Sách tham khảo môn Toán - Bài Giảng Trọng Tâm Chương Trình Chuẩn Toán 10 - Ths Lê Hồng Đức by Dạy Kèm Quy Nhơn Official

lª hång ®øc  v-¬ng ngäc nguyÔn tuÊn phong  lª h÷u trÝ  lª bÝch ngäc

c¸c bµi gi¶ng träng t©m theo ch-¬ng tr×nh chuÈn

to¸n 10

lêi nãi ®Çu

Bé gi¸o dôc vµ §µo t¹o ®· c«ng bè “H-êng dÉn «n tËp thi m«n To¸n THPT” vµ “CÊu tróc ®Ò thi tèt nghiÖp THPT m«n To¸n, ®Ò thi ®¹i häc vµ cao ®¼ng m«n To¸n”, cô thÓ: cÊu tróc ®Ò thi tèt nghiÖp THPT

I. PhÇn chung cho tÊt c¶ çc thÝ sinh (7 ®iÓm) C©u 1 (3 ®iÓm):  Kh¶o s¸t, vÏ ®å thÞ hµm sè.  Çc bµi to¸n liªn quan ®Õn øng dông cña ®¹o hµm vµ ®å thÞ cña hµm sè: chiÒu biÕn thiªn cña hµm sè, cùc trÞ, tiÕp tuyÕn, tiÖm cËn (®øng vµ ngang) cña ®å thÞ hµm sè. T×m trªn ®å thÞ nh÷ng ®iÓm cã tÝnh chÊt cho tr-íc, t-¬ng giao gi÷a hai ®å thÞ (mét trong hai ®å thÞ lµ ®-êng th¼ng)… C©u 2 (3 ®iÓm):  Hµm sè, ph-¬ng tr×nh, bÊt ph-¬ng tr×nh mò vµ logarit.  Gi¸ trÞ lín nhÊt vµ nhá nhÊt cña hµm sè. T×m nguyªn hµm, tÝnh tÝch ph©n.  Bµi to¸n tæng hîp. C©u 3 (1 ®iÓm): H×nh häc kh«ng gian (tæng hîp): tÝnh diÖn tÝch xung quanh cña h×nh nãn trßn xoay, h×nh trô trßn xoay; tÝnh thÓ tÝch cña khèi l¨ng trô, khèi chãp, khèi nãn trßn xoay, khèi trô trßn xoay; tÝnh diÖn tÝch mÆt cÇu vµ thÓ tÝch khèi cÇu. II. PhÇn riªng (3 ®iÓm) 1. Theo ch-¬ng tr×nh chuÈn: C©u 4a (2 ®iÓm):  X¸c ®Þnh to¹ ®é cña ®iÓm, vect¬  MÆt cÇu.  ViÕt ph-¬ng tr×nh ®-êng th¼ng, mÆt ph¼ng.  TÝnh gãc, tÝnh kho¶ng çch tõ ®iÓm ®Õn mÆt ph¼ng. VÞ trÝ t-¬ng ®èi cña ®-êng th¼ng, mÆt ph¼ng vµ mÆt cÇu. C©u 5a (1 ®iÓm):  Sè phøc: m«®un cña sè phøc, çc phÐp to¸n trªn sè phøc. C¨n bËc hai cña sè thùc ©m. Ph-¬ng tr×nh bËc hai hÖ sè thùc cã biÖt thøc  ©m.  øng dông cña tÝch ph©n: tÝnh diÖn tÝch h×nh ph¼ng, thÓ tÝch khèi trßn xoay. 2. Theo ch-¬ng tr×nh n©ng cao: C©u 4b (2 ®iÓm): Ph-¬ng ph¸p to¹ ®é trong kh«ng gian  X¸c ®Þnh to¹ ®é cña ®iÓm, vect¬  MÆt cÇu.  ViÕt ph-¬ng tr×nh mÆt ph¼ng, ®-êng th¼ng.  TÝnh gãc, tÝnh kho¶ng çch tõ ®iÓm ®Õn ®-êng th¼ng, mÆt ph¼ng, kho¶ng çch gi÷a hai ®-êng th¼ng.  VÞ trÝ t-¬ng ®èi cña ®-êng th¼ng, mÆt ph¼ng vµ mÆt cÇu. C©u 5b (1 ®iÓm):  Sè phøc: m«®un cña sè phøc, çc phÐp to¸n trªn sè phøc. C¨n bËc hai cña sè phøc. Ph-¬ng tr×nh bËc hai hÖ sè phøc. D¹ng l-îng gi¸c cña sè phøc.  §å thÞ hµm ph©n thøc h÷u tØ bËc hai trªn bËc nhÊt vµ mét sè yÕu tè liªn quan.  Sù tiÕp xóc cña hai ®-êng cong.  HÖ ph-¬ng tr×nh mò vµ logarit.  øng dông cña tÝch ph©n: tÝnh diÖn tÝch h×nh ph¼ng, thÓ tÝch khèi trßn xoay. 3

CÊu tróc cña mét ®Ò thi tuyÓn sinh ®¹i häc, cao ®¼ng I. PhÇn chung cho tÊt c¶ çc thÝ sinh (7 ®iÓm) C©u 1 (2 ®iÓm):  Kh¶o s¸t, vÏ ®å thÞ hµm sè.  Çc bµi to¸n liªn quan ®Õn øng dông cña ®¹o hµm vµ ®å thÞ cña hµm sè: chiÒu biÕn thiªn cña hµm sè, cùc trÞ, tiÕp tuyÕn, tiÖm cËn (®øng vµ ngang) cña ®å thÞ hµm sè. T×m trªn ®å thÞ nh÷ng ®iÓm cã tÝnh chÊt cho tr-íc, t-¬ng giao gi÷a hai ®å thÞ (mét trong hai ®å thÞ lµ ®-êng th¼ng)… C©u 2 (2 ®iÓm):  Ph-¬ng tr×nh, bÊt ph-¬ng tr×nh vµ hÖ ®¹i sè.  C«ng thøc l-îng gi¸c, ph-¬ng tr×nh l-îng gi¸c. C©u 3 (1 ®iÓm):  T×m giíi h¹n.  T×m nguyªn hµm. TÝnh tÝch ph©n.  øng dông cña tÝch ph©n: tÝnh diÖn tÝch h×nh ph¼ng, thÓ tÝch khèi trßn xoay. C©u 4 (1 ®iÓm): H×nh häc kh«ng gian (tæng hîp): quan hÖ song song, quan hÖ vu«ng gãc cña ®-êng th¼ng, mÆt ph¼ng. TÝnh diÖn tÝch xung quanh cña h×nh nãn trßn xoay, h×nh trô trßn xoay; tÝnh thÓ tÝch cña khèi l¨ng trô, khèi chãp, khèi nãn trßn xoay, khèi trô trßn xoay; tÝnh diÖn tÝch mÆt cÇu vµ thÓ tÝch khèi cÇu. C©u 5 (1 ®iÓm): To¸n tæng hîp. II. PhÇn riªng (3 ®iÓm) 1. Theo ch-¬ng tr×nh chuÈn: C©u 6a (2 ®iÓm): Ph-¬ng ph¸p to¹ ®é trong mÆt ph¼ng vµ trong kh«ng gian  X¸c ®Þnh to¹ ®é cña ®iÓm, vect¬.  §-êng trßn, elÝp, mÆt cÇu.  ViÕt ph-¬ng tr×nh mÆt ph¼ng, ®-êng th¼ng.  TÝnh gãc, tÝnh kho¶ng çch tõ ®iÓm ®Õn mÆt ph¼ng. VÞ trÝ t-¬ng ®èi cña ®-êng th¼ng, mÆt ph¼ng vµ mÆt cÇu. C©u 7a (1 ®iÓm):  Sè phøc.  Tæ hîp, x¸c suÊt, thång kª.  BÊt ®¼ng thøc. Cùc trÞ cña biÓu thøc ®¹i sè. 2. Theo ch-¬ng tr×nh n©ng cao: C©u 6b (2 ®iÓm): Ph-¬ng ph¸p to¹ ®é trong mÆt ph¼ng vµ trong kh«ng gian  X¸c ®Þnh to¹ ®é cña ®iÓm, vect¬.  §-êng trßn, ba ®-êng c«nic, mÆt cÇu.  ViÕt ph-¬ng tr×nh mÆt ph¼ng, ®-êng th¼ng.  TÝnh gãc, tÝnh kho¶ng çch tõ ®iÓm ®Õn ®-êng th¼ng, mÆt ph¼ng. Kho¶ng çch gi÷a hai ®-êng th¼ng. VÞ trÝ t-¬ng ®èi cña ®-êng th¼ng, mÆt ph¼ng vµ mÆt cÇu. C©u 7b (1 ®iÓm):  Sè phøc.  §å thÞ hµm ph©n thøc h÷u tØ bËc hai trªn bËc nhÊt vµ mét sè yÕu tè liªn quan.  Sù tiÕp xóc cña hai ®-êng cong.  HÖ ph-¬ng tr×nh mò vµ logarit.  Tæ hîp, x¸c suÊt, thång kª.  BÊt ®¼ng thøc. Cùc trÞ cña biÓu thøc ®¹i sè. 4

Dùa vµo ®ã Nhãm Cù M«n chóng t«i xin tr©n träng giíi thiÖu tíi b¹n ®äc bé s¸ch: C¸c bµi gi¶ng träng t©m  M«n To¸n (gåm 3 tËp)

miªu t¶ chi tiÕt ph-¬ng ph¸p gi¶i cho çc d¹ng to¸n th-êng gÆp trong çc ®Ò thi tèt nghiÖp THPT, ®¹i häc vµ cao ®¼ng m«n To¸n. Víi m«n To¸n 10 phÇn kiÕn thøc träng t©m:  §¹i sè bao gåm çc ch-¬ng III, ch-¬ng IV, ch-¬ng V cïng mét chót kiÕn thøc cña ch-¬ng II.  H×nh häc cã mét phÇn kiÕn thøc cña ch-¬ng I, ch-¬ng II, ch-¬ng III. Tõ ®ã, cuèn Çc bµi gi¶ng träng t©m  To¸n 10 ®-îc chia thµnh 2 phÇn: PhÇn I: §¹i sè, bao gåm çc chñ ®Ò: Chñ ®Ò 1 - Hµm sè Chñ ®Ò 2 - Ph-¬ng tr×nh vµ hÖ ph-¬ng tr×nh bËc nhÊt Chñ ®Ò 3 - BÊt ®¼ng thøc Chñ ®Ò 4 - Ph-¬ng tr×nh bËc hai Chñ ®Ò 5 - BÊt ph-¬ng tr×nh bËc hai Chñ ®Ò 6 - HÖ ph-¬ng tr×nh bËc hai Chñ ®Ò 7 - Ph-¬ng tr×nh, bÊt ph-¬ng tr×nh vµ hÖ chøa dÊu trÞ tuyÖt ®èi Chñ ®Ò 8 - Ph-¬ng tr×nh, bÊt ph-¬ng tr×nh vµ hÖ v« tØ PhÇn II: H×nh häc, bao gåm çc chñ ®Ò: Chñ ®Ò 1 - Vect¬ trong mÆt ph¼ng Chñ ®Ò 2 - §-êng th¼ng vµ çc bµi to¸n liªn quan Chñ ®Ò 3 - §-êng trßn vµ çc bµi to¸n liªn quan Chñ ®Ò 4 - ElÝp vµ çc bµi to¸n liªn quan Chñ ®Ò 5 - Hypebol vµ çc bµi to¸n liªn quan Chñ ®Ò 6 - Parabol vµ çc bµi to¸n liªn quan

Tr-íc mçi phÇn nhá ®Òu cã: A. KiÕn thøc cÇn nhí: Nh¾c l¹i çc néi dung kiÕn thøc c¬ b¶n mµ çc em häc sinh cÇn nhí. B. Ph-¬ng ph¸p gi¶i çc d¹ng to¸n liªn quan: Chia theo çc chñ ®Ò vµ ë ®ã mçi d¹ng to¸n ®Òu ®-îc tr×nh bµy theo phong çch thuËt to¸n d-íi d¹ng çc b-íc thùc hiÖn cïng thÝ dô minh ho¹ ngay sau ®ã. Cuèi mçi thÝ dô th-êng cã nhËn xÐt ®Ó gióp çc em häc sinh cñng cè kiÕn thøc. C. Çc bµi to¸n chän läc: Bao gåm çc vÝ dô cã tÝnh tæng hîp cao vµ ®-îc trÝch ra tõ çc ®Ò thi tuyÓn sinh ®¹i häc, cao ®¼ng. 5

Víi phong çch tr×nh bµy nh- vËy, cuèn tµi liÖu sÏ gióp t¨ng chÊt l-îng bµi gi¶ng cho çc thÇy, c« gi¸o vµ víi çc em häc sinh nã sÏ cung cÊp mét bé gi¸o tr×nh hoµn chØnh vÒ mÆt kiÕn thøc, dÔ ®äc, dÔ hiÓu. §Ó cuèn tµi liÖu ngµy cµng hoµn h¶o h¬n Nhãm Cù M«n chóng t«i rÊt mong nhËn ®-îc nh÷ng ý kiÕn ®ãng gãp quý b¸u cña b¹n ®äc gÇn xa. Hµ néi, ngµy 11 th¸ng 9 n¨m 2009 Chñ biªn Lª Hång §øc

CHƢƠNG 1

 HÀM SỐ BẬC NHẤT VÀ BẬC HAI

A. KIẾN THỨC CẦN NHỚ

I. HÀM SỐ 1. TẬP XÁC ĐỊNH CỦA HÀM SỐ

Với một hàm số y = f(x), ta có: D = {x | y tồn tại}, khi đó D gọi là tập xác định của hàm số. 2. SỰ BIẾN THIÊN CỦA HÀM SỐ

Định nghĩa: Cho hàm số y = f(x) xác định trên khoảng (a, b). 1. Một hàm số y = f(x) gọi là tăng hay đồng biến trong khoảng (a, b) nếu với x1, x2 bất kỳ thuộc khoảng đó ta có: x1 < x2  f(x1) < f(x2). 2. Một hàm số y = f(x) gọi là giảm hay nghịch biến trong khoảng (a, b) nếu với x1, x2 bất kỳ thuộc khoảng đó ta có x1 < x2  f(x1) > f(x2). 3. TÍNH CHẴN, LẺ CỦA HÀM SỐ

Định nghĩa: Cho hàm số y = f(x) xác định trên tập D.  Hàm số y = f(x) được gọi là hàm chẵn nếu với mọi xD ta có:  x  D .   f ( x)  f ( x)  Hàm số y = f(x) được gọi là hàm lẻ nếu với mọi xD ta có:  x  D .   f ( x)   f ( x)

NhËn xÐt:  

Hàm số chẵn nhận trục tung làm trục đối xứng. Hàm số lẻ nhận gốc toạ độ O làm tâm đối xứng.

4. TRỤC ĐỐI XỨNG CỦA ĐỒ THỊ HÀM SỐ

Định nghĩa 1: Đường thẳng x = a là trục đối xứng của đồ thị y = f(x)  với phép biến đổi toạ độ: X  x  a x  X  a    Y  y y Y hàm số Y = F(X) là hàm số chẵn. 7

5. TÂM ĐỐI XỨNG CỦA ĐỒ THỊ HÀM SỐ

Định nghĩa: Điểm I(a; b) là tâm đối xứng của đồ thị y = f(x)  với phép biến đổi toạ độ: X  x  a x  X  a    Y  y  b y Y b hàm số Y = F(X)b là hàm số lẻ.

II. HÀM SỐ BẬC NHẤT Định nghĩa: Hàm số bậc nhất là hàm số có dạng y = ax + b, trong đó a, b là các hằng số và a  0. Cho hàm số: y = ax + b, với a  0. Miền xác định D = . Sự biến thiên: là hàm số đơn điệu. Cụ thể:  Với a > 0, hàm số đồng biến.  Với a < 0, hàm số nghịch biến. Bảng biến thiên: Với a > 0 Với a < 0 x - x - + + + + y y - - Đồ thị: đồ thị của hàm bậc nhất là một đường thẳng (d), do đó chỉ cần xác định hai điểm bất kỳ thuộc (d) ta sẽ có được đồ thị của (d).  Nếu b = 0, đồ thị của (d) đi qua gốc toạ độ O và điểm A(1, a). b  Nếu b  0, đồ thị của (d) đi qua hai điểm B(0, b) và C( , 0). a a>0

y B a

y=ax+b y=ax

A O 1

a<0

B a

C x

Hệ số góc: hệ số a được gọi là hệ số góc của đường thẳng (d).

 Chú ý:   8

Cho hai đường thẳng (d1) và (d2): (d1): y = a1x + b1 với a1  0, (d2): y = a2x + b2 với a2  0. (d1) // (d2)  a1 = a2 và b1  b2. (d1) cắt (d2)  a1  a2.

III. HÀM SỐ BẬC HAI Định nghĩa: Hàm số bậc hai là hàm số có dạng y = ax2 + bx + c, trong đó a, b, c là các hằng số và a  0. Nhận xét rằng: 2  2 b b2  b2 b  b 2  4ac  2  ax + bx + c = a  x  2 x.   + c =  x    4a . 2a 4a 2  4a 2a    Từ đó, nếu đặt:

b  và q =  2a 4a 2 thì hàm số y = ax + bx + c có dạng y = a(x  p)2 + q. Như vậy, nếu gọi (P0): y = ax2 thì để có được đồ thị của parabol y = ax2 + bx + c ta tịnh tiến hai lần như sau: 1. Tịnh tiến (P0) sang phải p đơn vị nếu p > 0, sang trái p đơn vị nếu p < 0, ta nhận được đồ thị hàm số y = a(x  p)2 gọi là (P1). 2. Tịnh tiến (P1) lên trên q đơn vị nếu q > 0, xuống dưới q đơn vị nếu q < 0, ta nhận được đồ thị hàm số y = ax2 + bx + c.  = b2  4ac, p = 

Đồ thị hàm số bậc hai: đồ thị của hàm số là một Parabol (P) có đỉnh S(

b làm trục đối xứng và: 2a  Hướng bề lõm lên trên nếu a > 0.  Hướng bề lõm xuống dưới nếu a < 0. Từ đồ thị hàm số bậc hai, ta suy ra bảng biến thiên: Với a > 0 Với a < 0 b b x x - - + 2a 2a + +  y y  4a - 4a Vậy, ta có kết luận: Vậy, ta có kết luận: o Hàm số nghịch biến trên o Hàm số đồng biến b b khoảng (-; ). khoảng (-;). 2a 2a o Hàm số đồng biến trên khoảng o Hàm số nghịch biến b b (; +). khoảng (; +). 2a 2a

b  , ) 2a 4a

và nhận đường thẳng x = 

Khi x=-

b hàm số đạt cực tiểu 2a

Khi x=-

+

- trên

trên

b hàm số đạt cực 2a

đại 9

b  b  )=ymax=f()=2a 4a 2a 4a §Ó vÏ ®å thÞ hµm sè bËc hai chóng ta kh«ng thùc hiÖn c¸c phÐp tÞnh tiÕn tõ ®å thÞ hµm sè y = ax2 mµ thùc hiÖn nh- sau:  LÊy ba ®iÓm chñ ®¹o, gåm ®Ønh S vµ hai ®iÓm A, B ®èi xøng víi nhau qua S.  Nèi ASB ®Ó ®-îc mét gãc råi thùc hiÖn vÏ ®-êng cong parabol lùon theo ®-êng gãc nµy. Ta cã c¸c tr-êng hîp:  Với a > 0 thì: y y y ymin=f(-

(P) B

A -/4a



S -b/2a

-b/a

-b/2a

O -b/a

-b/a

-/4a

-b/a

S B

-b/2a

(P) B

Với a < 0 thì: y -/4a

(P) B

(P)

-b/2a

-b/a

S A

-b/a

B (P)

-/4a

O (P)

-b/2a

NhËn xÐt chung:   

 > 0 Parabol cắt trục hoành tại hai điểm phân biệt.  = 0 Parabol tiếp xúc với trục hoành.  < 0 Parabol không cắt trục hoành.

