ung dung tich vo huong hai vec to

Tuy vậy có những bài toán có độ khó nhất định đối với học sinh bởi vì sự đa dạng của nó và để giải được thì chúng ta cần kết hợp nhiều kiến thức liên quan đến chúng, trong đó tích vô hướ[r]

ỨNG DỤNG TÍCH VÔ HƯỚNG CỦA HAI VECTƠ

ĐỂ GIẢI MỘT SỐ DẠNG TOÁN

Tích vô hướng của hai vectơ một phần nhỏ trong chương trình Hình học 10 Tuy vậy tích vô hướng của hai vec tơ đóng vai trò quan trọng trong Hình học nói riêng và trong toán học nói chung

Trong các kì thi ta thường thấy xuất hiện một số bài toán giải phương trình, bất phương trình, hệ phương trình, hay chúng minh một số bất đẳng thức hoăc các bài toán về cực trị Những bài toán toán đó nếu ta gặp dạng của chúng và biết được các phương pháp giải của từng dạng thì đó là điều khá đơn giản Tuy vậy có những bài toán có độ khó nhất định đối với học sinh bởi vì sự đa dạng của nó và để giải được thì chúng ta cần kết hợp nhiều kiến thức liên quan đến chúng, trong đó tích vô hướng của hai vectơ ứng dụng quan trọng trong một số dạng Toán như các bài toán giải phương trình, bất phương trình, hệ phương trình, hay chúng minh một số đẳng thức và bất đẳng thức, hoăc các bài toán về cực trị

Xuất phát từ tầm quan trọng của nội dung và thực trạng trên, để học sinh có thể dễ dàng

và tự tin hơn khi gặp một số bài toán giải phương trình, bất phương trình, hệ phương trình, hay chúng minh một số bất đẳng thức hoặc các bài toán về cực trị, giúp các em phát huy được khả năng phân tích, tổng hợp, khái quát hóa qua các bài tập nhỏ, cùng với sự tích lủy kinh nghiệm của bản thân qua những năm giảng dạy, tôi đưa ra bài viết này Hy vọng đó là tài liệu tham khảo nhỏ của quý thầy cô và các bạn học sinh

I ĐỊNH NGHĨA TÍCH VÔ HƯỚNG CỦA HAI VÉCTƠ VÀ ỨNG DỤNG ĐỂ

GIẢI MỘT SỐ DẠNG TOÁN

1 Định nghĩa:

Cho hai véctơ u, v 0   , tích vô hướng của hai véc tơ được định nghĩa như sau:

u.v  u v cos(u, v)   

(I), với (u,v)

 

là góc giữa hai véctơ

Suy ra:

u v cos(u, v)

u.v



 

 

  Biểu thức tọa độ của tích vô hướng:

- Trong hệ tọa độ Descartes vuông góc Oxy cho u (x ; y );v (x ; y )  1 1  2 2

thì u.v x y   1 1x y2 2

- Trong hệ tọa độ Descartes vuông góc Oxyz cho u (x ; y ;z );v (x ; y ;z )  1 1 1   2 2 2

thì u.v x y   1 1x y2 2 z z1 2

2 Ứng dụng tích vô hướng của hai vectơ

Từ công thức (I) ta có thể vận dụng để chứng minh hai đường thẳng hoặc là song song

hoặc là vuông góc hoặc tính góc tạo bởi hai đường thẳng Tuy nhiên, nếu dừng ở đó thì

chưa thấy hết được ứng dụng của nó Chỉ cần chú ý rằng cos(u, v) 1   thì từ (I) ta có thể suy ra các bất đẳng thức:

u.v  u v 

(II) u.v   u v 

(III)

 Trong hệ tọa độ Descartes vuông góc Oxy cho u (x ; y );v (x ; y )  1 1  2 2 thì biểu thức

giải tích của (II) và (III) là

x y1 1x y2 2  x12 y x12 22 y22 (II

1)

| x y1 1x y |2 2  x12 y x12 22y22 (III

1) (II) trở thành đẳng thức khi u, v 

cùng hướng,còn (III) khi trở thành đẳng thức khi u, v  cùng phương,tức là u kv   hay

x kx

y ky





 

 (IV1) với k 0; k > 0 khi u, v 

cùng hướng, k < 0 khi u, v 

cùng phương khác hướng

 Trong hệ tọa độ Descartes vuông góc Oxyz cho u (x ;y ;z );v (x ; y ;z )  1 1 1  2 2 2 thì

biểu thức giải tích của (II) và (III) là

x y1 1x y2 2z z1 2  x12 y12 z x12 22 y22 z22 (II’)

| x y1 1x y2 2 z z |1 2  x12 y12 z x12 22 y22 z22 (III’)

