Đang tải... (xem toàn văn)
Vectơ, một công cụ giải toán khá mạnh và đem lại những bất ngờ và thú vị trong lời giải của một số bài toán hay và khó. Chuyên đề nhỏ này xin trình bày 3 nội dung cơ bản sau:Phần I: Sử dụng tọa độ vectơ trong giải toán đại sốPhần II: Sử dụng tọa độ vectơ trong giải toán hình họcPhần III: Sử dụng tọa độ vectơ trong giải toán lượng giác.
THPT CHUYÊN LÀO CAI GV: TRẦN HOÀI VŨ 1 CHUYÊN ĐỀ: SỬ DỤNG TỌA ĐỘ VECTƠ ĐỂ GIẢI TOÁN ( Hè 2011) ********************************* Vectơ, một công cụ giải toán khá mạnh và đem lại những bất ngờ và thú vị trong lời giải của một số bài toán hay và khó. Chuyên đề nhỏ này xin trình bày 3 nội dung cơ bản sau: Phần I: Sử dụng tọa độ vectơ trong giải toán đại số Phần II: Sử dụng tọa độ vectơ trong giải toán hình học Phần III: Sử dụng tọa độ vectơ trong giải toán lượng giác. @ I) Sử dụng tọa độ vectơ trong giải toán đại số 1. Sử dụng vectơ trong giải phương trình, bất phương trình. *) Bổ đề 1: Cho hai vectơ , u v . Khi đó: i) u v u v . Đẳng thức xảy ra u v ii) u v u v . Đẳng thức xảy ra u v Trong ii) nếu ta thay v bởi v thì ta có: iii) u v u v . Đẳng thức xảy ra u v Chứng minh i) Đặt , u AB v BC u v AC . Với 3 điểm A, B, C luôn có: AC AB BC (đpcm) Đẳng thức xảy ra A, B, C thảng hàng theo thứ tự đó u v ii) Đặt , u AB v BC u v AC Với 3 điểm A, B, C luôn có: AC AB BC (đpcm) Đẳng thức xảy ra A, C, B thảng hàng theo thứ tự đó u v iii) Hiển nhiên có được từ ii) *) Bổ đề 2: Với mọi vectơ , u ta có: 2 0 u . Đẳng thức xảy ra 0 u Chứng minh (Dễ dàng) THPT CHUYÊN LÀO CAI GV: TRẦN HOÀI VŨ 2 *) Bổ đề 3: Cho hai vectơ , u v . Khi đó: i) . . u v u v . Đẳng thức xảy ra u v ii) . . u v u v . Đẳng thức xảy ra u v Chứng minh i) Ta có: . . cos( , ) cos( , ) 1 u v u v u v đpcm u v . Đẳng thức xảy ra cos( , ) 1 u v u v ii) Ta có: . . cos( , ) cos( , ) 1 u v u v u v đpcm u v . Đẳng thức xảy ra cos( , ) 1 u v u v Bài số 1: Giải pt: 2 2 2 5 2 10 29 x x x x (1) Giải 2 2 2 2 (1) ( 1) 2 ( 1) 3 29 x x Chọn ( 1;2), ( 1;3) ( 2;5) 29 u x v x u v u v (1) trở thành: u v u v . Mặt khác, ta luôn có: u v u v . Đẳng thức xảy ra 1 1 1 2 3 5 x x u v x Bình luận : Mấu chốt của việc chọn tọa độ cho hai vectơ trên là gì? Rất đơn giản, phải thỏa mãn 2 điều kiện: Một là: Vectơ tổng phải là vectơ không đổi ( có tọa độ cụ thể) và 29 u v Hai là: Hai vectơ chọn phải có tung độ ( hoặc hoành độ) cùng dấu. Chẳng hạn: 2 và 3 hoặc -2 và -3. Bài số 2: Giải pt: 2 2 2 5 6 10 5 (2) x x x x Giải 2 2 2 2 (2) ( 1) 2 ( 3) 1 5 x x . THPT CHUYÊN LÀO CAI GV: TRẦN HOÀI VŨ 3 Chọn ( 1;2), ( 3;1) (2;1) u x v x u v . (2) trở thành: u v u v . Mặt khác, luôn có: u v u v Đẳng thức xảy ra 1 3 5 2 1 x x u v x Cách khác: Chọn ( 1;2), (3 ; 1) (2;1) u x v x u v . (2) trở thành: u v u v . Mặt khác, luôn có: u v u v Đẳng thức xảy ra 1 3 5 2 1 x x u v x Bình luận: Nếu đề bài ra như sau thì giải quyết thế nào? 2 2 2 2 2 5 6 10 5 6 10 2 5 5 x x x x x x x x . Rất đơn giản, đặt điều kiện để VT > 0, giải bình thường sau đó kiểm tra no tìm được với điều kiện. Bài số 3: Giải pt: 3 2 2 3 2 9 18 36 9 9 (3) x x x x x Giải Bài trên ko giống dạng 2 bài trước, ta tìm hướng giải quyết khác. Viết lại pt(3) như sau: 3 2 2 3 2 1. 9 18 1. 36 9 9 (3) x x x x x Điều kiện: 2 4 x . Chọn 3 2 2 3 2 (1;1), ( 9 18 ; 36 9 ) . 6 3 2 u u v x x x x u v x v x Mặt khác, luôn có: . . u v u v . Đẳng thức xảy ra u v Kết hợp với pt(3), ta có: 2 9 6 3 x x x . Với x = 3 thì u v Vậy pt(3) có no x = 3. Bài số 4: Giải bpt: 2 1 3 2 1 (4) x x x x Giải Điều kiện: 1 3 x . Viết lại (4) như sau: 2 1 1. 3 2 1 (4) x x x x THPT CHUYÊN LÀO CAI GV: TRẦN HOÀI VŨ 4 Chọn 2 1 ( ;1), ( 1; 3 ) 2 u x u x v x x v (4) trở thành: . . (*) u v u v . Mặt khác, luôn có: . . (**) u v u v Từ (*) và (**) suy ra: 2 3 2 (3 ) 1 3 1 0 1 . . 1 0 0 3 1 1 2 x x x x x x x x u v u v u v x x x x x Bài số 5: Giải bpt: 2 2 2 2 2 3 9 3 (5) x x x x x Giải Điều kiện: ………………… Hình thức ko khác gì bài số 4, tuy nhiên nếu chỉ làm đơn thuần như bài số 4 thì ko thể có vế phải được. Vì thế phải biến đổi “ nghệ thuật” như sau: 2 2 2 2 (5) 1. 2 2. 3 9 3 (5) 2 x x x x x Chọn 2 2 2 3 2 2 (1; 2), ( 2 ; ) . 3 9 3 2 3 1 u x u v x x u v x x v x x Bpt(5) trở thành: . . (*) u v u v . Mặt khác, luôn có: . . (**) u v u v Từ (*) và (**) suy ra: 2 2 2 2 2 1 . . 2 2 2 3 1 0 2 2 1( ) 1 ( ) 2 x x u v u v u v x x x x x x x l x x l Bình luận: Việc viết ra 2 con số 1 và 2 thật ko tự nhiên chút nào? Mò chăng? Ta thấy rằng VP ko âm, vì thế ta sẽ viết vế trái như sau: 2 2 2 2 2 2 2 2 . . ,( , 0) x x x x x x Chọn 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 ( ; ), ( ; ) . ( )( ) x x x x x x u v u v THPT CHUYÊN LÀO CAI GV: TRẦN HOÀI VŨ 5 Hay là: 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2( ) 2( ) .u v x x Đến đây thì mọi việc thật đơn giản, chỉ cần tìm , sao cho: 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 3 2( ) 9 2 , ( , 0) 2( ) 3 Ta chỉ cần chọn 1, 2 là xong. Thật tuyệt vời!!! Bài số 6: Xác định m đề pt sau có nghiệm: 