Tích Vô Hướng ƯD trong Đại số

Hình học 10Tìm hiểu thêm về tích vô hớng Định nghĩa: Có nhiều định nghĩa tích vô hớng của hai véc tơ, ở đây ta chỉ nêu một số định nghĩa quen thuộc trong chơng trình phổ thông.. Trong h

Hình học 10

Tìm hiểu thêm về tích vô hớng

Định nghĩa: (Có nhiều định nghĩa tích vô hớng của hai véc tơ, ở đây ta chỉ nêu một số định nghĩa quen thuộc trong chơng trình phổ thông).

Cho hai véc tơ u,v(0) tích vô hớng của hai vec tơ đó kí hiệu là u.vđợc xác định

nh sau: u.vu.v cos u,v

Trong hệ toạ độ Oxy tích vô hớng còn đợc xác định nh sau:

Cho ux1,y1 ,vx2,y2 khi đó u.vx1.x2 y1.y2

Trong hệ toạ độ oxyz tích vô hớng cũng đợc xác định

Cho ux1,y1,z1 ,v x2,y2,z2 khi đó u.vx1x2 y1y2 z1z2

Ngoài ra ta còn viết  2 2 2

2

1

u     

Từ định nghĩa ban đầu ta có thể suy ra rằng u.vu.v (*)

Vận dụng vào chứng minh bất đẳng thức.

Thí dụ 1 Cho ba số x,y,zdơng Chứng minh rằng:

2

2 2

y x

z x z

y z y













Giải. Trong hệ toạ độ Oxyz lấy ; ; ,v y z; z x; x y,

y x

z x z

y z y

x























Theo (*) ta suy ra:

  . .

2 2 2

y x

z x z

y z y

x z

y



























Hay

2

2 2

y x

z x z

y z y











Dấu “=” xảy ra khi hai véc tơ cùng hớng x y z.

y x

z x z

y z y

x



















Thí dụ 2. Với bốn số a,b,c,d bất kì, cmr: a2 b2  c2 d2  ac 2  bd 2

Giải. Chọn ba véc tơ wac,bd ,ua,b ,vc,d ta có:

w.uvac2 bd2

Mặt khác: w uv w.uv ac 2  bd 2  a2 b2  c2 d2.

Từ hai điều trên suy ra: a2 b2  c2 d2  ac 2  bd 2 .(đpcm)

Thí dụ 3 Trong tam giác ABC chứng minh rằng: .

2

3 cos cos

cosA B C

Giải. Gọi đờng tròn (I;r) nội tiếp ABC có các tiếp điểm A1,B1,C1 lần lợt thuộc BC,CA,AB khi đó xét:

2

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

Hình học 10

2 2 1. 1 1. 1 1. 1 0

1 2 1 2









































IA IC IC IB IB IA IC

IB IA

(1)

1 2

1 1 2

1 1 1

1

1 IB IC r IA IB r C IB IC r A IC1 IA r B



















Nên

(1) 3 2 2 2cos cos cos  0











2

3 cos cos

cosA B C 

Dễ thấy đấu bằng có đợc khi I trùng với G hay tam giác ABC đều

Thí dụ 4 Chứng minh rằng tam giác ABC có: .

4

9 sin

sin





cmr:

.

2

3 3 sin sin

Giải Gọi (O;R) là đờng tròn ngoại tiếp tam giác ABC khi đó xét:

0

2











OC OB OA

2 2 2 2 0































OA OC OC OB OB OA OC

OB

2 2

2 OB OA OB OA OB AB R R C OA

OB



















Tơng tự cho hai tích vô hớng còn lại ta thu đợc:

(1)  9 R2  4 R2 sin 2A sin 2B sin 2C 0



4

9 sin

sin sin 2A 2B 2C Dấu bằng có đợc khi O trùng với G hay tam giác ABCđều

2

3 3 sin sin

sinA B C Ta chọn usinA; sinB; sinC,v1 ; 1 ; 1 và áp

2

3 3 4

9 3 sin

sin sin

3 sin

sin













A

Dấu bằng đạt đợc khi tam giác ABCđều

Vận dụng trong các bài toán liên quan đến ph ơng trình và

hệ ph ơng trình.

Thí dụ 5 Giải phơng trình sau: 9

1

2 2







x

Giải Điều kiện x 0

















1

; 1

1 , 1

;

2

2

x

x x

v x

u  , áp dụng (*) ta suy ra:

9

1

1 1 8 1

2 2

















x

x x

x x

Nh vậy dấu bằng đạt đợc khi: .