B PHƢƠNG PHÁP GIẢI CÁC DẠNG TOÁN LIÊN QUAN

§1. HÀM SỐ D¹ng to¸n 1: Tìm tập xác định của hàm số Phương pháp thực hiện Ta lựa chọn một trong hai phương pháp sau: Ph-¬ng ph¸p 1: Tìm tập D của x để f(x) có nghĩa, tức là tìm: D = {x  | f(x)  }. Ph-¬ng ph¸p 2: Tìm tập E của x để f(x) không có nghĩa, khi đó tập xác định của hàm số là D = \E.

 Chú ý: 10

Thông thường f(x) cho bởi biểu thức đại số thì với:

 

 f1 ( x ), f 2 ( x ) cã nghÜa f1 ( x ) điều kiện là  . f2 ( x)  f2 ( x)  0  f ( x ) cã nghÜa f(x) = 2 k f1 ( x ) (k  ) điều kiện là  1 . f ( x )  0  1 f(x) =

ThÝ dô 1. Tìm tập xác định của các hàm số: x 1 a. y = 2 . b. y = x  2x  3

x 1 +

x 2  3x  2 .

 Giải a. Hàm số xác định khi:

x  1 x22x  3  0   .  x  3 Vậy, tập xác định của hàm số là D = b. Hàm số xác định khi:

\{3, 1}.

 x  1 x 1  0  x  1 x  2      x  2    2 ( x  1)( x  2)  0  1  x  1  x  3x  2  0  x  1  Vậy, tập xác định của hàm số là D = [1; 1][2; +).

 Chú ý:

1 . x3 rồi khẳng định hàm số xác định khi x + 3  0  x  3 và do đó tập D = \{3}. Đây là lời giải sai vì phép biến đổi hàm số không phải là phép biến đổi tương đương.

Trong câu a), nếu các em học sinh biến đổi hàm số về dạng y =

ThÝ dô 2. Tìm tập xác định của các hàm số: a. y =

1 . 2  3x  1  2x

 1 víi x  1  b. y =  x  3 .  2  x víi x  1 

 Giải a. Hàm số xác định khi:

2  3x  0 x  2 / 3 1   x< .  2 x  1 / 2 1  2 x  0 1  Vậy, tập xác định của hàm số là D =  ;  . 2  11

b. Hàm số xác định khi:

 x  3  0 víi x  1  x  3 víi x  1     2  x  0 víi x  1  x  2 víi x  1 Vậy, ta được D = .

 Nhận xét:

x  1 .  x  1

Như vậy, trong thí dụ trên:  Ở câu a), miêu tả điều kiện có nghĩa của biểu thức trong dấu căn ở dạng đơn và ở mẫu số.  Ở câu b), chúng ta gặp dạng hàm số hợp.

ThÝ dô 3. Tìm m để hàm số sau xác định trên đoạn [1; 3]: y = 1  2 x 2  mx  m  15 .

 Giải Hàm số nghĩa khi: 1  2x2 + mx + m + 15  0  2x2 + mx + m + 15  1. (1) Bài toán được chuyển về việc tìm m để (1) nghiệm đúng với x  [1; 3]. Điều kiện cần: Bất phương trình nghiệm đúng với x[1; 3]  Nghiệm đúng với x = 1, x = 2  9  m  8 | 2m  17 | 1  1  2m  17  1      22  m = 8. | 3m  23 | 1  1  3m  23  1  8  m   3  Vậy, với m = 8 là điều kiện cần để (1) nghiệm đúng với x  [1; 3]. Điều kiện đủ: Với m = 8, ta có: (1)  2x2  8x + 7  1  1  2x2  8x + 7  1 2 x 2  8 x  8  0 ( x  2) 2  0   2   2  1  x  3. 2 x  8 x  6  0  x  4 x  3  0 Vậy, với m = 8 thoả mãn điều kiện đầu bài.

D¹ng to¸n 2: Xét sự biến thiên của hàm số Phương pháp thực hiện Ta lựa chọn một trong hai phương pháp sau: Ph-¬ng ph¸p 1: Sử dụng định nghĩa. Ph-¬ng ph¸p 2: Thực hiện theo các bước: B-íc 1: Lấy x1, x2(a, b) với x1  x2 ta thiết lập tỉ số: f ( x1 )  f ( x2 ) A= . x1  x2 B-íc 2: Khi đó:  Nếu A > 0 với mọi x1, x2(a, b) và x1  x2 thì hàm số đồng biến trên (a, b). 12

 Nếu A < 0 với mọi x1, x2(a, b) và x1  x2 thì hàm số nghịch biến trên (a, b).

ThÝ dô 1. Khảo sát sự biến thiên của các hàm số: a. y = f(x) = x + 3. b. y = f(x) = x2 + x + 1.

 Giải a. Với x1, x2  A=

và x1  x2 ta có:

f ( x1 )  f ( x2 ) ( x1  3)  ( x2  3) = =1>0 x1  x2 x1  x2

Vậy, hàm số đồng biến. b. Với x1, x2  và x1  x2 ta có: A=

f ( x1 )  f ( x2 ) ( x12  x1  1)  ( x22  x2  1) = = x1 + x2 + 1. x1  x2 x1  x2

Khi đó:  

1 1 thì A > 0 suy ra hàm số đồng biến trên ( ; +). 2 2 1 1 Nếu x1, x2 <  thì A < 0 suy ra hàm số nghịch biến trên (;  ). 2 2 Nếu x1, x2 > 

 Chú ý:

1. Với hàm số y = f(x) = ax + b, a  0, thì: Lấy x1, x2  và x1  x2 ta có: f ( x1 )  f ( x2 ) ( ax1  b)  ( ax2  b) A= = = a. x1  x2 x1  x2 Khi đó:  Nếu a > 0 thì hàm số đồng biến trên .  Nếu a < 0 thì hàm số nghịch biến trên . 2. Với hàm số y = f(x) = ax2 + bx + c, a  0, thì: Lấy x1, x2  và x1  x2 ta có: f ( x1 )  f ( x2 ) (ax12  bx1  c )  (ax22  bx2  c ) A= = x1  x2 x1  x2 b = a(x1 + x2 + ). a Khi đó: a. Với a > 0, ta có:



Nếu x1, x2 >  (



b thì A > 0 nên hàm số đồng biến trên 2a

b  + ). 2a

Nếu x1, x2 < 

b thì A < 0 nên hàm số nghịch biến trên 2a

b ). 2a b. Với a < 0, ta có: (; 



Nếu x1, x2 >  (



b thì A < 0 nên hàm số nghịch biến trên 2a

b  + ). 2a

Nếu x1, x2 <  (; 

b thì A > 0 nên hàm số đồng biến trên 2a

b ). 2a

ThÝ dô 2. Khảo sát sự biến thiên của các hàm số: a. y = f(x) = x3 + 2x + 8. b. y = f(x) = x3 + 3x2 + 7x + 1.

 Giải

a. Với x1, x2  A

và x1  x2 ta có: f ( x1 )  f ( x2 ) x1  x2

( x13  2 x1  8)  ( x23  2 x2  8) = x1  x2

( x13  x23 )  (2 x1  2 x2 ) x1  x2 1 1 (x1 + x2)2 + ( x12  x22 ) + 2 > 0, x. 2 2 Vậy, hàm số đồng biến trên . b. Với x1, x2  và x1  x2 ta có: f ( x1 )  f ( x2 ) ( x13  3x12  7 x1  1)  ( x23  3x22  7 x2  1) A= = x1  x2 x1  x2 = x12  x22 + x1x2 + 2 =

( x13  x23 )  3( x12  x22 )  7( x1  x2 ) = x12  x22 + x1x2 + 3x1 + 3x2 + 7 x1  x2 1 1 = (x1 + x2)2 + ( x12  x22 ) + 3(x1 + x2) + 7 2 2 =

1 1 5 [(x1 + x2)2 +6(x1 + x2) + 9] + ( x12  x22 ) + 2 2 2 1 1 5 = [(x1 + x2) + 3]2 + ( x12  x22 ) + > 0, x. 2 2 2 Vậy, hàm số đồng biến trên . =

ThÝ dô 3. Khảo sát sự biến thiên của các hàm số: x2  x  1 2x  1 a. y = f(x) = . b. y = f(x) = . x 1 3x  1

 Giải

a. Viết lại hàm số dưới dạng: 5 2 y= + . 3 3(3 x  1) 1 Với x1, x2  \{ } và x1 < x2 ta có: 3 3x1 < 3x2  3x1  1 < 3x2  1  3(3x1  1) < 3(3x2  1) 5 5 5 5 2 2  >  + > + 3(3 x2  1) 3(3 x1  1) 3 3(3 x1  1) 3 3(3 x2  1)  f(x1) > f(x2). 1 Vậy, hàm số luôn nghịch biến trên \{ }. 3 b. Viết lại hàm số dưới dạng: 1 . y  x x 1 Với x1, x2  \{1} và ở về cùng một phía so với 1, ta có:  1   1   x1  x  1    x2  x  1  f ( x1 )  f ( x2 )  1 2    A  x1  x2 x1  x2

 1 1   x1  1 x2  1    x1  x2 x1  x2  x1  x2    x1  1 x2  1  1  1  >0 x1  x2  x1  1 x2  1 Vậy, hàm số luôn đồng biến trên \{1}.

 x1  x2   

ThÝ dô 4. Khảo sát sự biến thiên của các hàm số: 15

a. y = f(x) =

 Giải

a. Với x1, x2 

x2  2 x  3 .

b. y = f(x) =

và x1  x2 ta có:

x 2  2  x22  2 f ( x1 )  f ( x2 ) = 1 x1  x2 x1  x2

A= =

x2  2 .

( x12  2)  ( x22  2) ( x1  x2 )( x  2  x  2) 2 1

2 2

x1  x2 x12  2  x22  2

Khi đó:  Nếu x1, x2 > 0 thì A > 0 suy ra hàm số đồng biến trên (0; +).  Nếu x1, x2 < 0 thì A < 0 suy ra hàm số nghịch biến trên (; 0). b. Với x1, x2  và x1  x2 ta có: A=

x12  2 x1  3  x22  2 x2  3 x1  x2

f ( x1 )  f ( x2 ) = x1  x2

( x12  2 x1  3)  ( x22  2 x2  3)

( x1  x2 )

x1  x2  2 x  2 x1  3  x22  2 x2  3 2 1



x12  2 x1  3  x22  2 x2  3



Khi đó:  Nếu x1, x2 > 1 thì A > 0 suy ra hàm số đồng biến trên (1; +).  Nếu x1, x2 < 1 thì A < 0 suy ra hàm số nghịch biến trên (; 1).

ThÝ dô 5. Cho hàm số: ax . x2 a. Với a = 1, hãy khảo sát sự biến thiên của hàm số trên (2; +). b. Tìm a để hàm số đồng biến trên (2; +).

y = f(x) =

 Giải

Với x1, x2  (2; +) và x1  x2 ta có: ax1 ax2  2a f ( x1 )  f ( x2 ) x  2 x2  2 A= = 1 = . ( x1  2)( x2  2) x1  x2 x1  x2

a. Với a = 1, suy ra: A < 0 với mọi x1, x2(2; +) và x1  x2. Vậy, với a = 1 hàm số nghịch biến trên (2; +). 16

b. Để hàm số đồng biến trên (2; +) điều kiện là: A > 0 với mọi x1, x2(2; +) và x1  x2  2a > 0  a < 0. Vậy, với a < 0 thoả mãn điều kiện đầu bài.

D¹ng to¸n 3: Xét tính chẵn, lẻ của hàm số Phương pháp thực hiện Ta thực hiện theo các bước sau: B-íc 1: Tìm tập xác định D của hàm số, khi đó:  Nếu D là tập đối xứng (tức là xD  xD), ta thực hiện tiếp bước 2.  Nếu D không phải là tập đối xứng (tức là xD mà xD), ta kết luận hàm số không chẵn cũng không lẻ. B-íc 2: Xác định f(x) , khi đó:  Nếu f(x) = f(x) kết luận hàm số là hàm chẵn.  Nếu f(x) = f(x) kết luận hàm số là hàm lẻ.  Ngoài ra kết luận hàm số không chẵn cũng không lẻ. ThÝ dô 1. Xét tính chẵn, lẻ của các hàm số sau: x2  1 x 4  3x 2  1 a. y = f(x) = . b. y = f(x) = . x 1 x2  4 x2  1 c. y = f(x) = . d. y = f(x) = |x|3(x21). x

 Giải a. Vì tập xác định D = \{1} không phải là tập đối xứng nên hàm số không chẵn, không lẻ. b. Tập xác định D = \{2}  là tập đối xứng. Xét: (  x ) 4  3(  x ) 2  1 x 4  3x 2  1 f(–x) = = = f(x). x2  4 (  x )2  4 Vậy, hàm số chẵn. c. Tập xác định D = \{0}  là tập đối xứng. Xét: x2  1 (  x)2  1 f(–x) = =– = –f(x) x x Vậy, hàm số lẻ. d. Tập xác định D =  là tập đối xứng. Xét: 3 2 f(–x) = |–x| [(–x) 1] = |x|3(x21) = f(x). Vậy, hàm số chẵn.

ThÝ dô 2. Xét tính chẵn, lẻ của các hàm số sau: 17

y  f ( x)  1  x  1  x . . b. y = f(x) =

2 x  3 

2x  3

 Giải

a. Tập xác định D = [1; 1]  là tập đối xứng. Xét: f(–x) = 1  (  x ) + 1  (  x ) = 1  x + 1  x = f(x). Vậy, hàm số chẵn. b. Hàm số xác định trên D = là tập đối xứng. Ta có: 3 3 f(x) = 2(  x )  3  2(  x )  3 =  3 2 x  3 + 3 2 x  3 = f(x). Vậy, hàm số là chẵn.

ThÝ dô 3. Xác định m để hàm số y = f(x) = x3 + (m21)x2 + m1 là hàm lẻ.

 Giải Hàm số xác định trên D = là tập đối xứng. Khi đó, để hàm số là lẻ điều kiện là: m 2  1  0 f(–x) = –f(x), m    m = 1. m  1  0 Vậy, với m = 1 thoả mãn điều kiện đề bài. n

 Chú ý: Với hàm đa thức bậc n dạng: y = f(x) =  a x i 0

thì:

 Nếu các hệ số bậc lẻ bằng 0 thì hàm số là hàm chẵn.  Nếu các hệ số bậc chẵn bằng 0 thì hàm số là hàm lẻ.  Nếu tồn tại ít nhất một hệ số bậc chẵn và một hệ số bậc lẻ khác 0 thì hàm số không chẵn cũng không lẻ. 1 ThÝ dô 4. Cho hàm số y = f(x) = . Tuỳ theo m hãy xét tính (m  1) x 2  mx  1 chẵn, lẻ của hàm số.

 Giải Ta xét các trường hợp: Trường hợp 1: Với m = 0, ta được: 1 y= 2 . x 1 Hàm số này xác định trên D = \{1, 1} là tập đối xứng và có: 1 1 f(x) = = 2 = f(x), 2 ( x)  1 x  1 do đó, nó là hàm chẵn. Trường hợp 2: Với m = 1, ta được:

1 . x 1 Hàm số này xác định trên D = chẵn, không lẻ. y=

\{1} là tập không đối xứng do đó hàm số không

Trường hợp 3: Với m  0  m  1. Khi đó, hàm số g(x) = (m + 1)x2 + mx  1 không chẵn cũng không lẻ do đó hàm số y = f(x) cũng không chẵn, không lẻ. Kết luận:  Với m = 0, hàm số là chẵn.  Ngoài ra nó không chẵn, không lẻ.

ThÝ dô 5. Cho a, b 

, xác định tất cả các hàm số f(x) sao cho: f(ax) + f(x) = b, với x  .

(1)

 Giải a a a x suy ra x = t và ax = + t. Khi đó: 2 2 2 a a (1)  f( + t) + f( t) = b, t  2 2 a b a b  f( + t) + f( t) = 0, t  . 2 2 2 2 a b a b Đặt g(t) = f( + t) , suy ra g(t) = f( t) . Khi đó: 2 2 2 2 (2)  g(t) + g(t) = 0, tR  g(t) = g(t), t   g(t) là hàm lẻ trên . a b Vậy hàm số f(x) = g(x ) + với g(x) là hàm lẻ tuỳ ý trên . 2 2 Đặt t =

(2)

D¹ng to¸n 4: Sơ lƣợc về phép tịnh tiến Phương pháp thực hiện Sử dụng kết quả: Trong mặt phẳng toạ độ, cho (G) là đồ thị của hàm số y = f(x), p và q là hai số tuỳ ý. Khi đó: 1. Đồ thị hàm số y = f(x) + q có được khi tịnh tiến (G)  Lên trên q đơn vị nếu q > 0.  Xuống dưới q đơn vị nếu q < 0. 2. Đồ thị hàm số y = f(x  p) có được khi tịnh tiến (G)  Sang phải p đơn vị nếu p > 0.  Sang trái p đơn vị nếu p < 0.

2 2  3x . Hỏi muốn có đồ thị hàm số y = thì phải tịnh x x tiến (H) như thế nào ?

ThÝ dô 1. Cho (H): y =

 Giải Ta có:

2  3x 2 =  3. x x Vậy, muốn có đồ thị của hàm số này ta cần tịnh tiến (H) xuống dưới 3 đơn vị. ThÝ dô 2. Hãy lựa chọn phép tịnh tiến song song với trục Oy để nhận được đồ thị x2  7 x2  2 x  3 hàm số y = từ đồ thị (H): y = 2 x 2 x y=

 Giải Ta có:

x2  7 x2  2 x  3 x 2  2 x  3  2(2  x) = = 2. 2 x 2 x 2 x Vậy, muốn có đồ thị của hàm số này ta cần tịnh tiến (H) xuống dưới 2 đơn vị. y=



Chú ý: Các em học sinh hẳn sẽ thắc mắc về lí do xác định được phép biểu x2  7 diễn trên cho hàm số y = , để trả lời câu hỏi này thông thường 2 x chúng ta lựa chọn cách trình bày, giả sử: x2  7 y= = f(x) + b 2 x x2  7 x2  2 x  3 x 2  (b  2) x  3  2b  = +b= . 2 x 2 x 2 x Bằng việc đồng nhất hệ số, ta suy ra: 1  1   b = 2. 0  b  2  7  3  2 b  Vậy, ta được: x2  7 y= = f(x)2. 2 x Do đó, đồ thị của hàm số được suy ra bằng phép tịnh tiến (H) theo Oy xuống dưới 2 đơn vị.

D¹ng to¸n 5: Trục đối xứng của đồ thị hàm số Phương pháp thực hiện

1. Chứng minh rằng đồ thị hàm số y = f(x) nhận đường thẳng x = a làm trục đối xứng, ta thực hiện theo các bước sau: B-íc 1: Với phép biến đổi toạ độ

X  x  a x  X  a    Y  y y Y hàm số có dạng: Y = f(X + a)  Y = F(X) (1) B-íc 2: Nhận xét rằng hàm số (1) là hàm số chẵn. B-íc 3: Vậy, đồ thị hàm số nhận đường thẳng x = a làm trục đối xứng. 2. Tìm điều kiện của tham số để đồ thị hàm số y = f(x) nhận đường thẳng x = a làm trục đối xứng, ta thực hiện theo các bước sau: B-íc 1: Với phép biến đổi toạ độ X  x  a x  X  a    Y  y y Y hàm số có dạng: Y = f(X + a)  Y = F(X) (1) B-íc 2: Đồ thị hàm số nhận đường thẳng x = a làm trục đối xứng  hàm số (1) là hàm số chẵn  tham số . B-íc 3: Kết luận. 3. Tìm phương trình đường cong đối xứng với (C): y = f(x) qua đường thẳng y = a, ta thực hiện theo các bước sau: B-íc 1: Gọi (H) là đường cong đối xứng với (C): y = f(x) qua đường y = a. B-íc 2: Khi đó, với mỗi M(x, y)(H)  M1(x1; y1)(C) sao cho M đối xứng với M1 qua đường thẳng y = a   x1, y1 thoả mãn:  y1  f ( x1 )  (I)  x1  x  y  y  2a  1 B-íc 3: Khử x1, y1 từ hệ (I) ta được phương trình của đường cong (H). ThÝ dô 1. Tìm trục đối xứng của đồ các thị hàm số: a. y = x2 + 4x + 3. b. y = x4 + 2x2 + 2.

