VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí
ỨNG 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 toán chứng minh bất đẳng thức.
BÀI 1: Chứng minh rằng: a 2 2a 5 a 2 2a 5 2 5 (1)
Cách giải:
(1) (a 1)2 22 (a 1)2 22 2 5
Đặt a (1 a; 2), b (a 1; 2) a b (2; 4)
Ta có: (a 1)2 22 (a 1)2 22 a b a b 2 5 (đpcm)
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi: a; b cùng hướng 1-a = a+1 a = 0.
BÀI 2: Chứng minh rằng:
x 2 xy y 2 y 2 yz z 2 z 2 zx x 2 , x, y, z R (1)
Cách giải:
2
Ta có
2
2
x 3
z 3
2
2
x xy y y
x ; y yz z y
z
2 2
2 2
2
2
2
3
3
xz
Xét a y ; x , b y ; z a b
;
( x z )
2 2
2 2
2
2
x
z
3
( x z ) 2 3( x z ) 2
ab
z 2 zx x 2
4
4
Do a b a b nên x 2 xy y 2 y 2 yz z 2 z 2 zx x 2 , x, y, z R (đpcm)
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi: a; b cùng hướng
x z 0
x z 0
x z 0
a b ab x
x 2 y 2 x
2y x
xy yz zx 0
2y z
2y
z
z
GV: Trần Minh Cường
Page 1
VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí
x z 0
x kz , y k z , k 1
1 k
BÀI 3: Cho a, b, c > 0 và ab + bc + ca = abc. Chứng minh rằng
a 2 2b 2
b 2 2c 2
c 2 2a 2
3
ab
bc
ca
Cách giải:
1
Chọn u ;
b
2 1 2 1 2 1 1 1 2
2
2
; v ;
; w ;
u v w ;
a
b
c
c b
a c
a b c a
Ta có
2
2
2
2
2
2
2
1 2
1 2
1 2
1 1 1
u v w u v w
3
b a
c b
a c
a b c
a 2 2b 2
b 2 2c 2
c 2 2a 2
3 (đpcm)
ab
bc
ca
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi: a = b = c = 3
2
5
BÀI 4: Chứng minh 5 x 2 5 y 2 5 z 2 6 3, x, y, z , x y z 6
Cách giải:
Xét hai vectơ: u 1;1;1 và v 5 x 2; 5 y 2; 5 z 2
Ta có u 3, v 5( x y z ) 6 6
u.v 5 x 2 5 y 2 5 z 2
Áp dụng bất đẳng thức u.v u . v ta có 5 x 2 5 y 2 5 z 2 6 3, x, y, z
2
5
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi: u 1;1;1 , v 5 x 2; 5 y 2; 5 z 2 cùng hướng
5y 2
5x 2
5z 2
x yz2
1
1
1
BÀI 5: Chứng minh s inx 2 s in 2 x + s inx 2 s in 2 x 3, x
GV: Trần Minh Cường
Page 2
VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí
Cách giải:
Xét hai vectơ: u sin x;1; 2 sin 2 x và v 1; 2 sin 2 x ;sin x
Áp dụng bất đẳng thức u.v u . v ta có
s inx 2 s in 2 x + s inx 2 s in 2 x sin 2 x 1 2 sin 2 x 1 2 sin 2 x sin 2 x 2 3, x
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi: u sin x;1; 2 sin 2 x và v 1; 2 sin 2 x ;sin x
cùng hướng
sin x 1
sin x
1
2 sin 2 x
sin x 2 sin 2 x
x 2 k
1
sin x
2
2 sin 2 x
sin x 2
BÀI 6: Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
A ( x 1) 2 y 2 4 x 2 ( y 1) 2 1, x, y
Cách giải:
Xét hai vectơ: u ( x 1; y; 2), v ( x; y 1;1) u v (1; 1;3)
Do a b a b ta có: A ( x 1)2 y 2 4 x 2 ( y 1)2 1 11 .
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi: u ( x 1; y; 2), v ( x; y 1;1) cùng hướng
Tức là:
x 1
y
2
1
2
x ,y
x y 1 1
3
3
1
3
Vậy A đạt giá trị nhỏ nhất bằng 11 khi x , y
2
3
BÀI 7: Chứng minh
( x 1) 2 ( y 1) 2 ( z 1) 2 ( x 1) 2 ( y 1) 2 ( z 1) 2 2 2, x, y, z
Cách giải:
Trong không gian Oxyz, lấy các điểm A(1;1;-1), B(-1;1;1),M(x;y;z). Khi đó
AB 2 2 .
và MA ( x 1)2 ( y 1)2 ( z 1)2 , MB ( x 1)2 ( y 1)2 ( z 1)2 .
