Tài liệu Skkn-sử dụng pp vecto và tọa độ để giải một số bài toán sơ cấp

Sáng Kiến Kinh Nghiệm SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP VÉCTƠ VÀ TỌA ĐỘ GIẢI MỘT SỐ BÀI TOÁN SƠ CẤP THƯỜNG GẶP  Giáo Viên: Nguyễn Đức Năng LONG THÀNH, THÁNG 12 NĂM 2005 Trang 1 Sáng Kiến Kinh Nghiệm A. ĐẶT VẤN ĐỀ: Dựa vào phương pháp toạ độ do chính mình phát minh Descartes đã sáng lập ra môn hình học giải tích .Qua đó cho phép chúng ta nghiên cứu hình học bằng ngôn ngữ đại số thay cho ngôn ngữ hình học.Việc này giúp ta bỏ đi thói quen tư duy cụ thể, trực quan, nhằm đạt tới đỉnh cao của sự khái quát hoá và trừu tượng của toán học và nhiều lĩnh vực khác. Trong dạy và học toán việc lựa chọn công cụ phù hợp để giải các bài toán là việc làm rất cần thiết, chọn được công cụ thích hợp tất nhiên lời giải sẽ tốt nhất. Sau đây tôi xin trình bày việc sử dụng“phương pháp vectơ và toạ độ” để giải một số bài toán sơ cấp ơ’ phổ thông. B. GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ PHẦN I: LÝ THUYẾT I. HỆ TRỤC TOẠ ĐỘ DESCARTES VUÔNG GÓC TRONG MẶT PHẲNG. 1. Định nghĩa: Trong mặt phẳng cho hai đường thẳng x’ox, y’oy vuông góc ur uu r với nhau.Trên Ox, Oy lần lượt chọn các véc tơ đơn vị e1 , e2 .Như vậy ta có một hệ trục toạ độ Descartes vuông góc Oxy. 2. Toạ độ của một điểm và của một véc tơ: Cho điểm M trong mp Oxy. Hạ MH vuông goc x’Ox và MK vuông góc y’Oy. Theo qui tắc hình bình hành, ta có: uuuu r uuur uuur OM  OH  OK ur ur  xe1  ye2 Trang 2 Sáng Kiến Kinh Nghiệm Bộ hai (x, y) được hoàn toàn xác định bởi điểm M và được gọi là toạ độ của điểm M, ký hiệu M(x, y). ur uuuu r ur Cho a trên hệ trục. Khi đó tồn tại duy nhất một điểm M sao cho OM  a . ur Gọi (x,y) là toạ độ của điểm M . Khi đó bộ hai (x,y) gọi là toạ độ của véc tơ a trên ur hệ trục Oxy và ký hiệu là a = (x,y). 3. Các phép tính véc tơ : r ur Cho hai véc tơ a  (a1 , a2 ) ; b  (b1 , b2 ) và k là một số thực. Các phép tính véc tơ như phép cộng, phép trừ, phép nhân một số với một véctơ, tích vô hướng hai véc tơ được xác định như sau: ur r a  b  (a1  b1 , a2  b2 ) ur r a  b  (a1  b1 , a2  b2 ) ur k.a  ( ka1, ka1 ) ur r a.b  a1b1  a2b2 4. Các công thức về lượng : ur r Cho hai véc tơ a  (a1 ; a2 ) ; b  (b1 ; b2 ) và gọi  là góc tạo bởi hai véctơ đó ur r ur r r r a.b  a . b khi và chỉ khi a và b là hai véctơ cùng hướng u rr a.b a1.b1  a2 .b2 cos  ur r  ab a12  a2 2 . b12  b2 2 Khoảng cách từ điểm M(x0, y0) đến đường thẳng (D):Ax +By +C = 0 là : d ( M , D)  Axo  Byo  