 Giải a. Giả sử đồ thị hàm số có trục đối xứng là x = a. Khi đó, với phép biến đổi toạ độ:

X  x  a x  X  a    Y  y y Y hàm số: 21

Y = (X + a)2 + 4(X + a) + 3 là hàm số chẵn. Ta có: Y = (X + a)2 + 4(X + a) + 3 = X2 + 2(a + 2)X + a2 + 4a + 3. Hàm số (1) là hàm số chẵn a+2=0a=–2 Vậy, đồ thị hàm số có trục đối xứng là đường thẳng x + 2 = 0. b. Giả sử đồ thị hàm số có trục đối xứng là x = a. Khi đó, với phép biến đổi toạ độ: X  x  a x  X  a    Y  y y Y hàm số: Y = (X + a)4 + 2(X + a)2 + 2 là hàm số chẵn Ta có: Y = (X + a)4 + 2(X + a)2 + 2 = X4 + 4aX3 + (6a2 + 2)X2 + (4a3 + 4a)X + 2a + 2 Hàm số (1) là chẵn:  4a  0   3  a = 0.  4a  4a  0 Vậy, đồ thị hàm số có trục đối xứng là trục tung.

(1)

ThÝ dô 2. Cho hàm số: y = x4 + 4mx32(m1)x22mx + 1. Tìm m để đồ thị hàm số có trục đối xứng song song với Oy.

 Giải

Giả sử đồ thị hàm số có trục đối xứng song song với Oy là x = a (a  0). Khi đó, với phép biến đổi toạ độ: X  x  a x  X  a    Y  y y Y hàm số: Y = (X + a)4 + 4m(X + a)3 – 2(m–1)(X + a)2 – 2m(X + a) + 1 là chẵn. Ta có: Y = (X + a)4 + 4m(X + a)3 – 2(m – 1)(X + a)2 – 2m(X + a) + 1 = X4 + (4a + 4m)X3 + (6a2 + 12ma – 2m + 2)X2 + + (4a3 + 12ma2 – 4ma + 4a – 2m)X + + a4 + 4ma2–2(m–1)a2–2ma + 1. Hàm số (1) chẵn:  4a  4m  0 a  m   3   3 2 2  4a  12ma  4ma  4a  2m  0  4m  2m  3m  0 22

(1)

m0

 4m2 + 2m  3 = 0  m =

Vậy, với m =

1  13 . 4

1  13 thoả mãn điều kiện đầu bài. 4

D¹ng to¸n 6: Tâm đối xứng của đồ thị hàm số Phương pháp thực hiện 1. Chứng minh rằng đồ thị hàm số y = f(x) nhận điểm I(a, b) làm tâm đối xứng, ta thực hiện theo các bước sau: B-íc 1: Với phép biến đổi toạ độ X  x  a x  X  a    Y  y  b y Y b hàm số có dạng: Y + b = f(X + a)  Y = F(X) (1) B-íc 2: Nhận xét rằng hàm số (1) là hàm số lẻ. B-íc 3: Vậy, đồ thị hàm số nhận điểm I(a, b) làm tâm đối xứng. 2. Tìm điều kiện của tham số để đồ thị hàm số y = f(x) nhận điểm I(a, b) làm tâm đối xứng, ta thực hiện theo các bước sau: B-íc 1: Thực hiện phép biến đổi toạ độ X  x  a x  X  a    Y  y  b y Y b hàm số có dạng: Y + b = f(X + a)  Y = F(X) (1) B-íc 2: Đồ thị hàm số nhận I(a, b) làm tâm đối xứng  hàm số (1) là hàm số lẻ  tham số . B-íc 3: Kết luận. 3. Tìm hai điểm A, B thuộc đồ thị hàm số y = f(x) đối xứng qua điểm I(a, b), ta thực hiện theo các bước sau: B-íc 1: Lấy hai điểm A(xA, y(xA)) và B(xB, y(xB)) thuộc đồ thị hàm số. B-íc 2: Hai điểm A và B đối xứng qua điểm I(a, b)  x A  x B  2a    toạ độ A và B.  y A  y B  2b 4. Tìm phương trình đường cong đối xứng với (C): y = f(x) qua điểm I(x0, y0), ta thực hiện theo các bước sau: B-íc 1: Gọi (H) là đường cong đối xứng với (C) qua điểm I(x0, y0). B-íc 2: Khi đó, với mỗi M(x, y)(H)  M1(x1, y1)(C) sao cho M đối xứng với M1 qua I   x1, y1 thoả mãn:

B-íc 3:

 y1  f ( x1 )  (I)  x1  x  2 x0 y  y  2y  1 0 Khử x1, y1 từ hệ (I) ta được phương trình của đường cong (H).

ThÝ dô 1. Tìm tâm đối xứng của đồ thị các hàm số sau: a. y = 2x36x + 3.

 Giải

b. y =

x . 2x  1

a. Giả sử hàm số nhận điểm I(a, b) làm tâm đối xứng. Với phép biến đổi toạ độ:  X  x  a x  X  a   Y  y  b y Y b khi đó hàm số có dạng: Y + b = 2(X + a)36(X + a) + 3  Y = 2X3 + 6aX2 + (6a 6)X + 2a3 6a + 3  b Hàm số (1) là lẻ  6a  0 a  0    3 . 2a  6a  b  3  0 b  3 Vậy, hàm số có tâm đối xứng I(0; 3). b. Viết lại hàm số dưới dạng: 1 1 y=  . 2 2(2 x  1) Giả sử hàm số nhận điểm I(a; b) làm tâm đối xứng. Với phép biến đổi toạ độ:  X  x  a x  X  a   Y  y  b y Y b khi đó hàm số có dạng: 1 1 1 1 Y+b=   Y = b . 2 2 X  2a  1 2 [2( X  a )  1] Hàm số (1) là lẻ 1  b 1   b  0   2  2   . 1 a   2a  1  0  2 1 1 Vậy, hàm số có tâm đối xứng I( ; ). 2 2 24

(1)

 Chú ý: 

Đồ thị hàm số:

y = f(x) = ax3 + bx2 + cx + d, với a  0 luôn nhận điểm U(

b b , f( )) làm 3a 3a

tâm đối xứng. ax  b d a  y = f(x) = , với c  0, D = adbc  0 luôn nhận điểm I( , ) làm cx  d c c tâm đối xứng. e e ax 2  bx  c  y = f(x) = , với a, d  0 luôn nhận điểm I( , f( )) làm d d dx  e tâm đối xứng. ThÝ dô 2. Cho hàm số:

(2m  1) x  m  2 . mx  1 Tìm m để đồ thị hàm số nhận điểm I(1; 1) làm tâm đối xứng.

 Giải Điểm I(1; 1) là tâm đối xứng của đồ thị khi với phép biến đổi toạ độ: X  x 1 x  X 1    Y  y  1  y  Y 1 hàm số sau là hàm lẻ (2m  1)( X  1)  m  2 (2m  1)( X  1)  m  2 Y+1= Y=  1. mX  m  1 m( X  1)  1 Để hàm số là hàm lẻ trước tiên nó phải có tập xác định D là tập đối xứng, tức là m = 0 hoặc m = 1. Thử lại:  Với m = 0, ta được: Y = X, là hàm số lẻ.  Với m = 1, ta được: X 2 2 Y= 1= , là hàm số lẻ. X X Vậy, với m = 0 hoặc m = 1 thỏa mãn điều kiện đầu bài.

ThÝ dô 3. Cho hàm số:

x 2  4mx  5m . x2 Tìm tất cả các giá trị của tham số m để đồ thị (Cm) có hai điểm phân biệt đối xứng nhau qua gốc toạ độ. (Cm): y =

 Giải 25

x A2  4mx A  5m xB2  4mxB  5m Hai điểm A(xA, ) và B(xB, ) thuộc (Cm). xA  2 xB  2 Hai điểm A và B đối xứng với nhau qua gốc toạ độ (1)  x A  xB  0  2 2   x A  4mx A  5m xB  4mxB  5m   0 (2)  xA  2 xB  2  Thay (1) vào (2) ta được: (2m1) x A2 = 5m (3) Để tồn tại hai điểm A và B thì phương trình (3) phải có nghiệm. Do 0 < x A2  4 nên:

4 1 m 5m  0< 4 2 3.  2m  1 m  0 1 4 Vậy, với <m hoặc m < 0 thoả mãn điều kiện đầu bài. 2 3 D¹ng to¸n 7: Tìm phƣơng trình đƣờng cong đối xứng ThÝ dô 1. Tìm phương trình đường cong đối xứng với đồ thị hàm số (C) qua đường thẳng y = 1, biết: x 1 a. (C): y = 2x + 3. b. (C): y = . x 1

 Giải a. Gọi (H) là đường cong đối xứng với (C) qua đường thẳng y = 1. Khi đó, với mỗi M(x; y)(H)  M1(x1; y1)(C) với y1 = 2x1 + 3 sao cho M đối xứng với M1 qua đường thẳng y = 1   x1, y1 thoả mãn:  x1  x  x1  x   .   y1  y  2  y1  2  y Thay (I) vào (1), ta được: y = – 2x – 1. Vậy, đường cong (H) có phương trình: y = – 2x – 1. b. Gọi (H) là đường cong đối xứng với (C) qua đường thẳng y = 1. Khi đó, với mỗi M(x; y)(H) x 1  M1(x1; y1)  (C) với y1 = 1 x1  1 26

(1)

(I)

(1)

sao cho M đối xứng với M1 qua đường thẳng y = 1   x1, y1 thoả mãn:  x1  x  x1  x   .   y1  y  2  y1  2  y Thay (I) vào (1), ta được: x3 y= . x 1 Vậy, đường cong (H) có phương trình: y =

(I)

x3 . x 1

ThÝ dô 2. Cho hàm số:

( x  1)2 . x2 Tìm phương trình đường cong đối xứng với đồ thị (C) qua điểm I(1; 1). (C): y =

 Giải Gọi (H) là đường cong đối xứng với (C) qua điểm I(1; 1). Khi đó, với mỗi M(x; y)(H) ( x  1) 2  M1(x1, y1)(C) với y1 = 1 x1  2 (1) sao cho M đối xứng với M1 qua điểm I(1; 1)   x1, y1 thoả mãn:  x1  x  2  x1  2  x   .   y1  y  2  y1  2  y Thay (I) vào (1), ta được: x2  1 y= . x x2  1 Vậy, đường cong (H) có phương trình : y = . x

(I)

§2. HÀM SỐ BẬC NHẤT D¹ng to¸n 1: Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số bậc nhất Phương pháp thực hiện Dựa trên lý thuyết trong phần kiến thức cần nhớ. ThÝ dô 1. Cho hàm số y = x + 3. a. Xác định giao điểm của đồ thị hàm số với trục tung và trục hoành. Vẽ đồ thị hàm số. 27

b. Gọi A và B theo thứ tự là hai giao điểm nói trên. Tính diện tích OAB (O là gốc toạ độ). c. Gọi  là góc nhọn tạo bởi đồ thị hàm số với trục Ox. Tính tan, suy ra số đo góc . d. Bằng đồ thị tìm x để y > 0, y  0.

 Giải a. Đồ thị cắt trục Oy tại A có: x = 0  y = 0 + 3 = 3  A(0, 3). y=x+3 y Đồ thị cắt trục Ox tại B có: 3 A y = 0  0 = x + 3  x = 3  B(3, 0). b. Ta có: 1 1 9 SOAB = OA.OB = .3.3 = (đơn vị diện tích). O 2 2 2

B |

c. Trong OAB, ta có ABO = , suy ra: OA 3 tan =  = 1   = 450. OB 3 d. Từ đồ thị suy ra:  y > 0  x < 3, ứng với phhần đồ thị phía trên trục Ox.  y  0  x  3, ứng với phhần đồ thị phía dưới trục Ox.

ThÝ dô 2. Vẽ đồ thị của các hàm số: 2 x víi x  0  a. y =  1 .  x víi x  0   2

víi x  1 x 1 b. y =  .  2 x  4 víi x  1

 Giải  Bạn đcọ tự vẽ hình. a. Đồ thị gồm hai tia:  Tia Ot trùng với đồ thị hàm số y = 2x với x  0. 1  Tia Ot' trùng với đồ thị hàm số y = x với x < 0. 2 b. Đồ thị gồm hai tia:  Tia A1B đi qua hai điểm A(1; 2) và B(2; 3).  Tia A2B đi qua hai điểm A(0; 4) và B(2; 3).

ThÝ dô 3. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị các hàm số: a. y = |x1|. b. y = |2x1| + |2x 1|.

 Giải

a. Ta biến đổi: B

O y = x1

y = |x1|

I 1

y = 1x

 x  1 nÕu x  1  x  1 nÕu x  1 y=  =  .  ( x  1) nÕu x  1 1  x nÕu x  1 Do đó, đồ thị hàm số là hai tia IA (với I(1; 0) và A(2, 1)) và IB (với B(0, 1)). Dựa vào đồ thị chúng ta nhận được bảng biến thiên của hàm số như sau: x - 1 + - + y 0 Điều đó chứng tỏ:  Hàm số nghịch biến trên (; 1).  Hàm số đồng biến trên (1; +). b. Viết lại hàm số dưới dạng:

1   4 x nÕu x   2  1 1  y =  2 nÕu   x  . 2 2  1   4 x nÕu x  2 Do đó, đồ thị hàm số gồm: 1  Tia IA với A(1; 4) và I( ; 2). 2 1  Đoạn thẳng IJ với J( ; 2). 2  Tia JB với B(1; 4).

y 4

A I 1

y = 4x

B J 1

y = 4x

ThÝ dô 4. Cho hàm số: (dm): y = (m1)x + 2m3. a. Tìm m để hàm số là đồng biến, nghịch biến, không đổi. b. Chứng tỏ rằng khi m thay đổi (Cm) luôn đi qua 1 điểm cố định.

 Giải

a. Điều kiện để hàm số đồng biến: m – 1 > 0  m > 1. Điều kiện để hàm số nghịch biến: m – 1 < 0  m < 1. Điều kiện để hàm số không đổi biến: m – 1 = 0  m = 1. b. Giả sử đồ thị hàm số luôn đi qua điểm M(x0 ; y0), ta có: y0 = (m1)x0 + 2m3, m  (x0 + 2)m – x0 – 3 – y0 = 0, m 29

 x0  2  0  x0   2     .   x0  y0  3  0  y 0  1 Vậy, đồ thị hàm số luôn đi qua điểm cố định M(–2 ; –1).

ThÝ dô 5. Cho họ đường thẳng (dm) có phương trình: (dm): (m1)x + (2m3)ym1 = 0. 1. Xác định m để: a. (dm) đi qua A(2, 1). b. (dm) có hướng đi lên. c. (dm)//Ox. d. (dm) vuông góc với đường thẳng (1): 3x + 2y100 = 0. e. (dm) song song với đường thẳng (2): x2y + 12 = 0. 2. Tìm điểm cố định mà họ (dm) luôn đi qua.

 Giải 1. Ta lần lượt có: a. (dm) đi qua điểm A(2, 1) điều kiện là: (m1).2 + (2m3).1m1 = 0  3m – 6 = 0  m = 2. b. (dm) có hướng đi lên điều kiện là: 3 ab < 0  (m1)(2m3)  1 < m < . 2 c. (dm) song song với Ox điều kiện là: m – 1 = 0  m = 1. d. (dm) vuông góc với đường thẳng (1) điều kiện là: 9 3(m1) + 2(2m3) = 0  7m = 9  m = . 7 e. (dm) song song với đường thẳng (2) điều kiện là: m  1 2m  3 5   4m = 5  m = . 1 2 4 2. Giả sử đồ thị hàm số luôn đi qua điểm M(x0 ; y0), ta có: (m1)x0 + (2m3)y0m1 = 0, m  (x0 + 2y0 – 1)m – x0 – 3y0 – 1 = 0, m  x0  2 y0  1  0  x0  5     .  x0  3 y0  1  0  y 0  2 Vậy, đường thẳng (dm) luôn đi qua điểm cố định M(5 ; – 2).

ThÝ dô 6. Cho hai hàm số f(x) = (m2 + 1)x  4 và g(x) = mx + 2, với m  0. Chứng minh rằng: a. Các hàm số f(x), f(x) + g(x), f(x)  g(x) là các hàm đồng biến. 30

b. Hàm số g(x)  f(x) là hàm nghịch biến.

 Giải a. Ta lần lượt xét:  Hàm số f(x) có hệ số a = m2 + 1 > 0 do đó nó là hàm đồng biến.  Hàm số: f(x) + g(x) = (m2 + 1)x  4 + mx + 2 = (m2 + m + 1)x  2. có hệ số: 2

3 1  a = m2 + m + 1 =  m   + >0 4 2  do đó, nó là hàm đồng biến.  Hàm số: f(x)  g(x) = (m2 + 1)x  4  (mx + 2) = (m2  m + 1)x  6. có hệ số: 2 3 1  2 a = m  m + 1 = m   + >0 4 2  do đó, nó là hàm đồng biến. b. Hàm số: g(x)  f(x) = mx + 2  [(m2 + 1)x  4] = (m2  m + 1)x + 6. có hệ số: 2  1  3 a = (m2  m + 1) =   m     < 0 2  4   do đó, nó là hàm nghịch biến.

ThÝ dô 7. Cho hàm số y = f(x) = ax + b, với a  0. a. Chứng minh rằng với một giá trị x0 tuỳ ý cho trước, bao giờ cũng tìm được hai số m và n sao cho f(m) < f(x0) < f(n). b. Chứng minh rằng hàm số bậc nhất không có giá trị lớn nhất và nhỏ nhất.

 Giải a. Ta biết rằng với mỗi x0 tuỳ ý cho trước, bao giờ cũng có: x0  1 < x0 < x0 + 1. Ta xét hai trường hợp: Trường hợp 1: Với a > 0, khi đó hàm số đồng biến, do đó: f(x0  1) < f(x0) < f(x0 + 1) từ đó, ta chọn m = x0  1 và n = x0 + 1. Trường hợp 2: Với a < 0, khi đó hàm số nghịch biến, do đó: f(x0  1) > f(x0) > f(x0 + 1) 31

từ đó, ta chọn m = x0 + 1 và n = x0  1. b. Giả sử trái lại hàm số có:  Giá trị lớn nhất f(x1) ứng với x1.  Giá trị nhỏ nhất f(x2) ứng với x2. Theo kết quả câu a), luôn tìm được hai số m và n sao cho: f(x1) < f(n)  f(x1) không phải là giá trị lớn nhất. f(x2) > f(m)  f(x2) không phải là giá trị nhỏ nhất.

ThÝ dô 8. Cho hàm số y = f(x) = ax, với a  0. a. Chứng minh rằng f(kx1) = kf(x1) và f(x1 + x2) = f(x1) + f(x2). b. Các hệ thức trong câu a) còn đúng với hàm số: y = g(x) = ax + b, với b  0 hay không ?

 Giải a. Ta có: f(kx1) = a(kx1) = akx1 = k(ax1) = kf(x1), đpcm. f(x1 + x2) = a(x1 + x2) = ax1 + ax2 = f(x1) + f(x2) , đpcm. b. Ta lần lượt xét:  Với hệ thức: g(kx1) = kg(x1)  a(kx1) + b = k(ax1 + b) b0



 akx1 + b = akx1 + bk  b(k  1) = 0  k = 1. Vậy, hệ thức g(kx1) = kg(x1) chỉ đúng với k = 0. Với hệ thức: g(x1 + x2) = g(x1) + g(x2)  a(x1 + x2) + b = (ax1 + b) + (ax2 + b)  ax1 + ax2 + b = ax1 + ax2 + 2b  b = 0, loại. Vậy, hệ thức g(x1 + x2) = g(x1) + g(x2) không đúng.

