2 2 2 2 2
D 2( )
MA MB MC M OB OA
    

b) Giả sử M di động trên đường tròn (d), xác định vị trí của M để

2 2 2
MA MB MC

25

Giả sử M di động trên đường tròn ngoại tiếp

ABC, tìm vị trí của M để
2 2 2
2
MA MB MC
 
đạt giá trị lớn nhất, nhỏ nhất.

Bài số 43: Cho

ABC đều cạnh bằng 6, M là điểm thuộc đường tròn ngoại tiếp


ABC. Đặt
2 2 2
S MA MB MC
  
.
a. Tìm giá trị nhỏ nhất của S.
b. Tìm giá trị lớn nhất của S.
Bài số 44: Cho hình bình hành ABCD, I là trung điểm của cạnh BC và E là điểm
thuộc đường chéo AC thỏa mãn tỉ số
E 2
3
A
AC


Lµo Cai, ngµy 11 th¸ng 7 n¨m 2011 TrÇn Hoµi Vò