Đề tài Ứng dụng tích vô hướng của hai vectơ để giải một số dạng toán

 Trong các kì thi ta thường thấy xuất hiện một số bài toán giải phương trình, bất 
phương trình, hệ phương trình, chứng minh quan hệ vuông góc trong hình học phẳng 
và hình học không gian,hay chứng minh một số đẳng thức, bất đẳng thức hoặc các 
bài toán về cực trị. Những bài toán toán đó nếu ta gặp dạng của chúng và biết được 
các phương pháp giải của từng dạng thì đó là điều khá đơn giản. Tuy vậy có những 
bài toán có độ khó nhất định đối với học sinh bởi vì sự đa dạng của nó và để giải 
được thì chúng ta cần kết hợp nhiều kiến thức liên quan đến chúng. Trong đó tích vô 
hướng của hai vectơ đóng vai trò quan trọng và ứng dụng nó trong việc giải quyết 
một số dạng Toán nêu trên. 
 Xuất phát từ tầm quan trọng của nội dung và thực trạng trên, để học sinh có thể 
dễ dàng và tự tin hơn khi gặp một số bài toán giải phương trình, bất phương trình, 
hệ phương trình, chứng minh quan hệ vuông góc trong hình học phẳng và hình học 
không gian, hay chứng minh một số bất đẳng thức hoặc các bài toán về cực trị. Giúp 
các em phát huy được khả năng phân tích, tổng hợp, khái quát hóa qua các bài tập 
nhỏ, cùng với sự tích lũy kinh nghiệm của bản thân qua những năm giảng dạy, 
chúng tôi đưa ra sáng kiến kinh nghiệm với đề tài: “Ứng dụng tích vô hướng của 
hai vectơ để giải một số dạng toán ” . 
 NỘI DUNG 
1.1 Tích vô hướng của hai vectơ và ứng dụng tích vô hướng của hai vectơ 
1.1.1. Một số khái niệm cơ bản 
 1.1.1.1. Góc giữa hai vectơ 
Định nghĩa: Cho hai véctơ u,v 0. 
Từ điểm O bất kì, ta vẽ các vectơ OA u, OB v. 
Khi đó góc AOB gọi là góc giữa hai vectơ u và v , kí hiệu là (u,v) . 
Chú ý: (u,v) 900 u  v 
1.1.1.2. Định nghĩa tích vô hướng của hai vectơ 
 Định nghĩa: Cho hai véctơ , tích vô hướng của hai véc tơ là một số, 
 kí hiệu là u.v , được xác định bởi công thức: 
 u.v | u |.| v|.cos(u,v) (I), 
 x y x y z z
 cos(u,v) 1 1 2 2 1 2 
 2 2 2 2 2 2
 x1 y 1 z 1 . x 2 y 2 z 2
1.1.2. Ứng dụng tích vô hướng của hai vectơ 
Từ công thức: (I), 
 | u |.| v |
 Suy ra: cos(u,v) 
 u.v
 ta có thể vận dụng để chứng minh hai đường thẳng hoặc là song song hoặc là vuông 
góc hoặc tính góc tạo bởi hai đường thẳng. Tuy nhiên, nếu dừng ở đó thì chưa thấy hết 
được ứng dụng của nó. Chỉ cần chú ý rằng cos(u,v) 1 thì từ (I) ta có thể suy ra các 
bất đẳng thức: 
 u.v u v (II) 
 u.v u v (III) 
Trong hệ tọa độ Descartes vuông góc Oxy cho u (x;y);v1 1 (x;y) 2 2 thì biểu thức 
giải tích của (II) và (III) là 
 2 2 2 2
 x1 y 1 x 2 y 2 x 1 y 1 . x 2 y 2 (II1) 
 2 2 2 2
 |xy1 1 xy| 2 2 x 1 y.x 1 2 y 2 (III1) 
(II) trở thành đẳng thức khi u,v cùng hướng, còn (III) khi trở thành đẳng thức khi 
cùng phương,tức là u kv hay 
 x12 kx
 (IV1) 
 y12 ky
với k 0; k > 0 khi cùng hướng, k < 0 khi cùng phương khác hướng. 