D¹ng to¸n 2: Lập phƣơng trình đƣờng thẳng Phương pháp thực hiện Thực hiện theo các bước: ThÝ dô 1. Viết phương trình y = ax + b của các đường thẳng: a. Đi qua hai điểm A(4, 3) và B(2, 1). b. Đi qua điểm A(1, 1) và song song với Ox.

 Giải a. Ta có: A(4, 3)  (d): y = ax + b  3 = 4a + b. B(2, 1)  : y = ax + b  1 = 2a + b. 32

(1) (2)

Giải hệ phương trình tạo bởi (1) và (2) ta được a = 2 và b = 5. Vậy, phương trình đường thẳng (d) có dạng: y = 2x  5. b. Đường thẳng (d) đi qua điểm A(1, 1) và song song với trục hoành nên có phương trình: y = 1.

ThÝ dô 2. Cho hàm số y = ax  3a. a. Xác định giá trị của a để đồ thị hàm số đi qua điểm A(0; 4). Vẽ đồ thị hàm số với a vừa tìm được. b. Tính khoảng cách từ gốc toạ độ đến đường thẳng tìm được trong a).

 Giải a. Đồ thị hàm số đi qua điểm A(0; 4) khi và chỉ khi: 4 4 = a.0  3a  3a = 4  a =  . 3 y 4 Vậy, hàm số có dạng y =  x + 4. 4 B 3 Để vẽ đồ thị hàm số ta lấy thêm điểm B(3; 0). H A b. Gọi H là hình chiếu vuông góc của O lên đường thẳng. | O 3 Trong OAB vuông tại O, ta có: 4.3 OA.OB 1 1 1 12  OH = = = .   2 2 2 2 2 2 2 OH OA OB 5 4 3 OA  OB Vậy, khoảng cách từ gốc toạ độ đến đường thẳng bằng

12 . 5

§3. HÀM SỐ BẬC HAI D¹ng to¸n 3: Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số bậc hai Phương pháp thực hiện Dựa trên lý thuyết trong phần kiến thức cần nhớ. ThÝ dô 1. Cho hàm số y = f(x) = x24x + 2. a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số. b. Từ đó lựa chọn phép tịnh tiến song song với trục Ox để nhận được đồ thị hàm số y = x22. c. Giải thích tại sao với mỗi giá trị của m thì các phương trình x24x + 2 = m và x22 = m đều có cùng số nghiệm.

 Giải a. Ta lần lượt tính:

b  = 2 và  =  2. y=x22 y 2a 4a Vậy, đồ thị hàm số là một parabol có đỉnh S(2, 2), nhận đường thẳng x = 2 làm trục đối xứng và hướng bề lõm lên trên. Bảng biến thiên: O x  2 + 2 CĐ + + y 2 

y=x24x+2

2 x S

Đồ thị: ta lấy thêm hai điểm trên đồ thị là A(0, 2), B(4, 2). b. Giả sử: y = x22 = f(x + a)  x22 = (x + a)24(x + a) + 2 = x2 + (2a4)x + a24a + 2. Suy ra:

1  1   a = 2. 0  2a  4  2  a 2  4a  2  Vậy, ta được y = x22 = f(x + 2). Do đó, đồ thị của hàm số được suy ra bằng phép tịnh tiến theo Ox đồ thị hàm số y = f(x) sang trái 2 đơn vị. c. Vì số nghiệm của mỗi phương trình đúng bằng số giao điểm của đường thẳng y = m với đồ thị của các hàm số y = x24x + 2 và y = x22, do đó chúng đều có cùng số nghiệm.

ThÝ dô 2. Cho hai hàm số (P1) và (P2), biết: 1 2 x 4x + 3. 2 a. Khảo sát và vẽ đồ thị hai hàm số (P1) và (P2) trên cùng một hệ trục toạ độ. b. Tìm m để đường thẳng y = m cắt cả hai đồ thị vừa vẽ.

(P1): y = x2 + 2x + 3, (P1): y =

 Giải a. Ta có bảng sau: Khảo sát (P1) b    = 1 và  = 4. 2a 4a  Bảng biến thiên: x  1 + y CĐ   4 34

Khảo sát (P2) b    = 4 và  = 5. 2a 4a  Bảng biến thiên: x  4 + y + -5 + CT

Đồ thị: Hoành độ giao điểm của (P1) và (P2) là nghiệm phương trình: x  0 1 x2 + 2x + 3 = x2  4x + 3  3x2  12x = 0  3x(x  4) = 0   . 2 x  4 y Khi đó, toạ độ các giao điểm là: (P1) 4 S2 E(0, 3) và F(4, 5). 3 b. Từ đồ thị của (P1) và (P2), đường thẳng y = m cắt cả hai đồ thị O x  5  m  4. -5 Vậy, với 5  m  4 thoả mãn điều kiện đầu bài. S1 (P2) ThÝ dô 3. Cho hàm số (Pm): y = (1 + m)x2  2(m  1)x + m  3. a. Khảo sát sự biến thiên và đồ thị hàm số với m = 0 (tương ứng là (P0)). Bằng đồ thị tìm x để y  0, y  0. b. Viết phương trình đường thẳng đi qua đỉnh của (P0) và giao điểm của (P0) với Oy. c. Xác định m để (Pm) là Parabol. Tìm quĩ tích đỉnh của Parabol (Pm) khi m thay đổi. d. Chứng tỏ rằng (Pm) luôn đi qua một điểm cố định, tìm toạ độ điểm cố định đó. y

 Giải a. Với m = 0 ta được (P0): y = x2 + 2x  3 Ta lần lượt tính:

(P0)

(d) B

-1 O A

-3

-3 C b  = 1 và  = 4. -4 S 2a 4a Vậy, đồ thị hàm số là một parabol có đỉnh S(1, 4), nhận đường thẳng x = 1 làm trục đối xứng và hướng bề lõm lên trên. Bảng biến thiên: x - -1 + CT + + y -4 Đồ thị: ta lấy thêm vài điểm trên đồ thị A(1, 0), B(-3, 0), C(0, -3). Từ đồ thị suy ra:



Cabri3D_Download_212_Win.exe

 y0 .  y  0  3  x  1. b. Giả sử phương trình đường thẳng (d) có dạng: (d): Ax + By + C = 0, A2 + B2 > 0. Vì S(1, 4) và C(0, 3) thuộc (d), ta được:

(1)

 A  4B  C  0   A  4 B  3B  0      3B  C  0 C  3B Thay (I) vào (1), ta được: (d): Bx + By + 3B = 0  (d): x  y  3 = 0. c. Để (Pm) là Parabol điều kiện là:

 A  B .   C  3B

(I)

1 + m  0  m  1, m 1 4 khi đó (Pm) có đỉnh Sm( , ). m 1 m 1 Để nhận được phương trình quĩ tích đỉnh của Parabol (Pm) khi m thay đổi, ta thực hiện việc khử m từ hệ: m 1 4 y  m 1  x  1 x    m 1 y  m 1   x=  2x + y  2 = 0.  4 y 4  y 4 y  m  1 y y m 1   Vậy, quĩ tích đỉnh Sm là đường thẳng (): 2x + y  2 = 0. d. Giả sử M(x0; y0) là điểm cố định mà (Pm) luôn đi qua, khi đó: y0 = (1 + m) x02  2(m  1)x0 + m  3, với m  ( x02  2x0 + 1)m + x02 + 2x0  3  y0 = 0, với m

 x02  2 x0  1  0  x0  1   2   .  y0  0  x0  2 x0  3  y0  0 Vậy, họ (Pm) luôn đi qua điểm cố định M(1; 0).

ThÝ dô 4. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số y = |x1|(x + 3).

 Giải Viết lại hàm số dưới dạng:

y=x  1(x + 3)

( x  1)( x  3) nÕu x  1  x 2  2 x  3 nÕu x  y1 y=  =  2 . (1  x )( x  3) nÕu x  1   x  2 x  3 nÕu x S1  A O B Bảng biến thiên:    x x  1 1 + CT + y  4 0 y= x2  x + 3 Đồ thị: ta lấy các điểm A(3; 0), S(1; 4), B(1; 0).

D¹ng to¸n 4: Hàm số dạng y = ax2 + bx + c, với a  0 Phương pháp thực hiện 36

Thực hiện theo các bước: B-íc 1: Vẽ đồ thị hàm số (P): y = ax2 + bx + c, với a  0. B-íc 2: Đồ thị hàm số y = ax2 + bx + c gồm hai phần:  Phần từ trục hoành trở lên của đồ thị (P).  Đối xứng phần đồ thị phía dưới trục hoành của (P) qua trục hoành. B-íc 3: Dựa vào đồ thị ta lập được bảng biến thiên của hàm số y = ax2 + bx + c.

ThÝ dô 1. Cho hàm số (P): y = x2 + 2x3. a. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số. b. Dựa vào đồ thị vừa vẽ trên, tuỳ theo giá trị của m, hãy cho biết số nghiệm của phương trình |x2 + 2x3| = m. y y=|x2+x3|  Giải a. Ta lần lượt tính: y=m 4 b  x  = 1 và  = 4. 1 2a 4a  3 4 Vậy, đồ thị hàm số là một parabol có đỉnh S(1; 4), nhận đường thẳng x = 1 làm trục đối xứng và hướng bề lõm lên trên. Bảng biến thiên: x  1 + CĐ + + y 4 Đồ thị: ta lấy thêm hai điểm trên đồ thị là A(3; 0), B(1; 0). b. Số nghiệm của phương trình bằng số giao điểm của đồ thị hàm số y = |x2 + 2x3| (phần đường đậm) và đường thẳng (d): y = m, ta được:  Với m < 0, phương trình vô nghiệm.  Với m = 0, phương trình có hai nghiệm x = 1 và x = 3.  Với 0 < m < 4, phương trình có bốn nghiệm phân biệt.  Với m = 4, phương trình có ba nghiệm phân biệt.  Với m > 4, phương trình có hai nghiệm phân biệt. D¹ng to¸n 5: Lập phƣơng trình Parabol Phương pháp thực hiện Thực hiện theo các bước: B-íc 1: Giả sử Parabol (P): y= ax2 + bx + c, với a  0. B-íc 2: Dựa vào điều kiện K để xác định a, b, c. Trong bước này ta cần lưu ý các điều kiện thường gặp sau:  Điểm A(x0, y0)  (P) ta nhận được điều kiện: 37

y0 = a x02 + bx0 + c.  (P) có đỉnh S(x0, y0) ta nhận được điều kiện: b   x0   2a .    y0    4a  (P) có giá trị cực đại (hoặc cực tiểu) bằng y0 ta nhận được điều kiện: a  0 a  0    (hoặc   ).  y   y   0 0   4a 4a  (P) đạt giá trị cực đại (hoặc cực tiểu) tại điểm có hoành độ bằng x0 ta nhận được điều kiện: a  0 a  0   b (hoặc  b ).  x   x   0  0  2a 2a   (P) nhận đường thẳng x = x0 làm trục đối xứng ta nhận được điều kiện: b x0 =  . 2a B-íc 3: Kết luận. ThÝ dô 1. Xác định parabol y = ax2 + bx + 2, biết rằng parabol đó: a. Đi qua hai điểm M(1; 5) và N(2; 8). 3 b. Đi qua điểm A(3; 4) và có trục đối xứng là x =  . 2 c. Có đỉnh là I(2; 2). 1 d. Đi qua điểm B(1; 6) và tung độ của đỉnh là  . 4

 Giải

a. Ta có:  M(1; 5)  (P)  5 = a + b + 2  N(2; 8)  (P)  8 = 4a  2b + 2 Giải hệ phương trình tạo bởi (1) và (2) ta được a = 2 và b = 1. Vậy, ta được (P): y = 2x2 + x + 2. b. Ta có:  A(3; 4)  (P)  4 = 9a + 3b + 2 3 b 3  Trục đối xứng x =    =   b = 3a 2 2a 2

(1) (2)

Giải hệ phương trình tạo bởi (1) và (2) ta được a =  Vậy, ta được (P): y = 

1 và b = 1. 3

1 2 x  x + 2. 3

c. Ta có:

  b  b Đỉnh I(2; 2). Mà đỉnh S   ;  =2  nên  2a  2a 4a   I(2, 2)  (P)  2 = 4a + 2b + 2  2a + b = 2 Giải hệ phương trình tạo bởi (1) và (2) ta được a = 1 và b = 4. Vậy, ta được (P): y = x2  4x + 2. d. Ta có:  B(1; 6)  (P)  4 = a  b  1  Tung độ của đỉnh:  =    = a  b2  8a = a  b2 = 9a. 4a 4 Từ (1) và (2) ta có: a  b  4 b  a  4 b  a  4 b  a  4   2     2  2 2 ( a  4)  9a b  9a b  9a a  a  16  0 

(1) (2)

 a  1  2   b  3   ( P ) : y  x  3 x  2  2   a  16 ( P ) : y  16 x  12 x  2    b  12 Vậy, có hai parabol thoả mãn đề bài. b  a  4    a  1    a  16 

ThÝ dô 2. Xác định a, b, c biết parabol y = ax2 + bx + c. a. Đi qua ba điểm A(0; 1), B(1; 1), C(1; 1). b. Có đỉnh I(1; 4) và đi qua điểm D(3; 0). c. Có giá trị cực tiểu bằng 1 và đi qua hai điểm A(2; 1), B(0; 3).

 Giải a. Ta có:  A(0; 1)  (P): y = ax2 + bx + c  1 = c.  B(1; 1)  (P): y = ax2 + bx + c  1 = a + b + c.  C(1; 1)  (P): y = ax2 + bx + c  1 = a  b + c. Giải hệ phương trình tạo bởi (1), (2) và (3) ta được a = 1, b =  1 và c =  1. Vậy, phương trình (P) có dạng: y = x2  x  1. b. Ta có:  D(3; 0)  (P): y = ax2 + bx + c  0 = 9a + 3b + c.  I(1; 4)  (P): y = ax2 + bx + c  4 = a + b + c.

(1) (2) (3)

(1) (2)

b = 1   b = 2a. 2a Giải hệ phương trình tạo bởi (1), (2) và (3) ta được a = 1, b = 2 và c = 3. Vậy, phương trình (P) có dạng: y = x2 + 2x + 3. c. Ta có:  A(2; –1)  (P)  –1 = a.22 + b.2 + c.  B(0; 3)  (P)  3 = a.0 + b.0 + c.   Có giá trị cực tiểu bằng –1   = –1. 4a Từ (1), (2) và (3) ta có: a = 2 ; b = 6 ; c = 3. Vậy, phương trình (P): y = 2x2 + 6x + 3. 

I(1; 4) là đỉnh của (P)  

(3)

(1) (2) (3)

C. CÁC BÀI TOÁN CHỌN LỌC VÝ dô 1:

Tìm m để hàm số:

x 1 xác định trên [0; 1). x  2(m  1) x  m2  2m 1 b. y =  x  2m  1  xác định trên (1; 3). 2x  m a. y =

 Giải a. Điều kiện:

x  m x2 – 2(m + 1)x + m2 + 2m  0  (x – m)(x – m – 2)  0   . x  m  2 Vậy, để hàm số xác định trên [0; 1) thì {m ; m + 2}  [0; 1) m  2  0  m  2   m 1  m  1 .    m  0  1  m  2  1  m  0 b. Điều kiện:  x  2m  1   x  2m  1  0    . (*)  m x  2 x  m  0  2 Để hàm số xác định trên (1; 3) thì (1; 3) là tập con của (*), tức là: m  1 < 3  2m  1  m = 2. 2 Vậy, với m = 2 thoả mãn điều kiện đầu bài.

VÝ dô 2: 40

Cho a 

, xác định tất cả các hàm số f(x) sao cho:

f(ax) = f(x), với x 

(1)

 Giải a a a t suy ra t = x và ax = + t. Khi đó: 2 2 2 a a (1)  f( + t) = f( t), t  . 2 2 a a Đặt g(t) = f( + t), suy ra g(t) = f( t). Khi đó: 2 2 (2)  g(t) = g(t), t   g(t) là hàm chẵn trên . a Vậy hàm số f(x) = g(x ) với g(x) là hàm chẵn tuỳ ý trên . 2 Đặt x =

(2)

Cho ba đường thẳng: (d1): y = 2x1, (d2): y = 2x, (d3): y = ax + 3. Xác định a để ba đường thẳng trên đồng quy, rồi vẽ đồ thị của ba đường thẳng đó trên cùng một hệ trục toạ độ. VÝ dô 3:

 Giải Để (d1), (d2), (d3) đồng quy thì (d3) phải đi qua giao điểm của (d1) và (d2). Hoành độ giao điểm của (d1) và (d1) được xác định bởi: 2x – 1 = 2 – x  x = 1  y = 1. Do đó, giao điểm của (d1) và (d2) là điểm M(1 ; 1). Lại có, M  (d3) suy ra: 1 = a.1 + 3  a = – 2. Vậy, với a = – 2, ba đường thẳng đã cho đồng quy tại điểm M(1; 1). Học sinh tự vẽ hình. VÝ dô 4: Xác định a, b, c cho biết parabol y = ax2 + bx + c đi qua điểm A(8, 0) và có đỉnh là I(6, 12).

 Giải Ta có:  A(8, 0)  (P)  0 = 64a + 8b + c  Đỉnh I(6, 12)  (P)  12 = 36a + 6b + c b  Đỉnh có hoành độ  = 6  b = 12a 2a Giải hệ phương trình tạo bởi (1), (2) và (3) ta được a = 3, b = 36, c = 96. Vậy, ta được (P): 3x2  36x + 96.

(1) (2) (3)

VÝ dô 5: Cho hàm số y = ax2 + bx + c, a  0. Chứng minh rằng đồ thị hàm số b nhận đường thẳng x =  làm trục đối xứng. 2a

 Giải

Với phép biến đổi toạ độ:

 b  b   X  x    x  X  2a  2a     Y  y  y Y  hàm số có dạng: 2 2 b  b  b  b      Y = a X   + b  X  2a  + c = a  X   + b  X  2a  + c 2a  2a        2  b b  b   = a X 2  X  2  + b X   +c a 4a  2a   

b2 b2 – + c là hàm số chẵn với mọi a, b, c. 4a 2a b Vậy, hàm số nhận đường thẳng x = – làm trục đối xứng. 2a = aX2 +

VÝ dô 6: Cho hàm số (P): y = x2 + 2x. a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số. b. Biện luận theo m số nghiệm của phương trình x22|x| + m = 0. y  Giải a. Ta lần lượt tính:  S A b   = 1 và  = 1.   O x 2a 4a y=m Vậy, đồ thị hàm số là một parabol có đỉnh S(1; 1), nhận đường thẳng x = 1 làm trục đối xứng và hướng bề y= x2 + x lõm xuống dưới. Bảng biến thiên: x  1 + CT y  1  Đồ thị: ta lấy thêm hai điểm trên đồ thị là O(0; 0), A(2; 0). b. Số nghiệm của phương trình bằng số giao điểm của đồ thị hàm số y = x2 + 2x (phần đường đậm) và đường thẳng (d): y = m, ta được:  Với m > 1, phương trình vô nghiệm.  Với m = 1, phương trình có hai nghiệm x = 1 và x = 1.  Với 0 < m < 1, phương trình có bốn nghiệm phân biệt. 42

 

Với m = 0, phương trình có ba nghiệm phân biệt. Với m < 0, phương trình có hai nghiệm phân biệt.

VÝ dô 7:

Tìm m để đồ thị hàm số y = x4 + 4x3 + mx2 có trục đối xứng song song với Oy.

