Phương pháp hồi quy tuyến tính giải hệ phương trình

PHƯƠNG PHÁP HỒI QUY TUYẾN TÍNH GIẢI HỆ DẠNG 1

VÕ TRỌNG TRÍ

Phương pháp hppồi quy tuyến tính là biến đổi đại số hệ về dạng 1 phương trình bậc nhất hai ẩn $ax + by + c = 0$, từ đó ta giải hệ dễ dàng bằng pp thế.

Xét hệ: $\left\{ \begin{array}{l}

f\left( {x,y} \right) = 0\\

\sqrt {g\left( {x,y} \right)}  + \sqrt[3]{{h\left( {x,y} \right)}} = k

\end{array} \right.$                                                     

Để khử căn ở pt2, ta biến đổi các biểu căn về dạng

$\begin{array}{l}

\sqrt {g\left( {x,y} \right)}  = \sqrt {g\left( {x,y} \right) + m.f\left( {x,y} \right)}  = ax + b + c\left( * \right)\\

\sqrt[3]{{h\left( {x,y} \right)}} = \sqrt[3]{{h\left( {x,y} \right) + n.f\left( {x,y} \right)}} = ax + by + c

\end{array}$

Nhiệm vụ của ta bây giờ là tìm hệ số a, b, c và biểu thức m, n

Tìm a, b, c: chỉ cần chọn ra 3 cặp $\left( {{x_1};{y_1}} \right),\left( {{x_2};{y_2}} \right),\left( {{x_3};{y_3}} \right)$ thỏa mãn pt1 $f\left( {x;y} \right) = 0$ thay vào (*) ta sẽ được hệ bậc nhất ba ẩn ( ẩn là a, b, c). Ta làm theo các bước:

Bước 1. Để tìm 3 cặp này ta nhẩm, hoặc dùng máy tính dò ( soạn f(x;y) và cho y dễ nhớ, SOLVE tìm x lưu vào biến nhớ A, B, C ).

Bước 2: Để nhập các cặp (x;y) trên vào giải hệ, ta tính trước  biểu thức $\sqrt {g\left( {{x_1};{y_1}} \right)} ,\sqrt {g\left( {{x_2};{y_2}} \right)} ,\sqrt {g\left( {{x_3};{y_3}} \right)} $ bằng cách soạn biểu thức $\sqrt {g\left( {x;y} \right)} $, dùng CACL với x là A, y là giá trị ta cho ở trên ( phải nhớ ) sau đó lưu vào biến nhớ D, E, F

Bước 3: Vào MODE5;2 , để giải hệ , nhớ nhập các giá trị \[{\bf{l\`a }}{\rm{ }}\left( {{\bf{A}};{{\bf{y}}_1};{\bf{1}};{\bf{D}}} \right){\rm{ }}\left( {{\bf{B}};{{\bf{y}}_1};{\bf{1}};{\bf{E}}} \right);{\rm{ }}\left( {{\bf{C}};{{\bf{y}}_1};{\bf{1}};{\bf{F}}} \right)\]

Nghiệm (x,y,z ) của máy chính là a,b,c của ta cần tìm.  ( nếu nghiệm hữu tỉ là quy hồi được )

Bước 4: Khi tìm được a,b,c thì tìm biểu thức m trong (*) đơn giản

Từ (*) ta rút ra dễ dàng $m = \frac{{{{\left( {ax + by + c} \right)}^2} - g\left( {x,y} \right)}}{{f\left( {x,y} \right)}}$, ta dùng kĩ thuật chia đa thức hai biến bình thường ($x = 100,y = \frac{1}{{100}}$)

Trình bày lời giải vào giấy thi :

Ta có $\sqrt {g\left( {x,y} \right)}  = \sqrt {g\left( {x;y} \right) + m.f\left( {x;y} \right)}  = ax + by + c$

Dạng 1

 Giải hệ $\left\{ \begin{array}{l}

2\sqrt[3]{{ - 11{x^2}y - 2x{y^2} + 16x - 2y}} + \sqrt[3]{{ - {x^2}y + 6{x^2} + 14y - 20}} = 1\\

{x^3} + x{y^2} - {x^2} - {y^2} - 2x + 2 = 0

\end{array} \right.$

Phân tích: ta thử xem pt2 có nhân tử không ?

Soạn: ${x^3} + x{y^2} - {x^2} - {y^2} - 2x + 2$( gọi là P ), SOLVE ( shift cacl ) cho y=1000, x=0 dò ra x=1

Tiếp tục cho y=10, x=0 dò ra x=1 => pt này có nhân tử cố định $\left( {x - 1} \right)$

Dễ dàng phân tích ra được $pt2 \Leftrightarrow \left( {x - 1} \right)\left( {{x^2} + {y^2} - 2} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}

x = 1\\

{x^2} + {y^2} = 2

\end{array} \right.$

TH x=1 giải ngon rồi$Q = \sqrt[3]{{ - 11{x^2}y - 2x{y^2} + 16x - 2y}}$

TH: ${x^2} + {y^2} = 2$, ta xem thử các biểu thức trong căn bậc 3 đó có đưa về dạng lập phương hay không ? tức có dạng ${\left( {ax + by + c} \right)^3}$, tuy nhiên việc đó phải nhờ phép thế ${x^2} + {y^2} = 2$vào biểu thức đó.

Muốn vậy: ta cần tìm 3 cặp là thỏa mãn ${x^2} + {y^2} = 2$ thế vào biểu thức trong căn bậc 3.

-Soạn biểu thức , tính giá trị biểu thức đó ( bấm CACL ) với các cặp $\left( {x;y} \right) = \left( {1;1} \right),\left( {0;\sqrt 2 } \right),\left( {\sqrt 2 ;0} \right)$ ta được KQ: 1; -1,1442...; 2,824... lưu vào  A, B, C nhé ( STO A,B,C)

-Bấm mode5, 2,vào hệ pt bậc nhất ba ẩn, lần lượt nhập 3 dòng là 1,1,1,A|0,$\sqrt 2 $,1,B|$\sqrt 2 $,0,1,C

Ra KQ là 2;-1;0 . Vậy ta kết luận $Q = \sqrt[3]{{ - 11{x^2}y - 2x{y^2} + 16x - 2y}} = 2x - y$

-Soạn biểu thức và làm tương tự ta được $E = \sqrt[3]{{ - {x^2}y + 6{x^2} + 14y - 20}} = y - 2$

Vậy TH ${x^2} + {y^2} = 2$, hệ tương đương với $\left\{ \begin{array}{l}

2\left( {2x - y} \right) + \left( {y - 2} \right) = 1\\

{x^2} + {y^2} = 2

\end{array} \right.$

Tóm lại hệ có các nghiệm $\left( {x = 1;y = 1} \right),\left( {x = \frac{7}{{17}};y = \frac{{23}}{{17}}} \right)$

