A. lý do chọn đề tài. Trong hoạt động dạy và học ở trờng phổ thông việc rèn luyện kỹ năng và định h- ớng t duy cho học sinh trớc một bài toán là rất quan trọng, việc giải đợc các bài toán về giải phơng trình, bất phơng trình và tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất có chứa căn thức đã là khó với học sinh và còn khó khăn hơn nếu nh ta không áp dụng đợc phơng pháp biến đổi tơng đơng để đa về bài toán đơn giản. Nhiều học sinh và đa số học sinh khi bắt gặp bài toán đó trong các đề kiểm tra hoặc đề thi thờng bỏ qua hoặc không giải đợc. Nhiều em học sinh có phản ánh lại là để giải đợc những dạng toán đó cần phải có sự thông minh Sau một số năm giảng dạy và nghiên cứu tôi xin mạnh dạn trao đổi với các bạn đồng nghiệp về một vài kinh nghiệm nhỏ của mình giúp học sinh cảm thấy bớt khó khăn hơn khi giải những dạng bài toán trên. Đó là sử dụng khéo léo các tính chất về độ dài của vectơ để giải một số dạng toán trên. Để học sinh tiếp cận đợc vần để này, giáo viên cần giúp học sinh nắm đợc: + Tầm quan trọng của các bài toán giải phơng trình, bất phơng trình và tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất có chứa căn thức trong chơng trình toán THPT. + Nắm đợc các tính chất về độ dài của vectơ, các phép toán cộng, trừ vectơ đợc cho dới dạng toạ độ, sử dụng tích vô hớng và bình phơng vô hớng. Bài viết dới đây xin trao đổi về phơng pháp giảng dạy một dạng bài tập giải phơng trình, bất phơng trình và tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất có chứa căn thức. 1 b. nội dung I. Cơ sở lý thuyết. 1. Độ dài véctơ. Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy, véctơ 1 1 ( ; )x x y= r có độ dài là 2 2 1 1 | |x x y = + r Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, véctơ 1 1 1 ( ; ; )x x y z= r có độ dài 2 2 2 1 1 1 | |x x y z= + + r 2. Các phép toán véctơ biểu thị qua tọa độ. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, hai véctơ 1 1 2 2 ( ; ); ( ; )u x y v x y= = r r Khi đó ta có 1 2 1 2 1 2 1 2 1 1 1 2 1 2 ( ; ) ( ; ) ( ; ) ( ) . | |.| | cos( , ) . . . u v x x y y u v x x y y ku kx ky k u v u v u v u v x x y y + = + + = = = = + r r r r r Ă r r r r r r r r Chú ý: Trong không gian các phép toán giữa các véctơ tơng tự nh trong mặt phẳng. 3. Bất đẳng thức véctơ. Cho hai véctơ ,a b r r (Trong mặt phẳng hoặc không gian). Khi đó ta có | | | | | | (1)a b a b+ + r r r ur Dấu = xảy ra * :a b k a kb + = r r r r Z Z Ă hoặc một trong hai véctơ bằng 0 r . Tổng quát: * 1 1 | | | | ( ) n n i i i i a a n + = = ur ur  | | | | | | (2)a b a b + r r r ur Dấu = xảy ra * :a b k a kb = r r r r [Z Ă hoặc một trong hai véctơ bằng 0 r . 2 | |.| | . | |.| | (3)u v u v u v r r r r r r Dấu = thứ nhất xảy ra * :a b k a kb = r r r r [Z Ă hoặc một trong hai véctơ bằng 0 r . Dấu = thứ hai xảy ra * :a b k a kb + = r r r r Z Z Ă hoặc một trong hai véctơ bằng 0 r . II. ứng dụng của bất đẳng thức véctơ. 1. ứng dụng để giải phơng trình, bất phơng trình, hệ phơng trình. 1.1.Phơng pháp: Ta biến đổi phơng trình đã cho sau đó xét các véctơ có tọa độ thích hợp rồi áp dụng một trong ba BĐT véctơ trên và xét trờng hợp dấu bằng xảy ra để đa ra nghiệm của phơng trình đã cho. 1.2. Ví dụ. Ví dụ 1: Giải phơng trình sau 2 1 3 2 1 0 (1.1)x x x x+ + + = Giải ĐK: 1 3x Khi đó ta có 2 (1.1) 1 3 2 1x x x x + + = + xét hai véctơ ( ;1); ( 1; 3 )u x v x x= = + r r Ta có 2 . 1 3 ; | |.