 Giải Giả sử đồ thị hàm số có trục đối xứng song song với Oy là x = a (a  0). Khi đó, với phép biến đổi toạ độ: X  x  a x  X  a    Y  y y Y hàm số Y = (X + a)4 + 4(X + a)3 + m(X + a)2 là hàm số chẵn. Ta có: Y = (X + a)4 + 4(X + a)3 + m(X + a)2 = X4 + (4 + 4a)X3 + (6a2 + m + 12a)X2 + (4a3 + 12a2 + 2ma)X + a4 + ma2 + 3a3 Hàm số (1) chẵn

(1)

 4a 3  12a 2  2ma  0 m  4     .  a  1  4  4a  0 Vậy, với m = 4 hàm số nhận đường thẳng x = –1 làm trục đối xứng.

VÝ dô 8:

Cho hàm số:

2 x 2  (m  4) x  2m  1 . x2 Tìm m để đồ thị hàm số nhận điểm I(2; 1) làm tâm đối xứng. y=

 Giải Điểm I(2; 1) là tâm đối xứng của đồ thị khi với phép biến đổi toạ độ: X  x  2 x  X  2    Y  y  1  y  Y 1 hàm số sau là hàm lẻ 2( X  2)2  (m  4)( X  2)  2m  1 2 X 2  (m  3) X  1 Y+1= Y= . X X Để hàm số là hàm lẻ điều kiện là: m + 3 = 0  m = 3 Vậy, với m = 3 thoả mãn điều kiện đầu bài.

VÝ dô 9:

Cho hàm số: y = x33mx2 + 3(m21)x + 1m2 (Cm). 43

Tìm tất cả các giá trị của tham số m để đồ thị (Cm) có hai điểm phân biệt đối xứng nhau qua gốc toạ độ.

 Giải Hai điểm: A(xA, yA) với yA = x 3A  3m x A2 + 3(m21)xA + 1m2, B(xB, yB) với yB = x  3m x + 3(m 1)xB + 1m , (2) thuộc đồ thị hàm số. Hai điểm A và B đối xứng với nhau qua gốc toạ độ (3)  x A  xB  0    y A  y B  0 (4) Thay (1), (2), (3) vào (4) ta được: 3m x A2 = 1m2 Để tồn tại hai điểm A và B thì phương trình (5) phải có nghiệm. Do 0 < x A2 nên: 3 B

2 B

 m  1 1  m2   . 3m 0  m  1 Vậy, với m <1 hoặc 0 < m < 1 thoả mãn điều kiện đầu bài. 0<

(1)

(5)

CHƢƠNG 2

 PHƢƠNG TRÌNH, HỆ PHƢƠNG TRÌNH

A. KIẾN THỨC CẦN NHỚ

I. ĐẠI CƢƠNG VỀ PHƢƠNG TRÌNH 1. KHÁI NIỆM PHƢƠNG TRÌNH MỘT ẨN

Định nghĩa: Cho hai biểu thức f(x) và g(x) của cùng biến số x. 1. Mệnh đề chứa biến x dạng f(x) = g(x) được gọi là phương trình một ẩn; x gọi là ẩn số (hay ẩn) của phương trình. 2. Ngoài các điều kiện để hai biểu thức f(x) và g(x) có nghĩa, đôi khi x còn phải thoả mãn thêm những điều kiện khác nữa. Ta gọi chung các điều kiện ấy là điều kiện xác định của phương trình f(x) = g(x). 3. Số x0 gọi là nghiệm của phương trình f(x) = g(x) nếu nó thoả mãn ĐKXĐ của phương trình và mệnh đề f(x0) = g(x0) là đúng. 4. Việc tìm tất cả các nghiệm của phương trình gọi là giải phương trình. Nói cách khác, giải một phương trình là tìm tập nghiệm của phương trình đó.

 Chú ý: 1. Hệ thức x = m (với m là một số nào đó) cũng là một phƣơng trình. Phƣơng trình này chỉ rõ rằng m là nghiệm duy nhất của nó. 2. Ta thƣờng kí hiệu tập nghiệm của phƣơng trình là T. Phƣơng trình có thể có một nghiệm, hai nghiệm, ..., nhƣng cũng có thể không có nghiệm nào (tức là T = ) thì ta gọi là vô nghiệm, phƣơng trình có T = thì gọi là nghiệm đúng với mọi x. 3. Nhiều trƣờng hợp, ta không thể tính đƣợc giá trị chính xác của nghiệm, hoặc bài toán chỉ yêu cầu tính giá trị gần đúng của nghiệm (với độ chính xác cho trƣớc). Giá trị đó gọi là nghiệm gần đúng của phƣơng trình. 2. PHƢƠNG TRÌNH TƢƠNG ĐƢƠNG

Định nghĩa: Hai phương trình f1(x) = g1(x) và f2(x) = g2(x) có cùng một tập nghiệm là hai phương trình tương đương. Khi đó, ta viết: f1(x) = g1(x)  f2(x) = g2(x).

 Chú ý:

Khi muốn nhấn mạnh hai phƣơng trình có cùng điều kiện xác định D và tƣơng đƣơng với nhau, ta nói: "Hai phương trình tương đương trong điều kiện D" hoặc "Với điều kiện D, hai phương trình là tương đương với nhau".

Định nghĩa (Phép biến đổi tương đương): Các phép biến đổi không làm thay đổi tập nghiệm của phương trình được gọi là các phép biến đổi tương đương. Phép biến đổi tương đương biến một phương trình thành phương trình tương đương với nó.

Định lí 1: Cho phương trình f(x) = g(x) với ĐKXĐ D, h(x) là một biểu thức xác định với mọi x thoả mãn điều kiện D (h(x) có thể là hằng số). Khi đó, với điều kiện D, phương trình f(x) = g(x) tương đương với mỗi phương trình sau: a. f(x) + h(x) = g(x) + h(x). b. f(x).h(x) = g(x).h(x) nếu h(x)  0 với x  D. Hệ quả: Với ĐKXĐ của phương trình ban đầu thì: a. (Quy tắc chuyển vế): f(x) + h(x) = g(x)  f(x) = g(x)  h(x). b. (Quy tắc rút gọn): f(x) + h(x) = g(x) + h(x)  f(x) = g(x). 3. PHƢƠNG TRÌNH HỆ QUẢ

Định nghĩa: Cho phương trình f1(x) = g1(x) có tập nghiệm T1. Phương trình f2(x) = g2(x) có tập nghiệm T2 được gọi là hệ quả của phương trình f1(x) = g1(x) nếu T1  T2. Định lí 2: Khi bình phương hai vế của phương trình, ta được phương trình hệ quả của phương trình đã cho: f(x) = g(x)  f2(x) = g2(x)

 Chú ý: 1.

Nếu hai vế của một phƣơng trình luôn cúng dấu với mọi x thoả mãn ĐKXĐ của phƣơng trình thì khi bình phƣơng hai vế của nó, ta đƣợc phƣơng trình tƣơng đƣơng. 2. Nếu phép biến đổi một phƣơng trình dẫn đến phƣơng trình hệ quả thì sau khi tìm đƣợc nghiệm của phƣơng trình hệ quả, ta phải thử lại vào phƣơng trình đã cho để phát hiện và loại nghiệm ngoại lai.

4. PHƢƠNG TRÌNH NHIỀU ẨN

Định nghĩa: Cho hai biểu thức f(x, y,…) và g(x, z,…). 1. Mệnh đề chứa các biến dạng f(x, y,…) = g(x, z,…) được gọi là phương trình nhiều ẩn ẩn; x, y, z,… gọi là các ẩn số của phương trình. 2. Các số x = x0, y = y0, z = z0,… thoả mãn ĐKXĐ của phương trình và mệnh đề f(x0, y0,…) = g(x0, z0,…) là đúng thì bộ (x0, y0, z0,…) được gọi là một nghiệm của phương trình.

II. PHƢƠNG TRÌNH BẬC NHẤT VÀ BẬC HAI MỘT ẨN 1. PHƢƠNG TRÌNH BẬC NHẤT MỘT ẨN

Với yêu cầu "Giải và biện luận phương trình ax + b = 0" ta sẽ thực hiện nhƣ sau: Viết lại phƣơng trình dƣới dạng: ax = b. (1) Ta xét hai trƣờng hợp: Trường hợp 1: Nếu a = 0 thì: (1)  0 = b  b = 0. Vậy, ta đƣợc: 44

 Nếu b = 0, phƣơng trình nghiệm đúng với mọi x   Nếu b  0, phƣơng trình vô nghiệm. Trường hợp 2: Nếu a  0 thì:

b a

(1)  x =  , tức là phƣơng trình có nghiệm duy nhất. Kết luận: b a



Với a  0, phƣơng trình có nghiệm duy nhất x =  .

 

Với a = b = 0 , phƣơng trình nghiệm đúng với mọi x. Với a = 0 và b  0, phƣơng trình vô nghiệm.

2. PHƢƠNG TRÌNH BẬC HAI MỘT ẨN

Với yêu cầu "Giải và biện luận phương trình ax2 + bx + c = 0 (1)" ta sẽ thực hiện nhƣ sau: Trường hợp 1. Với a = 0 thì phƣơng trình có dạng: bx + c = 0  bx = c. (2) a. Nếu b = 0 thì: (2)  0 = c  c = 0.  Nếu c = 0, phƣơng trình nghiệm đúng với mọi x  .  Nếu c  0, phƣơng trình vô nghiệm. b. Nếu b  0 thì: c b

(2)  x =  : phƣơng trình có nghiệm duy nhất. Trường hợp 2. Với a  0 ta tính biệt thức:  = b2  4ac (hoặc nếu b = 2b' thì tính ' = (b')2  ac). a. Nếu  < 0 (hoặc ' < 0) thì phƣơng trình (1) vô nghiệm. b. Nếu  = 0 (hoặc ' = 0) thì phƣơng trình (1) có nghiệm kép: x0 = 

b b' (hoặc x0 =  ). 2a a

c. Nếu  > 0 (hoặc ' > 0) thì phƣơng trình (1) có hai nghiệm phân biệt: b   b'  ' x1,2 = (hoặc x1,2 = ). 2a a Kết luận:  Với a = b = c = 0, phƣơng trình nghiệm đúng với mọi x  .  Với a = b = 0 và c  0 , phƣơng trình vô nghiệm. c b



Với a = 0 và b  0 , phƣơng trình có nghiệm duy nhất x =  .



Với a  0 và  < 0, phƣơng trình vô nghiệm.



Với a  0 và  = 0, phƣơng trình có nghiệm kép x0 = 

b b' (hoặc x0 =  ). 2a a



Với a  0 và  > 0, phƣơng trình có hai nghiệm phân biệt: b   b'  ' x1,2 = ( hoặc x1,2 = ). 2a a

3. ĐỊNH LÍ VI ÉT

Định lí: Nếu phƣơng trình ax2 + bx + c = 0, với a  0 có hai nghiệm x1 và x2 thì: b  S  x1  x 2   a .   P  x .x  c 1 2  a

Hệ quả: 1. Nếu a + b + c = 0, phƣơng trình ax2 + bx + c = 0 có 2 nghiệm:  x1  1  . x2  c  a 2. Nếu ab + c = 0, phƣơng trình ax2 + bx + c = 0 có 2 nghiệm  x 1  1  . x2   c a 

 Chú ý: Trƣớc khi áp dụng định lí Viét cần tìm điều kiện để phƣơng trình có hai nghiệm: a  0 .  '  0

 

Định lí Viét đƣợc sử dụng để: a. Tìm hai số biết tổng và tích của chúng. b. Tính giá trị của các biểu thức đối xứng giữa các nghiệm. c. Tìm hệ thức liên hệ giữa các nghiệm không phụ thuộc vào tham số. d. Xét dấu các nghiệm. e. Tìm điều kiện để các nghiệm của phƣơng trình thoả mãn điều kiện K. f. Ứng dụng khác.

III. MỘT SỐ PHƢƠNG TRÌNH QUY VỀ PHƢƠNG TRÌNH BẬC NHẤT HOẶC BẬC HAI a. Phƣơng trình chứa ẩn ở mẫu. b. Phƣơng trình chứa ẩn trong dấu giá trị tuyệt đối. c. Phƣơng trình chứa ẩn dƣới dấu căn.

IV. PHƢƠNG TRÌNH VÀ HỆ PHƢƠNG TRÌNH BẬC NHẤT NHIỀU ẨN 1. PHƢƠNG TRÌNH BẬC NHẤT HAI ẨN

Định nghĩa: Phương trình bậc nhất hai ẩn là phương trình có dạng: ax + by = c trong đó:  a, b, c là hằng số và a, b không đồng thời bằng không.  x, y là hai ẩn số. Mỗi phƣơng trình bậc nhất hai ẩn đều có vô số nghiệm. Tập hợp các nghiệm của phƣơng trình đƣợc biểu diễn trên mặt phẳng toạ độ là một đƣờng thẳng, gọi là đƣờng thẳng ax + by = c (mỗi điểm của đƣờng thẳng ax + by = c biểu diễn một cặp nghiệm (x, y) của phƣơng trình).  Nếu a  0, b  0 thì đường thẳng đó là đồ thị hàm số bậc nhất: y= 

a c x+ . b b

Nếu a = 0, b  0 thì đường thẳng đó là đồ thị hàm số y =

c b

đó là đường thẳng song song với Ox nếu c  0, trùng với Ox nếu c = 0. 

Nếu a  0, b = 0 thì đường thẳng đó có dạng x =

c a

đó là đường thẳng song song với Oy nếu c  0, trùng với Oy nếu c = 0.

 Chú ý: 1.

c không phải là đồ thị hàm số. a 2. Với yêu cầu giải phƣơng trình ax + by = c, ta thƣờng thực hiện ba công việc:  Biến đổi để chỉ ra một vài nghiệm cụ thể của phƣơng trình.  Viết đƣợc công thức nghiệm tổng quát của phƣơng trình.  Biểu diễn nghiệm của phƣơng trình trên mặt phẳng toạ độ.

Đƣờng thẳng x =

2. HỆ HAI PHƢƠNG TRÌNH BẬC NHẤT HAI ẨN

Định nghĩa: Hệ hai phương trình bậc nhất hai ẩn có dạng: a 1 x  b 1 y  c1 .  a 2 x  b 2 y  c 2

Khi đó, đặt: D = a1b2  a2b1, Dx = c1b2  c2b1, Dy = c1a2  c2a1. Ta có:

 D Dy  . a. Nếu D  0 thì hệ có nghiệm duy nhất (x, y) =  x ,  D D  

b. Nếu D = 0 thì: - Nếu Dx  0 hoặc Dy  0 thì hệ phƣơng trình vô nghiệm. - Nếu Dx = Dy = 0 thì hệ có vô số nghiệm (x0, y0) thoả mãn phƣơng trình a1x + b1y = c1.

V. HỆ PHƢƠNG TRÌNH BẬC HAI HAI ẨN a. Hệ phƣơng trình trong đó ccó một phƣơng trình bậc nhất: Dùng phƣơng pháp thế. b. Hệ phƣơng trình mà mỗi phƣơng trình trong hệ không thay đổi khi thay thế đồng thời x bởi y và y bởi x: Dùng phƣơng pháp đặt ẩn phụ S = x + y; P = xy.

B PHƢƠNG PHÁP GIẢI CÁC DẠNG TOÁN LIÊN QUAN

§1. ĐẠI CƢƠNG VỀ PHƢƠNG TRÌNH D¹ng to¸n 1: Các bài toán mở đầu về phƣơng trình Phương pháp áp dụng Sử dụng kiến thức trong phần "Kiến thức cần nhớ". ThÝ dô 1. Tìm tập nghiệm của phương trình

x +

 x = x + 1.

 Giải Nhận xét rằng:  Với x = 0 thì VT = 0 còn VP = 8, do đó x = 0 không là nghiệm.  Với x < 0 thì x không xác định.  Với x > 0 thì  x không xác định. Vậy, phƣơng trình có tập hợp nghiệm T = .



Nhận xét: Lời giải của thí dụ trên đƣợc trình bày theo kiểu loại dần. Tuy nhiên, các em học sinh hẳn sẽ thắc mắc " Tại sao lại biết cách thực hiện như vậy ?". Câu trả lời đƣợc lấy ra từ thuật toán chung khi thực hiện công việc giải phƣơng trình, bao gồm các bƣớc: B-íc 1: Đặt điều kiện có nghĩa cho các biểu thức trong phƣơng trình. B-íc 2: Giải phƣơng trình. Và ở đây, khi thực hiện bƣớc 1, ta cần có điều kiện: x  0 và x  0  x = 0. Từ đó, việc giải phƣơng trình trong bƣớc 2 chỉ cần thử với x = 0.

ThÝ dô 2. Giải các phương trình sau: x  1 = 5  2x . a.

b. x  2 = 2x  1.

 Giải a. Ta có thể lựa chọn một trong ba cách trình bày sau:

Cách 1: (Sử dụng lược đồ giải phương trình trong thí dụ 1): ĐKXĐ của phƣơng trình là: x  1 x  1  0 5 5    D = [1, ].   5 1x 2 2 5  2 x  0 x  2 Với x  D, bằng cách bình phƣơng hai vế phƣơng trình ban đầu, ta nhận đƣợc phƣơng trình tƣơng đƣơng là: x  1 = 5  2x  3x = 6  x = 2  D. Vậy, phƣơng trình có nghiệm x = 2. Cách 2: (Sử dụng phép biến đổi tương đương): Ta có: 3x  6 x  1 = 5  2 x  x  1 = 5  2x  0    x = 2. x  1  0 Vậy, phƣơng trình có nghiệm x = 2. Cách 3: Ta có: x  1 = 5  2 x  x  1 = 5  2x  3x = 6  x = 2. Thử lại, với x = 2 phƣơng trình có dạng: 2  1 = 5  2.2  1 = 1, đúng. Vậy, phƣơng trình có nghiệm x = 2. b. Ta có thể lựa chọn một trong ba cách trình bày sau: Cách 1: (Sử dụng phép biến đổi tương đương): Ta có: 1  1  2 x  1  0 x  x    2 2  x = 1.    2 2 ( x  2 )  ( 2 x  1 ) 2  x  1 x  1  Vậy, phƣơng trình có nghiệm x = 1. Cách 2: Ta có:  x  2  2x  1  x  1  . x  2 = 2x  1   x  1  x  2    2x  1 Thử lại:  Với x = 1 phƣơng trình có dạng: 1  2 = 2(1)  1  3 = 3, mâu thuẫn.  Với x = 1 phƣơng trình có dạng: 1  2 = 2.1  1  1 = 1, đúng. Vậy, phƣơng trình có nghiệm x = 1.

ThÝ dô 3. Giải các phương trình sau: a.

x 2  4x  2 x2

 x2 .

2x 2  x  3 2x  3

 2x  3 .

 Giải 49

a. Ta có D = (2; +  ). Biến đổi phƣơng trình về dạng: x  0 (lo ¹ i)

x2  4x  2 = x  2  x2  5x = 0   x  5 Vậy, phƣơng trình có nghiệm x = 5. 3  b. Ta có D   ;    . 2  Biến đổi phƣơng trình về dạng:

 x  0 (lo¹i)

2x2  x  3 = 2x  3  2x2  3x = 0   .  x  3/ 2 (lo¹i) Vậy, phƣơng trình vô nghiệm.