Như vậy thế ${x^2} + {y^2} = 2$vào chỗ nào đó của $Q = \sqrt[3]{{ - 11{x^2}y - 2x{y^2} + 16x - 2y}}$ để có $Q = 2x - y$

Việc đó rất đơn giản , ta chỉ cần rút gọn hiệu:

 +Soạn     \[\frac{{\left( { - 11{x^2}y - 2x{y^2} + 16x - 2y} \right) - {{\left( {2x - y} \right)}^3}}}{{{x^2} + {y^2} - 2}}\], CACL với $x = 100;y = \frac{1}{{100}}$ được KQ \[\begin{array}{l}

 - \frac{{79999}}{{100}} =  - \frac{{80000 - 1}}{{100}} =  - 800 + \frac{1}{{100}} =  - 8x + y\\

 \Rightarrow \frac{{\left( { - 11{x^2}y - 2x{y^2} + 16x - 2y} \right) - {{\left( {2x - y} \right)}^3}}}{{{x^2} + {y^2} - 2}} = y - 8x

\end{array}\]

+  Tương tự   $\frac{{ - {x^2}y + 6{x^2} + 14y - 20 - {{\left( {y - 2} \right)}^3}}}{{{x^2} + {y^2} - 2}} = 6 - y$

Trình bày TH2: $\begin{array}{l}

\left\{ \begin{array}{l}

2\sqrt[3]{{ - 11{x^2}y - 2x{y^2} + 16x - 2y}} + \sqrt[3]{{ - {x^2}y + 6{x^2} + 14y - 20}} = 1\\

{x^2} + {y^2} = 2

\end{array} \right. \Leftrightarrow \\

\left\{ \begin{array}{l}

2\sqrt[3]{{ - 11{x^2}y - 2x{y^2} + 16x - 2y - \left( {8x - y} \right)\left( {{x^2} + {y^2} - 2} \right)}} + \sqrt[3]{{ - {x^2}y + 6{x^2} + 14y - 20 - \left( {y - 6} \right)\left( {2 - {x^2} - {y^2}} \right)}} = 1\\

{x^2} + {y^2} = 2

\end{array} \right.\\

 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}

2\sqrt[3]{{{{\left( {2x - y} \right)}^3}}} + \sqrt[3]{{{{\left( {y - 2} \right)}^3}}} = 1\\

{x^2} + {y^2} = 2

\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}

2\left( {2x - y} \right) + y - 2 = 1\\

{x^2} + {y^2} = 2

\end{array} \right.

\end{array}$

Bài tập tương tự

$\left\{ \begin{array}{l}

\sqrt[3]{{xy\left( {x - 2y} \right) + 9{x^2} - 31x + 27}} + \sqrt { - {x^2} + 5{y^2} + 2x + 2y + 9}  = 5\\

8{x^2} - 32 = 4y\left( {\sqrt {9{x^2} - 32}  + x} \right)

\end{array} \right.$

Dạng 2

Giải hệ $\left\{ \begin{array}{l}

x + y + \sqrt {\frac{{{y^2} + xy + 1}}{{2x + y}} + 3}  = 4\\

 - 18{x^3} - 21{x^2}y + 24{x^2} - 8x{y^2} + 21xy - 2x - {y^3} + 5{y^2} - y - 1 = 0

\end{array} \right.$

Mực  đích khử căn : $\begin{array}{l}

\sqrt {\frac{{{y^2} + xy + 1}}{{2x + y}} + 3}  = \sqrt {\frac{{{y^2} + xy + 6x + 3y + 1}}{{2x + y}}} \\

 = \sqrt {\frac{{{y^2} + xy + 6x + 3y + 1 + m\left( { - 18{x^3} - 21{x^2}y + 24{x^2} - 8x{y^2} + 21xy - 2x - {y^3} + 5{y^2} - y - 1} \right)}}{{2x + y}}}  = ax + by + c

\end{array}$

Bấm máy ta được  $A = 3x + y - 2$, hệ đã quy hồi tuyến tính

Lời giải chính thức

Ta có hệ tương đương

$\left\{ \begin{array}{l}

x + y + \sqrt {\frac{{{y^2} + xy + 1}}{{2x + y}} + 3}  = 4\\

{y^2} + xy + 1 + 6x + 3y = \left( {2x + y} \right){\left( {3x + y - 2} \right)^2}

\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}

x + y + \left| {3x + y - 2} \right| = 4\\

{y^2} + xy + 1 + 6x + 3y = \left( {2x + y} \right){\left( {3x + y - 2} \right)^2}

\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}

x = 1\\

y = 1

\end{array} \right.$Bài tập tương tự : $\left\{ \begin{array}{l}

\left( {2x + y - 1} \right)\sqrt {x + y}  = \sqrt {{x^2} + {y^2} + 3xy + x + 2} \\

2x + y - {y^2} = \sqrt {{y^4} + 2{y^3} + 5{y^2} + 4y - 8}

\end{array} \right.$

Dạng 3

$\left\{ \begin{array}{l}

\sqrt {x + y + 1}  + \sqrt {2x + y - 3}  = \sqrt {7x + y} \left( 1 \right)\\

\sqrt {31{x^2} + 5x + 13}  + \sqrt {31{y^2} - 58y - 7}  = 8

\end{array} \right.$

$\begin{array}{l}

\left( 1 \right) \Rightarrow {\left[ {\left( {7x + y} \right) - \left( {x + y + 1} \right) - \left( {2x + y - 3} \right)} \right]^2} - 4\left( {x + y + 1} \right)\left( {2x + y - 3} \right) = 0\\

 \Leftrightarrow 8{x^2} - 20xy - 3{y^2} + 20x + 4y + 16 = 0\left( 3 \right)

\end{array}$

Vậy ta có hệ mới: $\left\{ \begin{array}{l}

8{x^2} - 20xy - 3{y^2} + 20x + 4y + 16 = 0\\

\sqrt {31{x^2} + 5x + 13}  + \sqrt {31{y^2} - 58y - 7}  = 8

\end{array} \right.$

Dùng pp hồi quy ta đươc: $\left\{ \begin{array}{l}

8{x^2} - 20xy - 3{y^2} + 20x + 4y + 16 = 0\\

\left| {4x - 5y + 5} \right| + \left| {\frac{{3y}}{2} + \frac{{15x}}{2} - \frac{3}{2}} \right| = 8

\end{array} \right.$

Luyện tập: \[\left\{ \begin{array}{l}

\sqrt {2x - y}  + \sqrt {x + 3{y^2}}  = 3\\

{y^2} + \frac{y}{6} - 2\sqrt {6{y^2} + y + 18}  + \frac{{53}}{6}x = 0

\end{array} \right.\]

Các bạn đón chờ các dạng mới nhé !

