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

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.
Trang 1
Sáng Kiến Kinh Nghiệm
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 goc x’Ox và MK vuông góc y’Oy. Theo qui tắc hình bình hành, ta có:
OM OH OK= +
uuuur uuur uuur

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
; ;( ) ; ( )a a a b b b= =
r
ur
và gọi
α

, 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
) = 0
* Phương trình đường tròn tâm I (a, b) bán kính R là: (x – a)
2
+ (y – b)
2

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
2 3 3 1
1 2
2 3 3 1 1 2
( , )
( , )

, ,
( , ) ; ( , )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
.
a b a b a b
a b
a b
a a a b b b
α

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
( ) ( ) ( ) 0
a a a a
a a

= +
(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
+y
1
2
)(x

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
1 2 2 1
//a b x y x y⇔ ⇔ =
r
ur
Bài 2: Chứng minh rằng nếu x, y, z > 0 thì

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:

2
1 3 2( 3) 2 2(1)x x x x− + − ≥ − + −
Giải
Điều kiện
1x ≥
Xét mặt phẳng toạ độ Oxy các vectơ:

( 3, 1)
(1,1)
u x x

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
x
⇔ ↑↑
⇔ − = −

− + = −

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
4 4
cos 1 sin 1 cos2 ( )
a b a b
x x x dpcm
− ≤ −


= − + = − +


= + + = + +



+ = + =

r
r
r r

từ
a b a b+ ≥ +
r r r r
<=>
5y ≥
Dấu “=” xảy ra (chẳng hạn) tại
2
3
x
π
=
Vậy miny=5
Bài 6 : T ìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
2 2 2 2
2 2 2 2 ( )y x px p x qx q p q= − + + − + ≠
Gi ải

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










− = −
⇔ = ⇔
= +
=
+
⇔
=
+

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:

u v u v+ = +
r r r r

Trang 7
A

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

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
3
2
m
m
≤ + − ≤
−
⇔ ≤ ≤

 ÷

 ÷
 

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

= −


= +



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 ngoại
tiếp lần lượt là
, , ,a b c
m m m R
Chứng minh:
9
2
a b c

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
9(sin sin sin ).

Sáng Kiến Kinh Nghiệm
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

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
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
+ +
+ −

MI R x y Rx
∈ ⇒ =
⇒ = ⇒ + =
Trang 11
Sáng Kiến Kinh Nghiệm
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
 
 
 
 
 
 
 
 
+ = + + − + −
+ − + +

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


 
 









⊥

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
x y z
x y z





+ + =
+ + =
+ + =
Giải
Trang 12
x
y
I
O
E
A

0 0
0 0
0 0
0 0 0
1
1
1
1
x y
y z
z x
x y z







=
=
⇔
=
+ + =
Từ đó suy ra
0 0 0
0 0 0
0 0 0
1 0 0
0 ; 1 ; 0



≥ ⇔ ≤ ≤



≤


Trong mặt phẳng Oxy xét các vectơ:

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

3
1 2 3 50 3 48 4. 3
. 1 2 3 50 3
u
u x x x

3(1)
3 3 3
3
x y z
x y z
x y z









+ + =
+ + =
+ + =
Giải
Xét trong Không gian Oxyz các vectơ:

( , , )
(1,1,1)
u x y z
v

=


=

⇒ =
⇒ ↑↑
⇒ = = ≥
⇒ = = =
r
r
r r
r r r r
r r

(Thoả (1) Vậy: x=y=z=1 là nghiệm duy nhất của hệ (1).
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
+ −
− ≤ ≤
+ +
Giải
Trong không gian với hệ trục toạ độ Đề - các vuông góc Oxyz, đặt
2 2
2 2
(1, ,0)
(1, ,0)
1
cos( , )
1 1
sin( , )

ur
r
ur r
ur r
Trang 14
Sáng Kiến Kinh Nghiệm
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
a b ab
a b
+ −
− ≤ ≤
+ +
3. CÁC BÀI TOÁN HÌNH HỌC KHÔNG GIAN
Bài 1
Cho tam diện oxyz. A, B, C lần lượt là các điểm di động trên ox, oy, oz sao cho:

với
; ; 'AB AD AA
uuur uuur uuur
Khi đó : A(0,0,0) , C(a,b,0) , D’(0,b,c).
Trang 15
x
A
B
y
z
o
Sáng Kiến Kinh Nghiệm
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
ACD
b c c a a b
= = = −
=
= + +
uuuur uuuuur uuuur uuuur
uuuur uuuur
V

2
, ,0
a
a
b
). Ta có
2
2 2
2 2
2
(0, , )
( ,0,0)
0
[ , ] ( , , ) (0, , )
0 0
0 0
(0,1, 1)
BM a b
a
BN
b
b a b
a b
BM BN a a
a a
b b
a
=
=
−

(bất đẳng thức Côsi)
Trang 16
D
B’
C’
D’
A’
B
C
b
b
Y
A
z
x
B
N
M
Sáng Kiến Kinh Nghiệm
MN có độ dài cực tiểu
4
2
2
3
3
a
a b b a
b
MinMN a khi b a
⇔ = ⇔ =

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
+ +
= = =
Bài 5: Cho tam giác vuông goc ở A.tìm quỹ tích các điểm M trong không gian thoả mãn :

2 2 2
MB MC MA+ ≤
Giải
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 :
Trang 17
x


⇔
Vậy quỹ tích cần tìm chỉ có một điểm duy nhất M(b,c,0)
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.
Long Thành, tháng 12 năm 2005
Người viết

Nguyễn Đức Năng
Trang 18