D¹ng to¸n 2: Phƣơng trình hệ quả và hai phƣơng trình tƣơng đƣơng Phương pháp áp dụng Cho hai phƣơng trình f(x, m) = 0 (1) g(x, m) = 0 (2) 1. Xác định tham số để phƣơng trình (1) là hệ quả của phƣơng trình (2) (nói cách khác “Để mọi nghiệm của (1) cũng là nghiệm của (2)”), ta thực hiện theo các bƣớc sau: B-íc 1: Điều kiện cần  Giải và tìm nghiệm x = x0 của (1).  Để phƣơng trình (1) là hệ quả của phƣơng trình (2), trƣớc hết cần x = x0 cũng là nghiệm của (2), tức là: g(x0, m) = 0  m = m0.  Vậy m = m0 chính là điều kiện cần. B-íc 2: Điều kiện đủ  Với m = m0, ta đƣợc: (1)  f(x, m0) = 0  nghiệm của (1) (2)  g(x, m0) = 0  nghiệm của (2)  Kết luận. 2. Xác định tham số để (1) và (2) tƣơng đƣơng, ta lựa chọn theo hai hƣớng sau: H-íng 1: Nếu (1) & (2) đều giải đƣợc. Ta thực hiện theo các bƣớc sau: B-íc 1: Giải (1) để tìm tập nghiệm D1, Giải (2) để tìm tập nghiệm D2. B-íc 2: Thiết lập điều kiện để D1 = D2. H-íng 2: Sử dụng phƣơng pháp điều kiện cần và đủ B-íc 1: Điều kiện cần  Giải và tìm nghiệm x = x0 của (1).  Để phƣơng trình (1) & (2) tƣơng đƣơng, trƣớc hết cần x = x0 cũng là nghiệm của (2), tức là: 50

g(x0, m) = 0  m = m0.  Vậy m = m0 chính là điều kiện cần. Điều kiện đủ  Với m = m0, ta đƣợc: (1)  f(x, m0) = 0  nghiệm của (1) (2)  g(x, m0) = 0  nghiệm của (2)  Kết luận.

B-íc 2:

ThÝ dô 1. Cho hai phương trình: x 1  2  0 ,

x  2mx  m  2 = 0. Tìm m để mọi nghiệm của (1) cũng là nghiệm của (2). 2

(1) (2)

 Giải Biến đổi (1) về dạng: x  1  2  x + 1 = 4  x = 3. Do đó, để mọi nghiệm của (1) cũng là nghiệm của (2) điều kiện là x = 3 cũng là nghiệm của (2), tức là: m  1

. 9  6m  m2  2 = 0  m2 + 6m  7 = 0    m  7 Vậy, với m = 1 hoặc m = 7 thoả mãn điều kiện đầu bài.



Nhận xét: Nhƣ vậy, trong lời giải của thí dụ trên ta đã không sử dụng mẫu phƣơng pháp điều kiện cần và đủ bởi các lý do sau: 1 Phƣơng trình (1) không chứa tham số. 2 Dễ dàng tìm đƣợc tất cả các nghiệm của (1) và phép thử các nghiệm đó vào (2) đơn giản. Trong những trƣờng hợp một trong các lý do trên bị vi phạm các em học sinh nên thực hiện đúng mẫu điều kiện cần và đủ để giải. Trong trƣờng hợp (1) có chứa tham số ta cần chỉ ra đƣợc một nghiệm tƣờng minh của (1) để tìm đƣợc điều kiện cần cho m. Cụ thể ta đi xem xét ví dụ sau:

ThÝ dô 2. Cho hai phương trình: x2  (m + 2)x + m + 1 = 0, x3  2x2  mx  m2 + 3 = 0. Tìm m để mọi nghiệm của (1) cũng là nghiệm của (2).

(1) (2)

 Giải Điều kiện cần: Nhận xét rằng với mọi m phƣơng trình (1) luôn có nghiệm x = 1. Do đó, để mọi nghiệm của (1) cũng là nghiệm của (2) trƣớc hết cần x = 1 cũng là nghiệm của (2), tức là:

m  1

1  2  m  m2 + 3 = 0  m2 + m  2 = 0   ..  m  2 Đó chính là điều kiện cần của m. Điều kiện đủ: Ta lần lƣợt:  Với m = 1, ta đƣợc: (1)  x2  3x + 2 = 0  x = 1 hoặc x = 2. (2)  x3  2x2  x + 2 = 0  (x  1)(x2  x  2) = 0  x = 1 hoặc x = 2. suy ra mọi nghiệm của (1) cũng là nghiệm của (2), tức m = 1 thoả mãn.  Với m = 2, ta đƣợc: (1)  x2  1 = 0  x = 1. (2)  x3  2x2 + 2x  1 = 0  (x  1)(x2  x + 1) = 0  x = 1. suy ra x = 1 không là nghiệm của (2), tức m = 2 không thoả mãn. Vậy, với m = 1 thoả mãn điều kiện đầu bài.

§2. PHƢƠNG TRÌNH BẬC NHẤT VÀ BẬC HAI MỘT ẨN D¹ng to¸n 1: Phƣơng trình bậc nhất một ẩn Phương pháp áp dụng 1. Với bài toán "Giải và biện luận phương trình bậc nhất một ẩn" chúng ta sử dụng kiến thức đã biết trong phần lý thuyết. 2. Với bài toán "Tìm điều kiện để phương trình bậc nhất một ẩn có nghiệm thoả mãn điều kiện K" chúng ta thực hiện nhƣ sau: Giả sử điều kiện cho ẩn số ( nếu cần) là K, khi đó ta có ĐKXĐ là tập D. Biến đổi phƣơng trình về dạng: ax = b. (*) Khi đó: (1). Phƣơng trình (1) có nghiệm duy nhất: a  0 .  x  b / a  D

 

(2). Phƣơng trình (1) có nghiệm: a  b  0    a  0 .    x   b / a  D

(3). Phƣơng trình (1) có nghiệm x  D thƣờng ta có điều kiện a = b = 0. (4). Phƣơng trình ban đầu vô nghiệm:

a  0 & b  0    a  0 .   x   b / a  D

 Chú ý: Trong nhiều trƣờng hợp các em học lên trình bày đòi hỏi của bài toán thông qua các bƣớc giải biện luận. ThÝ dô 1. Giải và biện luận phương trình sau theo tham số m: m2x + 6 = 4x + 3m.

 Giải Biến đổi phƣơng trình về dạng: m2x + 6 = 4x + 3m  (m2  4)x = 3m  6. Xét các trƣờng hợp: Tr-êng hîp 1: Nếu m2  4  0  m   2. Khi đó: 3m  6 3  (*)  x = 2 m 4 m2 Tr-êng hîp 2: Nếu m2  4 = 0  m =  2. Khi đó:

(*)

0.x  0 (lu « n dóng)

(*)   0.x  12 ( v « lý ) Kết luận: 

Khi m   2, phƣơng trình có nghiệm x =

 

Khi m = 2, phƣơng trình vô số nghiệm. Khi m =  2, phƣơng trình vô nghiệm.

3 . m2

 Nhận xét: Trong thí dụ trên, ta thấy tồn tại đầy đủ các khả năng đƣợc minh hoạ trong bài toán tổng quát, tuy nhiên sẽ tồn tại những bài toán là một trƣờng hợp đặc biệt:  Hệ số a  0 với mọi giá trị của tham số, khi đó ta kết luận ngay tính duy nhất nghiệm của phƣơng trình.  Hệ số a = 0 với mọi giá trị của tham số, khi đó ta biện luận cho b. ThÝ dô 2. Giải và biện luận phương trình sau theo tham số a, b: 2 xa xa + = 2 . ba ba a  b2

 Giải Điều kiện a   b. Viết lại phƣơng trình dƣới dạng: (a + b)(x + a) + (a  b)(x  a) = 2  bx = a2 + 1. 53

Khi đó:  Với b = 0, phƣơng trình vô nghiệm. 

Với b  0, phƣơng trình có nghiệm x = 

a2  1 . b

ThÝ dô 3. Xác định tham số để phương trình sau có tập hợp nghiệm là m2(mx1) = 2m(2x + 1).

 Giải Ta biến đổi phƣơng trình về dạng: (m3  4m)x = m2 + 2m. Điều kiện để (*) có tập hợp nghiệm là

(*) là:

m3  4m  0 m  0   .  2  m  2 2m  m  0

Vậy, với m = 0 hoặc m = 2 phƣơng trình có tập nghiệm là

ThÝ dô 4. Xác định m để phương trình sau có nghiệm: m2(x1) = 4x3m + 2 với x > 0.

 Giải Ta biến đổi phƣơng trình về dạng: (m2 – 4)x = m2 – 3m + 2  (m – 2)(m + 2)x = (m – 2)(m  1). Phƣơng trình có nghiệm với x > 0 điều kiện là: m  2  0  m 1  m  2  0   .  m  1  m  2 0   m  2 Vậy, với m > 1 hoặc m < 2 phƣơng trình có nghiệm thoả mãn điều kiện đề bài.

D¹ng to¸n 2: Phƣơng trình bậc hai một ẩn Phương pháp áp dụng 1. Với bài toán "Giải và biện luận phương trình bậc hai một ẩn" chúng ta sử dụng kiến thức đã biết trong phần lý thuyết. 2. Với bài toán "Tìm điều kiện để phương trình bậc hai một ẩn có nghiệm thoả mãn điều kiện K" chúng ta thực hiện nhƣ sau: Với phƣơng trình: ax2 + bx + c = 0. để tìm điều kiện của tham số sao cho: a  b  0 & c  0 D¹ng 1: Phƣơng trình vô nghiệm   . a  0 &   0 D¹ng 2: Phƣơng trình nhận mọi x làm nghiệm  a = b = c = 0. D¹ng 3: Phƣơng trình có nghiệm: 54

a  b  c  0  a  0 & b  0 . a  0 &   0

a  0 & b  0 D¹ng 4: Phƣơng trình có nghiệm duy nhất   . a  0 &   0 D¹ng 5: Phƣơng trình có hai nghiệm phân biệt: a  0   .   0

ThÝ dô 1. Giải và biện luận các phương trình: mx2  2mx + m  1 = 0.

(1)

 Giải Xét hai trƣờng hợp của m. Trường hợp 1: Với m = 0, ta đƣợc: (1)  1 = 0, mâu thuẫn  phƣơng trình vô nghịêm. Trường hợp 2: Với m  0, ta có ' = m. a. Nếu ' < 0  m < 0 thì phƣơng trình (1) vô nghiệm. b. Nếu ' > 0  m > 0 thì phƣơng trình (1) có hai nghiệm phân biệt: x1,2 =

m m . m

Kết luận:  Với m  0, phƣơng trình vô nghiệm.  Với m > 0, phƣơng trình có 2 nghiệm phân biệt: x1,2 =

m m . m

 Chú ý: 1. Chúng ta có thể trình bày bài toán trên bằng bảng, nhƣ sau: m





Vô nghiệm.

Có hai nghiệm phân biệt x1,2 =



+

Kết luận Vô nghiệm.

m m . m

2. Dựa trên tính chất đặc thù của phƣơng trình chúng ta có thể thực hiện bài toán nhƣ sau: Biến đổi phƣơng trình về dạng: m(x2  2x + 1) = 1  m(x  1)2 = 1. Nhận xét rằng:  Với m  0, phƣơng trình vô nghiệm.  Với m > 0, ta đƣợc: 1 1 1 (x  1)2 = x1= x=1 . m m m 3. Nếu bài toán chỉ yêu cầu biện luận theo m số nghiệm của phƣơng trình thì chúng ta có thể sử dụng phƣơng pháp đồ thị, cụ thể: Biến đổi phƣơng trình về dạng: m(x2  2x + 1) = 1. Nhận xét rằng:  Với m = 0, phƣơng trình vô nghiệm.  Với m  0, ta đƣợc: 1 x2  2x + 1 = . m từ đó vẽ đồ thị hàm số y = x2  2x + 1 rồi suy ra kết quả biện luận.

ThÝ dô 2. Cho phương trình: mx22(m2)x + m3 = 0. a. Tìm m để phương trình có nghiệm. b. Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt.

(1)

 Giải a. Ta xét hai trƣờng hợp của m: Trường hợp 1: Với m = 0 (1)  4x – 3 = 0  x =

3 . 4

Trường hợp 2: Với m  0 thì ' = (m – 2)2 – m(m – 3) = 4  m Để (1) có nghiệm  '  0  4  m  0  m  4. Vậy, với m  4 phƣơng trình có nghiệm. b. Để phƣơng trình có hai nghiệm phân biệt điều kiện là: a  0 m  0    0  m < 4.   '  0 4  m  0

Vậy, với 0  m < 4 phƣơng trình có hai nghiệm phân biệt.

ThÝ dô 3. Chứng minh rằng với mọi m phương trình sau luôn có hai nghiệm phân biệt: x22(m1)xm2m1 = 0. 56

 Giải Ta có thể lựa chọn một trong ba cách trình bày sau: Cách 1: Ta có: 1 4

 = (m1)2 + m2 + m + 1 = 2m2m + 2 = 2(m )2 +  phƣơng trình có hai nghiệm phân biệt. Vậy, với mọi m phƣơng trình luôn có hai nghiệm phân biệt. Cách 2: Ta có:  = (m1)2 + m2 + m + 1 = (m1)2 + (m +

15 > 0, m 8

1 2 3 ) + > 0, m 2 4

 phƣơng trình có hai nghiệm phân biệt. Vậy, với mọi m phƣơng trình luôn có hai nghiệm phân biệt. Cách 3: Ta có: a.c = m2m1 = (m +

1 2 3 )  < 0, m 2 4

 phƣơng trình có hai nghiệm phân biệt x1 < 0 < x2. Vậy, với mọi m phƣơng trình luôn có hai nghiệm phân biệt.

ThÝ dô 4. Chứng minh rằng với a2 + b2 > 0 phương trình sau luôn có nghiệm:

 Giải

a2 b2 + = 1. x x 1

Điều kiện x  0, 1. (*) Biến đổi phƣơng trình về dạng: f(x) = x2(1 + a2 + b2)x + a2 = 0. (1) Ta có:  = (1 + a2 + b2)24a2 = (1 + a2 + b22a)(1 + a2 + b2 + 2a) = [b2 + (a1)2][b2 + (a + 1)2] > 0. Vậy (1) luôn có hai nghiệm phân biệt x1, x2. Ta đi kiểm tra điều kiện (*), ta có: f(0) = a2 và f(1) = b2. Do a, b không đồng thời bằng 0 nên ít nhất một trong hai giá trị f(0) và f(1) khác 0. Vậy, phƣơng trình luôn có nghiệm.

ThÝ dô 5. Cho hai phương trình: x2 + ax + b = 0 (1) 2 x + cx + d = 0. (2) Biết rằng ac  2(b + d). Chứng minh rằng ít nhất một trong hai phương trình có nghiệm.

 Giải 57

Gọi (1), (2) theo thứ tự là biệt số của phƣơng trình (1) và (2), ta có: (1) = a2  4b (2) = c2  4d. Nhận xét rằng: (1) + (2) = a2  4b + c2  4d = (a2 + c2)  4(b + d)  2ac  4(b + d)  4(b + d)  4(b + d) = 0.  (1) + (2)  0  Ít nhất một trong hai (1), (2) không âm  Ít nhất một trong hai phƣơng trình có nghiệm, đpcm.

 Nhận xét:

Trong lời giải của ví dụ trên, chúng ta đã sử dụng kết quả: A + B  0  tồn tại một số không âm. Ngoài ra, chúng ta còn có: 1. Nếu A + B < 0  tồn tại một số âm. Kết quả này đƣợc sử dụng để chứng minh "ít nhất một trong hai phương trình vô nghiệm ". 2. Nếu A.B < 0  hai số trái dấu. Kết quả này đƣợc sử dụng để chứng minh "Chỉ có một trong hai phương trình có nghiệm ". 3. Nếu A.B > 0  hai số cùng dấu. Kết quả này đƣợc sử dụng để chứng minh "Hoặc cả hai phương trình đề có hai nghiệm phân biệt hoặc chúng cùng vô nghiệm". Thí dụ tiếp theo, sẽ minh hoạ lại phƣơng pháp giải bài toán bằng cách lập phƣơng trình.

ThÝ dô 6. Hai người quét sân. Cả hai người cùng quét sân hết 1 giờ 20 phút, trong khi nếu chỉ quét một mình thì người thứ nhất quét hết nhiều hơn 2 giờ so với người thứ hai. Hỏi mỗi người quét sân một mình thì hết mấy giờ ?

 Giải Gọi x (giờ) là thời gian ngƣời thứ nhất quét sân một mình (x > 2). Khi đó, x  2 (giờ) là thời gian ngƣời thứ hai quét sân một mình. Trong 1 giờ:  

1 (sân) x 1 Ngƣời thứ hai quét đƣợc (sân). x2

Ngƣời thứ nhất quét đƣợc

Vì cả hai ngƣời cùng quét sân hết 1 giờ 20 phút = đƣợc

3 (sân). 4

Ta có phƣơng trình: 58

4 giờ, nên trong 1 giờ làm 3

x2 3 3 1 1 2x  2 + =  =  3x2  14x + 8 = 0  x = 4. 4 4 x x2 x( x  2)

Vậy, thời gian ngƣời thứ nhất quét sân một mình là 4 giờ, do đó ngƣời thứ hai quét một mình hết 2 giờ.

D¹ng to¸n 3: Sử dụng phƣơng pháp đồ thị giải và biện luận phƣơng trình bậc hai một ẩn Phương pháp áp dụng Ta biết rằng hàm số: y = ax2 + bx + c, với a  0 đƣợc gọi là Parabol (P), có đồ thị: a>0 a<0 y y y = ax2 + bx + c b/2a O x S b/2a x2 x O x 1 y = ax2 + bx + c S Số nghiệm của phƣơng trình ax2 + bx + c = 0 chính bằng số giao điểm của đồ thị parabol y = ax2 + bx + c với trục hoành. Để biện luận theo tham số m, số nghiệm của phƣơng trình: ax2 + bx + c = m ta xét vị trí tƣơng đối của đƣờng thẳng (d): y = m với Parabol (P): y = ax2 + bx + c. Nhƣ vậy, trong trƣờng hợp tổng quát ta thực hiện theo các bƣớc sau: B-íc 1: Chuyển phƣơng trình ban đầu về dạng: ax2 + bx + c = g(m). B-íc 2: Vẽ (P): y = ax2 + bx + c. B-íc 3: Khi đó, số nghiệm của phƣơng trình bằng số giao điểm của đƣờng thẳng (d): y = g(m) với Parabol (P): y = ax2 + bx + c. B-íc 4: Bằng việc dịch chuyển đƣờng thẳng (d) song song với Ox ta sẽ nhận đƣợc kết luận tƣơng ứng. B-íc 5: Kết luận.

 Chú ý: Phƣơng pháp này tỏ ra đặc biệt hiệu quả với yêu cầu về nghiệm thuộc (; ) cho trƣớc.

ThÝ dô 1. Biện luận số giao điểm của parabol (P): y = x2  3x + 1 với đường thẳng (d): y = x + m + 1.

 Giải Số giao điểm của (P) và (d) đúng bằng số nghiệm của phƣơng trình: x2  3x + 1 = x + m + 1  x2  4x  m = 0 y

(P1): y=x2-4x (d1): y=m 59

 x2  4x = m (2) Khi đó, số nghiệm của phƣơng trình là số giao điểm của Parabol (P1): y = x2  4x và đƣờng thẳng (d1): y = m. Ta đƣợc:  Với m < 4, phƣơng trình vô nghiệm, tức là (P) không cắt (d).  Với m = 4, phƣơng trình có nghiệm kép x0 = 2, tức là (P) tiếp xúc với (d) tại điểm M(2; 1).  Với m > 4, phƣơng trình có hai nghiệm phân biệt, tức là (P) cắt (d) tại hai điểm phân biệt.