Vào youtube để học mỗi ngày https://www.youtube.com/channel/UCpslqfe8tEKUXADFN-oIYsA

PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI TOÁN TỌA ĐỘ PHẲNG


 Bài 72: Cho tam giác nhọn ABC, BE và CD là hai phân giác trong góc B và góc C. Cho biết $B\left( {1; - 2} \right),D\left( {\frac{{21}}{{11}};3} \right)$, điểm E có hoành độ lớn hơn 5 và$DE = \frac{{25\sqrt {55} }}{{11}}$, đường thẳng AC có hệ số góc $k =  - \frac{1}{2}$. Tìm tọa độ điểm A và C. 
 Xem VIDEO chữa tại đây

Cách tìm nghiệm bội ( dành cho học sinh chưa học đạo hàm )

Nếu pt f(x)=0 có nghiệm x=a bội n , thì ta phân tích được $f\left( x \right) = {\left( {x - a} \right)^n}.g\left( x \right)$ với $g\left( a \right) \ne 0$

Khi đó ta có ::$\mathop {\lim }\limits_{x \to a} \frac{{f\left( x \right)}}{{{{\left( {x - a} \right)}^m}}} = \left\{ \begin{array}{l}n{\rm{    neu }}m = n\\0{\rm{    neu }}m < n\\\infty {\rm{   neu }}m > n\end{array} \right.$

Để tính lim khi x->a ta cho x giá trị “rất gần a” , kết quả rất nhỏ ( tức là =0) , rất lớn ( tức là = vô cùng), vừa phải tức là bằng 1 số.

Ví dụ: $\left( {{x^3} + 12x + 3} \right)\sqrt {3x + 1}  + {x^3} - 18{x^2} - 9x - 6 = 0$

B1: Soạn biểu thức VT, bấm dấu =,= ( để lưu VT)

B2: Solve , ra nghiệm x=1

B3: Sửa biểu thức dạng $\frac{{\left( {{x^3} + 12x + 3} \right)\sqrt {3x + 1}  + {x^3} - 18{x^2} - 9x - 6}}{{{{\left( {x - 1} \right)}^A}}}$

Bấm CACL, nhập x=0,9999 ( rất gần nghiệm x=1), và A=2, ta có KQ $ - \frac{{21}}{{50000}} \approx 0$ ( vậy tức x=1 là nghiệm bội n>2

Bấm CACL, nhập x=0,9999 ( rất gần nghiệm x=1), và A=3, ta có KQ $\frac{{21}}{5}$ ( vậy tức x=1 là nghiệm bội n=3)

Bấm CACL, nhập x=0,9999 ( rất gần nghiệm x=1), và A=4, ta có KQ -42000( $ - \infty $) . Đến đây ta khẳng định pt có nghiệm x=1 bội 3

( Chú ý: việc cho x=0,9999..hay x=1,00001 mấy số 9 , mấy số 0 tùy vào bài và các bạn nên thử thay đổi khi kết quả =0)

Giải: Bây giờ ta ép tích ra thôi…$\left( 1 \right) \Leftrightarrow $ ${\left( {x - 1} \right)^3}\left[ {2 + \sqrt {3x + 1}  + \frac{{ - {x^3}}}{{{{\left( {\sqrt {3x + 1}  + x + 1} \right)}^3}}}} \right] = 0$