(II) trở thành đẳng thức khi u, v 

cùng hướng,còn (III) khi trở thành đẳng thức khi u, v  cùng phương,tức là u kv   hay

x kx

y ky

z kz





 



 

 (IV) với k 0; k > 0 khi u, v 

cùng hướng, k < 0 khi u, v 

cùng phương khác hướng

Các bất đẳng thức (II’), (III’) gợi ý cho ta có thể chứng minh đẳng thức, bất đẳng thức, giải phương trình, bất phương trình, hệ phương trình hoặc bài toán cực trị

II MỘT SỐ VÍ DỤ

1.Ứng dụng trong giải phương trình, bất phương trình và hệ phương trình

a Giải phương trình

Ví dụ 1: Giải phương trình

x x 1  3 x 2 x  2 1 (1)

Lời giải:

ĐK:   1 x 3

Đặt u (x;1),v ( x 1; 3 x).     

Khi đó u.v x x 1     3 x;

u v   x 1 ( x 1) ( 3 x ) 2 x 1

Do đó theo (II1) thì phương trình (1) xảy ra khi u.v   u v  u, v 

cùng phương



 

 (ĐK: 0< x < 3)

2

x 1

3 x (x 1)(x 2x 1) 0

x 1, x 1 2,x 1 2





Với nghiệm x3  1 2 < 0 không thỏa mãn đk

Ví dụ 2: Giải phương trình

sin x  2 sin x 2  2 sin x 3 2  (2)

Lời giải:

Đặt u (sin x;1; 2 sin x ),v (1; 2 sin x;sin x)   2    2

Ta có: u  v  3

Phương trình (2) xảy ra khi u.v   u v 

= 3 theo (III’) và từ (IV) ta có hệ phương trình

2 2

sin x k

1 k 2 sin x

2 sin x k sin x

k 1và sin x 1 x k2 (k )

2













b Giải bất phương trình

Ví dụ 3: Giải bất phương trình

x 1 x 3    2(x 3) 22x 2 (3)

Lời giải

ĐK: x 1

Đặt u ( x 1;x 3),e (1;1)    

Ta có:

2

u  x 1 (x 3) và e     2

Theo (II’) ta được: x 1 x 3    2(x 3) 2 2x 2 ,

Suy ra bất phương trình (3) chỉ có thể lấy dấu đẳng thức và nhờ (IV) ta được

x 1 x 3    x 5

Ví dụ 4: Giải bất phương trình

x 1  2x 3  50 3x 12  (4)

Lời giải

ĐK:

x

2  3

Đặt u ( x 1; 2x 3; 50 3x ), v (1;1;1)     

Ta có: u  48 4 3và v   3.

Theo (II’), ta có bất phương trình (2) luôn được thỏa mãn

Vậy nghiệm của (2) là

x

2  3

c Giải hệ phương trình

Ví dụ 5: Giải hệ phương trình

2

x y y(x z)

3x 8y 8xy 8yz 2x 4z 2





Lời giải

Hê đã cho tương đương với

x(x y) y(y z) 0

x(x 1) y(y 1) 0 4(x y) 4(y z) (x 1) (2y 1)







Đặt u (x; y), v (x y; y z);w (x 1;2z 1)        

u.v 0,u.w 0,4v     2 w2

 Nếu

1

u 0 x y 0,z

2

 

 Nếu u 0  v, w  cùng phương   w 2v Xét hai trường hợp w 2v, w   2v ta

có nghiệm của hệ

x 0; y ;z

Vậy hệ có hai nghiệm là

(0;0; );(0; ; )



Ví dụ 6: Chứng minh rằng hệ sau đây vô nghiệm







Lời giải

Đặt u (x ; y ;z ), v (1;1;2)  2 2 2 

Ta có: u 1và v    6.

Theo hệ trên, ta có u.v x   2 y2 2z2  7 và | u | | v |   6.

Do đó u.v   u v 

điều này mâu thuẫn với (II)

Vậy hệ trên vô nghiệm

2 Ứng dụng trong chứng minh đẳng thức và bất đẳng thức

a Chứng minh bất đẳng thức

Ví dụ 1: Chứng minh rằng với mọi a, b, c ta có

abc(a b c) a   4b4c4 (*)

Lời giải

Khai triển vế trái: VT = a2bc + ab2c + abc2

Đặt u (ab;bc;ca),v (ca;ab;bc)  

Ta có:

2 2 2 2 2 2

2 2 2 2 2 2

u a b b c c a

v c a a b b c





Áp dụng (II) ta được: abc(a b c) a b   2 2 b c2 2c a2 2 (*)

Lại đặt x (a ;b ;c ), y (b ;c ;a ) 2 2 2  2 2 2

Áp dụng (II) một lần nữa ta được a b2 2 b c2 2 c a2 2 a4 b4 c4 (**)

Từ (*) và (**) suy ra (1)

Theo (IV), dễ thấy bất đẳng thức trở thành đẳng thức khi a = b = c

Ví dụ 2: Chứng minh rằng nếu a > c, b > c và c >0 thì

c(a c)  c(b c)  ab (2)

Lời giải

Đặt u ( c; b c), v ( a c; c)    

Ta có: u  bvà v  a.