7

1 1

1

2 2







x

Kết luận phơng trình đã cho có nghiệm

7

1



Hình học 10

Thí dụ 6. Giải hệ phơng trình sau: 















0 1 2

2

z y z

zx y

yz x

Giải. Chọn ba véc tơ: uy;z,vx;z,wy;  x

Từ phơng trình thứ ba suy ra: u v 0

Từ phơng trình thứ hai suy ra : u w 0

Nếu u 0 thì suy ra v,w cộng tuyến 2 0





 x yz trái với phơng trình đầu

Nh vậy u 0 hay yz 0 Từ pt đầu 2 0 1









Kiểm tra lại ta có nghiệm của hệ (x;y;z) là: (1;0;0) và (-1;0;0)

Thí dụ 7 Giải hệ phơng trình sau: 2 2 2

3 3 3

1 1 1

x y z

  











Giải Chọn u x y z v x y z ; ; ,  2 ; ; 2 2 từ đề bài suy ra u  1, u v x3y3z3  1.

Mặt khác ta lại có v  x4 y4 z4  1 2  x y2 2 y z2 2 z x2 2  1. Nên suy ra u v   1

Nh vậy dẫn đến

0

1, 0, 0

0, 1, 0 0

cos , 1

0, 0, 1

xy

zx

u v

u v

















 

 

Thử lại ta đợc nghiệm của hệ là x y z ; ;  1;0;0 , 0;1;0 , 0;0;1    

Thí dụ 8 Giải hệ  































2 2 2

3 2

0 3

2

0 1

z y

z x z

z x y z

x

yz y

x

Giải Chọn ux;y ,v y 1 ;z,w2z 3 ;x z

Từ pt đầu suy ra: u v 0 (1)

Từ pt hai suy ra: u w 0 (2)

Từ pt ba suy ra: v2 w2 (3)

Nếu u 0  xy 0 thay vào hệ suy ra: z  1 hoặc z  2

Nếu u 0 từ (1) và (2) suy ra v,w cộng tuyến.

Mà từ (3) có v2 w2 nên ta suy ra: v w



























z x z y z

x z

z y

w

v

2 2 2 3

2 1





Thay y z, vào (1) ta đợc .

3

4 , 3

2 , 3

8





x































0 2 4 2

3 1

x z y x

z z

z y

w

Thay vào (1) ta đợc x 0 ,y  4 ,z  0 hoặc x  0 ,y  0 ,z  2

Kết luận nghiệm của hệ (x;y;z) là: (0;0;1), (0;0;2), (0;4;0) và .

3

4

; 3

2

; 3

8













Thí dụ 9 Giả sử hệ 















16 3

2 2

2 2

z yz y

y xy x

có nghiệm Cmr: xyyzzx 8



























2

; 2

3 , 2

3

; 2

z y z v x x y

u  Từ hệ ta có: u  3 ,v  4

Mặt khác: u v  xyyzzx

2

3 

 , mà u.vu.v  4 3

Nh vậy suy ra: xyyzzx 8.(đpcm)

Hình học 10

Thí dụ 10. Cho a,b,c,d R. Có 2 2 2 2 1







b c d

a và acbd  0 Tính ab  cd

Giải. Chọn ua;b,vc;d. Khi đó theo đề bài có: u v  1 và u v 0

Do u v 0 nên ua;b cộng tuyến với w  d ;c.Theo gt có u w  1 Nên

w

u 

Nếu       0













 ab dc ab dc

c

b

d

a

w

u 

Nếu       0















 ab dc ab dc

c b

d

a

w

Kết luận: abdc 0

Thí dụ 11 Giả sử hệ 















b ay

cx

a

c y bx

c by

ax

có nghiệm, cmr:

3

3

3

Giải. Chọn ua;b;c,vb;c;a,wc;a;b và mx;y;  1 Nh vậy hệ tơng đơng với:







 0

0

0

m w m v m u













, do m  0 nên ta suy ra ba véc tơ

a b c vb c a wc a b

u ; ; , ; ; ,  ; ; là đồng phẳng Mặt khác ta dễ dàng kiểm tra đợc các góc u,v v,ww,u Điều này tơng đơng với uvw hoặc u,v v,ww,u

=

3

2 

Nếu uvw thì  abc  a3 b3 c3  3abc.(đpcm)

Nếu u,v v,ww,u=

3

2 

thì suy ra uv w     0























b a c

a c b

c b a

Theo hằng đẳng thức a3b3c3 3abcabca2b2c2 ab bc ca

 a3 b3 c3  3abc 0  a3 b3 c3  3abc.(đpcm)

Thí dụ 12. Giả sử hệ 













4 8

2 2 2

zx yz xy

z y x

có nghiệm, cmr: .

