Tài liệu Vector sinh pdf

Cũng nhờ vectơ, nhiều bài toán hình học phẳng, hình học không gian rất khó nếu chỉ giải quyết chúng bằng hình học thuần túy, nhưng lại trở nên đơn giản hơn khi ứng dụng vectơ.. Đối với v

Lời nói đầu

Trong chương trình toán ở bậc THPT, vectơ là một khái niệm quan trọng, nó có tính khái quát cao, có thể sử dụng cho cả hình phẳng lẫn hình không gian và thậm chí cả đại số Nhờ vectơ,

ta có thể đưa tọa độ vào bài toán hình học do đó tránh khỏi những sai lầm về mặt trực quan Cũng nhờ vectơ, nhiều bài toán hình học phẳng, hình học không gian rất khó nếu chỉ giải quyết chúng bằng hình học thuần túy, nhưng lại trở nên đơn giản hơn khi ứng dụng vectơ Chính vì vậy, nghiên cứu các ứng dụng của vectơ vào việc giải toán hình học, thậm chí cả đại số là một vấn đề khá thú vị và ý nghĩa

Đối với vectơ, những khía cạnh đáng để quan tâm và có thể dùng để giải quyết các bài toán

là khá nhiều, trong đó có việc chứng minh ba điểm thăng hàng, ba đường thẳng đồng quy, hai đường thăng vuông góc, hay chứng minh cũng như thiết lập các bất đăng thức Nhưng trong

khuôn khổ một chuyên đề nhỏ, tôi xin chỉ đề cập đến việc ứng dụng tích vô hướng của hai vectơ vào việc thiết lập và chứng minh bất dẳng thức Đây là một vấn đề không còn mới về tổng quan và chủ yếu vẫn là khai thác các khía cạnh sau:

e Sử dụng tích vô hướng để tính khoảng cách giữa các điểm đặc biệt, cho các khoảng cách

đó không âm hoặc so sánh chúng, ta được các bất đăng thức

e Su dụng bình phương vô hướng của z# là đại lượng không âm (z là một vectơ được chọn

Cho tam gidc ABC, canhh BC = a,CA = b, AB =c, diém M bén trong tam giác Đặt:

r= SAMBC | SAMAC = SAMBA

Đây là hệ thức quen thuộc và chứng minh nó không có gì khó khăn Tuy nhiên từ đây ta

có thể thu được rất nhiều bất đẳng thức trong tam giác khi cho Ä⁄ là những điểm đặc biệt cũng như khi xét mối quan hệ giữa điểm đặc biệt đó

Trước hết, cho 2 là một điểm bất kỳ trong mặt phẳng, ta có

(1) = «(MO + OA) + y(MO + OB) + z2(MO+0C) =0

© (z++z)OM = xOA + uOB + 20C

—> (+ + z)“.OM = z OA“ + ˆOBˆ + zOCZ+

+ 2O AOB + 2uzO BOO + 2z2rOCOA

© (z++z).OM2 = z^OA“ˆ+ˆOB” + zOC“+

+(OA”+ OBÝ ~ c*) + yz(OB* + OC? — a*) + zz(OAˆ + OCZ — b°)

© (z++z)“.OM = (z++z)(wOA + OB” + zOC2) — (xyc? + yza* + xzb*)

©OM2 = zO A2 +OB“ + zOCZ — (aục + za^ + +zb”) — (9)

1) Chọn (Ó, ?) là đường tròn ngoại tiếp tam giác 4Œ

Hé thtfc (2) tro thanh: OM? = R? — (xyc? + yza? + xzb7) (3)

Cho M 1an luot 1a cdc diém dac biét trong tam giác, ta có các bài toán sau:

Bai toan 1 Cho tam giác ABC Chitng minh: a? + b* + c? < 9R?