Áp dụng (II’) ta được điều phải chứng minh, và theo (IV) bất đẳng thức trở thành đẳng thức khi:

c

a b

b c k c

 



Ví dụ 3: Cho 8 số thực x1, x2, x3, x4, x5, x6, x7, x8 Chứng minh rằng có ít nhất một trong 6số

x1x3 + x2x4; x1x5 + x2x6; x1x7 + x2x8; x3x5 + x4x6; x3x7 + x4x8; x5x7 + x6x8 không âm

Lời giải

Đặt v1(x ;x ),v1 2 2 (x ;x ),v3 4 3 (x ;x ),v5 6 4 (x ;x ),7 8

Ta có: v v 1 2 x x1 3x x , v v2 4  1 3x x1 5x x , , v v2 6  4 3 x x5 7x x ,6 8

Do ít nhất một trong các góc giữa 4 vectơ không vượt quá 900 nên ít nhất một trong 6 tích

vô hướng là không âm

Ví dụ 4: Cho tam giác ABC có AB = c, BC = a, AC = b Trên AB lấy điểm M.

Chứng minh rằng: c2.CM2 = a2.AM2 + b2.BM2 + (a2 + b2 – c2).AM.BM

Lời giải

Giả sử

MA

k

MB 

Ta có

CA kCB CM

1 k







 



(*)

BM.CA AM.CB CM

AM BM





 



c.CM BM.CA AM.CB

   

c CM b BM a AM 2AM.BM(CA.CB)

2.(CA.CB) a  2 b2 c2

Nên

c CM b BM a AM (a b c ).AM.BM

Ví dụ 5: Gọi   , , là ba góc tạo bởi đường chéo của một hình hộp chữ nhật với ba cạnh

Xuất phát từ cùng một đỉnh Chứng minh rằng:

a cos 2 cos 2 cos 2 1

b 4cos2  1 4cos2  1 4cos2  1 21

Lời giải

Lấy đường chéo của hình hộp chữ nhật làm vectơ đơn vị e

, ba cạnh xuất phát từ cùng một đỉnh của hình hộp làm ba trục tọa độ thì cos ,cos ,cos   là các tọa độ của e

Nên: e2 cos2 cos2 cos2 1

Đặt các vectơ:u ( 4cos  2 1; 4cos2 1; 4cos2 1), v (1;1;1) 

Ta có: u  7và v  3.

Áp dụng (II’) ta được điều phải chứng minh, và theo (IV) bất đẳng thức trở thành đẳng

thức khi: 4cos2  1 4cos2  1 4cos2 1

1 cos cos cos

3

      

Ví dụ 6: Chứng minh rằng với mọi tam giác ABC luôn có:

3 cosA cosB cosC

2

(6)

Lời giải

Dễ thấy bất dẳng thức (6) tương đương với

1 4sin sin sin

   sin sin sinA B C 1

Và có nhiều cách chứng minh khác nhau như áp dụng định lí cosin trong tam giác, đưa về dạng tổng bình phương hoặc dựa trên bất đẳng thức hàm lồi

Lời giải sau dựa vào tích vô hướng của các vectơ

Gọi độ dài AB =c, BC = a, CA = b

Từ điểm I tùy ý trong mặt phẳng (ABC) dựng ba vectơ v , v ,v  1 2 3

có độ dài đơn vị lần lượt vuông góc với các cạnh BC, AC, AB

Theo tính chất của tích vô hướng

2

0 (v   v v ) v v v 2(v v     v v v v )

Để ý:

v v cos(v , v ) cosC, v v cosA,v v cos B

  

       

Suy ra 0 3 2(cosA cosB cosC)    nên (6) được chứng minh

Ví dụ 7: Chứng minh rằng với mọi tam giác ABC luôn có

sin sin sin

2  2  2  2

(7)

Lời giải

BĐT (7) tương đương với

Đặt

        

thì   , , lại là ba góc của một tam giác.

Vậy ví dụ 7 đưa về ví dụ 6

Ví dụ 8: Chứng minh rằng với mọi tam giác ABC và ba số thực x, y, z bất kì,luôn có

x2 y2z2 2xycosC 2xz cosB 2yzcos A  (8)

Lời giải

Lại chọn các vectơ v , v ,v  1 2 3

như ví dụ 6, áp dụng tích vô hướng cho các vectơ

xv , yv ,zv  

ta được

0 (xv  yv zv ) x y z 2(xycosC xzcos B yzcos A). 

