ĐẠI HỌC ĐÀ NẴNG TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM KHOA TỐN  KHĨA LUẬN TỐT NGHIỆP ĐỀ TÀI: TÍCH VECTƠ VÀ ỨNG DỤNG GIẢI TỐN SƠ CẤP ` Người hướng dẫn Sinh viên thực Lớp : T.S Lê Văn Dũng : Trần Đăng Quang : 14ST Đà Nẵng, tháng 05 năm 2018 Sinh viên: Trần Đăng Quang GVHD: TS Lê Văn Dũng Mục lục Lời nói đầu Chương I Vectơ phép toán 1.1 Các định nghĩa .3 1.2 Các phép toán 1.3 Tích vectơ Chương II Ứng dụng tích vectơ vào giải toán sơ cấp 12 2.1 Ứng dụng tích vơ hướng 12 2.2 Ứng dụng tích có hướng 14 2.3 Ứng dụng tích ngồi 16 2.4 Ứng dụng giải tốn quỹ tích 19 2.5 Ứng dụng giải toán cực trị 22 2.6 Ứng dụng giải toán hệ thức lượng tam giác 25 2.7 Các đẳng thức vectơ 27 Kết luận 35 Tài liệu tham khảo 36 Trang Sinh viên: Trần Đăng Quang GVHD: TS Lê Văn Dũng Lời nói đầu Trong toán học sơ cấp, vectơ khái niệm quan trọng, có tính khái qt cao, áp dụng hình học phẳng, hình học khơng gian chí đại số Nhờ có vectơ tốn hình học trở nên trực quan Có nhiều tập hình học phẳng hình học khơng gian giải hình học túy khó trở nên đơn giản dùng phương pháp vectơ Chính vậy, nghiên cứu ứng dụng vectơ vào việc giải tốn hình học, đại số vấn đề thú vị Vì vậy, tơi lựa chọn đề tài Tích vectơ ứng dụng giải toán sơ cấp Đối với vectơ nhiều khía cạnh nghiên cứu phạm vi đề tài này, chủ yếu khai thác khia cạnh sau: - Vectơ phép toán - Ứng dụng tích vectơ vào giải tốn sơ cấp Trang Sinh viên: Trần Đăng Quang GVHD: TS Lê Văn Dũng Chương I Vectơ phép toán 1.1 Các định nghĩa Định nghĩa 1.1 Định nghĩa vectơ Các đại lượng vật lí khối lượng, thể tích, cơng lượng vô hướng; độ dời, vận tốc, gia tốc lực vectơ Kí hiệu: ✓ Đại lượng vectơ biểu diễn chữ 𝑎⃗ Khi vec tơ 𝑎⃗ biểu diễn ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ Do đó, 𝑃𝑄 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ = đoạn thẳng nối từ điểm P tới điểm Q kí hiệu 𝑃𝑄 𝑎⃗ ✓ Độ lớn vectơ gọi modul vectơ kí hiệu |𝑎⃗| Modul ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ viết PQ vectơ 𝑃𝑄 Định nghĩa 1.2 Các vectơ có độ lớn gọi vectơ đơn vị Vectơ đơn vị phân biệt với vectơ khác dấu mũ; ví dụ 𝑎̂⃗ đại diện cho đơn vị theo hướng vectơ 𝑎⃗ Rõ ràng, 𝑎⃗ = 𝑎 𝑎̂⃗ Trong hệ trục tọa độ Descartes vng góc 𝑂𝑥𝑦𝑧 vectơ đơn vị trục ⃗⃗ Ox, Oy Oz kí hiệu 𝑖⃗, 𝑗⃗ 𝑘 Định nghĩa 1.3 ⃗⃗ ✓ Vectơ – không vectơ có độ lớn khơng khơng có hướng, kí hiệu ✓ Vectơ đối vectơ 𝑎⃗, kí hiệu −𝑎⃗, vectơ có modul vectơ 𝑎⃗ ngược hướng với vectơ 𝑎⃗ ✓ Các vectơ gọi chúng có modul hướng 1.2 Các phép toán Định nghĩa 1.4 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗, 𝑄𝑅 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ Khi vectơ biểu Cho vectơ 𝑎⃗ 𝑏⃗⃗ biểu diễn vectơ 𝑃𝑄 diễn ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑃𝑅 định nghĩa tổng vectơ 𝑎⃗ 𝑏⃗⃗, kí hiệu 𝑎⃗ + 𝑏⃗⃗ Trang Sinh viên: Trần Đăng Quang GVHD: TS Lê Văn Dũng ⃗⃗⃗⃗⃗⃗, 𝑃𝑆 ⃗⃗⃗⃗⃗ ta hình bình Nếu vectơ 𝑎⃗ 𝑏⃗⃗ biểu diễn vectơ 𝑃𝑄 hành PQRS, đường chéo ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑃𝑅 qua P đại diện cho tổng vectơ 𝑎⃗ 𝑏⃗⃗ Đây quy tắc hình bình hành phép cộng vectơ Định nghĩa 1.5 Hiệu vectơ 𝑎⃗ 𝑏⃗⃗ viết 𝑎⃗ − 𝑏⃗⃗ theo quy tắc đại số vơ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗, hướng viết thành tổng 𝑎⃗ + (−𝑏⃗⃗) Biểu diễn 𝑎⃗, 𝑏⃗⃗ vec tơ 𝑃𝑄 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ đại diện cho −𝑏⃗⃗, với QR’ = QR (hình vẽ) Nên 𝑎⃗ − 𝑏⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑄𝑅′ 𝑄𝑅 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑆𝑄 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑎⃗ + (−𝑏⃗⃗) biểu diễn 𝑃𝑅′ Định nghĩa 1.6 Nếu m số thực dương, 𝑚𝑎⃗ định nghĩa vectơ 𝑎⃗ có độ lớn 𝑚|𝑎⃗ | Định lí 1.7 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗, 𝑂𝑄 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ Nếu vectơ 𝑎⃗, 𝑏⃗⃗ biểu diễn 𝑂𝑃 Và m, n số dương, ⃗⃗⃗⃗⃗⃗, R điểm 𝑚𝑎⃗ + 𝑛𝑏⃗⃗ = (𝑚 + 𝑛)𝑐⃗ biểu diễn vectơ 𝑂𝑅 PQ cho 𝑚𝑃𝑅 = 𝑛𝑃𝑄 1.3 Tích vectơ 1.3.1 Góc định hướng hai vectơ Định nghĩa 1.8 ✓ Mặt phảng