Trong hệ tọa độ Descartes vuông góc Oxyz cho u (x;y;z);v1 1 1 (x 2 ;y;z 2 2 ) thì biểu 
thức giải tích củau.v (II) | u |.|và v|.cos(u,v)(III) là 
 2 2 2 2 2 2 ’
 xyxy112212 zz x 111 y z.x 222 y z (II ) 
 1
OE.CD [(AC AD) 3.AO].[AD AC]
 3
 1
 [AD22 AC 3.AO.AD 3.AO.AC]
 3
 1 2
 [AD22 AC 3.AD 3.AF.AC]
 3
 13
 [ 2.AD2 AC 2 .AC 2 ]
 32
 1 1 1
 [ 2.AD2 .AC 2 ] [ 4.AD 2 AC 2 ]
 3 2 6
 1
 [ AB22 AC ] 0
 6
Vậy OE vuông góc với CD 
Ví dụ 3: Cho đường tròn (O) có hai dây cung AB và CD cắt nhau tại I. Chứng minh 
rằng đường thẳng đi qua I và vuông góc với AC đi qua trung điểm BD. 
 Giải: 
 Chọn hệ trục tọa độ Ixy với trục Ix chứa AB và trục Iy chứa DC. 
 Khi đó I(0;0). Đặt A(a;0), B(b;0), C(0;c), D(0;d). 
Ta có: PI/(O) IA.IB IC.ID ab cd (1) 
 bd
Gọi M là trung điểm BD, suy ra M( ; ) . 
 22
Ta chứng minh IM AC 
 bd
Ta có IM( ; ); AC ( a;c) . 
 22
 b d ab cd
Do đó IM.AC a. c. (2). 
 2 2 2
Thay (1) vào (2) ta được IM.AC 0 IM  AC 
Vậy , hay nói cách khác đường thẳng đi qua I và vuông góc với AC đi qua 
trung điểm BD. 
1.1.3.2. Ứng dụng tích vô hướng của hai vectơ trong giải phương trình 
Ví dụ 3: Giải phương trình 
 2
 x x 1 3 x 2 x 1 (1) 
 Ví dụ 5: Giải bất phương trình 
 x1 x3 2(x3) 2 2x 2 (3) 
 Giải 
ĐK: x1 
Đặt u ( x 1;x 3),v (1;1) 
Ta có: u x 1 (x 3),|v|2 2. 
Theo (II’) ta được: x1 x3 2(x3) 2 2x 2 , 
Suy ra bất phương trình (3) chỉ có thể lấy dấu đẳng thức và nhờ (IV) ta được 
 x 1 x 3 x 5( thỏa mãn điều kiện) 
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất: x = 5 
Ví dụ 6: Giải bất phương trình 
 x 1 2x 3 50 3x 12 (4) 
 Giải 
 3 50
ĐK: x 
 23
Đặt u ( x 1; 2x 3; 50 3x),v (1;1;1) 
Ta có: u 48 4 3và v 3. 
Theo (II’), ta có bất phương trình (2) luôn được thỏa mãn. 
Vậy nghiệm của (2) là 
1.1.3.4. Ứng dụng tích vô hướng của hai vectơ trong giải hệ phương trình 
Ví dụ 7: Giải hệ phương trình 
 x22 y y(x z)
 2
 x x y 2yz (5) 
 3x22 8y 8xy 8yz 2x 4z 2
 Giải 
Hê đã cho tương đương với 
 x(x y) y(y z) 0 
 x(x 1) y(2z 1) 0 
 2 2 2 2
 4(x y) 4(y z) (x 1) (2y 1) Khai triển vế trái: VT = a2bc + ab2c + abc2 
Đặt u (ab;bc;ca),v (ca;ab;bc) 
 u a2 b 2 b 2 c 2 c 2 a 2
Ta có: 
 v c2 a 2 a 2 b 2 b 2 c 2
 Áp dụng (II) ta được: abc(a b c) a2 b 2 b 2 c 2 c 2 a 2 (*) 
Lại đặt x (a2 ;b 2 ;c 2 ),y (b 2 ;c 2 ;a 2 ) 
Áp dụng (II) một lần nữa ta được a2 b 2 b 2 c 2 c 2 a 2 a 4 b 4 c 4 (**) 
Từ (*) và (**) suy ra (1) 
Theo (IV), dễ thấy bất đẳng thức trở thành đẳng thức khi a = b = c. 