Kĩ năng phân tích thành nhân tử giải phương trình lượng giác

Kĩ năng phân tích thành nhân tử giải phương trình lượng giác
1) Các phép biến đổi lượng giác thành tích:
Nhóm tổng cùng loại:
$ \begin{gathered}  \cos a + \cos b = 2\cos \frac{{a + b}}{2}.\cos \frac{{a - b}}{2} \hfill \\  \cos a - \cos b =- 2\sin \frac{{a + b}}{2}.\sin \frac{{a - b}}{2} \hfill \\  \sin a + \sin b = 2\sin \frac{{a + b}}{2}.\cos \frac{{a - b}}{2} \hfill \\  \sin a - \sin b = 2\cos \frac{{a + b}}{2}.\sin \frac{{a - b}}{2} \hfill \\ \end{gathered}  $
Nhóm nhân đôi, hạ bậc:
$ \begin{gathered}  \sin 2a = 2\sin a.\cos a \hfill \\  \cos 2a = \left( {\cos a + \sin a} \right)\left( {\cos a - \sin a} \right) \hfill \\  1 \pm \sin 2a = {\left( {\sin a \pm \cos a} \right)^2} \hfill \\  1 + \cos 2a = 2{\cos ^2}a \hfill \\  1 - \cos 2a = 2{\sin ^2}a \hfill \\  {\sin ^2}a = 1 - {\cos ^2}a = \left( {1 - \cos a} \right)\left( {1 + \cos a} \right) \hfill \\  {\cos ^2}a = 1 - {\sin ^2}a = \left( {1 - \sin a} \right)\left( {1 + \sin a} \right) \hfill \\ \end{gathered}  $
Nhóm nhân ba:
$ \begin{gathered}  \sin 3a = 3\sin a - 4{\sin ^3}a = \sin a\left( {3 - 4{{\sin }^2}a} \right) = \sin a\left( {4{{\cos }^2}a - 1} \right) \hfill \\   = \sin a\left( {2\cos a - 1} \right)\left( {2\cos a + 1} \right) \hfill \\ \end{gathered}  $
$ \cos 3a = \cos a\left( {1 - 2\cos a} \right)\left( {1 + 2\cos a} \right) $
$ \sin 3a \pm \cos 3a = \left( {\sin a \mp \cos a} \right)\left( {....} \right) $
$ \begin{gathered}  \sin na = \sin a.\left( {......} \right) \hfill \\  \sin na = \cos a.\left( {...} \right)n\_chan \hfill \\  \cos na = \cos a\left( {....} \right)n\_le \hfill \\  \cos na = \left( {\cos a - \sin a} \right)\left( {\cos a + \sin a} \right).\left( {....} \right)n\_chan \hfill \\ \end{gathered}  $
Tam thức bậc 2: $ f\left( t \right) = a{t^2} + bt + c = a\left( {t - {t_1}} \right)\left( {t - {t_2}} \right) $
II. Luyện tập:
1) Giải phương trình:
a) $ \sin 2x - \sqrt 3 \cos x = 0 $
Nhớ sin2x có nhân tử là cosx, nên áp dụng công thức nhân đôi, ta có:
$ \begin{gathered}  \sin 2x - \sqrt 3 \cos x = 0 \Leftrightarrow 2\sin x\cos x - \sqrt 3 \cos x = 0 \hfill \\   \Leftrightarrow \cos x\left( {2\sin x - \sqrt 3 } \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered}  \cos x = 0 \hfill \\  \sin x = \frac{{\sqrt 3 }}{2} \hfill \\ \end{gathered}  \right. \hfill \\ \end{gathered}  $
b) $ \sin 3x - 2\sin x = 0 $
Nhớ sin3x ( sinnx) luôn chứa nhân tử là sin x, nên áp dụng công thức nhân 3:
$ \begin{gathered}  pt \Leftrightarrow 3\sin x - 4{\sin ^3}x - 2\sin x = 0 \Leftrightarrow \sin x\left( {1 - 4{{\sin }^2}x} \right) = 0 \hfill \\   \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered}  \sin x = 0 \hfill \\  1 - 4{\sin ^2}x = 0 \hfill \\ \end{gathered}  \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered}  \sin x = 0 \hfill \\  \sin x =  \pm \frac{1}{2} \hfill \\ \end{gathered}  \right. \hfill \\ \end{gathered}  $
c) $ \sin 4x =  - 2\sqrt 2 \left( {\sin x + \cos x} \right) $
Nhớ sin4x chứa cos2x, cos2x lại chứa nhân tử sinx+cosx, vậy ta có pt tích:
$ \begin{gathered}  4\sin x\cos x\left( {\sin x + \cos x} \right)\left( {\cos x - \sin x} \right) =  - 2\sqrt 2 \left( {\sin x + \cos x} \right) \hfill \\   \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered}  \sin x + \cos x = 0 \hfill \\  4\sin x\cos x\left( {\cos x - \sin x} \right) =  - 2\sqrt 2 \left( * \right) \hfill \\ \end{gathered}  \right. \hfill \\ \end{gathered}  $
Với pt(*), đặt $ \cos x - \sin x = t\left( {\left| t \right| \leqslant \sqrt 2 } \right) \Rightarrow \sin x\cos x = \frac{{1 - {t^2}}}{2} $, khi đó (*) trở thành:
$ 2\left( {1 - {t^2}} \right)t =  - 2\sqrt 2  \Leftrightarrow t = \sqrt 2  $
d) $ \cos x + {\cos ^2}x = {\sin ^3}x $
Nhớ $ {\sin ^3}x $ chứa $ {\sin ^2}x \to 1 + \cos x $, nên đưa về pt tích:
$ \begin{gathered}  pt \Leftrightarrow \cos x\left( {1 + \cos x} \right) = \sin x\left( {1 - \cos x} \right)\left( {1 + \cos x} \right) \hfill \\   \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered}  1 + \cos x = 0 \hfill \\  \cos x - \sin x + \sin x\cos x = 0\left( * \right) \hfill \\ \end{gathered}  \right. \hfill \\ \end{gathered}  $
e) $ \cos 2x + \sin 5x + \sin 3x =  - 1 $
Nhớ 1+cos2x là có công thức lượng giác, vì thế ta nhóm:
$ \begin{gathered}  pt \Leftrightarrow \left( {1 + \cos 2x} \right) + \sin 5x + \sin 3x = 0 \hfill \\   \Leftrightarrow 2{\cos ^2}x + 2\sin 4x.\cos x = 0 \hfill \\   \Leftrightarrow 2\cos x\left( {1 + \sin 4x} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered}  \cos x = 0 \hfill \\  \sin 4x =  - 1 \hfill \\ \end{gathered}  \right. \hfill \\ \end{gathered}  $
f) $ \cos \left( {2x - \frac{\pi }{6}} \right) + \sin 2x + \frac{{\sqrt 3 }}{2} = 0 $
Rõ ràng $ \frac{{\sqrt 3 }}{2} $ là con số nhạy cảm đối với sin và cos, do đó ta có:
$ \begin{gathered}  pt \Leftrightarrow \sin \left( {2x + \frac{\pi }{3}} \right) + \sin 2x + \sin \frac{\pi }{3} = 0 \hfill \\   \Leftrightarrow \sin \left( {2x + \frac{\pi }{3}} \right) + 2\sin \left( {x + \frac{\pi }{6}} \right)\cos \left( {x - \frac{\pi }{6}} \right) = 0 \hfill \\   \Leftrightarrow 2\sin \left( {x + \frac{\pi }{6}} \right)\cos \left( {x + \frac{\pi }{6}} \right) + 2\sin \left( {x + \frac{\pi }{6}} \right)\cos \left( {x - \frac{\pi }{6}} \right) = 0 \hfill \\   \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered}  \cos \left( {x + \frac{\pi }{6}} \right) = 0 \hfill \\  \sin \left( {x + \frac{\pi }{6}} \right) + \cos \left( {x - \frac{\pi }{6}} \right) = 0 \hfill \\ \end{gathered}  \right. \hfill \\ \end{gathered}  $
h) $ 1 + \sin x + \cos x + \sin 2x + \cos 2x = 0 $
Nhớ rằng 1+sin2x và cos2x đều chứa nhân tử ( sinx+cosx)
u) $ 9\sin x + 6\cos x - 3\sin 2x + \cos 2x - 6 = 0 $
Nhận thấy pt đưa về pt bậc hai đối với sinx và cosx. Do đó ta
Nghĩ tới việc phân tích nhân tử đa thức bậc hai ( 2 ẩn ), coi là tam thức bậc hai một ẩn, tính delta nếu dạng bình phương thì phân tích đẹp. Tuy nhiên khó ở chỗ cos2x chuyển về $ m{\sin ^2}x + n{\cos ^2}x $, với m, n là bao nhiêu cho Delta đẹp đây?Ta có:
 $ 9\sin x + 6\cos x - 3\sin 2x + \cos 2x - 8 = 0 $
Dùng casio, solve ta có nghiệm $ x = \frac{\pi }{2} $, nên nhân tử sẽ là $ \left( {\sin x - 1} \right) $
Ta biến đổi như sau:
$ \begin{gathered}  9\sin x + 6\cos x - 3\sin 2x + \cos 2x - 8 = 0 \hfill \\   \Leftrightarrow  - 6\cos x\left( {\sin x - 1} \right) + \left( {9\sin x - 2{{\sin }^2}x - 7} \right) = 0 \hfill \\   \Leftrightarrow  - 6\cos x\left( {\sin x - 1} \right) + \left( {\sin x - 1} \right)\left( { - 2\sin x + 7} \right) = 0 \hfill \\   \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered}  \sin x = 1 \hfill \\   - 6\cos x - 2\sin x + 7 = 0\left( {vn} \right) \hfill \\ \end{gathered}  \right. \hfill \\ \end{gathered}  $
Bài tập:
$ \begin{gathered}  1)1 + \sin x + \cos 3x = \cos x + \sin 2x + \cos 2x \hfill \\  2)\left( {2\sin x - 1} \right)\left( {2\sin 2x + 1} \right) = 3 - 4{\cos ^2}x \hfill \\  3)\sin \left( {2x - \frac{\pi }{4}} \right) = \sin \left( {x - \frac{\pi }{4}} \right) + \frac{1}{{\sqrt 2 }} \hfill \\  4)\cos 2x - 3\sin 2x + 5\sqrt 2 \sin \left( {x + \frac{{9\pi }}{4}} \right) = 3 \hfill \\  5)\frac{{{{\tan }^2}x + \tan x}}{{{{\tan }^2}x + 1}} = \frac{1}{{\sqrt 2 }}\sin \left( {x + \frac{\pi }{4}} \right) \hfill \\ \end{gathered}  $
$ \begin{gathered}  7)\sin x + \sin 2x + \sin 3x = \cos x + \cos 2x + \cos 3x \hfill \\  8)2{\sin ^3}x - \cos 2x + \cos x = 0 \hfill \\  9)2\sin 3x - \frac{1}{{\sin x}} = 2\cos 3x + \frac{1}{{\cos x}} \hfill \\  10)\frac{{{{\cos }^2}x\left( {\cos x - 1} \right)}}{{\sin x + \cos x}} = 2\left( {1 + \sin x} \right) \hfill \\ \end{gathered}  $
$ \begin{gathered}  2\sqrt 2 \cos 2x + \sin 2x.\cos \left( {x + \frac{{3\pi }}{4}} \right) - 4\sin \left( {x + \frac{\pi }{4}} \right) = 0 \hfill \\  12)2{\sin ^2}x\left( {\sin x + \cos x} \right) = \sqrt 2 \sin 2x - \frac{1}{{\sqrt 2 \sin 4x}} \hfill \\  13){\cos ^3}x + {\sin ^3}x = \sin x - \cos x \hfill \\  14){\sin ^3}x + {\cos ^3}x = \sin 2x + \sin x + \cos x \hfill \\  15){\cos ^3}x + {\cos ^2}x + 2\sin x - 2 = 0 \hfill \\ \end{gathered}  $
$ \begin{gathered}  16)\sin x + {\sin ^2}x + {\cos ^3}x = 0 \hfill \\  17)2{\sin ^3}x - \sin x = 2{\cos ^3}x - \cos x + \cos 2x \hfill \\  18)4{\cos ^3}x + 3\sqrt 2 \sin 2x = 8\cos x \hfill \\  19)\sin x + {\sin ^2}x + {\sin ^3}x + {\sin ^4}x = \cos x + {\cos ^2}x + {\cos ^3}x + {\cos ^4}x \hfill \\  20){\cos ^4}\frac{x}{2} - {\sin ^4}\frac{x}{2} = \sin 2x \hfill \\ \end{gathered}  $