2 2 1 1 (6) x x x x m Giải 2 2 1 3 1 3 (6) ( ) ( ) 2 4 2 4 x x m Chọn 1 3 1 3 ( ; ), ( ; ) ( 1;0) 1 2 2 2 2 u x v x u v u v Ta có: 1 1 m u v u v m . Đẳng thức xảy ra 1 1 2 2 3 3 2 2 x x x . Vậy: Để pt có no thì 1 1 m Bình luận: Từ bài toán trên ta có thể dẫn xuất ra 2 bài toán sau: +) Bài toán 1: Xác định m đề pt sau có nghiệm: 2 2 1 1 x x x x m ( Tất nhiên đáp số ko thay đổi) +) Bài toán 2: Chứng minh các bất đẳng thức sau: 2 2 1 1 1 1 x x x x và 2 2 1 1 1 1 x x x x Bài số 7: Xác định m đề pt sau có nghiệm: 2 2 1 1 (7) x x x x m Lời giải bài toán trên thật đơn giản, ko khác gì lời giải bài toán 6. Tuy nhiên, độc giải hãy bình luận về các lời giải sau đây: THPT CHUYÊN LÀO CAI GV: TRẦN HOÀI VŨ 6 *)Lời giải 1: 2 2 1 3 1 3 (7) ( ) ( ) 2 4 2 4 x x m Chọn 1 3 1 3 ( ; ), ( ; ) ( 1;0) 1 2 2 2 2 u x v x u v u v Ta có: 1 1 m u v u v m . Đẳng thức xảy ra 1 1 2 2 3 3 2 2 x x x . Vậy: Để pt có no thì m > 1. *)Lời giải 2: Ta có: 2 2 2 2 1 3 3 1 3 3 1 ( ) (*); 1 ( ) (**) 2 4 2 2 4 2 x x x x x x Vì đẳng thức ko đồng thời xảy ra ở (*) và (**) nên có: 3 m . *)Lời giải 3: Đặt 2 2 2 2 1 1 2 2 ( ) 1 1 '( ) 1 3 1 3 ( ) ( ) 2 4 2 4 x x f x x x x x f x x x 2 2 1 1 1 1 2 2 '( ) 0 0 2 2 1 3 1 3 ( ) ( ) 2 4 2 4 x x f x x x x x x ( Vì hàm 2 ( ) 3 4 u g u u đồng biến trên ). Lập bảng biến thiên, ta thấy: min ( ) (0) 2 m f x f . Vậy 2 m . Bình luận: Với 3 cách giải cho ta 3 đáp số?!. Cách giải nào đúng? Cách giải nào sai? Sai ở đâu? Nếu sai thì sửa sao cho đúng? THPT CHUYÊN LÀO CAI GV: TRẦN HOÀI VŨ 7 *) Lời giải 1: Ta luôn có: u v u v , nhưng lưu ý rằng có đẳng thức khi hai vectơ cùng chiều. Chính cách chọn vectơ đã vi phạm điều cấm này. Chọn lại như sau: Chọn 1 3 1 3 ( ; ), ( ; ) ( 1; 3) 2 2 2 2 2 u x v x u v u v Ta có: 2 2 m u v u v m . Đẳng thức xảy ra 1 1 2 2 0 3 3 2 2 x x x . Vậy: Để pt có no thì 2 m . *)Lời giải 2: Sử dụng đánh giá trong lời giải 2 là hết sức cục bộ( đánh giá cùng lúc tổng 2 biểu thức chứ ko được đánh giá từng biểu thức một). Chẳng hạn ta có thể đánh giá vài cách khác như sau: +) 2 2 2 2 1 3 1 3 1 1 ( ) ( ) 3 2 4 2 4 m x x x x x x +) 2 2 2 2 2 2 3 1 3 1 1 1 ( 2) ( 2) 0 4 4 4 4 m x x x x x x x x +) 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 1 1 ( 1) ( 1) 2 2 2 2 2 2 2 m x x x x x x x x +) 2 2 2 2 2 2 1 3 2 2 1 3 2 2 2 6 1 1 ( ) ( ) 4 4 3 3 4 4 3 3 3 m x x x x x x x x …………………………………………………. *)Lời giải 3: Tất nhiên là lời giải đúng. Sử dụng pp hàm số kèm theo một chút khéo léo trong biến đổi cho ta một