GV: Trần Minh Cường
Page 3
VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí
Từ bất dẳng thức MA MB AB , ta suy ra
( x 1) 2 ( y 1) 2 ( z 1) 2 ( x 1) 2 ( y 1) 2 ( z 1) 2 2 2, x, y, z
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi: M nằm giữa AB AM t AB, t 0;1
x 1 2t
y 1
t 0;1
z 1 2t
Vấn đề 2: Dạng toán giải phương trình, bất phương trình, hệ phương trình.
BÀI 1: Giải phương trình (4 x) x 2 7 2 x 85 57 x 13x 2 x3 (1)
Cách giải:
Ta có: (1) (4 x) x 2 7 2 x (5 x)( x 2 8 x 17)
2
7
(4 x) x 2 7 2 x (5 x) 4 x 1 , x 2;
2
Xét a 4 x;1 , b x 2; 7 2 x a.b (4 x) x 2 7 2 x
Và a (4 x)2 1, b ( x 2) (7 2 x) 5 x
Khi đó (1) a.b a . b cos a, b 1
4 x
1
x2
7 2x
(4 x) 2 (7 2 x) x 2 x 3
Vậy phương trình có nghiệm x = 3.
BÀI 2: (A – 2014) Giải Hệ Phương trình
x 12 y y (12 x 2 ) 12 (1)
3
(2)
x 8 x 1 2 y 2
Cách giải:
Điều kiện: 2 y 12, x 2 3 .
Xét a x; (12 x 2 ) , b 12 y ; y khi đó phương trình (1) có dạng
GV: Trần Minh Cường
Page 4
VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí
a.b a . b a, b cùng hướng.
nên (1) x y (12 x 2 ). 12 y y 12 x 2 , x 0 thay vào phương trình (2)
Ta có: x3 8 x 1 2 10 x 2 x3 8 x 3 2( 10 x 2 1)
( x 3)( x 3 x 1)
2
2(9 x 2 )
10 x 2 1
2( x 3)
( x 3) x 2 3 x 1
0
10 x 2 1
x 3
2
x 3 x 1 2( x 3) 0(VN )
10 x 2 1
x= 3 suy ra y = 3.
Vậy hệ có nghiệm (x;y) = (3;3)
x4 y 4 z 4 1
BÀI 3: Giải hệ phương trình: 2 2
2
x y 2 z 7
Cách giải:
Gọi ( x0 ; y0 ; z0 ) là một nghiệm tùy ý của hệ nếu có. Xét hai vectơ sau trong không
gian:
u ( x0 2 ; y0 2 ; z0 2 ), v (1;1; 2) khi đó
u x0 4 y0 4 z0 4 1, v 6 , ta có u.v x0 2 y0 2 2 z0 2 7
u.v
7
1 vô lý
Mặt khác: cos(u, v)
6
u.v
Vậy hệ đã cho vô nghiệm.
GV: Trần Minh Cường
Page 5
VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí
x2 y 2 y( x z)
BÀI 4: Giải hệ phương trình: x 2 x y 2 yz
3 x 2 8 y 2 8 xy 8 yz 2 x 4 z 2
Cách giải:
Hệ phương trình đã cho viết lại:
x( x y ) y ( y z ) 0
(1)
(2)
x( x 1) y (2 z 1) 0
4( x y ) 2 4( y z ) 2 ( x 1) 2 (2 z 1) 2 (3)
Xét các véctơ trong một hê trục nào đó
u ( x; y ), v ( x y; y z ), w ( x 1; 2 z 1)
u.v 0
Khi đó hệ viết lại: u.w 0
2 2
4 v w w 2 v
(4)
(5)
(6)
Chỉ có hai khả năng xảy ra:
1
2
Khả năng 1: Nếu u 0 ta có x = y = 0 u 0 z .
1
Ta có nghiệm 0;0;
2
Khả năng 2: u 0
x 1 0
2 z 1 0
TH1: w v 0
vô lý
x y 0
y z 0
TH2: Nếu v, w cùng khác 0 , do (4) và (5) thì v, w là hai vectơ cộng tuyến, do (6)
ta có
w 2v hoặc w 2v
x 0
x 1 2x 2 y
1
+ Nếu w 2v
1 thay vào (1) ta có z
2
2 z 1 2 y 2 z
y 2
GV: Trần Minh Cường
Page 6
VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí
1 3 x
y
x
1
2
x
2
y
2
+ Nếu w 2v
2 z 1 2 y 2 z
z 3x
4
Thay vào (1) ta có: x 2
(1 3 x) 2 1 3 x 7 x
. 5x2 5x 2 0
4
2
4
Phương trình này vô nghiệm.