$ \begin{gathered}  21)\left( {\sin x + 3} \right){\sin ^4}\frac{x}{2} - \left( {\sin x + 3} \right){\sin ^2}\frac{x}{2} + 1 = 0 \hfill \\  22)2\sqrt 2 \sin \left( {x + \frac{\pi }{4}} \right) = \frac{1}{{\sin x}} + \frac{1}{{\cos x}} \hfill \\  23)\frac{1}{{\sin x}} + \frac{1}{{\sin 2x}} = \frac{2}{{\sin 4x}} \hfill \\  24)\frac{{\sin 5x}}{5} = \frac{{\sin 3x}}{3} \hfill \\  25)2\cos 2x - 8\cos x + 7 = \frac{1}{{\cos x}} \hfill \\ \end{gathered}  $
$ \begin{gathered}  26)\frac{{{{\cos }^2}x\left( {1 + \cot x} \right) - 3}}{{\sin x - \cos x}} = 3\cos x \hfill \\  27){\sin ^3}x\left( {1 - \cot x} \right) + {\cos ^3}x\left( {1 - \tan x} \right) = \frac{3}{2}\cos 2x \hfill \\  28)\cos 2x + 3\sin 2x + 5\sin x - 3\cos x = 3 \hfill \\  29)\sin 4x - \cos 4x = 1 - 4\left( {\sin x - \cos x} \right) \hfill \\  30){\sin ^6}x + {\cos ^6}x = 2\left( {{{\sin }^8}x + {{\cos }^8}x} \right) \hfill \\ \end{gathered}  $

KỸ NĂNG GIẢI PHƯƠNG TRÌNH LƯỢNG GIÁC

I. Kỹ năng đưa phương trình về dạng tích

1. Sử dụng các phép biến đổi Lượng giác và Đại số:

a) Công cụ

- Lượng giác: Công thức cộng. CT Tổng ßà tích; hạ bậc; nhân...

- Đại số: Nhóm, thêm/bớt...

b) Bài tập áp dụng

Bài 1. Sử dụng CT nhân đôi, hạ bậc

[ĐH D2010]  sin2x - cos2x + 3sinx - cosx - 1 = 0.

[ĐH B2010](sin2x + cos2x)cosx + 2cos2x - sinx = 0

[ĐH B05] <latex>$ 1 + \sin  + \cos x + \sin 2x + \cos 2x = 0 $</latex>

[ĐH D04]<latex>$ \left( {2\cos x - 1} \right)\left( {2\sin x + \cos x} \right) = \sin 2x - \sin x $</latex>

Bài 2. Sử dụng CT tổng à tích, hạ bậc

[ĐH B07] <latex>$ 2{\sin ^2}2x + \sin 7x - 1 = \sin x $</latex>

[ĐH D06] <latex>$ \cos 3x + \cos 2x - \cos x - 1 = 0 $</latex>

[ĐH D02] Tìm <latex>$ x \in \left[ {0;14} \right] $</latex> <latex>$ \cos 3x - 4\cos 2x + 3\cos x - 4 = 0 $</latex>

[ĐH B02]  <latex>$ {\sin ^2}3x - {\cos ^2}4x = {\sin ^2}5x - {\cos ^2}6x $</latex>

Bài 3. Sử dụng CT tích à tổng, CT cộng với các góc ĐB

[ĐH D09] <latex>$ \sqrt 3 \cos 5x - 2\sin 3x\cos 2x - \sin x = 0 $</latex>

[ĐH B09] <latex>$ \sin x + \cos x\sin 2x + \sqrt 3 \cos 3x = 2\left( {\cos 4x + {{\sin }^3}x} \right) $</latex>

[ĐH B08] <latex>$ {\sin ^3}x - \sqrt 3 {\cos ^3}x = \sin x{\cos ^2}x - \sqrt 3 {\sin ^2}x\cos x $</latex>

[ĐH D07] <latex>$ {\left( {\sin \frac{x}{2} + \cos \frac{x}{2}} \right)^2} + \sqrt 3 \cos x = 2 $</latex>

[CĐ 08] <latex>$ \sin 3x - \sqrt 3 \cos 3x = 2\sin 2x $</latex>

Bài 4. Giải các phương trình (BTVN)

sin2x + cos2x - 5cosx - sinx + 3 = 0              

(sin2x + cos2x)cosx + 2cos2x - sinx = 0

sin7x - 2cos²2x = sinx - 1                               

sinx + sin2x + sin3x + sin4x + sin5x + sin6x = 0

<latex>$ 4\sin x.\sin \left( {\frac{\pi }{3} + x} \right).\sin \left( {\frac{\pi }{3} - x} \right) - 4\sqrt 3 .\cos x.{\text{cos}}\left( {x + \frac{\pi }{3}} \right).{\text{cos}}\left( {x + \frac{{2\pi }}{3}} \right) = 2 $</latex>

2. Các công thức ĐB khác   

a) Các công thức ĐB

+) 1 + sin2x = (cosx + sinx)²

+) 1 - sin2x = (cosx - sinx)²

+) cos2x = (cosx – sinx)(cosx + sinx)