định hướng: Mặt phẳng (P) gọi mặt phẳng định hướng hai chiều quay quanh gốc O tia Ox mặt phẳng (P) ta chọn chiều dương chiều âm Trong phạm vi tài liệu chọn chiều dương chiều kim đồng hồ, chiều âm ngược kim đồng hồ ✓ Góc định hướng hai tia Ox Oy, kí hiệu (Ox,Oy), góc có độ lớn ̂ có hướng từ Ox sang Oy góc hình học 𝑥𝑂𝑦 ̂ , ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ✓ Góc hai vectơ 𝑎⃗ 𝑏⃗⃗, kí hiệu góc hình học 𝐴𝑂𝐵 𝑂𝐴 = 𝑎⃗ , ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ = 𝑏⃗⃗ 𝑂𝐵 Trang Sinh viên: Trần Đăng Quang GVHD: TS Lê Văn Dũng ✓ Góc định hướng hai vectơ 𝑎⃗ 𝑏⃗⃗, kí hiệu (𝑎⃗, 𝑏⃗⃗), góc có độ lớn góc hai vectơ hướng từ 𝑎⃗ sang 𝑏⃗⃗ 1.3.2 Tích vơ hướng Định nghĩa 1.9 Tích vơ hướng vectơ 𝑎⃗ 𝑏⃗⃗ tạo với góc 𝜃 định nghĩa đại lượng vơ hướng 𝑎𝑏𝑐𝑜𝑠(𝜃) kí hiệu 𝑎⃗ 𝑏⃗⃗ đơn giản 𝑎⃗𝑏⃗⃗ Tích vơ hướng có tính giao hốn 𝑎⃗𝑏⃗⃗ = 𝑎𝑏𝑐𝑜𝑠(𝜃) = 𝑏𝑎𝑐𝑜𝑠(𝜃) = 𝑏⃗⃗𝑎⃗ 1.3.3 Tích ngồi Định nghĩa 1.10 Tích ngồi hai vectơ 𝑎⃗ 𝑏⃗⃗, kí hiệu 𝑎⃗ × 𝑏⃗⃗, định nghĩa sau: Nếu 𝑎⃗ = ⃗0⃗ 𝑏⃗⃗ = ⃗0⃗ 𝑎⃗ × 𝑏⃗⃗ = ⃗⃗ 𝑏⃗⃗ =≠ 𝑎⃗ × 𝑏⃗⃗ = |𝑎⃗||𝑏⃗⃗| sin(𝑎⃗, 𝑏⃗⃗) Nếu 𝑎⃗ ≠ Định lí 1.11 Nếu 𝑎⃗ = (𝑥1 , 𝑦1 ) 𝑏⃗⃗ = (𝑥2 , 𝑦2 ) 𝑎⃗ × 𝑏⃗⃗ = 𝑥1 𝑦2 − 𝑥2 𝑦1 Tính chất 1.1 Tích ngồi vectơ có tính chất sau: i) 𝑎⃗ × 𝑏⃗⃗ = −𝑏⃗⃗ × 𝑎⃗ (phản giao hốn) ii) 𝑎⃗ × (𝑏⃗⃗ + 𝑐⃗) = 𝑎⃗ × 𝑏⃗⃗ + 𝑎⃗ × 𝑐⃗ (phân phối) iii) 𝑘𝑎⃗ × 𝑙𝑏⃗⃗ = (𝑘𝑙)𝑎⃗ × 𝑏⃗⃗ Hướng đa giác lồi Cho tam giác ABC, ta thấy hướng A B C; B C A; C A B trùng Các hướng trùng gọi hướng tam giác ABC Đương nhiên tam giác ABC, BCA, CAB có hướng Nếu hướng tam giác ABC trùng với hướng mặt phẳng ta nói tam giác có hướng dương (thuận) Nếu tam giác ABC có hướng ngược với hướng mặt phẳng ta nói ABC có hướng âm (nghịch) Diện tích đại số đa giác lồi Trang Sinh viên: Trần Đăng Quang GVHD: TS Lê Văn Dũng Định nghĩa 1.12 Diện tích đại số đa giác lồi 𝐴1 𝐴2 … 𝐴𝑛 , kí hiệu 𝑆[𝐴1 𝐴2 … 𝐴𝑛 ], xác định sau: Nếu 𝐴1 𝐴2 … 𝐴𝑛 có hướng dương 𝑆[𝐴1 𝐴2 … 𝐴𝑛 ] = 𝑆(𝐴1 𝐴2 … 𝐴𝑛 ) Nếu 𝐴1 𝐴2 … 𝐴𝑛 có hướng âm 𝑆[𝐴1 𝐴2 … 𝐴𝑛 ] = −𝑆(𝐴1 𝐴2 … 𝐴𝑛 ) Trong 𝑆(𝐴1 𝐴2 … 𝐴𝑛 ) diện tích tam giác 𝐴1 𝐴2 … 𝐴𝑛 Trường hợp đặc biệt đa giác lồi tam giác ta có Định lí 1.13 Diện tích đại số tam giác ABC xác định sau: ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑆[𝐴𝐵𝐶] = ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐴𝐵 𝐴𝐶 Từ định lí ta thấy hệ quả: 𝑆[𝐴𝐵𝐶] = 𝑆[𝐵𝐶𝐴] = 𝑆[𝐶𝐴𝐵] Mối quan hệ diện tích đại số diện tích hình học tam giác Khái niệm diện tích hình học khái niệm diện tích mà ta hiểu theo nghĩa thơng thường Tuy nhiên, cần phân biệt khái niệm diện tích diện tích đại số người ta thường thay thuật ngữ “diện tích” thuật ngữ “diện tích hình học” Đối với tam giác diện tích đại số diện tích hình học liên hệ với định lí sau đây: Định lí 1.14 i) Nếu tam giác ABC có hướng dương 𝑆[𝐴𝐵𝐶] = 𝑆(𝐴𝐵𝐶) ii) Nếu tam giác ABC có hướng dương 𝑆[𝐴𝐵𝐶] = −𝑆(𝐴𝐵𝐶) Định lí 1.15 Với điểm M ta có: 𝑆[𝐴1 𝐴2 … 𝐴𝑛 ] = 𝑆[𝑀𝐴1 𝐴2 ] + 𝑆[𝑀𝐴2 𝐴3 ] + ⋯ + 𝑆[𝑀𝐴𝑛 𝐴1 ] Định lí 1.16 Cho tam giác ABC, điểm C’ nằm đường thẳng BC, ta có: 𝐵𝐶 𝑆[𝐴𝐵𝐶] = 𝐵𝐶′ 𝑆[𝐴𝐵𝐶′] Định lí 1.17 Cho tam giác ABC điểm O Giả sử đường thẳng AO BC cắt M (khác B, C) Ta có: Trang Sinh viên: Trần Đăng Quang GVHD: TS Lê Văn Dũng 𝑀𝐵 𝑆[𝑂𝐵𝐴] = 𝑀𝐶 𝑆[𝑂𝐶𝐴] Định lí 1.18 Cho tam giác ABC, điểm M nằm đường thẳng BC, ta có: 𝑀𝐵 𝑆[𝑀𝐵𝐴] = 𝑀𝐶 𝑆[𝑀𝐶𝐴] 1.3.4 Tích có hướng Định nghĩa 1.19 Tích có hướng vectơ 𝑎⃗, 𝑏⃗⃗ tạo với góc 𝜃 định nghĩa vectơ (gọi vectơ tích) có độ lớn 𝑎𝑏𝑠𝑖𝑛(𝜃) có hướng vng góc với hướng vectơ 𝑎⃗ 𝑏⃗⃗ theo đường đinh xoắn ốc phía phải từ hướng vectơ 𝑎⃗ tới hướng vectơ 𝑏⃗⃗ di chuyển theo hướng vectơ tích Vectơ tích vectơ 𝑎⃗ 𝑏⃗⃗ kí hiệu 𝑎⃗ ∧ 𝑏⃗⃗ Quan hệ hướng vectơ 𝑎⃗ ∧ 𝑏⃗⃗ hướng vectơ 𝑎⃗ vectơ 𝑏⃗⃗ minh họa hình vẽ Điều quan trọng cần ý tích 𝑏⃗⃗ ∧ 𝑎⃗ có độ lớn với tích 𝑎⃗ ∧ 𝑏⃗⃗ hướng ngược với hướng 𝑎⃗ ∧ 𝑏⃗⃗ xoay đinh ốc từ hướng vectơ 𝑏⃗⃗ đến hướng vectơ 𝑎⃗, ngược chiều với trường hợp tích 𝑎⃗ ∧ 𝑏⃗⃗ Vì 𝑏⃗⃗ ∧ 𝑎⃗ = −𝑎⃗ ∧ 𝑏⃗⃗ phép nhân có hướng hai vectơ khơng có tính giao hốn Biểu thức tọa độ tích có hướng Nếu 𝑎⃗ = (𝑥1 , 𝑦1 , 𝑧1 ) 𝑏⃗⃗ = (𝑥2 , 𝑦2 , 𝑧2 ) 𝑖⃗ 𝑎⃗ ∧ 𝑏⃗⃗ = |𝑥1 𝑥2 𝑗⃗ 𝑦1 𝑦2 ⃗⃗ 𝑘 𝑧1 | 𝑧2 Ứng dụng tích có hướng ➢ Cho hình tam giác ABC ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ; 𝐴𝐶 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ]| 𝑆𝐴𝐵𝐶 = |[𝐴𝐵 ➢ Cho hình bình hành ABCD Trang Sinh viên: Trần Đăng Quang GVHD: TS Lê Văn Dũng ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ; 𝐴𝐶 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ]| 𝑆𝐴𝐵𝐶𝐷 = |[𝐴𝐵 ➢ Cho hình hộp chữa nhật ABCD.A’B’C’D’ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ; 𝐴𝐶 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ]𝐴𝐴′| 𝑉ABCD.A’B’C’D’ = |[𝐴𝐵 ➢ Điều kiện đồng phẳng vectơ a⃗⃗, ⃗⃗ b, c⃗ vectơ đồng phẳng ⇔ [a⃗⃗, ⃗⃗ b] c⃗ = Ta có: b] ⊥ a⃗⃗ [a⃗⃗, ⃗⃗ ⃗⃗] c⃗ = ⇔ [a⃗⃗, b ⃗⃗] ⊥ c⃗ ⇔ {[a⃗⃗, ⃗⃗ [a⃗⃗, b b] ⊥ ⃗⃗ b ⃗⃗] ⊥ c⃗ [a⃗⃗, b ⇔ a⃗⃗, ⃗⃗ b, c⃗ đồng phẳng 1.3.5 Tích hỗn tạp Định nghĩa: Cho ba vectơ 𝑎⃗, 𝑏⃗⃗, 𝑐⃗, lấy tích vectơ 𝑎⃗ ∧ 𝑏⃗⃗, nhân vơ hướng với 𝑐⃗, ta số (𝑎⃗ ∧ 𝑏⃗⃗) 𝑐⃗ Số gọi tích hỗn tạp (hỗn hợp) ba vectơ 𝑎⃗, 𝑏⃗⃗, 𝑐⃗ ký hiệu (𝑎⃗, 𝑏⃗⃗, 𝑐⃗) Như (𝑎⃗, 𝑏⃗⃗, 𝑐⃗) = (𝑎⃗ ∧ 𝑏⃗⃗) 𝑐⃗ Ý nghĩa hình học ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ = 𝑏⃗⃗, ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ Từ điểm O dựng vectơ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑂𝐴 = 𝑎⃗, 𝑂𝐵 𝑂𝐶 = 𝑐⃗ C E B O A Trang Sinh viên: Trần Đăng Quang GVHD: TS Lê Văn Dũng ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ vectơ đơn vị vng góc với 𝑂𝐴 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑂𝐵 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗, cho ba vectơ Gọi 𝑂𝐸 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗, ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑂𝐴, 𝑂𝐵 𝑂𝐸 tạo thành tam diện thuận Khi vectơ 𝑎⃗ ∧ 𝑏⃗⃗ hướng với ⃗⃗⃗⃗⃗⃗, vectơ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑂𝐸 có modul diện tích S hình bình hành dựng ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑂𝐴 𝑂𝐵 𝑎⃗ ∧ 𝑏⃗⃗ = 𝑆 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑂𝐸 Ta dựng hình hộp có đỉnh O ba cạnh OA, OB, OC Ta tích V hình hộp V=S.h, h chiều cao, tức độ dài hình chiếu vectơ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑂𝐶 lên đường thẳng OE ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑂𝐶 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ = 𝑆 𝑝𝑟ọ𝑂𝐸 𝑂𝐶 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ = ±𝑉 Như vậy, (𝑎⃗ ∧ 𝑏⃗⃗) 𝑐⃗ = 𝑆 𝑂𝐸 Dấu cộng ba vectơ 𝑎⃗, 𝑏⃗⃗, 𝑐⃗ tạo thành tam diện thuận, dấu trừ ba vectơ 𝑎⃗, 𝑏⃗⃗, 𝑐⃗ tạo thành tam diện nghịch Tóm lại: Giá trị tuyệt đối tích hỗn hợp vectơ thể tích hình hộp dưng ba vectơ tức là: 𝑉𝛼𝛽𝛾 = |(𝑎⃗, 𝑏⃗⃗, 𝑐⃗)| Một số tính chất Điều kiện cần đủ để tích hỗn tạp ba vectơ 𝑎⃗, 𝑏⃗⃗, 𝑐⃗ không ba vectơ thẳng 𝑎⃗, 𝑏⃗⃗, 𝑐⃗ đồng phẳng Thật vậy, ba vectơ 𝑎⃗, 𝑏⃗⃗, 𝑐⃗ đồng phẳng dễ dàng thấy (𝑎⃗, 𝑏⃗⃗, 𝑐⃗) = Ngược lại giả sử (𝑎⃗, 𝑏⃗⃗, 𝑐⃗) = mà ba vectơ 𝑎⃗, 𝑏⃗⃗, 𝑐⃗ không đồng phẳng theo |(𝑎⃗, 𝑏⃗⃗, 𝑐⃗)| = 𝑉𝛼𝛽𝛾 ≠ (vô lý) Tích hỗn tạp đổi dấu ta hốn vị hai ba vectơ nó, nghĩa (𝑎⃗, 𝑏⃗⃗, 𝑐⃗) = −(𝑏⃗⃗, 𝑎⃗, 𝑐⃗) = −(𝑎⃗, 𝑐⃗, 𝑏⃗⃗) = −(𝑐⃗, 𝑏⃗⃗, 𝑎⃗) Thật vậy, vectơ 𝑎⃗, 𝑏⃗⃗, 𝑐⃗ đồng phẳng hiển nhiên Trong trường hợp ba vectơ 𝑎⃗, 𝑏⃗⃗, 𝑐⃗ không đồng phẳng, giả sử ba vectơ 𝑎⃗, 𝑏⃗⃗, 𝑐⃗ tạo thành tam diện thuận hốn vị hai ba vectơ ta tam diện nghịch vây tích hỗn tạp đổi dấu Trang Sinh viên: Trần Đăng Quang GVHD: TS Lê Văn Dũng ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ + 𝑘𝑀𝐵 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ − 𝑘𝑀𝐵 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗)(𝑀𝐴 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ) = ⟺ (𝑀𝐴 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ + 𝑘𝑀𝐸 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ + 𝑘𝑀𝐹 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ + 𝐸𝐴 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ + 𝑘𝐸𝐵 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗)(𝑀𝐹 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ + 𝐹𝐴 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ + 𝑘𝐹𝐵 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗) = ⟺ (𝑀𝐸 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ (1 − 𝑘)𝑀𝐹 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ = ⟺ (1 + 𝑘)𝑀𝐸 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑀𝐹 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ = ⟺ (1 − 𝑘 )𝑀𝐸 ⟺ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑀𝐸 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑀𝐹 = ⟺ 𝑀𝐸 ⊥ 𝑀𝐹 Vậy tập hợp điểm M đường trịn đường kính EF Đảo Lấy M thuộc đường trịn đường kính EF, ta có 𝑀𝐸 ⊥ 𝑀𝐹 Qua B kẻ đường thẳng song song với MF, đường thẳng theo thứ tự cắt ME,MA H, K Vì (ABEF) = -1 nên HB = HK Vì BK // MF; 𝑀𝐸 ⊥ 𝑀𝐹 nên 𝐵𝐾 ⊥ 𝑀𝐸 Suy tam giác MBK cân M ̅̅̅̅ ̂ ⟹ 𝑀𝐴 = − 𝐸𝐴 = 𝑘 Suy ME phân giác góc 𝐴𝑀𝐵 ̅̅̅̅ 𝑀𝐵 𝐸𝐵 2.5 Ứng dụng giải toán cực trị ➢ Bài tập 2.6.1 Cho tam giác ABC Tìm điểm M cho (MA+MB+MC) nhỏ Gợi ý giải: A T C B Gợi ý giải: Trang 22 Sinh viên: Trần Đăng Quang GVHD: TS Lê Văn Dũng Nếu 𝐴 < 1200 , 𝐵 < 1200 , 𝐶 < 1200 tồn điểm T tam giác cho ̂ = 𝐴𝑇𝐶 ̂ = 𝐵𝑇𝐶 ̂ 𝐴𝑇𝐵 Với điểm M ta có: 𝑀𝐴 + 𝑀𝐵 + 𝑀𝐶 = 𝑀𝐴.𝑇𝐴 𝑇𝐴 + 𝑀𝐵.𝑇𝐵 𝑇𝐵 + 𝑀𝐶.𝑇𝐶 𝑇𝐶 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑇𝐶 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑀𝐴 𝑇𝐴 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑀𝐵 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑇𝐵 𝑀𝐶 ≥ + + 𝑇𝐴 𝑇𝐵 𝑇𝐶 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗)𝑇𝐴 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ (𝑀𝑇 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ )𝑇𝐶 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ + 𝑇𝐴 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ + ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ (𝑀𝑇 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ + 𝑇𝐶 𝑇𝐵)𝑇𝐵 (𝑀𝑇 = + + 𝑇𝐴 𝑇𝐵 𝑇𝐶 = ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑀𝑇 ( ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑇𝐴 𝑇𝐵 𝑇𝐶 𝑇𝐴2 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑇𝐵2 𝑇𝐶 + + )+ + + 𝑇𝐴 𝑇𝐵 𝑇𝐶 𝑇𝐴 𝑇𝐵 𝑇𝐶 = ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑀𝑇 ⃗0⃗ + 𝑇𝐴 + 𝑇𝐵 + 𝑇𝐶 = 𝑇𝐴 + 𝑇𝐵 + 𝑇𝐶 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⇈ 𝑇𝐴 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑀𝐴 Đẳng thức xảy ⇔ {⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑀𝐵 ⇈ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑇𝐵 ⟺ 𝑀 ≡ 𝑇 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⇈ 𝑇𝐶 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑀𝐶 Nếu 𝐴 ≥ 1200 | ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐴𝐵 𝐴𝐵 + ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐴𝐶 𝐴𝐶 | ≤ Với điểm M ta có 𝑀𝐴 + 𝑀𝐵 + 𝑀𝐶 = 𝑀𝐴 + 𝑀𝐵 𝐴𝐵 𝑀𝐶 𝐴𝐶 + 𝐴𝐵 𝐴𝐶 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑀𝐶 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐴𝐶 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐴𝐶 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐴𝐵 𝑀𝐵 𝐴𝐵 𝐴𝐶 𝐴𝐵 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ≥ 𝑀𝐴 + + = 𝑀𝐴 + 𝑀𝐴 ( + )+ + 𝐴𝐵 𝐴𝐶 𝐴𝐵 𝐴𝐶 𝐴𝐵 𝐴𝐶 Vì | ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐴𝐵 𝐴𝐵 + ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐴𝐶 𝐴𝐶 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ( | ≤ nên 𝑀𝐴 + 𝑀𝐴 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐴𝐵 𝐴𝐵 + ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐴𝐶 𝐴𝐶 ) đạt giá trị nhỏ ⇔ 𝑀 ≡ 𝐴 Nếu 𝐵 ≥ 1200 𝐶 ≥ 1200 ta nhận kết tương tự Tóm lại: + Nếu 𝐴 < 1200, 𝐵 < 1200 , 𝐶 < 1200 (MA+MB+MC) nhỏ ⇔ 𝑀 ≡ 𝑇 + Nếu 𝐴 ≥ 1200 (MA+MB+MC) nhỏ ⇔ 𝑀 ≡ 𝐴 + Nếu 𝐵 ≥ 1200 (MA+MB+MC) nhỏ ⇔ 𝑀 ≡ 𝑇 + Nếu 𝐶 ≥ 1200 (MA+MB+MC) nhỏ ⇔ 𝑀 ≡ 𝑇 Trang 23 Sinh viên: Trần Đăng Quang ➢ GVHD: TS Lê Văn Dũng Bài tập 2.6.2 Cho đa giác 𝐴1 𝐴2 … 𝐴𝑛 Tìm điểm M cho tổng 𝑀𝐴1 + 𝑀𝐴2 + ⋯ + 𝑀𝐴𝑛 nhỏ Gợi ý giải: Gọi O tâm đa giác Với điểm M ta có: 𝑀𝐴1 + 𝑀𝐴2 + ⋯ + 𝑀𝐴𝑛 = 𝑀𝐴1 𝑂𝐴1 𝑀𝐴2 𝑂𝐴2 𝑀𝐴𝑛 𝑂𝐴𝑛 + +⋯+ 𝑂𝐴1 𝑂𝐴2 𝑂𝐴𝑛 ≥ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑀𝐴1 