C A2  B 2 5. Phương trình của đường thẳng, đường tròn . Trang 3 Sáng Kiến Kinh Nghiệm * Phương trình của đường thẳng (D) đi qua điểm M(x 0, y0) và nhận véctơ r n  ( A, B ) làm véc tơ pháp tuyến là: A(x – x0) + B(y – y0) = 0 * Phương trình đường tròn tâm I (a, b) bán kính R là: (x – a) 2 + (y – b)2 =R2 II.HỆ TRỤC TOẠ ĐỘ DESCARTES VUÔNG GÓC TRONG KHÔNG GIAN. 1. Định nghĩa : Trong không gian cho ba đường thẳng x’ox, y’oy, z’Oz vuông góc ur uu r uu r với nhau đôi một. Trên Ox, Oy, Oz lần lượt chọn các véc tơ đơn vị e1 , e2 , e3 . Như vậy ta có một hệ trục toạ độ Descartes vuông góc Oxyz. 2. Toạ độ của một điểm và của một véc tơ. Cho điểm M trong kh ông gian Oxyz. Hạ MH vuông góc x’Ox, MK vuông góc y’Oy và ML vuông góc z’Oz. Theo qui tắc hình hộp, ta có : uuuuu r uuuur uuuur uuur OM  OH  OK  OL ur uu r uu r  xe1  ye2  ze3 Bộ ba (x,y,z) được hoàn toàn xác định bởi điểm M và được gọi là toạ độ của điểm M, ký hiệu M(x,y,z). ur uuuuu r ur Cho a . Khi đó tồn tại duy nhất một điểm M sao cho OM  a . Gọi (x, ur y. z) là toạ độ của điểm M. Khi đó bộ ba (x, y, z) gọi là toạ độ của véc tơ a trên hệ ur trục Oxyz và ký hiệu là a = (x,y,z). 3. Các phép tính véc tơ : ur r Cho hai véc tơ a  (a1 , a2 , a3 ) ; b  (b1 , b2 , b3 ) và k là một số thực. Trang 4 Sáng Kiến Kinh Nghiệm Các phép tính vectơ như phép cộng, phép trừ, phép nhân một số với một vectơ, tích vô hướng, tích có hướng hai vectơ được xác định như sau: ur r a  b  (a1  b2 , a2  b2 ) ur r a  b  (a1  b1 , a2  b2 ) ur k.a  (ka1 , ka1 ) ur r a.b  a1b1  a2b2 ur r a a a a aa � � ( 2 3 , 3 1 , 1 2 ) a . b � � b b bb bb 2 3 3 1 1 2 4. Các công thức về lượng : r ur Cho hai vectơ a  (a1 , a2 , a3 ) ; b  (b1 , b2 , b3 ) và gọi  là góc tạo bởi hai vectơ đó ur r ur r r r a.b  a . b khi và ch ỉ khi a và b là hai vectơ cùng hướng ur r a1.b1  a2 .b2  a3 .b3 a.b cos   ur r  2 ab a1  a2 2  a32 . b12  b2 2  b32 r Cho (D) là đường thẳng đi qua A và có vectơ chỉ phương a  (a1, a2 , a3 ) uuuur và điểm M. Giả sử ta tính được AM  (b1,b2 , b3 ) Khi đó khoảng cách từ điểm M đến đường thẳng (D) được tính là : a2 a3 d ( M , D)  2 2 a a aa  3 1  1 2 b2 b3 b3 b1 b1 b2 2 a12  a2 2  a32 5. Phương trình của mặt phẳng, đường thẳng và mặt cầu. a. Phương trình của mặt phẳng (P) đi qua điểm M(x 0,y0,z0) và có cặp ur r vectơ chỉ phương a  (a1 , a2 , a3 ) ; b  (b1 , b2 , b3 ) là : a2 a3 a a aa ( x  x0 )  3 1 ( y  y0 )  1 2 ( z  z0 )  0 b2 b3 b3 b1 b1 b2 Trang 5 Sáng Kiến Kinh Nghiệm b. Phương trình tham số