+) 1 + sin2x + cos2x = (cosx + sinx)2cosx

+) 1 - sin2x + cos2x = (cosx - sinx)2cosx

+) <latex>$ 1 \pm \operatorname{t} {\text{anx}} = \frac{{\cos x \pm \operatorname{s} {\text{inx}}}}{{\cos x}} $</latex>

+) <latex>$ 1 \pm \cot {\text{x}} = \frac{{\operatorname{s} {\text{inx}} \pm \cos x}}{{\sin x}} $</latex>

+) <latex>$ \sqrt 2 \sin (x \pm \frac{\pi }{4}) = \operatorname{s} {\text{inx}} \pm \cos x $</latex>

+) Các công thức quy gọn góc

b) Bài tập

Bài 1. Giải các phương trình

2 + sin2x + cos2x = 2sin²x

2 + cos2x – sin2x = 2cos²x

[A07] (1 + sin²x)cosx + (1 + cos²x)sinx = 1 + sin2x

[A03] <latex>$ \operatorname{c} {\text{otx}} - 1 = \frac{{\cos 2x}}{{1 + \operatorname{t} {\text{anx}}}} + {\sin ^2}x - \frac{1}{2}\sin 2x $</latex>

<latex>$ {\text{tanx}} - 1 = \frac{{\cos 2x}}{{1 + \cot {\text{x}}}} + {\sin ^2}x - \frac{1}{2}\sin 2x $</latex>

Bài 2. Giải các PT

[ĐH D05] <latex>$ {\cos ^4}x + {\sin ^4}x + \cos \left( {x - \frac{\pi }{4}} \right)\sin \left( {3x - \frac{\pi }{4}} \right) - \frac{3}{2} = 0 $</latex>

(1 – tanx)(1 + sin2x) = 1 + tanx

II. Kỹ năng loại nghiệm.

Loại nghiệm bằng đường tròn lượng giác

Loại nghiệm trong quá trình giải

Loại nghiệm bằng PP nghiệm nguyên

Áp dụng

a) Thí dụ minh họa

Thí dụ 1. a) tan3x = tanx        b) tanx.cot3x = 1

Thí dụ 2.

a) <latex>$ {\text{tanx}} = \operatorname{c} {\text{otx}} - \frac{{2\cos 6x}}{{\sin 2x}} $</latex>           b) <latex>$ \operatorname{c} {\text{otx}} = {\text{tanx}} - \frac{{2\cos 4x}}{{\sin 2x}} $</latex>

b) Bài tập.

1) [ĐH A06] <latex>$ \frac{{2\left( {{{\cos }^6}x + {{\sin }^6}x} \right) - \sin x\cos x}}{{\sqrt 2  - 2\sin x}} = 0 $</latex>;       

2) [ĐH A03]  <latex>$ \cot x - 1 = \frac{{\cos 2x}}{{1 + \tan x}} + {\sin ^2}x - \frac{1}{2}\sin 2x $</latex>

3) [ĐH B03] <latex>$ \cot x - \tan x + 4\sin 2x = \frac{2}{{\sin 2x}} $</latex>;                

4) [ĐH A08] <latex>$ \frac{1}{{\sin x}} + \frac{1}{{\sin \left( {x - \frac{{3\pi }}{2}} \right)}} = 4\sin \left( {\frac{{7\pi }}{4} - x} \right) $</latex>

5) [ĐH A09]  ;                

6) [ĐH A2010]<latex>$ \frac{{\left( {1 + \sin x + \cos 2x} \right)\sin \left( {x + \frac{\pi }{4}} \right)}}{{1 + \tan x}} = \frac{1}{{\sqrt 2 }}\cos x $</latex>

7) ĐH B04] <latex>$ 5\sin x - 2 = 3(1 - \sin x){\tan ^2}x $</latex>;                      

8) [ĐH D03] <latex>$ {\sin ^2}\left( {\frac{x}{2} - \frac{\pi }{4}} \right)\tan 2x - {\cos ^2}\frac{x}{2} = 0 $</latex>

9) [ĐH B06] <latex>$ \cot x + \sin x\left( {1 + \tan x\tan \frac{x}{2}} \right) = 4 $</latex>         

10) [ĐH B06] <latex>$ \cot x + \sin x\left( {1 + \tan x\tan \frac{x}{2}} \right) = 4 $</latex>

11) <latex>$ \frac{{{{\sin }^4}x + c{\text{o}}{{\text{s}}^4}x}}{{5\sin 2x}} = \frac{1}{2}\cot 2x - \frac{1}{{8\sin 2x}} $</latex>

11) [ĐH A11] <latex>$ \frac{{1 + \sin 2x + \cos 2x}}{{1 + {{\cot }^2}x}} = \sqrt 2 \sin x\sin 2x $</latex>

Chứng minh bài toán hình học bằng phương pháp véc tơ

Buổi 4: Chứng minh bài toán hình học bằng phương pháp véc tơ

-Chọn 2 véc tơ ( ko cùng phương ) làm hai véc tơ cơ sở

-Biểu diễn các véc tơ liên quan qua hai véc tơ cơ sở

-Chứng minh các tính chất hình học bằng các phép tính qua véc tơ cơ sở

Ví dụ 1: Cho hình vuông ABCD. M và N là trung điểm CD và CB. Chứng minh: $AM \bot DN$

Giải: Chọn hai véc tơ cơ sở là $\overrightarrow a  = \overrightarrow {AB} ,\overrightarrow b  = \overrightarrow {AD}  \Rightarrow \overrightarrow a .\overrightarrow b  = 0,\left| {\overrightarrow a } \right| = \left| {\overrightarrow b } \right| = AB = m$.

Ta có: $\overrightarrow {AM}  = \overrightarrow {AD}  + \overrightarrow {DM}  = \overrightarrow b  + \frac{1}{2}\overrightarrow a $, $\overrightarrow {DN}  = \overrightarrow {DC}  + \overrightarrow {CN}  = \overrightarrow a  - \frac{1}{2}\overrightarrow b $

Để c/m vuông góc , ta chứng minh tích vô hướng của hai véc tơ bằng 0.

Ta có: $\begin{array}{l}\overrightarrow {AM} .\overrightarrow {DN}  = \left( {\overrightarrow b  + \frac{1}{2}\overrightarrow a } \right)\left( {\overrightarrow a  - \frac{1}{2}\overrightarrow b } \right) = \overrightarrow b .\overrightarrow a  - \frac{1}{2}{\overrightarrow b ^2} + \frac{1}{2}{\overrightarrow a ^2} - \frac{1}{4}\overrightarrow a .\overrightarrow b \\ = 0 - \frac{1}{2}{m^2} + \frac{1}{2}{m^2} - 0 = 0 \Rightarrow \overrightarrow {AM}  \bot \overrightarrow {DN}  \Rightarrow AM \bot DN\left( {dpcm} \right)\end{array}$

Ví dụ 2: Cho tam giác ABC cân tại A. D là trung điểm AC và K, E là tâm đường tròn ng tiếp tam giác ABC và trọng tâm tam giác ABD. Chứng minh: $KE \bot BD$.