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑂𝐴1 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑀𝐴2 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑂𝐴2 𝑀𝐴𝑛 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑂𝐴𝑛 + +⋯+ 𝑂𝐴1 𝑂𝐴2 𝑂𝐴𝑛 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ + ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ + ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ + ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑂𝐴1 ) ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑂𝐴1 (𝑀𝑂 𝑂𝐴2 ) ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑂𝐴2 𝑂𝐴𝑛 ) ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑂𝐴𝑛 (𝑀𝑂 (𝑀𝑂 = + +⋯+ 𝑂𝐴1 𝑂𝐴2 𝑂𝐴𝑛 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑂𝐴1 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑂𝐴2 𝑂𝐴 𝑛 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ = 𝑀𝑂 ( + + ⋯+ ) + (𝑂𝐴1 + 𝑂𝐴2 + ⋯ + 𝑂𝐴𝑛 ) 𝑂𝐴1 𝑂𝐴2 𝑂𝐴𝑛 = 𝑂𝐴1 + 𝑂𝐴2 + ⋯ + 𝑂𝐴𝑛 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗𝑖 ⇈ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ Đẳng thức xảy ⇔ 𝑀𝐴 𝑂𝐴𝑖 (i=1,2,…,n) ⇔ 𝑀 ≡ 𝑂 Vậy min(𝑀𝐴1 + 𝑀𝐴2 + ⋯ + 𝑀𝐴𝑛 ) = 𝑂𝐴1 + 𝑂𝐴2 + ⋯ + 𝑂𝐴𝑛 ⇔𝑀≡𝑂 ➢ Bài tập 2.6.3 Cho tam giác ABC Tìm điểm M cho 𝐴 2𝑐𝑜𝑠 𝑀𝐴 + 𝑀𝐵 + 𝑀𝐶 Gợi ý giải: Trang 24 Sinh viên: Trần Đăng Quang GVHD: TS Lê Văn Dũng A F E S C B Với điểm M ta có: 𝐴 𝐴 𝑀𝐵 𝐴𝐵 𝑀𝐶 𝐴𝐶 2𝑐𝑜𝑠 𝑀𝐴 + 𝑀𝐵 + 𝑀𝐶 = 2𝑐𝑜𝑠 𝑀𝐴 + + 2 𝐴𝐵 𝐴𝐶 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐴𝐶 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐴 𝑀𝐵 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐴𝐵 𝑀𝐶 ≥ 2𝑐𝑜𝑠 𝑀𝐴 + + 𝐴𝐵 𝐴𝐶 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐴 𝐴𝐵 𝐴𝐶 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ = 2𝑐𝑜𝑠 𝑀𝐴 + 𝑀𝐴 ( + ) + 𝐴𝐵 + 𝐴𝐶 𝐴𝐵 𝐴𝐶 Lấy E, F AB, AC cho AE=AF=1 Dựng hình thoi AESF ta có 𝐴𝑆 = 2𝑐𝑜𝑠 𝐴 ⇒| ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐴𝐶 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐴𝐵 𝐴 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ + ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗| = 2𝑐𝑜𝑠 + | = |𝐴𝐸 𝐴𝐹 | = |𝐴𝑆 𝐴𝐵 𝐴𝐶 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐴 𝐴𝐵 𝐴𝐶 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ( ⇒ 2𝑐𝑜𝑠 𝑀𝐴 + 𝑀𝐴 + )≥0 𝐴𝐵 𝐴𝐶 𝐴 Tóm lại, 2𝑐𝑜𝑠 𝑀𝐴 + 𝑀𝐵 + 𝑀𝐶 ≥ 𝐴𝐵 + 𝐴𝐶 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑀𝐵 ⇈ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐴𝐵 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ Dấu “=” xảy ⇔ { ⟺ 𝑀 ≡ 𝐴 𝑀𝐶 ⇈ 𝐴𝐶 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗; ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐴𝑆) = 180 (𝑀𝐴 2.6 Ứng dụng giải toán hệ thức lượng tam giác Bài toán 2.7.1 Cho tam giác ABC có trọng tâm G Chứng minh với điểm M, ta có: Trang 25 Sinh viên: Trần Đăng Quang GVHD: TS Lê Văn Dũng 𝑀𝐴2 + 𝑀𝐵2 + 𝑀𝐶 ≥ 𝑀𝐴 𝐺𝐴 + 𝑀𝐵 𝐺𝐵 + 𝑀𝐶 𝐺𝐶 ≥ 𝐺𝐴2 + 𝐺𝐵2 + 𝐺𝐶 Giải: Ta có: ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐺𝐴 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ + ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐺𝐶 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑀𝐴 𝐺𝐴 + 𝑀𝐵 𝐺𝐵 + 𝑀𝐶 𝐺𝐶 ≥ 𝑀𝐴 𝑀𝐵 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐺𝐵 + 𝑀𝐶 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ + 𝐺𝐴 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗) 𝐺𝐴 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ + (𝑀𝐺 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ + 𝐺𝐵 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ) 𝐺𝐵 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ + (𝑀𝐺 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ + 𝐺𝐶 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ) 𝐺𝐶 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ = (𝑀𝐺 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ + ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ) + 𝐺𝐴2 + 𝐺𝐵2 + 𝐺𝐶 = ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑀𝐺 (𝐺𝐴 𝐺𝐵 + 𝐺𝐶 = 𝐺𝐴2 + 𝐺𝐵2 + 𝐺𝐶 