Tìm hiểu thêm về tích vô hướng

Tìm hiểu thêm về tích vô hướng Định nghĩa: Có nhiều định nghĩa tích vô hướng của hai véc tơ, ở đây ta chỉ nêu một số định nghĩa quen thuộc trong chương trình phổ thông.. Trong hệ toạ độ [r]

Tìm hiểu thêm về tích vô hướng

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

Cho hai véc tơ u,v( 0) tích vô hướng của hai vec tơ đó kí hiệu là u.vđược xác định như sau: u.v  u.v cos u,v

Trong hệ toạ độ Oxy tích vô hướng còn được xác định như sau:

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

Trong hệ toạ độ oxyz tích vô hướng cũng được 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 zdương 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 (đpcm)

2

2 2

y x

z x z

y z y













Dấu “=” xảy ra khi hai véc tơ cùng hướng 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:

    2 2

w     

Mặt khác: .  .    2 2  2 2 2 2.

d c b a d b c a v

u w v u

w             

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

2

3 cos cos

Giải. Gọi đường tròn (I;r) nội tiếp ABC có các tiếp điểm A1,B1,C1 lần lượt thuộc

khi đó xét:

AB

CA

BC, ,

2

1 1 1 0.

IA IB IC

  

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

1

2 1

2















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

IA                 

(1)  3 r2  2 r2cosA cosB cosC 0



2

3 cos cos

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

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

4

9 sin

sin sin 2A 2B 2C 

cmr:

.

2

3 3 sin sin

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

0

2













     

OC OB OA

2 2 2 2  0















2 2

OA OB

















Tương tự cho hai tích vô hướng còn lại ta thu được:

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



4

9 sin

sin sin 2A 2B 2C 

Dấu bằng có được khi trùng với hay tam giácO G ABCđều

2

3 3 sin sin

sinA B C usinA; sinB; sinC  ,v1 ; 1 ; 1

2

3 3 4

9 3 sin

sin sin

3 sin

sin

Dấu bằng đạt được khi tam giác ABCđều

Vận dụng trong các bài toán liên quan đến phương trình

và hệ phương trình.

Thí dụ 5 Giải phương trình sau: 9

1

2 2







x

Giải Điều kiện x 0

Chọn   , áp dụng (*) ta suy ra:



















1

; 1

1 , 1

;

2

2

x

x x

v x

1

1 1 8

1

2 2

















x x

x x

7

1 1

1

2 2







x x

Kết luận phương trình đã cho có nghiệm

7

1



x

Thí dụ 6. Giải hệ phương trình sau:





















 0 0 1

2 2 2

zy z

zx y

yz x

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

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

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

Nếu u  0 thì suy ra v,w cộng tuyến  x2 yz  0 trái với phương trình đầu Như vậy u  0 hay y  z  0 Từ pt đầu x2 yz  0 x   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 phương trình sau: 2 2 2

3 3 3

1 1 1

x y z

x y z

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

 

 

0

0

xy

zx

u v

u v

















 

 

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

Thí dụ 8 Giải hệ





































2 2 2

2

1 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

Với



































z x

z y z

x z

z y

w

v

2

2 2 3

2 1





Thay y z, vào (1) ta được .

3

4 , 3

2 , 3

8





x

Với





































0

2 4 2

3 1

x

z y

x z z

z y

w

v 

Thay vào (1) ta được 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 có nghiệm Cmr:





















16

3

2 2

2 2

z yz y

y xy x

8





yz zx xy

Giải. Chọn  Từ hệ ta có:

































2

; 2

3 , 2

3

; 2

z y z v x

x y

Mặt khác: u v  xy yzzx, mà

2

3 



3 4 v  u v 

u  

Như vậy suy ra: xyyzzx 8.(đpcm)

Thí dụ 10. Cho a,b,c,dR. Có a2 b2 c2 d2  1 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 u  w















c b

d a w

u 

















c b

d a w

u 

Kết luận: ab  dc 0

Thí dụ 11 Giả sử hệ có nghiệm, cmr:























b ay cx

a cy bx

c by ax

3

3 3

3 b c abc

a   

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

, do nên ta suy ra ba véc tơ















 0

0

0

m w

m v

m u













0

 

m

là đồng phẳng Mặt khác ta dễ dàng kiểm tra được các góc

a b c v b c a w c a b

u ; ; , ; ; ,  ; ;

     u,v  v,w  w,u u v w      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 = thì suy ra Theo

3

2

w v

u       0





























b a c

a c b

c b a

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 có nghiệm, cmr:



















4

8

2 2 2

zx yz xy

z y x

3

4 , , 3

4





Giải (Quy ước số 0 có dấu dương hoặc âm).

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

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

Giả sử x,y  z0 ;  0 Ta 4 ( Vô lí)

2

8 2

2 4

2 2 2 2 2

















Giả sử x  0 ;y,z 0 Ta suy ra: 4.(Vô lí)

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

-Trường 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 như vậy

 ; ;   ,  1 ; 1 ; 1



OA

z

y

x

OM  OM  8 ,OA  3 OM .OA  x yz  4

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 được hoành độ hayx

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

.cos( , )

x OM OM Ox  x

Mặt khác AAOM, AAOx không đổi nên AMOx đạt lớn nhất hay nhỏ nhất khi ba

đường thẳng OA, OM, Ox là đồng phẳng OM,OA .i  0  y z. Với thay









vào hệ được













 3 4

0

x x

Tức là trong trường hợp này

3

4

0 x

- Trường 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

Như vậy từ hai trường hợp cho ta kết quả .

3

4 3

4





Vai trò x ,,y z như nhau nên ta có được .(đpcm)

3

4 , , 3

Vận dụng tư tưởng này chúng ta giải quyết bài toán sau:

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

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 ; ; ,  v x y z; ; , w 1;1;1 khi đó BĐT là:

  

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:

u v   u w v w

     

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 AAOB AAOC ACOB      Suy ra

cos  cos  

Suy ra: cos 1 cos  cos 

cos 1 2cos cos

Dấu = khi   và   2

Cuối cùng xin đưa ra một bài toán hình học nhưng 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 lượt là góc giữa

đường 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 lượt là , Theo đề bài m, a, b c

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 (*)

Nhân hai vế (1)lần lượt với các véc tơ và bình phương lên ta suy ra a, b, c

2 cos 2

x   y2  cos 2 z2  cos 2

Như vậy theo (*) suy ra: cos 2 cos 2  cos 2  1.(đpcm)