Giải: Gọi H là trung điểm BC, chọn hai véc tơ cơ sở là $\overrightarrow a  = \overrightarrow {HC} ,\overrightarrow b  = \overrightarrow {HA} $

Ta có: $\begin{array}{l}\overrightarrow {BD}  = \overrightarrow {BA}  + \overrightarrow {AD}  = \overrightarrow {BH}  + \overrightarrow {HA}  + \frac{1}{2}\overrightarrow {AC} \\ = \overrightarrow a  + \overrightarrow b  + \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {AH}  + \overrightarrow {HC} } \right) = \overrightarrow a  + \overrightarrow b  + \frac{1}{2}\left( { - \overrightarrow b  + \overrightarrow a } \right) = \frac{3}{2}\overrightarrow a  + \frac{1}{2}\overrightarrow b \end{array}$

Ta có:

 $\begin{array}{l}\Delta AKD \sim \Delta ACH \Rightarrow \frac{{AK}}{{AC}} = \frac{{AD}}{{AH}}\\ \Rightarrow AK = AC.\frac{{AD}}{{AH}} = \frac{1}{2}.\frac{{A{C^2}}}{{AH}} = \frac{{{a^2} + {b^2}}}{{2b}} = \frac{{{a^2} + {b^2}}}{{2{b^2}}}.HA \Rightarrow \overrightarrow {AK}  =  - \frac{{{a^2} + {b^2}}}{{2{b^2}}}\overrightarrow b \end{array}$

Vậy: $\overrightarrow {KE}  = \overrightarrow {KD}  + \overrightarrow {DE}  = \overrightarrow {KA}  + \overrightarrow {AD}  - \frac{2}{3}\overrightarrow a  = \frac{{{a^2} + {b^2}}}{{2{b^2}}}.\overrightarrow b  + \frac{1}{2}\left( { - \overrightarrow b  + \overrightarrow a } \right) - \frac{2}{3}\overrightarrow a $$ =  - \frac{1}{6}\overrightarrow a  + \left( {\frac{{{a^2}}}{{2{b^2}}}} \right)\overrightarrow b $

Ta có: $\overrightarrow {BD} .\overrightarrow {KE}  = \left( {\frac{3}{2}\overrightarrow a  + \frac{1}{2}\overrightarrow b } \right)\left( { - \frac{1}{6}\overrightarrow a  + \frac{{{a^2}}}{{2{b^2}}}.\overrightarrow b } \right) =  - \frac{1}{4}{a^2} + \frac{1}{2}.\frac{{{a^2}}}{{2{b^2}}}{b^2} = 0 \Rightarrow BD \bot KE\left( {dpcm} \right)$

Ví dụ 3:  Cho hình chữ nhật ABCD, kẻ AH vuông góc với BD, lấy M, N lần lượt là trung điểm các cạnh HB, CD. Chứng minh rằng: $AM \bot MN$.

Giải: Chọn hai véc tơ cơ sở là $\overrightarrow a  = \overrightarrow {AB} ,\overrightarrow b  = \overrightarrow {AD} $, độ dài tương ứng của chúng là a, b.

Để biểu diễn các véc tơ $\overrightarrow {AM} ,\overrightarrow {MN} $qua hai véc tơ cơ sở, ta cần biểu diễn véc tơ $\overrightarrow {AH} $trước. Ta có: $\begin{array}{l}\frac{{A{D^2}}}{{A{B^2}}} = \frac{{DH.DB}}{{BH.DB}} = \frac{{DH}}{{BH}} \Rightarrow \frac{{DH}}{{BH}} = \frac{{{b^2}}}{{{a^2}}}\\ \Rightarrow \overrightarrow {AH}  = \frac{{{b^2}}}{{{a^2} + {b^2}}}.\overrightarrow {AB}  + \frac{{{a^2}}}{{{a^2} + {b^2}}}.\overrightarrow {AD}  = \frac{{{b^2}}}{{{a^2} + {b^2}}}.\overrightarrow a  + \frac{{{a^2}}}{{{a^2} + {b^2}}}.\overrightarrow b \end{array}$

Khi đó: $\overrightarrow {AM}  = \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {AH}  + \overrightarrow {AB} } \right) = \frac{1}{2}\left( {\frac{{{b^2}}}{{{a^2} + {b^2}}}.\overrightarrow a  + \frac{{{a^2}}}{{{a^2} + {b^2}}}.\overrightarrow b  + \overrightarrow a } \right) = \frac{1}{2}\left( {\frac{{{a^2} + 2{b^2}}}{{{a^2} + {b^2}}}.\overrightarrow a  + \frac{{{a^2}}}{{{a^2} + {b^2}}}.\overrightarrow b } \right)$

$\overrightarrow {AN}  = \overrightarrow {AD}  + \overrightarrow {DN}  = \frac{1}{2}\overrightarrow a  + \overrightarrow b ,\overrightarrow {MN}  = \overrightarrow {AN}  - \overrightarrow {AM}  = \frac{1}{2}\overrightarrow a  + \overrightarrow b  - \frac{1}{2}\left( {\frac{{{a^2} + 2{b^2}}}{{{a^2} + {b^2}}}.\overrightarrow a  + \frac{{{a^2}}}{{{a^2} + {b^2}}}.\overrightarrow b } \right) = \frac{1}{2}\left( { - \frac{{{b^2}}}{{{a^2} + {b^2}}}.\overrightarrow a  + \frac{{{a^2} + 2{b^2}}}{{{a^2} + {b^2}}}.\overrightarrow b } \right)$

T a có:

$\begin{array}{l}\overrightarrow {AM} .\overrightarrow {MN}  = \frac{1}{2}\left( {\frac{{{a^2} + 2{b^2}}}{{{a^2} + {b^2}}}.\overrightarrow a  + \frac{{{a^2}}}{{{a^2} + {b^2}}}.\overrightarrow b } \right).\frac{1}{2}\left( { - \frac{{{b^2}}}{{{a^2} + {b^2}}}.\overrightarrow a  + \frac{{{a^2} + 2{b^2}}}{{{a^2} + {b^2}}}.\overrightarrow b } \right)\\ = \frac{1}{4}\left( { - \frac{{{a^2} + 2{b^2}}}{{{a^2} + {b^2}}}.\frac{{{b^2}}}{{{a^2} + {b^2}}}.{a^2} + \frac{{{a^2}}}{{{a^2} + {b^2}}}.\frac{{{a^2} + 2{b^2}}}{{{a^2} + {b^2}}}.{b^2}} \right) = \frac{{ - {a^4}{b^2} - 2{b^4}{a^2} + 2{b^2}{a^4} + {a^4}{b^2}}}{{4{{\left( {{a^2} + {b^2}} \right)}^2}}} = 0\end{array}$

Vậy $AM \bot MN\left( {dpcm} \right)$.