của đường thẳng (D) đi qua điểm M(x 0,y0,z0) ur v à nhận vectơ a  (a1 , a2 , a3 ) làm vectơ chỉ phương là: �x  x0  a1t � �y  y0  a2t �z  z  a t 0 3 � (t là tham số) c. Phương trình mặt cầu t âm I (a, b,c) và có bán kính R là : (x – a)2 + (y – b)2 + (z – c)2 = R 2 PHẦN II : CÁC BÀI TOÁN III. CÁC BÀI TOÁN GIẢI BẰNG PPTĐ TRONG MẶT PHẲNG: 1. CÁC BÀI TOÁN ĐẠI SỐ: Bài 1: Cho 4 số thực x1, x2, x3, x4. chứng minh rằng (x12 +y12)(x22 +y22) �(x1 x2+ y1 y2)2 Giải: ur r Trên mặt phẳng toạ độ xét 2 vectơ : a  ( x1 , y1 ); b  ( x2 , y2 ) ur r Ta có ur r a b � a.b ur 2 r 2 a b ur r (a.b)2 vậy (x12 +y12) (x22 +y22) �(x1 x2+ y1 y2)2 ur r đẳng thức xãy ra � a // b � x1 y2  x2 y1 Bài 2: Chứng minh rằng nếu x, y, z > 0 thì x 2  xy  y 2  x 2  xz  z 2  y 2  yz  z 2 Giải Trang 6 Sáng Kiến Kinh Nghiệm Bất đẳng thức can chứng minh tương đương với: y 3 2 z 3 2 y z 3 3 2 ( x  )2  ( y)  ( x  ) 2  ( z)  (  )2  ( y z ) (1) 2 2 2 2 2 2 2 2 y 3 3 3 y z Xét 3 điểm A( x  , z ) ; B(0, y  z ) ; C (  ,0) 2 2 2 2 2 2 (1) � AB + AC > BC Ta có AB  AC �BC với 3 điểm A, B, C bất kỳ ở đây �uuur y 3 y) �AB  ( x  , � 2 2 � uuu r z 3 �u AC  ( x  ,  z ) � � 2 2 Hai véctơ này không thể ngược hướng (vì hoành độ cùng âm) do đó không thể xãy ra đẳng thức AB + AC > BC. Vậy bất đẳng thức (1) được chứng minh. Bài 3 Giải bất phương trình: x  1  x  3 � 2( x  3) 2  2 x  2(1) Giải Điều kiện x �1 Xét mặt phẳng toạ độ Oxy các vectơ: r � u  ( x  3, x  1) � �r v  (1,1) � r �u  ( x  3) 2  x  1 � �r � �v  3 �r r u.v  x  1  x  3 � � rr r r Suy ra bất phương trình (1) tương đương u.v �u . v Trang 7 Sáng Kiến Kinh Nghiệm r ۭ ۭ �u r v � x  3  x 1 �x 2  6 x  9  x  1 �� �x �3 �x 2  7 x  10  0 �� �x �3 �� x5 �� � �� x2 �x �3 � � x5 Vậy x=5 là nghiệm duy nhất. Bài 4 Chứng minh rằng: cos 4 x  1  sin 4 x  1 �cos 2 x , x �R Giải Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, các vectơ: r � a  (cos 2 x,1) r r � � a  b  (cos 2 x,0) �r 2 b  (sin x,1) � Khi đó, từ r r r r a  b �a  b � cos 4 x  1  sin 4 x  1 �cos 2 x � ( dpcm) Bài 5 Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số: y  f ( x)  cos 2 x  2cos x  5  cos 2 x  4cos x  8 Giải Trong mặt phẳng toạ độ xét các véctơ: r � a �  (1  cos x,2) �r b  (2  cos x,2) � Trang 8 Sáng Kiến Kinh Nghiệm r �a  (1  cos x) 2  22  cos x 2  2cos x  5 � �r 2 2 2 Khi đó : �b  (2  cos x)  2  cos x  4cos x  8 �r r �a  b  32  42  5 � r r r r a  b �a  b từ <=> y �5 Dấu “=” xảy ra (chẳng hạn) tại x  2 3 Vậy miny=5 Bài 6 : T ìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức y  x 2  2 px  2 p 2  x 2  2qx  2q 2 ( p �q) Gi ải Ta c ó y  ( x  p)2  p 2  ( x  q)2  q 2 Trên mp toạ độ lấy hai điểm A(p, q) : B(q,q). Bài toán trở thành: Tìm M(x,0) thuộc Ox sao cho (MA +MB) đạt giá trị nhỏ nhất. Xét hai trường hợp: - Nếu pq <0 thì A hoặc B trùng O, hoặc A,B nằm về hai phía đối với O .Khi đó (MA + MB) nhỏ nhất � M trùng O, tức là ymin  2 p 2  2q 2  2( p  q ) đạt được khi x = 0 - Nếu pq >0 thì A, B nằm cùng phía đối với O (đồng thời nằm cùng phía đối với Ox). Lấy A’ đối xứng với A qua Ox ta có A’(p, -p), đồng thời : MA  MB  MA ' MB �A ' B Đẳng thức xãy ra � A’, M, B thẳng hàng Trang 9 Sáng Kiến Kinh Nghiệm uuuuuu r uuuuu r �x  p  k (q  p ) � A' M  k A' B � � �p  k (q  p) p � k � pq �� � �x  2 pq � � pq ymin  A ' B  ( p  q) 2  ( p  q) 2  2( p 2  q 2 ) đạt được khi x = 2pq/(p+q) y B A x O A ’ M Bài 7 Giải phương trình: x 2  2 x  2  4 x 2  12 x  25  9 x 2  12 x  29 Giải Trong mặt phẳng toạ độ Oxy xét các vectơ: r r r � u  ( x  1,1) � � u  v  (3 x  2,5) �r v  (2 x  3, 4) � Trang 10 Sáng Kiến Kinh Nghiệm r �u  x 2  2 x  2 � �r � �v  4 x 2  12 x  25 �r r �u  v  9 x 2  12 x  29 � Suy ra phương trình (1) tương đương: r r r r uv  u  v r r � u  kv(k  0) �x  1  k (2 x  3) �� 1  k .4 � � 1 k � � 4 �� �x  1  1 (2 x  3) � 4 � 1 k � �� 4 � 4x  4  2x  3 � � 1 k � � 4 �� �x  7 � 2 Vậy phương trình (1) có nghiệm duy nhất x  7 2 Bài 8:Tìm m để phương trình sau có nghiệm 3  x  6  x  (3  x)(6  x)  m Giải Đặt u  3  x ; v  6  x Phương trình đã cho trở thành � u  v  1  10  2m (1) u  v  uv  m � � �2 �2 2 u  v  9 � �u  v2  9 (2) � � � u �0, v �0 u �0, v �0 (3) � � Trang 11 Sáng Kiến Kinh Nghiệm - Phương trình (1) biểu thị 1 đường thẳng thay đổi song song với đường phân giác thứ hai, phương trình (2) biểu diễn 1 đường tròn có tâm tại góc toạ độ và bán kính = 3 Trang 12 Sáng Kiến Kinh Nghiệm Hệ có nghiệm khi và chỉ khi đường thẳng (1) và đường tròn (2) có điểm chung thoả điều kiện (3). 3 �1  10  2m �3 2 Vậy Pt có nghiệm khi � ۭ 6 2 9 m 3 2 Bài 9: Chứng minh rằng: a 2  a  1  a 2  a  1 �2, a �R (Hướng dẫn) Xét hai vectơ �r � 1 3 � a , �x  � � � � � � 2 2 � � r � 1 3� �u y  a  , � � � � 2 2 � � � � 1  2cos2 x  1  2sin 2 x  m Bài 10: Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số : y  f ( x)  cos 2 x  6cos x  13  cos 2 x  2cos x  2 trên  2004 , 2006  (Hướng dẫn) Xét hai vectơ r � a �  (3  cos x, 2) �r b  (1  cos x,1) � 2. CÁC BÀI TOÁN HÌNH HỌC : Trang 13 Sáng Kiến Kinh Nghiệm