Tải Ứng dụng phương pháp tọa độ vectơ & tọa độ điểm vào giải bất đẳng thức, phương trình, bất phương trình, hệ phương trình - Tài liệu luyện thi THPT Quốc gia môn Toán

[r]

Toán 12 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: a2 2a 5 a2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  (a 1)  2 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: x2xy y 2  y2yz z 2  z2zx x 2 ,x y z R, ,  (1)

Cách giải:

Ta có

;

x xy y  y   x y yz z  y   z

Xét

ay x b   y  z a b   x z 

Do a  b  a b

nên x2xy y 2  y2yz z 2  z2zx x 2 ,x y z R, ,  (đpcm) Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi: a b;

  cùng hướng

0

0

x z

xy yz zx

 





0

1

x z

k

k

 









BÀI 3: Cho a, b, c > 0 và ab + bc + ca = abc Chứng minh rằng

3

Cách giải:

Chọn

Ta có

                        

 

   

   

   

   

   

   

   

   

   

   

   

   

       

3

(đpcm) Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi: a = b = c = 3

BÀI 4: Chứng minh

2

5

Cách giải:

Xét hai vectơ: u 1;1;1



và v 5x 2; 5y 2; 5z 2

Ta có u  3,v  5(x y z  ) 6 6 

u v.  5x 2 5y 2 5z2

 

Áp dụng bất đẳng thức u v. u v.

   

ta có

2

5

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi: u1;1;1 , v 5x 2; 5y 2; 5z 2

cùng hướng

2

y

x y z



BÀI 5: Chứng minh

sinx 2 sin + sin  x x 2 sin  x   3, x

Cách giải:

Xét hai vectơ: usin ;1; 2 sinx  2x



và v1; 2 sin  2x;sinx



Áp dụng bất đẳng thức u v. u v.

   

ta có

sinx 2 sin +sinx x 2 sin x sin x 1 2 sin x 1 2 sin x sin x 2 3, x

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi:  2 

sin ;1; 2 sin

1; 2 sin ;sin

cùng hướng

2

2 2

sin 1

x

x x

x













BÀI 6: Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

A x y   x  y  x y

Cách giải:

Xét hai vectơ: u(x1; ; 2),y v ( ;x y 1;1)  u v   (1; 1;3) 

Do a  b  a b

ta có: A (x1)2y2 4 x2(y1)21  11 Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi: u(x1; ; 2),y v ( ;x y  1;1)

cùng hướng Tức là:

,



Vậy A đạt giá trị nhỏ nhất bằng 11 khi

,

x y

BÀI 7: Chứng minh

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

2 2

AB 

và MA (x1)2(y1)2(z1) ,2 MB (x1)2(y1)2(z1)2

Từ bất dẳng thức MA MB AB  , ta suy ra

(x 1)  (y 1)  (z 1)  (x 1)  (y 1)  (z 1)  2 2, x y z, ,

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi: M nằm giữa AB  AM t AB t, 0;1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1 2

1 2

 





  



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13x2 x3 (1)

Cách giải:

Ta có: (1) (4 x) x 2 7 2 x  (5 x x)( 2 8x17)

2

Xét a4  x;1 , b x 2; 7 2  x a b   (4  x x)  2  7 2  x

Và

2

(4 ) 1, ( 2) (7 2 ) 5

a   x  b  x   x   x

x



 (4 x) (7 2 )2  x  x 2 x3

Vậy phương trình có nghiệm x = 3

BÀI 2: (A – 2014) Giải Hệ Phương trình

2 3







Cách giải:

Điều kiện: 2 y 12, x 2 3.

Xét ax; (12  x2 ) , b 12  y; y

khi đó phương trình (1) có dạng

a ba b

   

,

a b



  cùng hướng

nên (1)  x y  (12 x2) 12 y y12 x x2, 0 thay vào phương trình (2)

Ta có: x3 8x1 2 10  x2  x3 8x 3 2( 10  x2 1)

2 2

2

x

x



2

2

2( 3)

x

x

2

2

3

2( 3)

x

x

x









x= 3 suy ra y = 3

Vậy hệ có nghiệm (x;y) = (3;3)

BÀI 3: Giải hệ phương trình:

1







Cách giải:

Gọi ( ; ; )x y z0 0 0 là một nghiệm tùy ý của hệ nếu có Xét hai vectơ sau trong không gian:

( ; ; ), (1;1;2)

u x y z v khi đó

u  x y z  v 

, ta có u v x   02y02 2z02  7

Mặt khác:

6

u v

u v

 

 

 

vô lý Vậy hệ đã cho vô nghiệm

BÀI 4: Giải hệ phương trình:

2

2



  







Cách giải:

Hệ phương trình đã cho viết lại:









Xét các véctơ trong một hê trục nào đó

( ; ), ( ; ), w ( 1; 2 1)

u  x y v x y y z    x z

Khi đó hệ viết lại:

u v u

















 



 

Chỉ có hai khả năng xảy ra:

Khả năng 1: Nếu u  0 ta có x = y = 0

1 0

2

u  z

Ta có nghiệm

1 0;0;

2



Khả năng 2: u  0

TH1:

1 0

0 0

x z v

x y

y z

 





 



   



  



  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

vô lý

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             

+ Nếu w 2v

0

1

2

x





thay vào (1) ta có

1 2

z 

+ Nếu w 2v

1 3

4

x y

z

 







  

  



Thay vào (1) ta có:

2

Phương trình này vô nghiệm

Vậy hệ đã cho có hai nghiệm:

0;0; , 0; ;

BÀI 5: Giải hệ phương trình:

1 1 1

x y z

  











Cách giải:

Xét hai vectơ u ( ; ; );x y z0 0 0 v (x02;y02;z02) trong đó ( ; ; )x y z0 0 0 là nghiệm của hệ

Ta có u v x   03y03z03  1 (1)

Lại có

u  x y z 

4 4 4  2 2 22  2 2 2 2 2 2



 2 2 2 2 2 2

Vậy u v . 1 (2)

 

Dấu bằng trong (2) xảy ra

0

0

x y

z x









Vì u v. u v.

   

Nên từ (1) và (2) suy ra điều kiện cần là: u v . 1

 

Nên ta có

0 0

0 0

0 0

0 0 0 1

x y

y z

z x



















suy ra phải có trong ba số x y z0 ; ; 0 0 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: x2 2x 5 x22x10 29 (1)

Cách giải:

Tập xác định D = R

(1)  (x 1)  2  (x 1)  3  29

Đặt

u x  u  x 

v x  v  x 

Suy ra u v  ( 2;5) u v  29

Như vậy (1)  u v  u v  u v,

cùng hướng

1 3( 1) 2( 1) 0

5

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất

1 5

x 

BÀI 7: Giải bất phương trình: 2(x 3)22x 2 x1 x 3 (1)

Cách giải:

Điều kiện: x 1

(1)  2 (x 3)  ( x 1)  x 1  x 3

Đặt

u x x  u  x  x

, v(1;1) v  2

Suy ra u v .  x1 x 3 và

2 2

u v   x  x  u v  u v  u v 

cùng hướng

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 y z



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t2(2 2 ) t 2  6t2 12t8

MB (4 t)2 (t 2)2(6 2 ) t 2  6t2 36t56

Khi đó

MA MB  t  t  t  t   t     t   

Xét hai vectơ

ut  v  t 

Ta có MA MB  6uv  6 u v    4 2

Dấu bằng xảy ra khi chỉ khi

ut  v  t 

cùng hướng 1

3

t

t





Vậy điểm M cần tìm là: M(1; 1;2)

Mời bạn đọc cùng tham khảo 2