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⇈ 𝐺𝐴 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑀𝐴 Dấu “=” xảy ⇔ {⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑀𝐵 ⇈ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐺𝐵 ⟺ 𝑀 ≡ 𝐺 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⇈ 𝐺𝐶 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑀𝐶 Lại có: 𝑀𝐴2 + 𝑀𝐵2 + 𝑀𝐶 + 𝐺𝐴2 + 𝐺𝐵2 + 𝐺𝐶 = (𝑀𝐴2 + 𝐺𝐴2 ) + (𝑀𝐵2 + 𝐺𝐵2 ) + (𝑀𝐶 + 𝐺𝐶 ) ≥ 2(𝑀𝐴 𝐺𝐴 + 𝑀𝐵 𝐺𝐵 + 𝑀𝐶 𝐺𝐶) ⇒ (𝑀𝐴2 + 𝑀𝐵2 + 𝑀𝐶 ) − (𝑀𝐴 𝐺𝐴 + 𝑀𝐵 𝐺𝐵 + 𝑀𝐶 𝐺𝐶) ≥ (𝑀𝐴 𝐺𝐴 + 𝑀𝐵 𝐺𝐵 + 𝑀𝐶 𝐺𝐶) − (𝐺𝐴2 + 𝐺𝐵2 + 𝐺𝐶 ) ≥ ⇒ 𝑀𝐴2 + 𝑀𝐵2 + 𝑀𝐶 ≥ 𝑀𝐴 𝐺𝐴 + 𝑀𝐵 𝐺𝐵 + 𝑀𝐶 𝐺𝐶 Dấu “=” xảy ⇔ 𝑀 ≡ 𝐺 ➢ Bài tập 2.7.1 Cho tam giác ABC Chứng minh rằng: 𝑎2 + 𝑏 + 𝑐 𝑅𝑚 ≥ 2(𝑎 + 𝑏 + 𝑐) Trong 𝑅𝑚 bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác có ba cạnh 𝑚𝑎 , 𝑚𝑏 , 𝑚𝑐 Gợi ý giải: Áp dụng hệ thức toán trên, ta có: 𝑀𝐴 𝐺𝐴 + 𝑀𝐵 𝐺𝐵 + 𝑀𝐶 𝐺𝐶 ≥ 𝐺𝐴2 + 𝐺𝐵2 + 𝐺𝐶 Trang 26 Sinh viên: Trần Đăng Quang GVHD: TS Lê Văn Dũng Cho 𝑀 ≡ 𝑂, O tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác Sau Áp dụng bổ đề: Cho bốn góc 𝛼, 𝛼 ′ , 𝛽, 𝛽′ thỏa mãn: 𝛼 + 𝛼 ′ = 𝛽 + 𝛽′ { 𝑠𝑖𝑛 𝛼 𝑠𝑖𝑛 𝛽 = 𝑠𝑖𝑛 𝛼′ 𝑠𝑖𝑛 𝛽 Thì 𝛼 = 𝛼 ′ , 𝛽 = 𝛽′ Từ đó, suy bất đẳng thức 2.7 Các đẳng thức vectơ Bài toán 2.1.1 Hệ thức Jacobi Cho tam giác ABC Có cạnh 𝐴𝐵 = 𝑐, 𝐵𝐶 = 𝑎, 𝐴𝐶 = 𝑏 M điểm nằm tam giác, đặt: 𝑥= 𝑆𝑀𝐵𝐶 𝑆𝑀𝐶𝐴 𝑆𝑀𝐴𝐵 ,𝑦 = ,𝑧 = 𝑆𝐴𝐵𝐶 𝑆𝐴𝐵𝐶 𝑆𝐴𝐵𝐶 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ + 𝑦𝑀𝐵 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ = ⃗0⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ + 𝑧𝑀𝐶 Chứng minh 𝑥𝑀𝐴 (1) Giải: Đặt 𝑆𝑀𝐵𝐶 = 𝑆𝑎 , 𝑆𝑀𝐶𝐴 = 𝑆𝑏 , 𝑆𝑀𝐴𝐵 = 𝑆𝑐 (1) ⇔ 𝑆𝑎 𝑆𝐴𝐵𝐶 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ + 𝑀𝐴 𝑆𝑏 𝑆𝐴𝐵𝐶 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ + 𝑀𝐵 𝑆𝑐 𝑆𝐴𝐵𝐶 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ = ⃗⃗ 𝑀𝐶 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ + 𝑆𝑏 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⇔ 𝑆𝑎 𝑀𝐴 𝑀𝐵 + 𝑆𝑐 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑀𝐶 = ⃗0⃗ A M Ta 𝐴′𝐶 𝐵𝐶 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑀𝐵 + ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ = 𝑀𝐴′ có: B C M' 𝐴′𝐵 𝐵𝐶 Trang 27 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑀𝐶 Sinh viên: Trần Đăng Quang GVHD: TS Lê Văn Dũng 𝐴′𝐶 𝑆𝑏 = 𝐵𝐶 𝑆𝑏 + 𝑆𝑐 ⇒ 𝐴′𝐵 𝑆𝑐 = { 𝐵𝐶 𝑆𝑏 + 𝑆𝑐 ⇒ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑀𝐴′ = 𝑆𝑏 𝑆𝑐 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑀𝐵 + 𝑀𝐶 (∗) 𝑆𝑏 + 𝑆𝑐 𝑆𝑏 + 𝑆𝑐 Mặt khác 𝑀𝐴′ 𝑆𝑀𝐴′𝐵 𝑆𝑀𝐴′ 𝐶 𝑆𝑀𝐴′𝐵 + 𝑆𝑀𝐴′𝐶 𝑆𝑎 = = = = 𝑀𝐴 𝑆𝑀𝐴𝐵 𝑆𝑀𝐴𝐶 𝑆𝑀𝐴𝐵 + 𝑆𝑀𝐴𝐶 𝑆𝑏 + 𝑆𝑐 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ = ⇒ 𝑀𝐴′ −𝑆𝑎 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑀𝐴 𝑆𝑏 + 𝑆𝑐 Thay vào (*) ta có: ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ = 𝑆𝑏 𝑀𝐵 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⇔ 𝑆𝑎 𝑀𝐴 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ + 𝑆𝑏 𝑀𝐵 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ = ⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ + 𝑆𝑐 𝑀𝐶 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ + 𝑆𝑐 𝑀𝐶 −𝑆𝑎 𝑀𝐴 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ + 𝑦𝑀𝐵 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ = ⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ + 𝑧𝑀𝐶 Vậy 𝑥𝑀𝐴 ➢ Bài tập 2.1.1 Cho tam giác ABC Chứng minh: i) 𝑎2 + 𝑏 + 𝑐 ≤ 9𝑅2 ii) 𝑅2 ≥ iii) 𝑎𝑏𝑐 𝑎+𝑏+𝑐 𝑅 ≥ 2𝑟 Gợi ý giải: Trước hết cho O điểm mặt phẳng, ta có: (1) ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ + ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ + 𝑂𝐵 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗) + 𝑧(𝑀𝑂 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ + ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⇔ 𝑥(𝑀𝑂 𝑂𝐴) + 𝑦(𝑀𝑂 𝑂𝐶 ) = ⃗0⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ = 𝑥𝑂𝐴 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ + 𝑦𝑂𝐵 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ + 𝑧𝑂𝐶 