Bài 1: Cho tam giác ABC vuông tại A, các cạnh góc vuông là bvà c, M là một điểm trên cạnh BC sao cho góc BAM =  . Chứng minh rằng: AM = bc c.cos   b sin  Giải Chọn hệ trục toạ độ như hình vẽ Khi đó A(0,0) , B(b,0), C(0,c) , M9x,y) Từ định nghĩa: x = AM cos  , y = AM sin  . Nên M(AM cos  , AM sin  ) uuuu r c uuu r Do M thuộc BC � CM cùng phương v ới CB AM cos  AM sin  0 b c � AM (c cos   b sin  )  bc bc � AM  c cos   b sin  � y M y O B X x Bài 2: Cho tam giác ABC có độ dài các trung tuyến va độ dài bán kính đường tròn ngoại tiếp lần lượt là ma , mb , mc , R Chứng minh: 9R ma  mb  mc � 2 (Đại học y dược TPHCM năm2000) Giải A c B O Trang 14 a b C Sáng Kiến Kinh Nghiệm Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giac ABC.Ta có: uuu r uuu r uuur (OA  OB  OC ) 2 �0 uuu r uuu r uuu r uuur uuur uuu r � OA2  OB 2  OC 2  2(OA.OB  OB.OC  OC.OA) �0 � 3R 2  2 R 2 (cos 2 A  cos 2 B  cos 2C ) �0 � 3  2(3  2sin 2 A  2sin 2 B  2sin 2 C ) �0 9 � sin 2 A  sin 2 B  sin 2 C � 4 Do đó theo bất đẳng thức Bunhiacopski: ma  mb  mc � 3( ma2  mb2  mc2 ) � 9 2 (a  b2  c2 ) 4 � 9(sin 2 A  sin 2 B  sin 2 C ).R 2 9 9 � 9. .R 2 � .R 4 2 9 � ma  mb  mc � R 2 Dấu”=” xảy ra khi tam giác ABC đều. Bài 3: (SGK HH 10) Cho tam giác ABC cân tại A. Gọi H là trung điểm của BC, D là hình chiếu của H trên AC , M là trung điểm của HD. Chứng minh AM vuông góc BD. Giải Chọn hệ trục toạ độ như hình vẽ Trang 15 Sáng Kiến Kinh Nghiệm Khi đó: H(0,0), A(0,a), B(-c,0), D(x,y) Y A B M O=H D C x r uuuur uuuu � ( x,  y)(c, a)  0 � DH  AC � � u u u u r u u u u r � Ta có : �AD cung phuong AC � �x y  a �c  a  0 � cx  ay  0 � �� ax  cy  ac � Vậy D( � a 2c x  � � a2  c2 �� c2a � y  � a2  c2 � a 2c c2 a , ) , M là trung điểm của HD nên: a2  c2 a2  c2 Trang 16 Sáng Kiến Kinh Nghiệm a 2c c2 a M( , ) 2(a 2  c 2 ) 2(a 2  c 2 ) r uuuu r uuuuu 2a 2c  c3 c2 a a 2c -c2 a  2a 3 � BD. AM  ( 2 2 , 2 2 )( 2 2 , ) a  c a  c 2(a  c ) 2(a 2  c 2 ) 2a 4c 2  a 2c 4 -c4 a 2  2a 4c 2   0 2(a 2  c 2 ) 2(a 2  c 2 ) Vậy BD Vuông góc AM (đpcm) Bài 4 (Đề thi HSG toàn quốc – Năm 1979) Điểm M nằm trên đường tròn ngoại tiếp tam giác đều ABC. Chứng minh giá trị của MA4 + MB4 + MC4 không phụ thuộc vào vị trí của M. Giải Gọi I,R là tâm và bán kính của đường tròn (c) ngoại tiếp tam giác đều ABC. Dựng hệ trục như A(0,0); B( 3R R 3 3R  R 3 , ); C ( , ); I ( R,0) 2 2 2 2 hình vẽ, ta M ( x, y) �(C ) � MI  R � MI 2  R 2 � x 2  y 2  2Rx 2 � 3R 2 R 3 2� MA  MB MC  ( x  y )  � (x  )  ( y  ) � 2 2 � � 