Sáng Kiến Kinh Nghiệm
SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP
VÉCTƠ VÀ TỌA ĐỘ
GIẢI MỘT SỐ BÀI TOÁN SƠ CẤP THƯỜNG GẶP

Giáo Viên: Nguyễn Đức Năng
LONG THÀNH, THÁNG 12 NĂM 2005
Trang 1
Sáng Kiến Kinh Nghiệm
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.

, ,( ) ; ( )a a a b b b= =
r
ur
và k là một số thực.
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:
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 :

+ +
r
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 .
Trang 3
Sáng Kiến Kinh Nghiệm
* 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:

Bộ ba (x,y,z) được hoàn toàn xác định bởi điểm M và được gọi là toạ độ của điểm
M, ký hiệu M(x,y,z).
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.
Trang 4
Sáng Kiến Kinh Nghiệm
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:

ur
ur
r
ur
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

2 3 3 1
1 2
2 3 3 1 1 2
2 2 2
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 :

y y a t
z z a t





= +
= +
= +
(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

r
ur
Ta có
2
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

Ta có
AB AC BC
+ ≥
với 3 điểm A, B, C bất kỳ ở đây
3
2 2
3
2 2
( , )
( , )
y
AB x y
z
AC x z







= − −
= − − −
uuur
uuuur
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:


= − + −


⇒ =


= − + −


r
r
r r
Suy ra bất phương trình (1) tương đương
. .u v u v≥
r r r r
Trang 7
Sáng Kiến Kinh Nghiệm

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




≥

⇔ =
r r
Vậy x=5 là nghiệm duy nhất.
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
Trang 8
Sáng Kiến Kinh Nghiệm
Khi đó :
2 2 2
2 2 2
2 2
(1 cos ) 2 cos 2cos 5
(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

' 'MA MB MA MB A B+ = + ≥
Đẳng thức xãy ra
⇔
A’, M, B thẳng hàng
Trang 9
Sáng Kiến Kinh Nghiệm
2 2
min
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





u v x
v x

= −

⇒ + = +

= +


r
r r
r
Trang 10
A
A
’
B
MO
x
y
Sáng Kiến Kinh Nghiệm

2
2
2
2 2
4 12 25
9 12 29
u x x

1
4
4 4 2 3
1
4
7
2
u kv k
x k x
k
k
x x
k
x x
k
x
⇔ = >
− = +

⇔

=


=


⇔



3 6 (3 )(6 )x x x x m+ + − − + − =
Giải
Đặt
3 ; 6u x v x= + = −
Phương trình đã cho trở thành
2 2 2 2
1 10 2 (1)
9 9 (2)
0, 0
0, 0 (3)
u v m
u v uv m
u v u v
u v
u v





 
 



+ = + −
+ − =
+ = ⇔ + =
≥ ≥
≥ ≥

2 2
x a
y a

 
= +

 ÷
 ÷

 

 

= − +
 ÷

 ÷
 

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

+
Giải
Chọn hệ trục toạ độ như hình vẽ Khi đó A(0,0) , B(b,0), C(0,c) , M9x,y)
Từ định nghĩa: x = AM cos
α
, y = AM sin
α
.
Nên M(AM cos
α
, 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

Sáng Kiến Kinh Nghiệm
Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giac ABC.Ta có:

2
2 2 2
2 2
2 2 2
2 2 2
( ) 0
2( . . . ) 0
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 uuur uuur uuur uuur
Do đó theo bất đẳng thức Bunhiacopski:

2 2 2

O
c
a
b
Sáng Kiến Kinh Nghiệm
Cho tam giác ABC cân tại A. Gọi H là trung điểm của BC, D là hình chiếu
của H trên AC , M là trung điểm của HD. Chứng minh AM vuông góc BD.
Giải
Chọn hệ trục toạ độ như hình vẽ
Khi đó: H(0,0), A(0,a), B(-c,0), D(x,y)
Ta có :
DH AC
ADcung phuong AC





⊥
uuuur
uuuur
uuuur uuuur
( , )( , ) 0
0
x y c a
x y a
c a








 




=
− =
+
⇔ ⇔
+ =
=
+
Vậy
2 2
2 2 2 2
a c
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

4
+ MB
4
+ MC
4
không phụ thuộc vào vị trí của M.
Giải
Gọi I,R là tâm và bán kính của đường tròn (c) ngoại tiếp tam giác đều
ABC. Dựng hệ trục như hình vẽ, ta có
3 3 3 3
(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
∈ ⇒ =
⇒ = ⇒ + =
Trang 16
Sáng Kiến Kinh Nghiệm
Ta có
2
4 4 4 2 2 2 2 2
2
2 2
3 3