Ví dụ 10: Chứng minh rằng nếu a > c, b > c và c >0 thì 
 c(a c) c(b c) ab (2) 
 Giải 
 Đặt u (c; b c),v (a c; c) 
Ta có: u bvà v a. 
Áp dụng (II’) ta được điều phải chứng minh, và theo (IV) bất đẳng thức trở thành 
đẳng thức khi: 
 c k a c ab
 c 
 b c k c ab 
Ví dụ 11: Cho 8 số thực x1, x2, x3, x4, x5, x6, x7, x8. Chứng minh rằng có ít nhất một 
trong 6số x1x3 + x2x4; x1x5 + x2x6; x1x7 + x2x8; x3x5 + x4x6; x3x7 + x4x8; x5x7 + x6x8 
không âm. 
 Giải 
 Đặt v1 (x;x),v 122 (x;x),v 343 (x;x),v 564 (x;x), 78 
Ta có: v.v12 xx 13 xx,v.v 2413 xx 15 xx,...,v.v 26 43 xx 57 xx, 68 
Do ít nhất một trong các góc giữa 4 vectơ không vượt quá 900 nên ít nhất một trong 6 
tích vô hướng là không âm. 
* Ứng dụng tích vô hướng của hai vectơ trong chứng minh đẳng thức và bất dẳng 
thức hình học 
 Giải 
Dễ thấy bất dẳng thức (6) tương đương với 
 A B C 3 A B C 1
 1 4sin .sin .sin sin .sin .sin 
 2 2 2 2 2 2 2 8
Và có nhiều cách chứng minh khác nhau như áp dụng định lí cosin trong tam giác, đưa 
về dạng tổng bình phương hoặc dựa trên bất đẳng thức hàm lồi. 
Lời giải sau dựa vào tích vô hướng của các vectơ. 
Gọi độ dài AB =c, BC = a, CA = b. 
Từ điểm I tùy ý trong mặt phẳng (ABC) dựng ba vectơ v1 ,v 2 ,v 3 có độ dài đơn vị lần 
lượt vuông góc với các cạnh BC, AC, AB. 
Theo tính chất của tích vô hướng 
 2 2 2 2
 0(v 123 v v) v 1 v 2 v 3 2(v.v 122331 v.v v.v) 
Để ý: 
 2 2 2
v1 v 2 v 3 1
 v1 .v 2 cos(v 1 ,v 2 ) cosC,v 2 .v 3 cosA,v 1 .v 3 cosB
Suy ra 0 3 2(cosA cosB cosC) nên (6) được chứng minh. 
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi tam giác ABC đồng dạng với tam giác có các cạnh là 
các vectơ đơn vị hay tam giác ABC đều. 
 A B C 3
Ví dụ 15: Chứng minh rằng với mọi tam giác ABC luôn có sin sin sin 
 2 2 2 2
(7) 
 Giải 
 B C C A A B 3
BĐT (7) tương đương với cos cos cos 
 2 2 2 2
 BCACBA 
Đặt ,,   thì ,,   lại là ba góc của một tam giác. 
 2 2 2
Vậy ví dụ 15 đưa về ví dụ 14. 
Ví dụ 16:Chứng minh rằng với mọi tam giác ABC và ba số thực x, y, z bất kì,luôn có 
 2 2 2
 x y z 2xycosC 2xzcosB 2yzcosA (8) 
 Giải 
 Tuy nhiên đó không phải là phương pháp duy nhất hữu hiệu. Thật vậy, lại chọn các 
vectơ như ở ví dụ 14 rồi dùng bình phương vô hướng của vectơ 
v xv1 v 2 v 3 , ta được 
 222 2 2
 0 v (xv123 v v ) x v 23 v 2x(v 1213 .v v .v ) 2v 23 .v ) 
Suy ra 0 x2 2x(cosB cosC) 2cosA 2 
 x2 2 2x(cosB cosC) 2cosA 
 1
 Hay 1 x2 cosA x(cosB cosC) v ,v ,v
 2 1 2 3
Sau cùng chúng ta tiếp tục vận dụng ý tưởng trên vào một bài toán hình học không 
gian đặc sắc mà việc chứng minh bằng một đường lối khác hẳn sẽ vô cùng gay cấn. 