lời giải đẹp! THPT CHUYÊN LÀO CAI GV: TRẦN HOÀI VŨ 8 2. Sử dụng vectơ trong bài toán bất đẳng thức và cực trị. Bất đẳng thức và cực trị là một dạng toán hay nhưng lại rất khó. Chính vì thế, chuyên đề nhỏ này cũng chỉ xin giới thiệu một số bài toán hết sức cơ bản và đơn giản nhằm minh họa phương pháp mà thôi! Bài số 8: Cho các số thực a, b, c, d. Chứng minh bất đẳng thức: 2 2 2 2 2 ( ) ( )( ) ab cd a c b d (8). Đẳng thức xảy ra ad bc Giải Chọn ( ; ), ( ; ) u a c v b d . Khi đó: . . . . . u v u v u v u v u v hay: 2 2 2 2 2 2 2 2 2 ( )( ) ( ) ( )( )( ) ab cd a c b d ab cd a c b d đpcm Đẳng thức xảy ra u v ad bc Bài số 9: CMR với mọi a, b, c ta có: 2 2 2 2 2 2 a ab b a ac c b bc c (9) Đẳng thức xảy ra khi nào? Giải Ta có: 2 2 2 2 2 2 2 2 3 3 ( ) ( ) ; ( ) ( ) 2 2 2 2 b b c c a ab b a a ac c a Ta thấy VP ko có a, vậy chọn vectơ khéo léo để “ mất a”. Chọn 2 2 3 3 3 3 ( ; ); ( ; ) ( ; ) 2 2 2 2 2 2 2 2 b b c c b c b c u a v a u v u v b bc c Ta luôn có: u v u v suy ra đpcm. Đẳng thức xảy ra ( ) (*) 2 2 0 : 3 3 . (**) 2 2 b c a k a u v k u kv b c k Từ (**), ta có các kết quả sau: +) Nếu 0 0,(*) 0 c b a ( do k > 0) +) Nếu 0 0 c b .Trong (*) nếu a = 0 thì (*) bc < 0 ( do k > 0). Điều này mâu thuẫn với (**) là bc > 0. Nghĩa là nếu 0 0 c b thì 0 a Do đó từ hệ điều kiện ta phải có: ( )( ) 0 ( )( ) 0 (1) 2 2 2 2 0 0 (2) 0 (3) ( ) ( ) 2 2 b c b c a a a a bc bc b c ab bc ca a c a b THPT CHUYÊN LÀO CAI GV: TRẦN HOÀI VŨ 9 Từ (3) có: bc a b c , thay vào (1) và biến đổi ta có: 2 2 2 2 ( ) ( ) 0 0 ( ) ( ) bc b c b c b c b c ( luôn đúng do bc > 0) Vậy có đẳng thức 0 0 0 a b c bc ab bc ca Kiểm ta với một vài trường hợp đặc biệt: a = -1/2; b = c = 1 hoặc b = 1, c = 2; a = -2/3 hoặc b = c = -1; a = 1/2 Bài số 10: Chứng minh , x y , ta có: 2 2) ( )(1 ) 1 (1 )(1 2 x y xy x y (10) Giải Ta có (10) 2 2 2 2 (1 ) (1 ) 1 (1 )(1 ) 2 x y y x x y 2 2 2 2 2 2 2 1 2 1 1 1 1 1 1 x y y x x y y x Đặt: 2 2 2 2 2 2 2 1 1 2 ; ; ; 1 1 1 1 x x y y u v x x y y . Suy ra : 1 u v Mà . . u v u v . Vậy . 1 u v (đpcm). Đẳng thức xảy ra 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 . . 4 (1 )(1 ) 1 1 1 1 ( ) ( 1) 1 x y x y u v xy x y x y x y x y xy x y xy Bài số 11 ( A -2003): . Cho x, y, z là ba số dương và x + y + z 1 Chứng minh rằng: 2 2 2 2 2 2 1 1 1 82 x y z x y z (11) Giải Chọn 1 1 1 ( ; ); ( ; ); ( ; ) u x v y w z x y z . Ta có: u v w u v w , tức là có: THPT CHUYÊN LÀO CAI GV: TRẦN HOÀI VŨ 10 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 ( ) ( ) x y z x y z x y z x y z Dự đoán có đẳng thức khi x = y = z = 1/3. Vì thế ta biến đổi như sau: 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 ( ) ( ) 81( ) ( ) 80( ) 1 1 1 2.9( )( ) 80( ) 18.3.3 80.1 82( ) x y z x y z x y z x y z x y z x y z x y z x y z đpcm Bài số 12 (DB1 – A - 2005) : Cho x, y, z là ba số thực thỏa x + y + z = 0 Chứng minh rằng: 3 4 3 4 3 4 6 x y z Giải Chọn ( 3;2 ), ( 3;2 ); ( 3;2 ) x y z u v w . Ta có: u v w u v w , tức là: 2 2 3 2 3 4 3 4 3 4 ( 3 3 3) (2 2 2 ) 27 (3. 2 2 2 ) 6. (" " 0) x y z x y z x y z x y z Bài số 13: Cho x, y, z > 0: x + y + z = 3. Tìm GTNN của biểu thức: 2 2 2 2 2 2 P x xy y x xz z y zy z Giải Ta có: 2 2 2 2 2 2 3 3 3 ( ) ( ) ( ) 2 4 2 4 2 4 y y z z x x P x y x Chọn 3 3 3 ( ; ); ( ; ); ( ; ) 2 2 2 2 2 2 y y z z x x u x v y w z . Ta có: u v w u v w , tức là: 2 2 3 3 9 3 ( ( )) ( ( )) .9 .9 3 3 2 2 4 4 P x y z x y z Vậy minP = 3 3 1 x y z [...]... (đpcm) A Đẳng thức xảy ra OM ON OP 0 O là trọng tâm tam giác MNP Mặt khác: Theo cách đặt vectơ ban đầu thì O là trực giác MNP tâm tam OM PN 0 Thật vậy: Ta có: OM ON ON OP OP.OM ON PM 0 O là trực tâm OP.MN 0 Vậy: MNP đều nên OM ON OP cos A cos B cos C ABC đều 22 THPT CHUYấN LO CAI GV: TRN HOI V BI TP P DNG Bi s 29:Chng minh rng: x 2 xy y 2 + y 2 yz... = 3 a b c 0 Bài số 28: Cho tam giác ABC Chứng minh rằng: 6cosA.cosB.cosC cos2A + cos2B + cos2C (28) Giải Nếu tam giác ABC là tam giác tù (có một góc tù) thì (28) hiển nhiên đúng vì khi đó vế trái âm, còn vế phải dương Nếu tam giác ABC không phải là tam giác tù thì trên mặt phẳng ta đặt các vectơ OM , ON , OP sao cho: OM cos A (OM , ON ) C ON cos B và (ON , OP ) A ... V BI TP P DNG Bi s 29:Chng minh rng: x 2 xy y 2 + y 2 yz z 2 + z 2 zx x 2 3( x y z ) , x,y,z > 0 Bi s 30: Chứng minh rằng với mọi x ta có: 2sin 2 x 4 2sin 2 x 2 2 sin x 5 17 Bi s 31: Giả sử h phng trỡnh 2 2 x xy y 3 có 2 y yz z 2 16 nghiệm Chng minh rng: 8 xy yz zx 8 Hng dn x 3 3 z Đặt u ( y ; x ) , v ( z; y ) p dng: u.v u v 2 2 2 2 Bi s 32: Cho bn s thc tựy . v u v u v hay: 2 2 2 2 2 2 2 2 2 ( )( ) ( ) ( )( )( ) ab cd a c b d ab cd a c b d đpcm Đẳng thức xảy ra u v ad bc Bài số 9:. thẳng d qua 1 4 5 ; ; 3 3 3 I và vuông góc với (P) nhận vecto pháp tuyến 1;1;1 n của (P) làm vecto chỉ phương nên có p/trình: 1 3 4 : 3 5 3 x t d y t z t . thành: . . (*) u v u v . Mặt khác, luôn có: . . (**) u v u v Từ (*) và (**) suy ra: 2 2 2 2 2 1 . . 2 2 2 3 1 0 2 2 1( ) 1 ( ) 2 x x u v u v u v x x x x x x x l x x l