1 2 bZ 2

Lời giải Khi MĨ = G, ta có z =1 —= z—= 3 nén OG" = RY — ———

Bai toan 2 Cho tam giác 4BŒ Chứng minh:

Thay ty vo) cóc vào (3) ta có: OJ? = R? - ——"— TH >

b) OF? = R? - > R? — 2Rr Suy ra diéu phải chứng minh a

Dp

Ta có bài toán tương tự trong không gian:

Bài toán 2'_ Cho tứ diện 1Œ D ngoại tiếp mặt cầu (7, z) và nội tiếp mat cau (O, R) Khi đó

(S4+Sp+So+Sp)R* = S4.1A* + Sp.IB? + Sc.IC* + Sp.ID? + (Sa + S%pg + Sơ + Sp)OT”

— S4.LA* + Sp.IB? + Sc.IC* + Sp.ID?

Nhưng /A > hạ —r > SA.TA > 3V —rSa

=> SA.IA? + Sg.IBˆ + Soc.IC2 + Sp.ID2 > 9V = är(SA + Sp + Sơ + Sp)

Ngoài ra, trong tam giác còn có một số điểm đặc biệt khác nữa ( chủ yếu xét các điểm tạo

ra các hệ thức dạng (1) trong đó z, 3, z có quan hệ với các cạnh tam giác):

Điểm Giác-Gôn

Cho tam giác 4C, đường tròn nội tiếp tam giác tiếp xúc ba cạnh BŒ, CA, 4B lân lượt tại

Ai, BỊ, Ci Khi đó ba đường 44, ĐBị, CƠ: đồng quy tại một điểm 7, gọi là điểm Giác-Gôn Điểm J thỏa mãn hệ thức

p-c

RB:

Cho M trung JJ, ta c6 bai toán sau:

Bài toán 3 Cho tam giác 1Œ Chứng minh:

Lời giải a) Suy trực tiếp bằng cách thay z, , z ở trên vào hệ thức

OM? = R* — (xyc? + za^+zzb”) (3)

5

a +b? +c? = 2p(p*? — 3r? — 6Rr)

Suy ra

G2

p(r? + 4Rr)? ( Ap*r

Rr+4R? > V/4p?r(R +1) hay

1 ` vr2+rh 2p“ R{r+4R

Điểm Lơ-moan

Cho tam giác 41BŒ, A¡, B:,C;) lần lượt thuộc BŒ,CA, 4B sao cho

AIB — BƠ a GAP

Khi đó ba đường 44:, ÐB\¡, CC; đồng quy tại một điểm 7 thỏa mãn

a?LA + b?*LB + cL = 0 Lời giải Ba đường đồng quy do định lý Cêva

Hệ thức cần chứng minh cũng suy ra ngay từ cách xác định các điểm 4, B;, C, Ta có:

2) Cho M = J-tam dudng tron ndi tiép tam giac ABC

Khi d6 afA + bJB + cIC' = 0 hay

Cho O lần lượt là các điểm đặc biệt của tam giác ABC, ta có các bài toán sau:

Bài toán 5_ a) 3(œb + be + ca) 3 a^ + b2 + cˆ + 36tr

b) —— +- —_————— + ————— >

JVaz+3be Vb?+38ac Vc2+3ba — 2

Lời giải a) Cho Ó@ = (Œ7-trọng tâm tam giác, ta có:

IGŒ=— ” GA2+ b Gp+—< Ge — whe + beat + ach" —

a+ba+reg 00 + m, + em) a+b+e

& dam: + 4bm; + 4cem?2 > 9abc

& a(2b* + 2c — a?) + b(2a? + 2c? — b*) + c(2a* + 2b? — c*) > 9abc

2ab(a + b) + 2be(b + c) + 2ca(e +a) > a? +b? +c? + Yabe

© 2(a+ b+ e)(ab + be + ca) > (a” + b° + e? — 3abe) + 18abc

© 2(a+b~+ e)(œb + be + ca) 3 (a+b~+ e)(@ˆ + bˆ + cˆ — ab — be — ca) + 18.4]S

© 3(ab + be + ca) > aˆ + bˆ + cˆ + 36]†r

b) Cũng từ

1G? = —* qa? + —! _@pe 4 CÔ cac nhổ + bea + ách

ta co

2(a*b +a°c+bea+b’c+Catcb) Sa’ +b? +04 9abe (*)