Ví dụ 19: Chứng minh rằng tổng các cosin của sáu nhị diện tạo bởi bốn mặt của tứ 
diện bất kì luôn nhỏ hơn hoặc bằng 2. 
 Giải 
Gọi 1,,,,, 2 3 4 5 6 là các góc phẳng của sáu nhị diện tạo thành. Từ điểm I tùy ý 
trong hình tứ diện, ta dựng bốn vectơ đơn vị lần lượt vuông góc với bốn mặt của tứ 
diện, gọi các vectơ đó là v1 ,v 2 ,v 3 ,v 4 . 
Bình phương vô hướng của vectơ v v1 v 2 v 3 v 4 ta được 
 2 2
0 v (v1 v 2 v 3 v 4 ) 4 2(cos 1 cos 2 cos 3 cos 4 cos 5 cos 6 )
 6
Từ đó ta có cos i 2 
 i1 
 6
Cũng dễ dàng kiểm nghiệm khi tứ diện gần đều ta có cos i 2 
 i1 
1.1.3.6. Ứng dụng tích vô hướng của hai vectơ trong giải bài toán cực trị 
Ví dụ 20: Tìm giá trị lớn nhất của hàm số y x 1 2 3 x 
 Giải 
ĐK: 1 x 3 
Đặt u ( x 1; 3 x),v (1;2) 
 MA2 MB 2 MC 2 3MG 2 GA 2 GB 2 GC 2 MG.(GA GB GC)
 3MG2 GA 2 GB 2 GC 2
Vì GA GB GC 0 
Từ đó suy ra MA2 + MB2 + MC2 đạt giá trị nhỏ nhất khi MG2 = 0 hay M trùng G. 
Ví dụ 23: Cho hình bình hành ABCD, tâm O và điểm M bất kì. 
a. Chứng minh rằng: MA2 - MB2 + MC2 = MD2 – 2( OB2 -OA2 ). 
b. Giả sử M di động trên đường thẳng (d), xác định vị trí của điểm M để 
 MA2 - MB2 + MC2 đạt giá trị nhỏ nhất. 
 Giải 
 a. Ta có: 
 MA MC 2MO 22
 (MA MC) (MB MD)
 MB MD 2MO 
 0 MA2 MB 2 MC 2 MD 2 2(MA.MC MB.MD) (1)
Ta xét: 
 MA.MC MB.MD (OA OM).(OC OM) (OB OM).(OD OM)
 (OA OM).(OA OM) (OB OM).(OB OM) 
 OA2 OM 2 OB 2 OM 2 OB 2 OA 2 (2)
Thay (2) vào (1) ta được: 
 0 MA2 MB 2 MC 2 MD 2 2(OB 2 OA 2 )
 MA2 MB 2 MC 2 MD 2 2(OB 2 OA 2 )
 b. Từ kết quả câu a suy ra MA2 - MB2 + MC2 đạt giá trị nhỏ nhất khi MD2 nhỏ 
 nhất M là hình chiếu vuông góc của D trên (d). 
 Qua các ví dụ trên rõ ràng ta thấy sự phong phú, tính hiệu quả, ngắn gọn của việc 
sử dụng tích vô hướng để giải một số bài toán thường gặp. 
1.1.4. Bài tập tự giải 
Bài 1: Cho tam giác ABC cân tại A, H là trung điểm của BC, Dlà hình chiếu vuông 
góc của H trên AC, M là trung điểm của DH. Chứng minh rằng AM vuông góc với 
BD. 
Bài 2: Cho hình bình hành ABCD, biết rằng với mọi điểm M luôn có: 
 MA2 + MC2 = MB2 +MD2.