| | 2 1u v x x x u v x= + + = + r r r r Mà theo BĐT (3 ) ta có 2 . | |.| | 1 3 2 1u v u v x x x x + + + r r r r Vì cả hai véctơ đều khác véctơ 0 r nên dấu = xảy ra 2 0 1 1 0 1 0 1 2 1 (3 ) 1 3 1 2 1 2 x x x x x x u v x x x x x x x = = + = = = + = + = + r r Z Z 3 Cả hai nghiệm trên đều thoả mãn phơng trình đã cho. Vậy phơng trình (1.1) có hai nghiệm phân biệt 1; 1 2x = + . Ví dụ 2: Giải phơng trình sau 2 2 2 5 2 10 29 (1.2)x x x x + + + + = Giải Phơng trình đã cho xác định với mọi x. Ta có 2 2 (1.2) ( 1) 4 ( 1) 9 29 x x + + + + = xét hai véctơ ( 1;2); ( 1;3)u x v x= = r r Khi đó 2 2 ( 2;5);| | 2 5;| | 2 10;| | 29u v u x x v x x u v+ = = + = + + + = r r r r r r Mà theo BĐT (1 ) ta có 2 2 | | | | | | 2 5 2 10 29u v u v x x x x+ + + + + + r r r r Vì hai véctơ ta xét đều khác véctơ 0 r nên dấu = xảy ra 1 2 1 1 3 5 x u v x x = = r r Z Z Ta thấy 1 5 x = thoả mãn phơng trình đã cho. Vậy phơng trình (1.2) có một nghiệm duy nhât 1 5 x = . Ví dụ 3: Tìm m để phơng trình sau có nghiệm 2 4 (1.3)x x m + = Giải ĐK: 2 4x Xét hai véctơ ( 2; 4 ); (1;1)u x x v= = r r Ta có | | 2;| | 2; . 2 4u v u v x x= = = + r r r r 4 Mµ theo B§T (3) ta cã . | |.| | 2 4 2u v u v x x≤ ⇔ − + − ≤ r r r r tõ ®©y vµ ph¬ng tr×nh ®· cho ta suy ra ph¬ng tr×nh (1.3) cã nghiÖm 0 2m⇔ < ≤ . 5 Ví dụ 4: Giải hệ phơng trình sau 2 2 2 3 3 3 3 3 (1.4) 3 x y z x y z x y z + + = + + = + + = Giải Ta xét hai véctơ ( ; ; ); (1;1;1)u x y z v= = r r Khi đó ta có 2 2 2 | | 3;| | 3; . 3u x y z v u v x y z = + + = = = + + = r r r r Từ trên ta thấy . | |.| | 0 0 1 1 1 x y z u v u v u v x y z= = = > = = > r r r r r r Z Z Kết hợp với hệ đã cho ta có nghiệm duy nhất của hệ (1.4) là x =y =z=1. Ví dụ 5: Giải bất phơng trình sau 2 1 3 2( 3) 2 2 (1.5)x x x x + + Giải ĐK: 1x Xét hai véctơ ( 3; 1); (1;1)u x x v= = r r Khi đó ta có 2 | | ( 3) 1;| | 2; . 1 3u x x v u v x x= + = = + r r r r Từ trên và bất phơng trình (1.5) ta thấy . | |.| | (*)u v u v r r r r Mà theo BĐT (3) ta có . | |.| | (2*)u v u v r r r r Từ (*) và (2*) suy ra 2 7 10 0 . | |.| | 3 1 5 3 x x u v u v u v x x x x + = = = = r r r r r r Z Z (Vì hai véctơ ta xét đều khác véctơ 0 r ). Vậy x =5 là nghiệm duy nhất của bất phơng trình (1.5). 6 1.3. Bµi tËp tù luyÖn. Bµi 1. Gi¶i ph¬ng tr×nh sau 2 2 2 2 2 4 12 25 9 12 29x x x x x x− + + + + = + + Bµi 2. Gi¶i ph¬ng tr×nh sau 2 2 cos 2 cos cos 2 cos 3x x x x+ − + − = Bµi 3. Gi¶i bÊt ph¬ng tr×nh sau 1 2 3 50 3 12x x x+ + − + − ≤ Bµi 4. Gi¶i bÊt ph¬ng tr×nh sau 5 4 5 4 4x x− + + ≥ Bµi 5. Gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh sau 2 ( ) 1 3 2 ( ) 1 2 2 1 x y x y x y x y x y x y  + + + + − − = + +   + ≥   − = −   Bµi 6. Chøng minh r»ng hÖ ph¬ng tr×nh sau v« nghiÖm 4 4 4 2 2 2 1 2 7 x y z x y z  + + =   + + =   Bµi 7. Gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh sau 2 2 2 2009 2009 2009 3 3 3 x y z x y z x y z + + =   + + =   + + =  Bµi 8. Gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh sau 1 2 2008 1 2 2008 2009 1 1 . 1 2008 2008 2007 1 1 . 