Bài tập:

1. Cho hình vuông ABCD, lấy N thuộc BD sao cho BN=3ND. M là trung điểm AB. Chứng minh tam giác MNC vuông cân.

2.  Cho hình thang vuông ABCD (A=D=90⁰), CD=2AB. Kẻ DH vuông góc với AC, M là trung điểm HC. Chứng minh tam giác DBM vuông.

3.  Cho tam giác ABC cân tại A, D là trung điểm BC, E là hình chiếu vuông góc của D trên AC, F là trung điểm DE. Chứng minh: AF vuông góc với BE.

Giải bài toán hình học bằng phương pháp TỌA ĐỘ

Buổi 5: Chứng minh bài toán hình học bằng phương pháp TỌA ĐỘ

Nhiều bài toán hình học chứng minh bằng pp lớp 8,9 rất khó khăn , ở lớp 10 chúng ta còn có thể giải bằng phương pháp tọa độ, đặc biệt các bài toán về hình vuông, hình chữ nhật, hình thoi, tam giác cân, đều, tam giác vuông ,….Với các yêu  cầu chứng minh : vuông góc, thẳng hàng, song song, bằng nhau,…

Quy trình:

-Chọn hệ trục tọa độ phù hợp ( hai đt vuông góc với nhau )

-Tính tọa độ các điểm liên quan

-Giải bài toán theo yêu cầu hình học bằng tọa độ

Ví dụ 1: Cho hình vuông ABCD. M và N là trung điểm CD và CB. Chứng minh: $AM \bot DN$

Chọn hệ trục Oxy, với trục Ox là AB, trục Oy là AD. Gọi độ dài hình vuông là a.

Ta có: $A\left( {0;0} \right),B\left( {1;0} \right),C\left( {1;1} \right),D\left( {0;1} \right)$

Suy ra: $M\left( {\frac{1}{2};1} \right),N\left( {1;\frac{1}{2}} \right)$

Ta có: \[\overrightarrow {AM}  = \left( {\frac{1}{2};1} \right),\overrightarrow {DN}  = \left( {1; - \frac{1}{2}} \right)\]

Ta có: $\overrightarrow {AM} .\overrightarrow {DN}  = \frac{1}{2}.1 + 1.\left( { - \frac{1}{2}} \right) = 0 \Rightarrow AM \bot DN$

Ví dụ 2: Cho tam giác ABC cân tại A. D là trung điểm AC và K, E là tâm đường tròn ng tiếp tam giác ABC và trọng tâm tam giác ABD. Chứng minh: $KE \bot BD$.

Giải: Gọi H là trung điểm BC, chọn hệ trucj Oxy với Ox là HC, Oy là HA.

Đặt HC=a, HA=b. Ta có: $A\left( {0;b} \right),B\left( { - a;0} \right),C\left( {a;0} \right) \Rightarrow D\left( {\frac{a}{2};\frac{b}{2}} \right)$

E là trọng tâm tam giác ABD, nên tọa độ E là: $E\left( { - \frac{a}{6};\frac{b}{2}} \right)$

Do tam giác ABC cân tại A, nên tâm ngoại tiếp K thuộc Oy.

Đt DK  đi qua D nhận véc tơ $\overrightarrow {AC}  = \left( {a; - b} \right)$ có pt: $a\left( {x - \frac{a}{2}} \right) - b\left( {y - \frac{b}{2}} \right) = 0$

K là giao điểm của đt DK với trục Oy: $K\left( {0;\frac{{{b^2} - {a^2}}}{{2b}}} \right)$

Ta lại có: $\overrightarrow {BD}  = \left( {\frac{{3a}}{2};\frac{b}{2}} \right),\overrightarrow {EK}  = \left( {\frac{a}{6};\frac{{{b^2} - {a^2}}}{{2b}} - \frac{b}{2}} \right)$

Suy ra: $\overrightarrow {BD} .\overrightarrow {EK}  = \frac{{3a}}{2}.\frac{a}{6} + \frac{b}{2}\left( {\frac{{{b^2} - {a^2}}}{{2b}} - \frac{b}{2}} \right) = 0$ nên  $KE \bot BD$

Ví dụ 3:  Cho hình chữ nhật ABCD, kẻ AH vuông góc với BD, lấy M, N lần lượt là trung điểm các cạnh HB, CD. Chứng minh rằng: $AM \bot MN$.

Giải: Ta chọn hệ trục Oxy với Ox là AB, Oy là AD. Đặt AB=a,AD=b. Dễ dàng tính được : $A\left( {0;0} \right),B\left( {a;0} \right),C\left( {a;b} \right),D\left( {0;b} \right) \Rightarrow N\left( {\frac{a}{2};b} \right)$

Tìm tọa độ H:  Viết pt DB và pt AH ta sẽ tìm giao điểm H. Tuy nhiên ta có thể tính trực tiếp:

Theo talet: $\frac{{{x_H}}}{a} = \frac{{DH}}{{DB}} = \frac{{DH.DB}}{{D{B^2}}} = \frac{{A{D^2}}}{{D{B^2}}} = \frac{{{b^2}}}{{{a^2} + {b^2}}} \Rightarrow {x_H} = \frac{{a{b^2}}}{{{a^2} + {b^2}}}$

Tương tự ta có: $H\left( {\frac{{a{b^2}}}{{{a^2} + {b^2}}};\frac{{b{a^2}}}{{{a^2} + {b^2}}}} \right)$ suy ra$M\left( {\frac{{a\left( {{a^2} + 2{b^2}} \right)}}{{2\left( {{a^2} + {b^2}} \right)}};\frac{{b{a^2}}}{{2\left( {{a^2} + {b^2}} \right)}}} \right)$

Ta có: $\overrightarrow {AM} .\overrightarrow {NM}  = \frac{{a\left( {{a^2} + 2{b^2}} \right)}}{{2\left( {{a^2} + {b^2}} \right)}}\left( {\frac{{a\left( {{a^2} + 2{b^2}} \right)}}{{2\left( {{a^2} + {b^2}} \right)}} - \frac{a}{2}} \right) + \frac{{b{a^2}}}{{2\left( {{a^2} + {b^2}} \right)}}\left( {\frac{{b{a^2}}}{{2\left( {{a^2} + {b^2}} \right)}} - b} \right) = 0$

Vậy $AM \bot MN\left( {dpcm} \right)$.

Bài tập:

1. Cho hình vuông ABCD, lấy N thuộc BD sao cho BN=3ND. M là trung điểm AB. Chứng minh tam giác MNC vuông cân.

2.  Cho hình thang vuông ABCD (A=D=90⁰), CD=2AB. Kẻ DH vuông góc với AC, M là trung điểm HC. Chứng minh tam giác DBM vuông.

3.  Cho tam giác ABC cân tại A, D là trung điểm BC, E là hình chiếu vuông góc của D trên AC, F là trung điểm DE. Chứng minh: AF vuông góc với BE.