ThÝ dô 2. Cho phương trình: x2 + 4xm = 0. Xác định m để phương trình: a. Có nghiệm thuộc khoảng (3; 1). b. Có đúng một nghiệm thuộc (3; 1). c. Có hai nghiệm phân biệt thuộc (3; 1). (P)  Giải Viết lại phƣơng trình dƣới dạng: x2 + 4x = m. Khi đó số nghiệm trên tập D = ( 1) của phƣơng trình là số giao điểm của đƣờng thẳng (d): y = m với Parabol (P): y = x2 + 4x trên D. Dựa vào đồ thị hàm số, ta thấy: a. Phƣơng trình có nghiệm thuộc D  –4 < m < 5. b. Phƣơng trình có một nghiệm thuộc D  –3 < m < 5. c. Phƣơng trình có hai nghiệm phân biệt thuộc D  –4 < m < –3.

y 

4 (d)

3 2 O

 x

m 3 4

D¹ng to¸n 4: Các ứng dụng của định lí Viét Ứng dụng 1: Nhẩm nghiệm của phương trình bậc hai Phương pháp áp dụng Trƣớc tiên, chúng ta cần hiểu rằng " Chỉ thực hiện nhẩm nghiệm của một phương trình bậc hai trong trường hợp nó có nghiệm nguyên hoặc một nghiệm nguyên còn một nghiệm hữu tỉ ". Để làm rõ đƣợc ý tƣởng chủ đạo của phƣơng pháp này, chúng ta bắt đầu lại bằng thí dụ với phƣơng trình: 60

x2  x  12 = 0. Ta có: x 1  x 2  1  x 1 .x 2  12  3.4 ở đó: 12 = 1.12 = 1.(12) = 2.6 = 2.(6) = 3.4 = 3.(4) trong các cặp số trên, ta chọn đƣợc cặp (3, 4) vì 3 + 4 = 1 = x1 + x2. Từ đánh giá đó, suy ra phƣơng trình có hai nghiệm x1 = 3 và x2 = 4. Nhƣ vậy, để thực hiện việc nhẩm nghiệm (nếu có thể) cho phƣơng trình: x2 + bx + c = 0 ta thực hiện theo các bƣớc: B-íc 1: Thiết lập hệ thức Viét cho các nghiệm x1 và x2: x 1  x 2   b .  x 1 .x 2  c B-íc 2: Thực hiện phép phân tích c thành tích của hai thừa số c = m.n. Với mỗi cặp thừa số phân tích đƣợc, ta tính ngay m + n, khi đó: a. Nếu m + n = b, chuyển sang bƣớc 3. b. Nếu m + n  b, thực hiện lại bƣớc 2. B-íc 3: Vậy, phƣơng trình có hai nghiệm là x1 = m và x2 = n.

 Nhận xét:

1. Thuật toán trên có tính dừng và đƣợc hiểu nhƣ sau:  Nếu tìm đƣợc một cặp (m, n) thoả mãn điều kiện m + n = b thì dừng lại phép thử và đƣa ra lời kết luận.  Nếu các cặp (m, n) đều không thoả mãn thì dừng và trong trƣờng hợp này đƣợc hiểu là không nhẩm đƣợc nghiệm. 2. Chúng ta đã biết hai trƣờng hợp đặc biệt của phƣơng trình ax2 + bx + c = 0 là: c  Nếu a + b + c = 0 thì phƣơng trình có nghiệm x1 = 1 và x2 = . a  Nếu a  b + c = 0 thì phƣơng trình có nghiệm x1 = 1 và x2 = c  . a

ThÝ dô 1. Trình bày cách nhẩm nghiệm cho các phương trình sau: a. x2  13x + 48 = 0. b. 3x2 + 3x  18 = 0. 1 2 c. x  2x + 3 = 0. 4

 Giải a. Viết lại phƣơng trình dƣới dạng: 61

x2 + 13x  48 = 0. Khi đó: x 1  x 2  13 mà 3 + (16) = 13.  x . x   48  3 .(  16 ) 1 2  Vậy, phƣơng trình có hai nghiệm x1 = 3 và x2 = 16. b. Viết lại phƣơng trình dƣới dạng: x2 + x  6 = 0. Khi đó: x 1  x 2  1 mà 2 + (3) = 1.  x 1 .x 2  6  2.( 3) Vậy, phƣơng trình có hai nghiệm x1 = 2 và x2 = 3. c. Viết lại phƣơng trình dƣới dạng: x2  8x + 12 = 0. Khi đó: x 1  x 2  8 mà 2 + 6 = 8.  x 1 .x 2  12  2.6) Vậy, phƣơng trình có hai nghiệm x1 = 2 và x2 = 6.



Nhận xét: Thí dụ trên, đƣợc nêu ra với mục đích khuyên cách em học sinh hãy thực hiện việc chuyển đổi phƣơng trình ban đầu về dạng đơn giản nhất trƣớc khi thực hiện công việc nhẩm nghiệm để tránh đƣợc những sai sót không đáng có. Ứng dụng 2: Tìm hai số biết tổng và tích của chúng Phương pháp áp dụng Nếu hai số u và v có: u  v  S  u.v  P

thì u, v là nghiệm của phƣơng trình t2St + P = 0.

(1)

 Chú ý: Nếu (1) có hai nghiệm t1, t2 (điều kiện S24P  0) thì ta đƣợc:  u  t1 & v  t 2 u  t & v  t . 2 1 

ThÝ dô 1. Tìm hai cạnh của một mảnh vườn hình chữ nhật trong hai trường hợp: a. Chu vi là 94,4m và diện tích là 494,55m2. b. Hiệu của hai cạnh là 12,1m và diện tích là 1089m2.

 Giải 62

a. Gọi x và y là hai kích thƣớc của hình chữ nhật, ta có: 2(x  y )  94,4 x  y  47,2   .  xy  494,55 xy  494,55

Suy ra, x và y là hai nghiệm của phƣơng trình: x  31,5m . y  15,7m

X2  47,2X + 494,55 = 0  

Vậy, hình chữ nhật có chiều dài là 31,5m và chiều rộng là 15,7m. b. Ta có: x  y  12,1 (x  y ) .  xy  1089

Suy ra, x và y là hai nghiệm của phƣơng trình:  x  39,6  x  39,6   .   y  27,5  y  27,5

X2  12X + 1089 = 0  

Vậy, hình chữ nhật có chiều dài là 39,5m và chiều rộng là 27,5m.

Ứng dụng 3: Tính giá trị của các biểu thức đối xứng giữa các nghiệm Phương pháp áp dụng Biểu thức đối xứng giữa các nghiệm x1 và x2 của phƣơng trình ax2 + bx + c = 0 là biểu thức có giá trị không thay đổi khi ta hoán vị x1 và x2. Ta có thể biểu thị đƣợc các biểu thức đối xứng giữa các nghiệm x1 và x2 theo S và P, ví dụ:  x12  x 22 = (x1 + x2)22x1x2 = S22P. 

S x  x2 1 1 = 1 = .  P x1 x 2 x1 x 2



x13  x 32 = (x1 + x2)33x1x2(x1 + x2) = S33SP.



x12  x 22 S2  2P 1 1 = = .  x12 x 22 P2 x12 x 22

ThÝ dô 1. Tìm m để phương trình: x2 + 2(m + 1)x + 2m + 3 = 0 có hai nghiệm x1, x2. Khi đó hãy lập phương trình có hia nghiệm là 2x1 và 2x2.

 Giải

Trƣớc hết ta cần đi tìm m để phƣơng trình có hai nghiệm x1 và x2 là: '  0  (m + 1)2  2m  3  0  m2  2  0  m  2 . (*) Khi đó, phƣơng trình có hai nghiệm x1, x2, thỏa mãn: 63

S  x1  x 2  2(m  1) .   P  x1 .x 2  2m  3 Ta có: 2x1  2x 2  2(x1  x 2 )  4(m  1)  (2x1 ).(2x 2 )  4x1 .x 2  4(2m  3) do đó 2x1 và 2x2 là nghiệm của phƣơng trình: t2 – 4(m + 1)t + 4(2m + 3) = 0.

Ứng dụng 4: Tìm hệ thức liên hệ giữa các nghiệm không phụ thuộc vào tham số Phương pháp áp dụng Để tìm hệ thức liện hệ giữa các nghiệm không phụ thuộc vào tham số (giả sử tham số là m), ta thực hiện theo các bƣớc sau: B-íc 1: Tìm điều kiện của m để phƣơng trình có hai nghiệm x1, x2 a  0 .  '  0

 

B-íc 2: Áp dụng định lí Viét, ta đƣợc:  x1  x 2  f (m) .   x1 .x 2  g(m) B-íc 3: Khử m từ hệ (I) ta đƣợc hệ thức cần tìm.

 Chú ý:

(I)

Trong nhiều trƣờng hợp, việc khử tham số từ hệ (I) cần sử dụng các hằng đẳng thức, đặc biệt là các hằng đẳng lƣơng giác, cụ thể: a. sin2 + cos2 = 1. b. tan.cot = 1. c. 1 + tan2 =

1 . cos 2 

d. 1 + cot2 =

1 . sin 2 

ThÝ dô 1. Cho phương trình: x22(m + 1)xm + 1 = 0. Tìm hệ thức liên hệ giữa hai nghiệm x1 và x2 của phương trình mà không phụ thuộc vào m.

 Giải Trƣớc hết ta cần đi tìm m để phƣơng trình có hai nghiệm x1 và x2 là: '  0  (m + 1)2 + m – 1  0  m2 + 3m  0  m  (– ; –3]  [0 ; +). Khi đó, ta có: x1  x 2  2(m  1) x  x  2m  2   x1 + x2 + 2x1x2 = 4.  1 2  x1x 2  1  m 2x1x 2  2  2m Vậy, ta đƣợc x1 + x2 + 2x1x2 = 4 là hệ thức cần tìm.

ThÝ dô 2. Cho phương trình: 64

x22xsin + cos1 = 0. a. Chứng minh rằng với mọi  phương trình luôn có nghiệm. b. Tìm hệ thức liên hệ giữa các nghiệm mà không phụ thuộc vào .

 Giải a. Ta có: ' = sin2cos + 1 = sin2 + (1cos)  0, . Vậy, với mọi  phƣơng trình luôn có hai nghiệm. b. Giả sử x1, x2 là hai nghiệm của phƣơng trình, ta có: x1  x 2 sin2  cos2 1  2 x1  x 2  2sin   x1  x 2  sin     + (x1x2 + 1)2 = 1 2      2  x1 .x 2  cos   1 cos   x .x  1 1 2  đó chính là hệ thức cần tìm.

Ứng dụng 5: Xét dấu các nghiệm của phương trình bậc hai Phương pháp áp dụng Dùng định lí Viét ta có thể xét dấu đƣợc các nghiệm x1 và x2 của phƣơng trình ax2 + bx + c = 0, dựa trên kết quả: 

Nếu P = 



Nếu:



c < 0  phƣơng trình có hai nghiệm trái dấu x1 < 0 < x2. a

  0  phƣơng trình có hai nghiệm cùng dấu.  P  0

Nếu:   0   P  0  phƣơng trình có hai nghiệm dƣơng 0 < x1x2. S  0 

Nếu:

 Chú ý:

  0   P  0  phƣơng trình có hai nghiệm âm x1x2 < 0. S  0 

1. Cũng từ đây, chúng ta thiết lập đƣợc điều kiện để phƣơng trình có các nghiệm liên quan tới dấu. 2. Nếu bài toán yêu cầu " Xét dấu các nghiệm của phƣơng trình tuỳ theo giá trị của tham số ", chúng ta sử dụng bảng sau: m



Kết luận

 65

m1 m2 +

ThÝ dô 1. Tuỳ theo m hãy xét dấu các nghiệm của phương trình: mx22(m2)x + m3 = 0.

 Giải Ta đi xác định các giá trị: ' = (m – 2)2 – m(m – 3) = 4  m,

m3 2(m  2) , P= . m m

Ta có bảng tổng kết sau: m

'



Ph-¬ng tr×nh cã 2 nghiÖm tho¶ m·n 0 < x1 < x2 +



Phƣơng trình có nghiệm x = 3/4 +

–

2 + 3

–

Phƣơng trình có 2 nghiệm x1 < 0 < x2 và x2 < |x1|

Phƣơng trình có một nghiệm x1, 2 = 1/ 2 Phƣơng trình có 2 nghiệm x1 < 0 < x2 và x2 > |x1|

Phƣơng trình có hai nghiệm x1 = 0 và x2 = 2/3

0 +

Dấu các nghiệm

Phƣơng trình có nghiệm ké

0 –

Phƣơng trình có 2 nghiệm thoả mãn 0 < x1 < x2

Phƣơng trình vô nghiệm

+

ThÝ dô 2. Cho phương trình: x22(m + 7)x + m24 = 0. Xác định m để phương trình: a. Có hai nghiệm trái dấu. b. Có hai nghiệm dương. c. Có hai nghiệm cùng dấu.

 Giải a. Điều kiện để phƣơng trình có hai nghiệm trái dấu là: P < 0  m2 – 4 < 0  –2 < m < 2. Vậy, với –2 < m < 2 phƣơng trình có hai nghiệm trái dấu. b. Điều kiện để phƣơng trình có hai nghiệm dƣơng là: 14m  53  0  '  0  2 53   P  0  m  4  0  m  [  2)  (2; +). 14 S  0 2(m  7)  0   Vậy, với m  [

53  2)  (2; +) phƣơng trình có hai nghiệm dƣơng. 14

c. Điều kiện để phƣơng trình có hai nghiệm cùng dấu: 14m  53  0  '  0 53   2  m  [  2)  (2; +).  14 m  4  0 P  0 Vậy, với m  [

53  2)  (2; +) phƣơng trình có hai nghiệm cùng dấu. 14

Ứng dụng 6: Tìm điều kiện để các nghiệm của phương trình bậc hai thoả mãn điều kiện cho trước Phương pháp áp dụng Ta thực hiện theo các bƣớc sau: B-íc 1: Tìm điều kiện của tham số để phƣơng trình có nghiệm x1, x2 a  0 .  '  0

  B-íc 2:

B-íc 3:

Áp dụng định lí Viét, ta đƣợc:  x1  x 2  f (m) .   x1 .x 2  g(m) Biểu diễn điều kiện K thông qua (I).

(I)

ThÝ dô 1. Cho phương trình 3x2  2(m + 1)x + 3m  5 = 0. Xác định m để phương trình có một nghiệm gấp ba nghiệm kia. Tính các nghiệm trong trường hợp đó.

 Giải Theo định lý Viét, ta có: 2  (1) x 1  x 2  3 (m  1)  x .x  3m  5 (2 )  1 2 3 Theo điều kiện đề bài, ta có: x1 = 3x2

(3) 67

Để phƣơng trình có 2 nghiệm phân biệt, điều kiện là: ' = (m + 1)2 + 15  9m = m2  7m + 16 > 0, m  R. Từ (1) và (3), ta có: 4x2 =

2 m 1 (m + 1)  x2 = 3 6

Từ (3) và (4), ta có: x1 =

m 1 2

(4) (5)

Thay x1, x2 ở (5) và (4) vào (2), ta đƣợc: 3m  5 m 1 m 1 . =  (m + 1)2 = 4(3m  5) 3 6 2  m2  10m + 21 = 0  m = 3  m = 7. Ta có: 2  Khi m = 3 thì x1 = 2 và x2 = . 3 4  Khi m = 7 thì x1 = 4 và x2 = . 3 ThÝ dô 2. Cho phương trình: (m + 2)x22(m1)x + m2 = 0. a. Tìm các giá trị của m để phương trình có 2 nghiệm phân biệt cùng dấu. b. Xác định m để tổng bình phương các nghiệm của phương trình bằng 3. c. Xác định m để phương trình có hai nghiệm x1, x2 thoả mãn |x1x2| = 2.

 Giải a. Điều kiện để phƣơng trình có hai nghiệm phân biệt cùng dấu là: 5  2m  0  '  0 5   m  2  m  (; 2)  (2; ).  2 P  0  m  2  0 Vậy, với m  (; 2)  (2;

5 ) phƣơng trình thoả mãn điều kiện đề bài. 2

b. Điều kiện để phƣơng trình có hai nghiệm: m  2  0 5  2  m < .  2  '  0

Khi đó, ta có:

2(m  1)  x1  x 2  m  2 .  x .x  m  2  1 2 m  2

Ta có: 3 = x12 + x 22 = (x1 + x2)2 – 2x1x2 =

m2 4(m  1)2 – 2. 2 m2 (m  2)

 m2 + 20m = 0  m = 0 hoặc m = – 20. Vậy, có hai giá trị của m phƣơng trình thoả mãn điều kiện. c. Ta có: x1x2 = 2  (x1x2)2 = 4  (x1 x2)2 – 4x1x2 = 4 

m2 4(m  1)2 –4 = 4  4(m – 1)2 – 4(m–2)(m + 2) = 4(m + 2)2 2 m2 (m  2)

 m2 + 6m – 1 = 0  m = –3  10 . Vậy, với m = –3  10 thoả mãn đề bài.

ThÝ dô 3. Tìm m để phương trình x2 + 2mx + 4 = 0 có hai nghiệm x1, x2. Khi đó: a. Tính theo m giá trị các biểu thức E = x1  x 2 , F = 4 x1  4 x 2 . b. Xác định m sao cho x14  x 42  32. 2

x  x  c. Xác định m sao cho  1  +  2   3.  x2   x1 

 Giải Điều kiện để phƣơng trình có nghiệm '  0  m2 – 4 > 0  m > 2. Khi đó, ta có:  x1  x 2  2m .   x1.x 2  4 a. Ta có: E2 =



x1  x 2



(*)

= x1 + x2 + 2 x1x 2

= –2m + 2.2 = 4 – 2m > 0 với (*) suy ra m < 2  E = 4  2m . F2 =



F= b. Ta có:

x1  4 x 2



x1  x 2 + 2 4 x1x 2 =

4  2m + 2 4 4

4  2m  2 4 4 .

2 x14  x 42 =  x12  x 22  – 2 x12 x 22 =  x1  x 2   2x1x 2  – 2 x12 x 22  

Do đó: x14  x 42  32  (m2 – 2.4) – 2.42  32  m2 – 40  32  m2  72  m  6 2 . Kết hợp với điều kiện (*), ta đƣợc:  6 2  m  2 .   2  m  6 2 c. Ta có: 2 2  x1   x2  x14  x 24 x12 x12  x 22 x 22 = .   +  = x12 x 22 x12 x 22  x2   x1  Do đó: 2 2  x1   x2  m 2  40 +  3   3  m2  88  m  2 22 , thoả mãn     16  x2   x1  (*).

Ứng dụng 7: Ứng dụng khác Phương pháp áp dụng Trong mục này ta đi ứng dụng định lí Viét vào việc: D¹ng 1: Lập phƣơng trình đƣờng thẳng đi qua hai điểm A(xA; yA), B(xB; yB) thuộc Parabol (P): y = ax2 + bx + c cho trƣớc, khi đó ta thực hiện theo các bƣớc: B-íc 1: Giả sử phƣơng trình đƣờng thẳng (AB): y = kx + m. B-íc 2: Phƣơng trình hoành độ giao điểm của (AB) và (P) là: ax2 + bx + c = kx + m  ax2 + (bk)x + cm = 0. B-íc 3: Ta có xA và xB là nghiệm của phƣơng trình và theo Viét ta đƣợc: kb   x A  x B  a k    phƣơng trình (d).  m  x .x  c  m  A B a

D¹ng 2: Lập phƣơng trình tiếp tuyến của Parabol (P) tại điểm M(xM; yM), đƣợc thực hiện tƣơng tự nhƣ trên bằng cách thay xA = xB = xM.

ThÝ dô 1. Cho Parabol (P) có phương trình: (P): y = x2 + 3x + 2. Gọi A và B là hai điểm thuộc (P) có hoành độ lần lượt là 1, 8. a. Lập phương trình đường thẳng AB. b. Lập phương trình tiếp tuyến với (P) tại A.

 Giải a. Ta có thể trình bày theo hai cách sau: Cách 1: (Cách giải thông thƣờng): Từ giả thiết, ta đƣợc A(1; 6) và B(8; 90). 70

Phƣơng trình đƣờng thẳng AB đƣợc cho bởi: qua A(1;6) x 1 y6  (AB): =  (AB): 12xy  6 = 0. 8 1 90  6 qua B(8;90)

(AB): 

Cách 2: (Ứng dụng định lý Viét): Giả sử phƣơng trình đƣờng thẳng (AB) có phƣơng trình: (AB): y = ax + b. Phƣơng trình hoành độ giao điểm của (AB) và (P) là: x2 + 3x + 2 = ax + b  x2a  3)x + 2b = 0 Ta có xA = 1 và xB = 8 là nghiệm của phƣơng trình và theo Viét ta đƣợc: x A  x B  a  3 9  a  3 a  12   .  8  2  b b  6 x A .x B  2  b

Vậy, phƣơng trình (AB): y = 12x  6 = 0. b. Giả sử phƣơng trình tiếp tuyến tại A là (d): y = ax + b. Phƣơng trình hoành độ giao điểm của (d) và (P) là: x2 + 3x + 2 = ax + b  x2a  3)x + 2b = 0. Ta có xA = 1 là nghiệm kép của (*) (x1 = x2 = 1) và theo Viét ta đƣợc:

(*)

x A  x B  a  3 2  a  3 a  5    .  1  2  b b  1 x A .x B  2  b Vậy, phƣơng trình tiếp tuyến (d): y = 5x + 1.