3

4 , , 3

4





 x y z

Giải (Quy ớc số 0 có dấu dơng hoặc âm).

Do vai trò của x y z, , là nh nhau nên ta chỉ cần chứng minh cho biến x là đủ.

Từ hệ ta chỉ ra ngay đợc x y z, , cùng dấu Thật vậy không mất tổng quát:

Giả sử x,y  0 ;z 0 Ta 4

2

8 2

2 4

2 2 2 2 2

















Giả sử x 0 ;y,z 0 Ta suy ra: 4

2

8 2

2 4

2 2 2 2 2















Nên ba số x,y,z  0 hoặc x,y,z  0

Ta có xyz2 x2 y2 z2  2xyyzzx, theo gt suy ra:

  



























4

4 16

2

z y x

z y x z

y x

-Trờng hợp xyz  4  x,y,z 0

Trong hệ tọa độ oxyz chọn điểm Mx;y;z thay đổi, chọn A1 ; 1 ; 1 nh vậy

 ; ;  ,   1 ; 1 ; 1 



OA z

y

x





OA





z y x OA

suy ra khix,y,z thay đổi thì 

OM luôn nằm trong góc phần tám thứ nhất và tạo với



OA một góc không đổi Chiếu M lên trục Oxta xác định đợc hoành độ x hay

.cos( , )

x OM OM Ox 

, nh vậy x đạt giá trị lớn nhất phụ thuộc vào góc MOx Xét

trong góc tam diện (OM OA Ox, , ) ta luôn có AOM  AOx  MOx AOM  AOx

Mặt khác AOM, AOx không đổi nên MOx đạt lớn nhất hay nhỏ nhất khi ba

đ-Hình học 10

ờng thẳng OA, OM, Ox là đồng phẳng OM,OA .i  0  yz.













Với y  z thay vào

hệ đợc















3 4

0

x

x

Tức là trong trờng hợp này

3

4

0 x

- Trờng hợp xyz   4  x,y,z  0 Đặt x a;y b;z  cvới a,b,c 0 ta

3

4 3

4 0

3

4

0          

Nh vậy từ hai trờng hợp cho ta kết quả .

3

4 3

4





Vai trò x,y,z nh nhau nên ta có đợc .

3

4 , , 3

4





 x y z (đpcm) Vận dụng t tởng này chúng ta giải quyết bài toán sau:

Thí dụ 13 Cho các số a b c x y z , , , , , 0 Chứng minh rằng :

 2 2 2  2 2 2 2   

3

ax by cz   a b c x y z  a b c x y z   

Giải Chọn các véc tơ u a b c  ; ; , x y z; ; , w 1;1;1

   

2

3

u v u v                                          u w v w   Chia cả hai vế cho u v . và chú ý đến w  3

ta có:

Gọi   u v , ,  u w , ,  v w, 

  BĐT trở thành:

cos    1 2cos cos  

Từ gốc tọa độ O kẻ ba véc tơ OA u OB v OC w ,  , 

     

Theo đề bài a b c x y z , , , , , 0 nên các đoạn thẳng OA, OB, OC nằm trong góc phần tám thứ nhất Xét góc tam diện OA,OB,OC suy ra AOB AOC COB       Suy ra

cos   cos   

Suy ra: cos 1 cos  cos 

cos 1 2cos cos

Dấu = khi    và   2 

Cuối cùng xin đa ra một bài toán hình học nhng cách giải lại mang đậm bản chất

đại số

Thí dụ 14 Cho hình chóp S ABC. có SA SB SC, , vuông góc với nhau đôi một, M là một điểm bất kì thuộc phần trong tam giác ABC Gọi    , , lần lợt là góc giữa đ-ờng thẳng SM với SA SB SC, , Chứng minh rằng cos 2   cos 2   cos 2   1.

Giải Lấy trên SM SA SB SC, , , các véc tơ đơn vị lần lợt là m, a, b, c Theo đề bài suy ra :

- Ba véc tơ a b c, ,  vuông góc với nhau đôi một

-Tồn tại duy nhất bộ số thực x y z, , để m x a y b z c . . . (1)

Từ (1) suy ra x2 y2 z2  1 (*)

H×nh häc 10

2 cos 2

x   ,y2  cos 2  , z2  cos 2 

Nh vËy theo (*) suy ra: cos 2   cos 2   cos 2   1.(®pcm)