Từ đó ta có ngay đpcm

Ví dụ 9: Chứng minh rằng với mọi tam giác ABC và ba số dương m, n, p tùy ý,luôn có

2  2  2  2 m  n p

(9)

Lời giải

Trước mắt các bạn ví dụ 9 có vẻ “thách thức” hơn Thế nhưng sau khi rút gọn vế phải của (9), ta có

2 2 2

1

(n p p m m n ) 2nmp

Khi đó (9) tương đương

(n p p m m n ) 2mnp(msin nsin psin )

(9’) Đặt mn = x, mp = y, np = z BĐT(9’) trở thành

(x y z ) 2(xycos xzcos yzcos ) 2(xycos xzcos yzcos )

Với

tạo thành ba góc một tam giác

Ví dụ 9 được đưa về ví dụ 8

Ví dụ 10: Chứng minh rằng với mọi tam giác ABC và mọi số thực x, luôn có

2

1

1 x cosA x(cos B cosC)

2

(10)

Lời giải

Dễ nhận thấy sau khi chuyển vế phái của BĐT(10) sang vế trái ta được điều chứng

minh (10) về phép chứng minh tam thức bậc hai

2

x

f (x) (cos B cosC)x 1 cos A 0, x

2

Tuy nhiên đó không phải là phương pháp duy nhất hữu hiệu Thật vậy,lại chọn các vectơ

1 2 3

v ,v , v

  

như ở ví dụ 6 rồi dung bình phương vô hướng của vectơ v xv   1v2 v ,3 ta

được

0 v  (xv  v v ) x v v 2x(v v   v v ) 2v v )  

Suy ra 0 x 2 2x(cos B cosC) 2cos A 2  

x2 2 2x(cos B cosC) 2cos A 

Hay

2

1

1 x cosA x(cos B cosC)

2

Sau cùng chúng ta tiếp tục vận dụng ý tưởng trên vào một bài toán hình học không gian đặc sắc mà việc chứng minh bằng một đường lối khác hẳn sẽ vô cùng gay cấn

Ví dụ 11: Chứng minh rằng tổng các cosin của sáu nhị diện tạo bởi bốn mặt của tứ diện

bất kì luôn nhỏ hơn hoặc bằng 2

Lời giải

Gọi      1, 2, 3, 4, 5, 6 là các góc phẳng của sáu nhị diện tạo thành Từ điểm I tùy ý

trong hình tứ diện, ta dựng bốn vectơ đơn vị lần lượt vuông góc với bốn mặt của tứ diện, gọi các vectơ đó là v , v , v , v   1 2 3 4

Bình phương vô hướng của vectơ v v     1v2v3v4 ta được

0 v (v   v v v )  4 2(cos cos cos cos cos cos )

Từ đó ta có

6

i

i 1

cos 2



 



Cũng dễ dàng kiểm nghiệm khi tứ diện gần đều ta có

6

i

i 1

cos 2



 



3 Ứng dụng trong bài toán cực trị

Ví dụ 1: Tìm giá trị lớn nhất của hàm số y x 1 2 3 x  

Lời giải

ĐK: 1 x 3 

Đặt u ( x 1; 3 x ), v (1;2)    

Ta có: u  2và v  5.

Theo (II’) ta được y x 1 2 3 x    10

Suy ra max y 10 khi 2 x 1  3 x  x 75

Ví dụ 2: Cho   , , là ba góc dương có       2 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

F 1 tan tan    1 tan tan    1 tan tan  

Lời giải



     

ta có tan( ) tan(2 )



     

1 tan tan tan

  

 tan tan  tan tan  tan tan  1

Đặt u ( 1 tan tan ; 1 tan tan ; 1 tan tan );v (1;1;1)           

Ta có: u 2và v  3.

Theo (II’) ta được F 1 tan tan    1 tan tan    1 tan tan   2 3

Suy ra max F 2 3 khi tan tan tan 6



           

4 Bài tập tự giải.

Bài 1: Giải hệ phương trình:

x y z 3

  











Bài 2: Chứng minh bất dẳng thức: sin x sin ysin z cos x cos ycosz 1 

Bài 3: Chứng minh rằng nếu tam giác ABC có các trung tuyến ứng với cạnh AB và BC

Vuông góc thì ta có

4 cos B

5



Bài 4: Cho a, b, c là ba số không âm và a + b + c = 1 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

F a b  b c  c a

Vậy bằng một phương pháp thống nhất, nhiều bài toán phức tạp được giải quyết khá đơn giản, với khối lượng tính toán và biến đổi được rút gọn đến mức tối thiểu đồng thời bảo đảm được tính chính xác và sáng tỏ

Giáo viên: Lê Thị Tỵ - Tổ Toán