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⇔ (𝑥 + 𝑦 + 𝑧)𝑂𝑀 ⇒ (𝑥 + 𝑦 + 𝑧)2 𝑂𝑀2 = 𝑥 𝑂𝐴2 + 𝑦 𝑂𝐵2 + 𝑧 𝑂𝐶 +𝑥𝑦(𝑂𝐴2 + 𝑂𝐵2 − 𝑐 ) +𝑦𝑧(𝑂𝐵2 + 𝑂𝐶 − 𝑎2 ) +𝑥𝑧(𝑂𝐴2 + 𝑂𝐶 − 𝑏 ) ⇔ (𝑥 + 𝑦 + 𝑧)2 𝑂𝑀2 = (𝑥 + 𝑦 + 𝑧)2 (𝑥𝑂𝐴2 + 𝑦𝑂𝐵2 + 𝑧𝑂𝐶 ) −(𝑥𝑦𝑐 + 𝑦𝑧𝑎2 + 𝑥𝑧𝑏 ) Trang 28 Sinh viên: Trần Đăng Quang GVHD: TS Lê Văn Dũng ⇔ 𝑂𝑀2 = 𝑥𝑂𝐴2 + 𝑦𝑂𝐵2 + 𝑧𝑂𝐶 − (𝑥𝑦𝑐 + 𝑦𝑧𝑎2 + 𝑥𝑧𝑏 )(2) Với (O;R) tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Hệ thức (2) trở thành: 𝑂𝑀2 = 𝑅2 − (𝑥𝑦𝑐 + 𝑦𝑧𝑎2 + 𝑥𝑧𝑏 ) (3) Cho M điểm đặc biệt tam giác, ta có tốn sau: i) 𝑎2 +𝑏2 +𝑐 Khi 𝑀 ≡ 𝐺, ta có 𝑥 = 𝑦 = 𝑧 = nên 𝑂𝐺 = 𝑅2 − Suy điều phải chứng minh ii) Với I tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC Khi 𝑀 ≡ 𝐼, ta có: 𝑥= 𝑎 𝑏 𝑐 ;𝑦 = ;𝑧 = 𝑎+𝑏+𝑐 𝑎+𝑏+𝑐 𝑎+𝑏+𝑐 Thay vào (3) ta có: 𝑂𝐼 = 𝑅2 − iii) 𝑂𝐼 = 𝑅2 − 4𝑅𝑆 2𝑝 𝑎𝑏𝑐 𝑎+𝑏+𝑐 ≥ = 𝑅2 − 2𝑅𝑟 ≥ Ta có điều cần chứng minh Bài tốn 2.1.2 Điểm Giác-gơn Cho tam giác ABC, đường tròn nội tiếp tam giác tiếp xúc ba cạnh BC, CA, AB 𝐴1 , 𝐵1 , 𝐶1 Khi đó, chứng minh 𝐴𝐴1 , 𝐵𝐵1 , 𝐶𝐶1 đồng quy điểm J thỏa mãn: ⃗⃗⃗⃗⃗ + (𝑝 − 𝑐)(𝑝 − 𝑎)𝐽𝐵 ⃗⃗⃗⃗⃗ = ⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗ + (𝑝 − 𝑎)(𝑝 − 𝑏)𝐽𝐶 (𝑝 − 𝑏)(𝑝 − 𝑐)𝐽𝐴 A B1 C1 J B A1 Trang 29 C Sinh viên: Trần Đăng Quang GVHD: TS Lê Văn Dũng Giải: 𝐴𝐴1 , 𝐵𝐵1 , 𝐶𝐶1 đồng quy 𝐴1 𝐵 𝐴1 𝐵 𝐴1 𝐵 𝑝−𝑏 𝑝−𝑐 𝑝−𝑎 =− = −1 𝑝−𝑐 𝑝−𝑎 𝑝−𝑏 𝐴1 𝐶 𝐴1 𝐶 𝐴1 𝐶 Và áp dụng định lý Ceva Mặt khác, 𝑆𝐽𝐴𝐵 𝑝 − 𝑏 𝑆𝐽𝐴𝐵 𝑝 − 𝑎 = , = 𝑆𝐽𝐴𝐶 𝑝 − 𝑐 𝑆𝐽𝐵𝐶 𝑝 − 𝑐 Nên 𝑆𝐽𝐴𝐵 (𝑝 − 𝑐) = 𝑆𝐽𝐴𝐶 (𝑝 − 𝑏) = 𝑆𝐽𝐵𝐶 (𝑝 − 𝑎) = 𝑇 Do 𝑥= 𝑆𝐽𝐴𝐵 𝑆𝐴𝐵𝐶 𝑇 𝑝−𝑎 𝑝−𝑎 = = 𝑇 𝑇 𝑇 1 + + + + 𝑝−𝑎 𝑝−𝑏 𝑝−𝑐 𝑝−𝑎 𝑝−𝑎 𝑝−𝑎 Tương tự ta có: 1 𝑝−𝑏 𝑝−𝑐 𝑦= ;𝑧 = 1 1 1 + + + + 𝑝−𝑎 𝑝−𝑎 𝑝−𝑎 𝑝−𝑎 𝑝−𝑎 𝑝−𝑎 Suy điều cần chứng minh Cho 𝑀 ≡ 𝐽 ta có tập sau ➢ Bài tập 2.1.2 Cho tam giác ABC Chứng minh: i) 𝑅 ≥ (𝑝−𝑎)(𝑝−𝑏)+(𝑝−𝑏)(𝑝−𝑐)+(𝑝−𝑐)(𝑝−𝑎) [(𝑝 − 𝑎)𝑎2 + (𝑝 − 𝑏)𝑏 + (𝑝 − 𝑐)𝑐 ] ii) 4𝑅2 + 𝑅𝑟 ≥ √𝑎2 𝑟𝑏 𝑟𝑐 + 𝑏 𝑟𝑎 𝑟𝑐 + 𝑐 𝑟𝑎 𝑟𝑏 iii) (𝑝−𝑎)(𝑝−𝑏)(𝑝−𝑐) 2𝑝 ≥ √𝑟 +𝑟𝑅 𝑅(𝑟+4𝑅) Trong 𝑟𝑎 , 𝑟𝑏 , 𝑟𝑐 , 𝑟 bán kính đường tròn bàng tiếp nội tiếp tam giác ABC Gợi ý giải: i) Suy trực tiếp cách thay x, y, z bào hệ thức Trang 30 Sinh viên: Trần Đăng Quang GVHD: TS Lê Văn Dũng 𝑂𝑀2 = 𝑅2 − (𝑥𝑦𝑐 + 𝑦𝑧𝑎2 + 𝑥𝑧𝑏 ) (3) Để ý S diện tích tam giác ABC ii) 𝑆 𝑝−𝑎 𝑥= 𝑆 𝑆 𝑆 + + 𝑝−𝑎 𝑝−𝑏 𝑝−𝑐 Suy 𝑥= 𝑟𝑎 𝑟𝑏 𝑟𝑐 ;𝑦 = ;𝑧 = 𝑟𝑎 + 𝑟𝑏 + 𝑟𝑐 𝑟𝑎 + 𝑟𝑏 + 𝑟𝑐 𝑟𝑎 + 𝑟 𝑏 + 𝑟𝑐 Mà 𝑟𝑎 + 𝑟𝑏 + 𝑟𝑐 = 4𝑅 + 𝑟 nên 𝑟𝑎 𝑟𝑏 𝑟𝑐 𝑥= ;𝑦 = ;𝑧 = 4𝑅 + 𝑟 4𝑅 + 𝑟 4𝑅 + 𝑟 Thay vào hệ thức (3) ta có: 𝑎2 𝑟𝑏 𝑟𝑐 + 𝑏 𝑟𝑎 𝑟𝑐 + 𝑐 𝑟𝑎 𝑟𝑏 𝑅 ≥ (4𝑅 + 𝑟)2 Hay 4𝑅2 + 𝑅𝑟 ≥ √𝑎2 𝑟𝑏 𝑟𝑐 + 𝑏 𝑟𝑎 𝑟𝑐 + 𝑐 𝑟𝑎 𝑟𝑏 iii) Lại thay 1 𝑝−𝑎 𝑝−𝑏 𝑝−𝑐 𝑥= ;𝑦 = ;𝑧 = 1 1 1 1 + + + + 𝑝−𝑎 𝑝−𝑎 𝑝−𝑎 𝑝−𝑎 𝑝−𝑎 𝑝−𝑎 𝑝−𝑎+𝑝−𝑎+𝑝−𝑎 Vào (3), để ý (𝑝 − 𝑎)(𝑝 − 𝑏)(𝑝 − 𝑐) = 𝑆2 𝑝 (𝑝 − 𝑎)(𝑝 − 𝑏) + (𝑝 − 𝑏)(𝑝 − 𝑐) + (𝑝 − 𝑐)(𝑝 − 𝑎) 𝑆2 𝑆2 𝑆2 = + + = 𝑟(𝑟𝑎 + 𝑟𝑏 + 𝑟𝑐 ) = 𝑟(4𝑅 + 𝑟) 𝑝(𝑝 − 𝑎) 𝑝(𝑝 − 𝑏) 𝑝(𝑝 − 𝑐) Ta có: 𝑆2 𝑂𝐽 = 𝑅 − 𝑝(4𝑅 + 𝑟)2 [𝑝(𝑎2 + 𝑏 + 𝑐 ) − (𝑎3 + 𝑏 + 𝑐 )] Mặt khác: 𝑎2 + 𝑏 + 𝑐 = (𝑎 + 𝑏 + 𝑐)2 − 2(𝑎𝑏 − 𝑏𝑐 + 𝑐𝑎), Mà 𝑎𝑏 − 𝑏𝑐 + 𝑐𝑎 − 𝑝2 = (𝑝 − 𝑎)(𝑝 − 𝑏) + (𝑝 − 𝑏)(𝑝 − 𝑐) + (𝑝 − 𝑐)(𝑝 − 𝑎) = 𝑟(4𝑅 + 𝑟) Nên 𝑎2 + 𝑏 + 𝑐 = 2𝑝2 − 2𝑟 − 8𝑅𝑟 Trang 31 Sinh viên: Trần Đăng Quang GVHD: TS Lê Văn Dũng Tiếp 𝑎3 + 𝑏 + 𝑐 = 2𝑝(𝑝2 − 3𝑟 − 6𝑅𝑟) Suy 𝑆2 𝑂𝐽 = 𝑅 − 𝑝(4𝑅 + 𝑟) (4𝑝𝑅𝑟 + 4𝑝𝑟 ) 4𝑝2 𝑟 (𝑅 + 𝑟) = 𝑅 − 𝑝(4𝑅 + 𝑟)2 Từ 𝑂𝐽2 ≥ ta có: 𝑅𝑟 + 4𝑅2 ≥ √4𝑝2 𝑟(𝑅 + 𝑟) Hay 2𝑝 √𝑟 +𝑟𝑅 ≥ 𝑅(𝑟+4𝑅) Bài toán 2.1.3 Điểm Lơ-moan Cho tam giác ABC Trên ba cạnh BC, CA, AB lấy ba điểm 𝑨𝟏 , 𝑩𝟏 , 𝑪𝟏 cho 𝐴1 𝐵 𝑐 𝐵1 𝐶 𝑎2 𝐶1 𝐴 𝑏 = ; = ; = 𝐴1 𝐶 𝑏 𝐵1 𝐴 𝑐 𝐶1 𝐵 𝑎2 Chứng minh 𝐴𝐴1 , 𝐵𝐵1 , 𝐶𝐶1 đồng quy điểm L thỏa mãn: ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ + 𝑏 𝐿𝐵 ⃗⃗⃗⃗⃗ = ⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ + 𝑐 𝐿𝐶 𝑎2 𝐿𝐴 Giải: Ta có: 𝐴1 𝐵 𝐴1 𝐶 𝐵1 𝐶 𝐵1 𝐴 𝐶1 𝐴 𝐶1 𝐵 = Do định lí Cêva nên ba đường đồng quy điểm L Hệ thức cần chứng minh suy từ cách xác định điểm 𝐴1 , 𝐵1 , 𝐶1 Ta có: 𝑎2 𝑏2 𝑐2 𝑥= ;𝑦 = ;𝑧 = 𝑎 + 𝑏2 + 𝑐 𝑎 + 𝑏2 + 𝑐 𝑎 + 𝑏2 + 𝑐 Và 𝑥 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐿𝐴 + 𝑦 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐿𝐵 + 𝑧 ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐿𝐶 = ⃗0⃗ Từ tốn ta có tập sau: ➢ Bài tập 2.1.3 Cho tam giác ABC Chứng minh: i) 𝑅2 ≥ ii) 3(𝑎𝑏 + 𝑏𝑐 + 𝑐𝑎) ≥ 𝑎2 + 𝑏 + 𝑐 + 36𝑅𝑟 3𝑎2 𝑏2 𝑐 (𝑎2 +𝑏 +𝑐 )2 Trang 32 Sinh viên: Trần Đăng Quang 𝑎 iii) √𝑎2 +3𝑏𝑐 + 𝑏 √𝑏2 +3𝑎𝑐 + GVHD: TS Lê Văn Dũng 𝑐 √𝑐 +3𝑎𝑏 ≥ Gợi ý giải C1 Theo tập 2.1.1.