1 2008 2008 x x x x x x  + + + + + + =     − + − + + − =   7 2. ứng dụng trong bài toán chứng minh bất đẳng thức. 2.1. Phơng pháp: Ta biến đổi BĐT đã cho sau đó xét các véctơ có tọa độ thích hợp rồi áp dụng một trong ba BĐT véctơ trên và xét trờng hợp dấu bằng xảy ra để chứng minh BĐT đã cho. 2.2. Ví dụ. Ví dụ 1: Chứng minh rằng ,x y Ă ta có 2 2 2 2 2 2 4cos cos sin ( ) 4sin sin sin ( ) 2 (2.1)x y x y x y x y + + + Giải Xét hai véctơ (2cos cos ;sin( )); (2sin sin ;sin( ))u x y x y u x y x y= = r r Khi đó ta có 2 2 2 2 2 2 | | 4cos cos sin ( );| | 4sin sin sin ( )u x y x y v x y x y= + = + r r (2cos( );2sin( ));| | 2u v x y x y u v+ = + = r r r r Mà theo BĐT (1) ta có 2 2 2 2 2 2 | | || | | 4cos cos sin ( ) 4sin sin sin ( ) 2u u v x y x y x y x y+ + + + + r r r Vậy BĐT (2.1) đợc chứng minh. Ví dụ 2: Chứng minh rằng , ,x y z Ă ta có 2 2 2 2 2 2 (2.2)x xy y x xz z y yz z+ + + + + + + Giải Ta có 2 2 2 2 2 2 1 3 1 3 (2.2) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 x y y x z z y yz z + + + + + + + xét hai véctơ 1 3 1 3 ; ; ; 2 2 2 2 u x y y v x z z = + = ữ ữ r r Khi đó ta có 2 2 2 2 | | ;| |u x xy y v x xz z= + + = + + uur r 2 2 1 1 3 3 ; ;| | 2 2 2 2 u v y z y z u v y yz z + = + + = + + ữ r r r r Mà theo BĐT (1) ta có 8 2 2 2 2 2 2 | | | | | | u v u v x xy y x xz z y yz z + + + + + + + + + r r r r Vậy BĐT (2.2) đợc chứng minh. Ví dụ 3: Cho các số thực dơng a, b, c thoả mãn ab + bc + ca = abc Chứng minh rằng 2 2 2 2 2 2 2 2 2 3 a b b c c a ab bc ca + + + + + Giải Ta có 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 2 1 2 1 2 3 3 a b b c c a ab bc ca b a c b a c + + + + + + + + + + xét ba véctơ 1 2 1 2 1 2 ; ; ; ; ;u v w b a c b a c = = = ữ ữ ữ r r ur Khi đó ta có 2 2 2 2 2 2 2 2 2 | | ;| | ;| | a b b c c a u v w ab bc ca + + + = = = r r ur 2 1 1 1 2 2 2 1 1 1 ; ;| | 3 3u v w u v w a b c a b c a b c + + = + + + + + + = + + = ữ ữ r r ur r r ur Vì 1 1 1 1ab bc ca abc a b c + + = + + = Mà theo BĐT (1) ta có 2 2 2 2 2 2 2 2 2 | | | | | | | | 3 a b b c c a u v w u v w ab bc ca + + + + + + + + + r r ur r r ur Vì ba véctơ ta xét đều khác véctơ 0 r nên dấu = xảy ra u v w a b c = = r r ur Z Z Z Z mà ab + bc + ca =abc suy ra a = b = c =3. Vậy BĐT (2.3) đợc chứng minh và dấu = xảy ra khi và chỉ khi a = b = c =3. 9 Một số bài tập về bất đẳng thức lợng giác chứng minh bằng phơng pháp vectơ. Phơng pháp: + Sử dụng tích chất của tích vô hớng hai vectơ. ( ) . . cos , .u v u v u v u v= r r r r r r r r Dấu = xảy ra khi ,u v r r cùng phơng. + Sử dụng tích chất của bình phơng vô hớng các vectơ: 2 2 2 0 ( ) 2 .u v u v u v + = + + r r r r r r . Dấu = xảy ra khi 0u v+ = r r r hoặc 0u v= = r r r Ví dụ 1: Chứng minh rằng với mọi tam giác ABC ta có: 3 cos cos cos 2 A B C+ + Giải: Chọn ba vectơ đơn vị , ,x y z r ur r lần lợt cùng phơng với , ,AB BC CA uuur uuur uuur Ta có: ( ) ( ) 2 2 2 2 0 2 . .cos( , ) . .cos( , ) . .cos( , )x y z x y z x y x y y z y z z x z x + + = + + + + + r ur r r ur r r ur r ur ur r ur r r r r r 0 3 2(cos cos cos )A B C dpcm + + Ngoài ra ta có thể chọn các vectơ , ,x y z r ur r theo cách khác nh sau: , ,x y z r ur r lần lợt là các vectơ đơn vị và vuông góc với các cạnh của tam giác. Từ Ví dụ 1 ta suy ra các bất đẳng thức sau: a) 1 sin sin sin 2 2 2 8 A B C b) 2 2 2 9 cos cos cos 2 2 2 4 A B C + + c) 2 2 2 3 sin sin sin 2 2 2 4 A B C + + Ví dụ 2: Cho tam giác ABC chứng minh rằng: 3 cos2 cos2 cos 2 2 A B C+ + Giải: Gọi O là tâm đờng tròn ngoại tiếp tam giác ABC Ta có: ( ) 2 2 2 2 0 2( . . . )OA OB OC OA OB OC OA OB OB OC OC OA + + = + + + + + uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur ( ) 2 2 3 2 cos 2 cos2 cos 2R R A B C dpcm= + + + Từ Ví dụ 2 ta có thể suy ra các bất đẳng thức sau: a) 2 2 2 9 sin sin sin 4 A B C+ + b) 2 2 2 3 cos cos cos 4 A B C+ + 10