Si dung bat dang thttc Bunhiacopxki, ta duoc

Vậy cân chứng minh

Vu+b~+cVaŠ +3 + c5 + 9abe ” 2

© 4(a+b+ oy > 9(a’ + b° +c? + Yabc)

& 12(a*b +a°c+batbe+catec’d) > 5(a’? +b? +c’) + 57abe

Nhung do (*) thi

12(a°b +a°c + bat b’c+cCat+cb) > 6(a? +b? +c’) + 54abe 3 5(a° + b° + cổ”) + 57abc

a® +b? + &

Bai toan 6 Cho tam giác ABC Chitng minh a) 4R? >

at+tb+ec b) 4R? — 8Rr > a? +b? +c? — ab — be — ca

Loi giai a) Cho O = HH, ta có

a*bc + b?ca + cab

TH” =|(a+b)+(b+e) + (e+a)|R + (b+ o)(c+a)(2R* — c?)+

+(c+ø)(a+b)(2R“ — a”) + (b+c)(a+b)(2Rˆ — b2) > 0

© 4F“(a+b+e) > (b+e)(e+ a)eˆ° + (e+ a)(ø + b)dˆ + (b + e)(a + b)bˆ

© 4F (a+b+c) >a?”+? + c) + abc

& 4R*(at+bt+c) >(at+b+e)(a? +b? +c — ab — ac — be) + 4abe

Bai toan 7 Cho tam giác 1BŒ có @,G, H, ïT lân lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp, trọng tâm, trực tâm, tâm đường tròn nội tiếp Chứng minh

at+tb+e

TH? —4R2 — a’? +b? +c? + abc

at+b+e

IG? = -1H’? + -OF — 20G? = =(a? + bˆ+ ga giá th +e) c7) — 3(a +b +0)

a) Dé dang c6 duoc (a? + b? + c?)(a+b+c) > 9abe nén OG < OI

Thật vậy, bất đăng thức trên tương đương với

5(a” + b° + €) + 9abe > 4ab(a + b) + 4be(b + e) + 4ca(e 4+ a) Điều này suy ra từ

a’? +b? +c? + 3abe > ab(a + b) + be(b +c) + ca(e + a)

a’? +b? +c? > 3abc

1H b) Dựa vào bất đẳng thức

a? +b? +0 <9R? va a’ +0? +c > 3abe 2abc

suy ra [G* <= 2R? —

a+b+e = 2OI° Ta cé diéu phai chttng minh =

2 Khai thac bat dang thife zi” > 0

Xét vectơ ? = z\#A + MB + zMC, ta luôn có #? > 0 Từ đó suy ra

cyc? + yza* + zxb?

tM A? + yMB? + zMC? >

LT+rytzZ

Dau dang thitc xay ra khi M 14 tam ti cu theo bộ số z, y, z cla ba diém A, B,C

Ta lai thu duoc cac bai toan sau:

Bai toan 8 Cho tam giac ABC Chứng minh:

aM A? + bM B? + cMC? > abc

Loi gidi Trong (*) cho x = a, y = Ù,z = c, ta có điều phải chứng minh Dấu đẳng thức xảy

Bai toan 8.1 Tim diém M trong tam gidc ABC sao cho T = MA.MB.AB+MB.MC.BC+ MA.MC.AC nho nhat Tim T khi do

Lời giải Ta sẽ chứng minh T’ > abc That vay:

rye + yza* + zxb* = abc

Thay vao (*), ta co

abe.(c MC + b6.MB-+a.MA) aMB.MC+0.MC.MA+c.MA.MB

suy ra

T > abc

& B'C'.MA’®4+C'A MB" + B'A' MC” > A'B' B'C' CA’

Bài toán 9_ ( Chọn đội tuyển Việt Nam đi thi quốc tế 2003)

có ít nhất một tï số không bé hơn —— : & v3

Loi giải Ta chứng minh:

Tu bai toan nay, ta c6 mot bai toan tuong tu trong khong gian sau:

Bai toan 9' Goi R 1a ban kinh mat cau ngoai tiép ti dién A; A2A3 Ay va S; la diện tích các mặt đối diện các đỉnh A;, (i = 1; 4) M 1a diém bất lỳ trong không gian Chứng minh:

Goi G 1a trong tam ttt dién, m, la do dai cac duong trong tuyén tuong ting Ta c6 GA; = qm:

Do đó

( vì 9m4 = 3(b{ + bộ + b3) — (d2 + đã + ø3)(%) và tương tự cho ?n;¿ )

H

Nhan xét rang T < 16R?, ta c6 điều phải chứng minh a

Từ hệ thức (+) trong lời giải bài toán trên, ta có bài toán

Bài toán 10 Trong một tứ diện, đường trọng tuyến đối diện với mặt có tổng bình phương các cạnh lớn hơn thì lớn hơn

Lời giải Kết quả này là hệ quả trực tiếp từ hệ thức (x) bằng cách xét hiệu mỹ — rnƒ a Quay lại với bài toán , tách điểm 4 thành 2 điểm riêng biệt Ä⁄, 1” trong tam giác, ta có bài toán

Bài toán II Cho tam giác ABC, M, M’ bén trong tam giác Chứng minh:

a.MA.M'A+6.MB.M'B+c¢.MC.M'C > abe

12

C

Bài toán này không dễ giải quyết vì nó khá tổng quát , Ä⁄, M⁄” hầu như không có mối liên

hệ nào Tuy nhiên, ta có thể giải quyết một số bài toán trong các trường hợp riêng của nó

Bài toán 11.1 Cho tam giác 4Œ, T là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ă bên trong tam giác Chứng minh

a.MA.ITA +b.MPB.IB+c.MCŒ.TIŒC > abc Loi gidi Tacé a.MA.IA > a.MA.IA = a(MI.IA + IA?)

Suy ra

a.MAIA+).MBIB+¢c.MCIC > MI(alA+bIB+cIC) + al A? + bIB? + cIC? = abe

a Tiến gần tới bài toán tổng quát hơn một chút, ta có bài toán sau:

Bài toán 11.2 Cho tam giác 4Œ, T là tâm đường tròn nội tiếp tam giác 1í, M" bén trong tam giác sao cho ZMIM’ < 90” Chứng minh

a’ = (aM A* +bMB? + cMC’)(a+b+.c) —abc(at+b+c)

0 = (aM'Aˆ + bM'Bˆ + cM'C2)(a + b + e) — abe(a + b + c)

a.MA.M'A>a.MA.M'A= 5 (a-MA® + a.M' A?’ — a.M'M’*)

> abc + 5(a +b + o)(MI + M'I* — M'M?)

Do ZMIM' < 90° nén MI? + M'I? — M'M? > 0

Diéu nay dan dén

3) Phương pháp chứng minh bài toán tổng quát hơi khác so với việc chứng minh các trường hợp đặc biệt và sẽ được đề cập ở phần sau

3 Khai thác định nghĩa tích vô hướng

Tiếp theo ta khai thác định nghĩa tích vô hướng

Bài toán 12_ Cho đường thẳng xz’ và hai điểm 44, 2 nằm về một phía của no, M € xz’ Biét rang

cos ZAMa _ 0

cosZBMx giv a > 9) Chứng minh với mọi ® trên #z”, ta có

WG +b = 0 = acos(NM, MA) + bcos(NM, MB) =0

+) Néu N € Mz thiacos(NM, MA)+bcos(NM, MB) = —acos ZAMx+bcos ZBM x = 0 +) Nếu N € Mz’ hoan toan tuong tu, ta cfing c6 acos(NM, MA) + bcos(NM, MB) = 0

M

Lời giải Cho điểm X bất kỳ, ta có:

_ MAAXA, MA.XA_ vÄA

C ¡ là phải chi ố đi A ti _ Dat — = 7 — = 7 —_ =

Còn lại à phải chỉ ra X cố định và tính X4 + XBö+ XŒ Dat 'XBT XG k,

i+j+k=0 suy ra (+ j)? = k2 = cos (2 7) =

Tương tự, (2 š) = 120° và do đó X là điểm nhìn ba cạnh tam giác với góc 120° (Điểm Toricelli)

Vay MA+ MB+ MC dat gia tri nho nhat bang — †39v3 khi M 1a diém

Các bài toán sau là hệ quả của bài toán về điểm Toricelli

16

Bai toan 13.1 Cho tam gidc ABC M 1a diém Toricelli cia tam giác Chứng minh

1

a’ MA+b0.MB+c¢.MC < 5 (MA+ MB+ MC)?