(ii) ta có: 𝑅2 ≥ i) 𝑎𝑏𝑐 𝑎+𝑏+𝑐 Mà (𝑎2 + 𝑏 + 𝑐 )2 ≥ 3𝑎𝑏𝑐(𝑎 + 𝑏 + 𝑐) Suy điều cần chứng minh C2 Cho 𝑀 ≡ 𝐿: 𝑂𝐿2 = 𝑅2 − 3𝑎2 𝑏2 𝑐 (𝑎2 +𝑏2 +𝑐 )2 ≥0 Suy điều cần chứng minh 3(𝑎𝑏 + 𝑏𝑐 + 𝑐𝑎) ≥ 𝑎2 + 𝑏 + 𝑐 + 36𝑅𝑟 ii) Cho 𝑀 ≡ 𝐼,G tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC ⃗⃗⃗⃗⃗ + 𝑏𝐼𝐵 ⃗⃗⃗⃗⃗ = ⃗0⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗ + 𝑐𝐼𝐶 𝑎𝐼𝐴 Hay 𝑥= 𝑎 𝑏 𝑐 ;𝑦 = ;𝑧 = 𝑎+𝑏+𝑐 𝑎+𝑏+𝑐 𝑎+𝑏+𝑐 Cho 𝑂 ≡ 𝐺, G trọng tâm tam giác ABC, ta có: 𝑎 𝑏 𝑐 𝑎𝑏𝑐 + 𝑎𝑏𝑐 + 𝑎𝑏𝑐 2 2 𝐼𝐺 = 𝐺𝐴 + 𝐺𝐵 + 𝐺𝐶 − 𝑎+𝑏+𝑐 𝑎+𝑏+𝑐 𝑎+𝑏+𝑐 (𝑎 + 𝑏 + 𝑐)2 ⇒ 𝑎+𝑏+𝑐 𝑎𝑏𝑐 𝑎+𝑏+𝑐 (𝑎𝑚𝑎 + 𝑎𝑚𝑎 + 𝑎𝑚𝑎 ) ≥ ⇔ 𝑎(2𝑏2 + 2𝑐 − 𝑎2 ) + 𝑏(2𝑎2 + 2𝑐 − 𝑏2 ) + 𝑐 (2𝑎2 + 2𝑏2 − 𝑐 ) ≥ 9𝑎𝑏𝑐 ⇔ 2𝑎𝑏(𝑎 + 𝑏) + 2𝑏𝑐 (𝑏 + 𝑐 ) + 2𝑎𝑐 (𝑎 + 𝑐 ) ≥ 𝑎3 + 𝑏3 + 𝑐 + 9𝑎𝑏𝑐 ⇔ 2(𝑎 + 𝑏 + 𝑐)(𝑎𝑏 + 𝑏𝑐 + 𝑎𝑐) ≥ (𝑎3 + 𝑏3 + 𝑐 − 3𝑎𝑏𝑐) + 18𝑎𝑏𝑐 ⇔ 2(𝑎 + 𝑏 + 𝑐)(𝑎𝑏 + 𝑏𝑐 + 𝑎𝑐) ≥ (𝑎 + 𝑏 + 𝑐)(𝑎2 + 𝑏2 + 𝑐 − 𝑎𝑏 − 𝑏𝑐 − 𝑎𝑐) + 18.4𝑅𝑆 ⇔ 3(𝑎𝑏 + 𝑏𝑐 + 𝑎𝑐) ≥ 𝑎2 + 𝑏2 + 𝑐 + 36𝑅𝑟 Cũng từ iii) 𝑎 𝑏 𝑐 𝑎𝑏𝑐 + 𝑎𝑏𝑐 + 𝑎𝑏𝑐 2 2 𝐼𝐺 = 𝐺𝐴 + 𝐺𝐵 + 𝐺𝐶 − ≥0 𝑎+𝑏+𝑐 𝑎+𝑏+𝑐 𝑎+𝑏+𝑐 (𝑎 + 𝑏 + 𝑐)2 Ta có: ⇔ 2(𝑎2 𝑏 + 𝑎2 𝑐 + 𝑏2 𝑎 + 𝑏2 𝑐 + 𝑐 𝑎 + 𝑐 𝑏) ≥ 𝑎3 + 𝑏3 + 𝑐 + 9𝑎𝑏𝑐 Sử dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki ta được: Trang 33 Sinh viên: Trần Đăng Quang 𝑎 √𝑎2 + 3𝑏𝑐 ≥ GVHD: TS Lê Văn Dũng + 𝑏 √𝑏 + 3𝑎𝑐 + 𝑐 √𝑐 + 3𝑎𝑏 (𝑎 + 𝑏 + 𝑐)2 𝑎√𝑎2 + 3𝑏𝑐 + 𝑏√𝑏 + 3𝑎𝑐 + 𝑐√𝑐 + 3𝑎𝑏 ≥ (𝑎 + 𝑏 + 𝑐)2 √𝑎 + 𝑏 + 𝑐 √𝑎3 + 𝑏3 + 𝑐3 + 9𝑎𝑏𝑐 Vậy cần phải chứng minh (𝑎 + 𝑏 + 𝑐)2 √𝑎 + 𝑏 + 𝑐 √𝑎3 + 𝑏3 + 𝑐3 + 9𝑎𝑏𝑐 ≥ ⇔ 4(𝑎3 + 𝑏3 + 𝑐 ) ≥ 9(𝑎3 + 𝑏3 + 𝑐 + 9𝑎𝑏𝑐 ) ⇔ 12(𝑎2 𝑏 + 𝑎2 𝑐 + 𝑏2 𝑎 + 𝑏2 𝑐 + 𝑐 𝑎 + 𝑐 𝑏) ≥ 5(𝑎3 + 𝑏3 + 𝑐 ) + 57𝑎𝑏𝑐 ) Nhưng (*) 12(𝑎2 𝑏 + 𝑎2 𝑐 + 𝑏2 𝑎 + 𝑏2 𝑐 + 𝑐 𝑎 + 𝑐 𝑏) ≥ 6(𝑎3 + 𝑏3 + 𝑐 ) + 54𝑎𝑏𝑐 ) ≥ 5(𝑎3 + 𝑏3 + 𝑐 ) + 57𝑎𝑏𝑐 ) Ta có điều cần chứng minh Trang 34 Sinh viên: Trần Đăng Quang GVHD: TS Lê Văn Dũng Kết luận Qua tài liệu trên, xin chân thành cảm ơn TS Lê Văn Dũng, khoa Toán, trường ĐH Sư Phạm – ĐHĐN tạo điều kiện cho tơi hồn thành khóa luận Trong phạm vi tài liệu, tơi tìm hiểu định nghĩa vectơ tích vectơ Trọng tâm nội dung ứng dụng tích vectơ vào giải tốn sơ cấp với phần: - Các đẳng thức vectơ: nêu hệ thức Jacobi, điểm Giác-gôn, điểm Lơ-moan tập ứng dụng đẳng thức - Ứng dụng tích vơ hướng - Ứng dụng tích có hướng - Ứng dụng tích ngồi - Ứng dụng vectơ giải tốn quỹ tích - Ứng dụng vectơ giải tốn cực trị - Ứng dụng vectơ giải toán hệ thức lượng tam giác Với nội dung nghiên cứu tơi hi vọng đề tài đóng góp phần việc cải thiện phương pháp giảng dạy học tập toán sơ cấp Trong nội dung trình bày khơng tránh khỏi sai sót, mong quý thầy cô bạn bỏ qua bổ sung thêm Trang 35 Sinh viên: Trần Đăng Quang GVHD: TS Lê Văn Dũng Tài liệu tham khảo Trần Hạo Nam (Tổng chủ biên), Nguyễn Mộng Hy (Chủ biên), Nguyễn Văn Đồnh, Trần Đức Hun, Hình học 10 bản, Nhà xuất Giáo dục Việt Nam (2010) Trần Hạo Nam (Tổng chủ biên), Nguyễn Mộng Hy (Chủ biên), Khu Quốc Anh, Nguyễn Hà Thanh, Phan Văn Viện, Hình học 11, Nhà xuất Giáo dục Việt Nam (2010) Trần Hạo Nam (Tổng chủ biên), Nguyễn Mộng Hy (Chủ biên), Khu Quốc Anh, Trần Đức Huyên, Hình học 12, Nhà xuất Giáo dục Việt Nam (2010) Nguyễn Minh Hà (chủ biên), Nguyễn Xuân Bình, Bài tập nâng cao số chuyên đề Hình học 10, Nhà xuất Giáo dục Việt Nam (2006) Nguyễn Thế Sinh, Sử dụng vectơ chứng minh bất đẳng thức, http://vietmaths.com (2006) Trang 36 ... đẳng thức - Ứng dụng tích vơ hướng - Ứng dụng tích có hướng - Ứng dụng tích ngồi - Ứng dụng vectơ giải tốn quỹ tích - Ứng dụng vectơ giải toán cực trị - Ứng dụng vectơ giải toán hệ thức lượng tam... 12 2.2 Ứng dụng tích có hướng 14 2.3 Ứng dụng tích ngồi 16 2.4 Ứng dụng giải tốn quỹ tích 19 2.5 Ứng dụng giải toán cực trị 22 2.6 Ứng dụng giải toán hệ thức... nghĩa vectơ tích vectơ Trọng tâm nội dung ứng dụng tích vectơ vào giải tốn sơ cấp với phần: - Các đẳng thức vectơ: nêu hệ thức Jacobi, điểm Giác-gơn, điểm Lơ-moan tập ứng dụng đẳng thức - Ứng dụng