R Rx R R x R
= + − − + − +
= + + −
= + + −
= + − =
Vậy giá trị MA
4
+ MB
4
+ MC
4
không phụ thuộc vào vị trí M
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

uuur uuuur
V ậy
2 2
(0, )
2
a c
I
a
−
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
Trang 17
x
y
I
O
E
A
B C

0 0 0
( , , )u x y z=
r
Là nghiệm tuỳ ý (nếu có) của hệ đã cho.
Ta có
3 3 3
0 0 0
. 1u v x y z= + + =
ur r
Ngoài ra tính được
2 2 2 2 2 2
0 0 0 0 0 0
1; 1 2( 1u v x y y z z x= = − + + ≤
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

= = =
= = =
= = =
Thử lại ta được hệ đã cho có 3 nghiệm (1,0,0) ; (0,1,0) : (0,0 ,1)
Bài 2 : Giải bất phương trình:

1 2 3 50 3 12x x x+ + − + − ≤
Trang 18
Sáng Kiến Kinh Nghiệm
Giải

Điều kiện:
1
3 3 50
2 2 3
50
3
x
x x
x


≥ −


≥ ⇔ ≤ ≤



≤


= + + − + −


r
r
r r

Suy ra(1)
. .u v u v⇔ ≤
r r r r
Đẳng thức này luôn đúng
Vậy nghiệm bất phương trình đã cho là
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




3
. 3
. .
0
1 1 1
1
u x y z
u
u v x y z
u v u v
u v
x y z
x y z

= + + =


⇒ =


= + + =


⇒ =
⇒ ↑↑
⇒ = = ≥
⇒ = = =
r
r
r r

u v
a b












=
= −
−
=
+ +
⇒
+
=
+ +
ur
r
ur r
ur r
ta có
2 2
2(1 )( )

Sao cho: A(a,0,0),B(0,b,0),C(0,0,c)(với OA=a,OB=b,OC=c)
Khi đó phương trình mặt phẳng (ABC) là:

1
x y z
a b c
+ + =
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
Trang 21
o
x
A
B
y
z
Sáng Kiến Kinh Nghiệm
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

S
DMN
abc
V S DD
DMN
=
⇔ = =
V
V
Bài 3:Cho hai nửa mp (P) và (Q) vuông góc với nhau theo giao tuyến (d).
Trên (d) lấy AB = a (a là độ dài cho trước). Trên nửa đường thẳng Ax vuông góc
với (d) và ở trong (Q) lấy điểm N sao cho BN =
2
2
a
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
Trang 22
D
B’
C’
D’
A’
B
C
Sáng Kiến Kinh Nghiệm

=
−
−
= = −
= −
uuuur
uuuur
uuuur uuuur
Do đó mp(BMN) qua B(0,a,0) và có VTPT là
(0,1, 1)v = −
r
Phương trình của mặt phẳng này là:
(y – a).1 – (z – 0) = 0
hay y – z - a = 0
Khoảng cách từ A(0,0,0,) đến mặt phẳng đó là :
1 1 2
a
a
=
+
b/ Ta có
2 4
2 2
4
( , , )
a a
MN a b MN a b
b b
= − ⇒ = + +
uuuur

M
Sáng Kiến Kinh Nghiệm
Giải
Chọn hệ trục toạ độ Đề-Các vuông góc Oxyz sao 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 của mặt phẳng (OAB) và (OAC) lần lượt là:
1
2
( , , )
( , , )
n bc ac ab
n bc ac ab
= −
= − −
uur
uur
Góc nhị diện cạnh OA vuông khi và chỉ khi:
2 2 2 2 2 2
1 2
. 0n n b c a c a b= ⇔ + =
uur uur
Trong tam giác ABC ta có:
2 2 2 2 2 2
2
2 2 2 2 2 2
2
b c a c a b
tgB
a

Chọn hệ trục toạ độ Đề các Oxyz sao cho A trùng O, B(b,0,.0),C(0,c,0)
( Với AB =b>0,AC=c>0)
Khi đó M(x, y, z) thoả :

2 2 2
MB MC MA+ ≤

2 2 2 2 2 2 2 2
2 2 2
( ) ( )
( ) ( ) 0
0
( , ,0)
x b y z y c z x y z
x b y c z
x b
y c
z
M b c
⇔ − + + + − + ≤ + +
⇔ − + − + ≤
=


⇔ =


=

⇔