4 4 4 2 2 2 2 Ta có � 3R 2 R 3 2� � (x  )  ( y  ) � 2 2 � �  (2 Rx)2  (3R 2  Rx  R 3 y)2  (3R 2  Rx  R 3 y )2  6 R 2 x  6 R 2 y 2  18R 4 12 R 3 x  6 R 2 ( x 2  y 2 )  18R 4 12 R 3 x  6 R 2 2 Rx  18R 4 12 R3 x  18R 4 Vậy giá trị MA4 + MB4 + MC4 không phụ thuộc vào vị trí M Trang 17 có Sáng Kiến Kinh Nghiệm B ài 5 (Đ ề thi v ô đ ịch Anh - n ăm 1981) Cho tam giác ABC cân tại A. D là trung điểm cạnh AB, I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, E là trọng tâm của tam giác ACD. Chứng minh IE vuông góc CD. Gi ải Chọn hệ trục như hình vẽ (O là trung điểm của BC) Khi đó : O(0,0); A(0,a); B(-c,0); C(c,0); D(-c/2, a/2); E(c/6,a/2),(a,c>0) Gọi I(x, y) Giả thiết suy ra uuur uuur c a � � ( x  , y  ).(c, a)  0 �DI  BA � 2 2 r uuuu r�� �uuu OI  BC � � ( x, y).(2c, o)  0 � �x  0 �� � a2  c2 �y  2a � V ậy I (0, a c ) 2a 2 y A D E I 2 B O x C uur uuuur c c 2 3c a c 2 c 2 � IE.DC  ( , )( ,  )    0 6 2a 2 2 4 4 � IE  DC (dpcm) IV. CÁC BÀI TOÁN GIẢI BẰNG PP TOẠ ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN . 1. CÁC BÀI ĐẠI SỐ: Bài 1:Giải hệ phương trình �x  y  z  1 �2 2 2 �x  y  z  1 �3 3 3 �x  y  z  1 Trang 18 Sáng Kiến Kinh Nghiệm Giải u r r r Xét hai véc tơ u  ( x0 , y0 , z0 ) ; v  ( x02 , y0 2 , z0 2 ) trong đó u  ( x0 , y0 , z0 ) Là nghiệm tuỳ ý (nếu có) của hệ đã cho. u rr Ta có u.v  x03  y03  z03  1 u r r Ngoài ra tính được u  1 ; v  1  2( x02 y02  y02 z02  z02 x02 �1 u r r u rr Vậy u . v �1  u.v u rr u r r Do đó u.v  u . v Dấu bằng xãy ra �x0 y0  1 � y0 z0  1 �� � �z0 x0  1 �x  y  z  1 0 0 �0 Từ đó suy ra �x0  1 �x0  0 �x0  0 � � � �y0  0 ; �y0  1 ; �y0  0 �z  0 �z  0 �z  1 �0 �0 �0 Thử lại ta được hệ đã cho có 3 nghiệm (1,0,0) ; (0,1,0) : (0,0 ,1) Bài 2 : Giải bất phương trình: x  1  2 x  3  50  3x �12 Giải Điều kiện: � �x �1 � � 3 � �x � � 2 � 50 x� � � 3 3 2 x 50 3 Trong mặt phẳng Oxy xét các vectơ: r � u  (1,1,1) � �r v  ( x  1, 2 x  3, 50  3 x ) � Trang 19 Sáng Kiến Kinh Nghiệm r �u  3 �r � � �u  x  1  2 x  3  50  3 x  48  4. 3 �r r u.v  x  1  2 x  3  50  3 x � � rr r r Suy ra(1) ۭ u.v u . v Đẳng thức này luôn đúng 3 2 50 3 Vậy nghiệm bất phương trình đã cho là �x � a2 Bài 3 x y z 3 x2  y2  z 2 3(1) x3 y3 z33 � � � � Giải hệ: � � � � Giải Xét trong Không gian Oxyz các vectơ: r � u  ( x, y , z ) � �r v  (1,1,1) � r �u  x 2  y 2  z 2  3 � �r � �u  3 �r r u.v  x  y  z  3 � � rr r r � u.v  u . v r r �u ۭ v x y z �   �0 1 1 1 � x  y  z 1 (Thoả (1) Vậy: x=y=z=1 là nghiệm duy nhất của hệ (1). Trang 20