Loi giai Dat MA = 2, B=y, MC = z, tacé cac hé thitc

q2 = 1ˆ + 1z + 22; bˆ = zˆ + zw + 1”; cˆ = xzˆ + xu + 9Ÿ Khi đó ta chỉ cần chứng minh

Bai toan 13.2 Cho z, y, z 1a cac số thực dương thỏa mãn z + + z = 1 Đặt

da = V2 + z + z2;b = V22 + z+z + 32;:c = W+2 + zụ + 92 Chứng minh: ab + bc + ca = 1

Lời giải Giả sử cho điểm M bat ky trong mat phẳng

Dung cdc diém A, B,C sao cho MA = 7; MB = y;MC = z va ZAMB = ZBMC = LOMA = 120°

Khi đó MA 1a diém Toricelli cla tam gidc ABC c6 ba canh BC = a;CA = 6; AB =

Ta cần chứng minh

2 + p2 2 a) +e boa > 1=MA+MB+ MC = **"*" jos

Bài toán trở thành: Tìm gia tri nho nhat cua MA+ MB+ MC

Theo bài toán 13, ta có 4+ MB+ MCŒ 5 —_ + 25,\/3 va dau bang xảy ra khi

J là điểm Toricelli của tam giác ABC nén viéc còn lại là tính diện tích Š của tam gidc ABC

Suy ra (+7)? = (+? = ( ÿ) = (E, ] hay X nhìn 4Ð và CD dưới những góc bằng nhau

Tiếp đó là một bài toán tương tự trong phẳng

Bài toán 15 Cho tam giác 1Œ Khi đó VI ta có

aMB+bMC+cMA > Vatb? + Be + c2c2 Lời giải Gọi X là điểm thỏa mãn

hayaMA+0MB+4+cMC 2aXB+0XC4+CcXA

XB 3+«XC 3+XA_ >»

Dat a ca = đi — Me ta CÓ

ai +bj7 +ck =0 Mat khac, dat i = ““;ÿ= = = ae ta cũng có

LX BC =ZXCA=ZXAB=a ( X là một điểm Brôca của tam giác ABC)

Vậy aXB -+bXC +cXA= va2Ù2 + b2c2 + c2a2

Từ bài toán trên, nhờ cách tính các khoảng cách từ điểm Brôca đến các đỉnh tam giác, ta

có bài toán sau:

Bai toan 16 Cho tam giác ABC’, BC = a,C A = 6, AB = c Chitng minh:

a2b -L bc - ca > da bÊ + bˆcˆ + c 2d?

Lời giải Trước hết, ta có nhận xét sau: Với mọi 1, trong tam giác 4C thì

MA.sinZBNC + MB.sinZCNA+ MC.sin ZANB

>NA.sinZBNC + NB.sinZCNA+ NC sin ZANB Tiếp đó cho Ä⁄ và N 1a hai diém Broéca cla tam gidc, chi y: ZBNC = 180° — B; ZCNA = 180° —C; ZANB = 180° — A va cach tinh nhu bài trên, ta có điều phải chứng minh a

Từ bài toán I5 lại sinh ra một bài toán tương tự như bai toan 13.3

Bài toán 15.1 Tìm giá trị nhỏ nhất

aMB+b.MC+¢.MA > Ve2h? +P2 + 2a?

va dau bang xay ra khi JV 14 diém Broca thoa man ZIM BC = ZMCA = ZMAB a Bây giờ quay trở lại bài toán I1 Trước hết, ta có bài toán sau:

20

Bài toán 11.3 (Dự tuyển IMO 98)

Cho tam giác 418C Mĩ, N là các điểm bên trong tam gidc sao cho ZM AB = ZNAC; ZMBA = ZNBC

Dat ZMAB = ẤNA{ =œ;Z/£MBA = ⁄NBC = Ö

Theo dinh ly Ceva dang sin thh 7MCB= ZNCA=y