1
1 1
Vậy hệ đã cho có hai nghiệm: 0;0; , 0; ; .
2
2
2
x y z 1
BÀI 5: Giải hệ phương trình: x 2 y 2 z 2 1
x3 y 3 z 3 1
Cách giải:
Xét hai vectơ u ( x0 ; y0 ; z0 ); v ( x0 2 ; y0 2 ; z0 2 ) trong đó ( x0 ; y0 ; z0 ) là nghiệm của hệ.
Ta có u.v x03 y03 z03 1 (1)
Lại có u x0 2 y0 2 z0 2 1
v x0 4 y0 4 z0 4
x
0
2
y0 2 z0 2 2 x0 2 y0 2 y0 2 z0 2 z0 2 x0 2
2
1 2 x0 2 y0 2 y0 2 z0 2 z0 2 x0 2 1
Vậy u . v 1 (2)
x0 2 y0 2 0
Dấu bằng trong (2) xảy ra x0 2 y0 2 y0 2 z0 2 z0 2 x0 2 0 y0 2 z0 2 0
2 2
z0 x0 0
Vì u.v u . v
Nên từ (1) và (2) suy ra điều kiện cần là: u . v 1
GV: Trần Minh Cường
Page 7
VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí
x0 y0 0
y z 0
Nên ta có 0 0
z0 x0 0
x0 y0 z0 1
suy ra phải có trong ba số x0 ; y0 ; z0 có hai số bằng 0, một số bằng 1.
Thử vào hệ thỏa mãn.
Vậy hệ đã cho có ba nghiệm sau (1;0;0), (0;1;0),(0;0;1).
BÀI 6: Giải phương trình:
x 2 2 x 5 x 2 2 x 10 29 (1)
Cách giải:
Tập xác định D = R
(1) ( x 1) 2 22 ( x 1) 2 32 29
Đặt u ( x 1; 2) u ( x 1)2 22
v ( x 1;3) v ( x 1) 2 32
Suy ra u v (2;5) u v 29
Như vậy (1) u v u v u, v cùng hướng 3( x 1) 2( x 1) 0 x
1
5
1
5
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x .
BÀI 7: Giải bất phương trình: 2( x 3)2 2 x 2 x 1 x 3 (1)
Cách giải:
Điều kiện: x 1
(1) 2 ( x 3) 2 ( x 1) 2 x 1 x 3
Đặt u ( x 3; x 1) u ( x 3)2 ( x 1)2 , v (1;1) v 2
Suy ra u.v x 1 x 3 và u . v 2 ( x 3)2 ( x 1)2
GV: Trần Minh Cường
Page 8
VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí
u . v 2 ( x 3) 2 ( x 1) 2 (1) u . v u.v u , v cùng hướng
x 3 x 1 x 5
Vấn đề 3: Bài toán cực trị.
BÀI 1: Cho hai điểm A(1;1;0), B(3;-1;4) và đường thẳng (d):
x 1 y 1 z 2
1
1
2
Tìm điểm M trên đường thẳng (d) sao cho MA + MB đạt giá trị nhỏ nhất.
Cách giải:
Do điểm M trên đường thẳng (d), ta có: M(-1+t; 1-t; -2+2t)
Khi đó: MA (2 t )2 t 2 (2 2t )2 6t 2 12t 8
MB (4 t ) 2 (t 2) 2 (6 2t ) 2 6t 2 36t 56
Khi đó
2
2
1
1
2
MA MB 6t 2 12t 8 6t 2 36t 56 6 (t 1) 2
(3
t
)
3
3
1
1
Xét hai vectơ u t 1; , v 3 t ;
3
3
Ta có MA MB 6 u v 6 u v 4 2
Dấu bằng xảy ra khi chỉ khi u t 1;
1
1
, v 3 t;
cùng hướng
3
3
t 1
1 t 2 M (1; 1; 2)
3t
Vậy điểm M cần tìm là: M (1; 1; 2)
GV: Trần Minh Cường
Page 9
- Xem thêm -
.PDF 
9 
264 
71 