§3. MỘT SỐ PHƢƠNG TRÌNH QUY VỀ PHƢƠNG TRÌNH BẬC NHẤT HOẶC BẬC HAI D¹ng to¸n 1: Giải và biện luận phƣơng trình chứa ẩn ở mẫu Phương pháp thực hiện Ta thực hiện theo các bƣớc: B-íc 1: Đặt điều kiện có nghĩa cho phƣơng trình, khi đó ta có ĐKXĐ là tập D. B-íc 2: Biến đổi phƣơng trình về dạng bậc nhất hoặc bậc hai, rồi thực hiện giải nó. B-íc 3: Kết luận. ThÝ dô 1. Tìm m để phương trình sau vô nghiệm: xm x2 + = 2. x 1 x 1

(1)

 Giải

Điều kiện x  1. Viết lại phƣơng trình dƣới dạng: (m + 2)x = 4  m.

(2) 71

Ta xét hai trƣờng hợp: Trường hợp 1: Nếu m + 2 = 0  m = 2 thì: (2)  0x = 6, mâu thuẫn  phƣơng trình vô nghiệm. Trường hợp 2: Nếu m  2  0  m  2 thì: 4m (2)  x = . m2 Do đó (1) vô nghiệm 

4m 4m  1 hoÆc  1  m = 1. m2 m2

Vậy, với m = 2 hoặc m = 1 phƣơng trình ban đầu vô nghiệm.

 Chú ý:

Trong lời giải trên chúng ta trình bày theo các bƣớc của bài toán giải biện luận, tuy nhiên cũng có thể trình bày dƣới dạng: Điều kiện x  1. Viết lại phƣơng trình dƣới dạng: (m + 2)x = 4  m. (2) Phƣơng trình (1) vô nghiệm  m  2  0   4  m  0 m  2   m  2  0   .  m  1 4m  4  m  m  2  1  m  2  1  Tuy nhiên, cách trình bày kiểu này có thể khiến một vài em học sinh thấy phức tạp. Do vậy, nếu bài toán yêu cầu " Tìm điều kiện của tham số để phương trình có nghiệm ( hoặc vô nghiệm ) " tốt nhất các em hãy trình bày theo các bƣớc của bài toán giải biện luận.

ThÝ dô 2. Tìm m để phương trình sau có nghiệm duy nhất: x2 x 1 = . x 1 xm

(1)

 Giải

Tập xác định D = \{1, m}. Viết lại phƣơng trình dƣới dạng: mx = 2  m. Do đó (1) có nghiệm duy nhất:

(2)

 m  0 m  0 m  0   2  m   1  m  1  x  1    m{2, 0, 1}. m  2  x  m  m  m  2  0 2  m  m  m Vậy, với m = \{2, 0, 1} phƣơng trình (1) có nghiệm duy nhất.

ThÝ dô 3. Cho phương trình: a b + = 2. xb xa

(1)

a. Tìm a, b để phương trình có hai nghiệm phân biệt. b. Tìm a, b để phương trình có nghiệm.

 Giải Điều kiện: x  a  0 x  a   .  x  b  0 x  b

Biến đổi phƣơng trình về dạng: a(x – a) + b(x – b) = 2(x – a)(x – b)  f(x) = 2x2 – 3(a + b)x + a2 + 2ab + b2 = 0 Ta có  = 9(a + b)2 – 8(a2 + 2ab + b2) = (a + b)2  0, a, b. a. Để phƣơng trình (1) có hai nghiệm phân biệt điều kiện là: (a  b)2  0   0  2   f(a)  0   b  ab  0  a  0, b  0 và a  b.  f(b)  0 a 2  ab  0   Vậy, với a  0, b  0 và a  b. phƣơng trình có hai nghiệm phân biệt. b. Đáp số: Với mọi a, b không đồng thời bằng không.

(*)

(2)

ThÝ dô 2. Giải và biện luận các phương trình: x+

1 ab ab = + . x ab ab

 Giải Điều kiện: x  0 x  0  . a  b  0   a   b  a  b  0 

Viết lại phƣơng trình dƣới dạng: (a2b2)x22(a2 + b2)x + a2b2 = 0.

(1)

Vì a  b  a2b2  0, ta đi tính biệt thức ' = 4a2b2  0. a  0 & b  0

Trường hợp 1: Nếu ' = 0  4a2b2 = 0   . a  0 & b  0  Với a = 0 và b  0, phƣơng trình (1) có nghiệm kép x0 = 1.  Với a  0 và b = 0, phƣơng trình (1) có nghiệm kép x0 = 1. Trường hợp 2: Nếu ' > 0  4a2b2 > 0  a  0 và b  0. Phƣơng trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1 =

ab ab và x2 = . ab ab

Kết luận:  Với a = b, phƣơng trình vô nghiệm.  Với a = 0 và b  0, phƣơng trình có nghiệm kép x0 = 1.  Với a  0 và b = 0, phƣơng trình có nghiệm kép x0 = 1.  Với a  0 và b  0 và a  b, phƣơng trình có 2 nghiệm phân biệt: x1 =

ab ab và x2 = . ab ab

D¹ng to¸n 2: Phƣơng trình tích Phương pháp thực hiện Giả sử cần đi "Giải và biện luận phương trình (a1x + b1)(a2x + b2) = 0", ta thực hiện theo các bƣớc: B-íc 1: Biến đổi phƣơng trình ban đầu về dạng: (1) a 1 x  b 1  0 .  (2) a 2 x  b 2  0 B-íc 2: Giải và biện luận (1). B-íc 3: Giải và biện luận (2). B-íc 4: Kết luận: Trong bƣớc này các em học sinh cần biết cách kết hợp các trƣờng hợp đã xét trong cả hai bƣớc 1 và bƣớc 2 để có đƣợc lời kết luận đầy đủ và tƣờng minh. ThÝ dô 1. Cho phương trình: x32mx2 + m2x + m1 = 0. Xác định m để: a. Phương trình có đúng 1 nghiệm. b. Phương trình có 2 nghiệm phân biệt. c. Phương trình có 3 nghiệm phân biệt. d. Phương trình có 2 nghiệm âm phân biệt. e. Phương trình có 3 nghiệm dương phân biệt.

 Giải Viết lại phƣơng trình dƣới dạng: 74

(x  1)[x2(2m  1)x  m + 1] = 0 x  1   2 g(x)  x  (2m  1)x  m  1  0

(2)

(I)

a. Để phƣơng trình có đúng 1 nghiệm điều kiện là: g  0  4m 2  3  0   (2) v« nghiÖm 3    g  0    4m 2  3  0  m  .  2 (2) cã nghiÖm kÐp bºng1   3  3m  0   g(1)  0 3 thoả mãn điều kiện đầu bài. 2 b. Để phƣơng trình có hai nghiệm phân biệt điều kiện là:   g  0 vµ g(1)  0 (2) cã 2 nghiÖm ph©n biÖt vµ 1nghiÖm bºng1      g  0 vµ g(1)  0 (2) cã nghiÖm kÐp kh¸c1

Vậy, với m 

 4m 2  3  0  4m 2  3  0   3  3  3m  0  3  3m  0    m  1 hoÆc m   . 2 2 2   4m  3  0 4m  3  0    3  3m  0  3  3m  0  

Vậy, với m  1 hoÆc m  

3 thoả mãn điều kiện đầu bài. 2

c. Để phƣơng trình có ba nghiệm phân biệt điều kiện là:  3  g  0 4m2  3  0 m  (2) có 2 nghiệm phân biệt khác 1     2 . g(1)  0 3  3m  0 m  1    3  3 Vậy, với m   ;  ;    \ 1 thoả mãn điều kiện đầu bài.      2   2   d. Để phƣơng trình có hai nghiệm âm phân biệt điều kiện là: (2) có 2 nghiệm âm phân biệt m  3 /2  g  0 4m2  3  0   3   S g  0  2m  1  0   m  1/ 2  m   . 2 m  1 1  m  0    Pg  0  3 Vậy, với m   thoả mãn điều kiện đầu bài. 2 e. Để phƣơng trình có ba nghiệm dƣơng phân biệt điều kiện là: (2) có 2 nghiệm dƣơng phân biệt khác 1

 g  0 m  3 /2  4m 2  3  0    3 S g  0 2m  1  0  m  1/ 2      m  1.  2  Pg  0 1  m  0 m  1 g(1)  0 3  3m  0 m  1   

Vậy, với

3  m  1 thoả mãn điều kiện đầu bài. 2

 Nhận xét: Lời giải của thí dụ trên đã miêu tả phƣơng pháp cơ bản để "Giải và biện luận một phương trình bậc ba". D¹ng to¸n 3: Phƣơng trình trùng phƣơng Phương pháp thực hiện Để giải và biện luận phƣơng trình: ax4 + bx2 + c = 0 ta thực hiện các bƣớc: B-íc 1: Đặt t = x2 với điều kiện t  0. B-íc 2: Khi đó, phƣơng trình đƣợc biến đổi về dạng: at2 + bt + c = 0. B-íc 3: Khi đó: a. Phƣơng trình (1) có nghiệm duy nhất  (2) có nghiệm t1  0 = t2. b. Phƣơng trình (1) có hai nghiệm phân biệt  (2) có nghiệm t1 < 0 < t2. c. Phƣơng trình (1) có ba nghiệm phân biệt  (2) có nghiệm 0 = t1 < t2. d. Phƣơng trình (1) có bốn nghiệm phân biệt  (2) có nghiệm 0 = t1 < t2.

(1)

(2)

 Chú ý: 1.

Các đánh giá trên nhận đƣợc thông qua nhận xét nếu phƣơng trình (2) có nghiệm t0  0 thì phƣơng trình (1) có nghiệm x =  t 0 . 2. Cũng thông qua nhận xét này chúng ta thiết lập đƣợc điều kiện cho nghiệm t của phƣơng trình (2) trong trƣờng hợp bài toán yêu cầu điều kiện nghiệm x của phƣơng trình (1), thí dụ: x1 < x2 < x3 < 1 < 2 < x4  t 2 <  t1 < t1 < 1 < 2 < t 2  0 < t1 < 1 < 4 < t 2 .

ThÝ dô 1. Cho phương trình: x4(m + 2)x2 + m = 0. Tìm m để phương trình: a. Có nghiệm duy nhất. 76

(1)

b. Có hai nghiệm phân biệt. c. Có ba nghiệm phân biệt. d. Có bốn nghiệm phân biệt.

 Giải

Đặt t = x2 với điều kiện t  0. Khi đó, phƣơng trình đƣợc biến đổi về dạng: f(t) = t2(m + 2)t + m = 0. a. Phƣơng trình (1) có nghiệm duy nhất

(2)

S  0 m  2  0  , vô nghiệm. m  0 P  0

 (2) có nghiệm t1  0 = t2  

Vậy, không tồn tại m thoả mãn điều kiện đầu bài. b. Phƣơng trình (1) có hai nghiệm phân biệt  (2) có nghiệm t1 < 0 < t2  a.c < 0  m < 0. Vậy, với m < 0 thoả mãn điều kiện đầu bài. c. Phƣơng trình (1) có ba nghiệm phân biệt m2  4  0   0    (2) có nghiệm 0 = t1 < t2   P  0  m  0  m = 0. S  0 m  2  0   Vậy, với m = 0 thoả mãn điều kiện đầu bài. d. Phƣơng trình (1) có bốn nghiệm phân biệt m2  4  0   0    (2) có nghiệm 0 < t1 < t2   P  0  m  0  m > 0. S  0 m  2  0   Vậy, với m > 0 thoả mãn điều kiện đầu bài.

D¹ng to¸n 4: Phƣơng trình hồi quy Phương pháp thực hiện D¹ng 1: (Phương trình hồi quy): Để giải và biện luận phƣơng trình: ax4 + bx3 + cx2 + bx + a = 0 (1) ta thực hiện theo các bƣớc: B-íc 1: Nhận xét rằng x = 0 không phải là nghiệm của phƣơng trình. Chia cả hai vế của phƣơng trình cho x20, ta đƣợc: a(x2 +

B-íc 2: Đặt t = x +

1 1 ) + b(x + ) + c = 0. 2 x x

(2)

1 1 , điều kiện t  2 suy ra x2 + 2 = t22. x x

Khi đó, phƣơng trình (2) có dạng: (2)  at2 + bt + c2a = 0.

(3) 77

B-íc 3: Khi đó: a. Phƣơng trình (1) có nghiệm, ta sử dụng phƣơng pháp gián tiếp, tức là "Tìm điều kiện để (3) vô nghiệm hoặc cả hai nghiệm đều thuộc (2; 2)". b. Phƣơng trình (1) có nghiệm duy nhất  (3) có nghiệm t = 2 hoặc t = 2  tham số. Thử lại. c. Phƣơng trình (1) có hai nghiệm phân biệt  (3) có nghiệm  t1  2 & t 2  2  t  2  t  2 . 2 1  2  t1  2  t 2

d. Phƣơng trình (1) có ba nghiệm phân biệt  (3) có nghiệm  t1  t 2  2 2  t  t . 1 2  e. Phƣơng trình (1) có bốn nghiệm phân biệt  (3) có nghiệm  2  t1  t 2  t  t  2 . 1 2  t1  2  2  t 2 D¹ng 2: (Phương trình phản hồi quy): Để giải và biện luận phƣơng trình: ax4 + bx3 + cx2bx + a = 0 (1) ta thực hiện theo các bƣớc: B-íc 1: Nhận xét rằng x = 0 không phải là nghiệm của phƣơng trình. Chia cả hai vế của phƣơng trình cho x2  0, ta đƣợc: 1 1 a(x2 + 2 ) + b(x ) + c = 0. (2) x x 1 1 B-íc 2: Đặt t = x , suy ra x2 + 2 = t2 + 2. x x Khi đó, phƣơng trình (2) có dạng at2 + bt + c + 2a = 0. (3)

 Chú ý: 1.

Với phƣơng trình phản hồi quy trên không hề có điều kiện cho ẩn phụ t, tức là với mỗi nghiệm t0 của (3) ta luôn có hai nghiệm phân biệt x1, x2 cho (1). 2. Phƣơng pháp đƣợc mở rộng tự nhiên cho dạng phƣơng trình: ax4 + bx3 + cx2 + dx + e = 0 2

e d có các hệ số thoả mãn =   , e  0. a b d 1 Khi đó, ta sử dụng ẩn phụ t = x + . , và trong trƣờng hợp bd b x d > 0 ta có điều kiện t  2 . b

ThÝ dô 1. Cho phương trình: x4 + mx32(m21)x2 + mx + 1 = 0. a. Giải phương trình với m = 1. b. Tìm m để phương trình có đúng 2 nghiệm phân biệt. c. Tìm m để phương trình có 4 nghiệm phân biệt.

(1)

 Giải Nhận xét rằng x = 0 không phải là nghiệm của phƣơng trình. Chia cả hai vế của phƣơng trình cho x2  0, ta đƣợc: 1 1 1 1 + 2 = 0  (x2 + 2 ) + m(x + )  2m2 + 2 = 0. x x x x 1 1 Đặt t = x + , điều kiện t  2, suy ra x2 + 2 = t22. x x

x2 + mx  2(m2  1) + m.

Khi đó, phƣơng trình có dạng: f(t) = t2 + mt  2m2 = 0. a. Với m =  thì (2) có dạng: |t|  2

t2 t2 = 0  t = 2  x +

(2) 1 = 2  x = 1. x

Vậy, với m = 1 phƣơng trình có nghiệm x = 1. b. Phƣơng trình (1) có đúng hai nghiệm phân biệt  t  2 vµ t 2  2  (3) có nghiệm thoả mãn  1  t1  2  t 2  2 hoÆc  2  t1  2  t 2  4  2m  2m 2  f (2)  0  2  f (  2)  0  4  2m  2m    2  f (2)  0 4  2m  2m      2  f (2)  0 4  2m  2m    4  2m  2m 2  f (2)  0    f (2)  0   4  2m  2m 2

  m 2  2 0   m  2 0  m    2 0 m     m 2 0    m 2 0 0

m20 m20

1  m  2  . m20  2  m  1 m20

m20 m20

Vậy, với 1  m  2 thoả mãn điều kiện đầu bài. c. Phƣơng trình (1) có bốn nghiệm phân biệt  (3) có nghiệm thoả mãn: 2  t1  t 2 hoÆc t1  t 2  2 (*) .  (**)  t1  2  2  t 2 Nhận xét rằng phƣơng trình (2) có ac = 2m2 < 0 nên (*) không thể xảy ra. Khi đó, để có (**) điều kiện là:

4  2m  2m 2  0 m 2  m  2  0 f (2)  0    m  2.   2  2 4  2m  2m  0 m  m  2  0 f (2)  0 Vậy, với m  2 thoả mãn điều kiện đầu bài.

ThÝ dô 2. Cho phương trình: x4mx32x2 + mx + 1 = 0. a. Giải phương trình với m = 3. b. Tìm m để phương trình có đúng 2 nghiệm phân biệt. c. Tìm m để phương trình có 4 nghiệm phân biệt.

(1)

 Giải Nhận xét rằng x = 0 không phải là nghiệm của phƣơng trình. Chia cả hai vế của phƣơng trình cho x2  0, ta đƣợc: 1 1 1 1 + 2 = 0  (x2 + 2 )  m(x  )  2 = 0. x x x x 1 1 Đặt t = x  , suy ra x2 + 2 = t22. x x

x2  mx  2 + m.

Khi đó, phƣơng trình có dạng: t  0

f(t) = t2  mt = 0   . t  m Với t = 0, ta đƣợc: x

1  0  x 2  1  0  x = 1. x

a. Với m = 3 ta đƣợc: t=3x

1 3  13 = 3  x2  3x  1 = 0  x = . x 2

Vậy, với m = 3 phƣơng trình có bốn nghiệm x = 1 và x =

3  13 . 2

b. Phƣơng trình có đúng 2 nghiệm phân biệt điều kiện là m = 0. c. Phƣơng trình có 4 nghiệm phân biệt điều kiện là m ≠ 0.

D¹ng to¸n 5: Phƣơng trình (x + a)(x + b)(x + c)(x + d) = m, với a + b = c + d Phương pháp thực hiện Kí hiệu phƣơng trình ban đầu là (1), ta thực hiện theo các bƣớc: B-íc 1: Viết lại phƣơng trình dƣới dạng: [x2 + (a + b)x + ab].[x2 + (c + d)x + cd] = m. (2) 2 B-íc 2: Đặt t = x + (a + b)x + ab, điều kiện t 

(a  b) 2  (chính là  ) 4 4a

Suy ra x2 + (c + d)x + cd = tab + cd. 80

Khi đó, phƣơng trình (2) có dạng: t(tab + cd) = m  t2(abcd)tm = 0. B-íc 3: Khi đó: a. Phƣơng trình (1) có nghiệm  (2) có nghiệm thoả mãn t

(3)

t    t2 (a  b) 2 = 1 . 4    t1  t 2

b. Phƣơng trình (1) có nghiệm duy nhất  (2) có nghiệm t1  t2 = . c. Phƣơng trình (1) có hai nghiệm phân biệt   t  t

1 2  (2) có nghiệm thoả mãn  .  t1    t 2 d. Phƣơng trình (1) có ba nghiệm phân biệt  (2) có nghiệm  = t1 < t2. e. Phƣơng trình (1) có bốn nghiệm phân biệt  (2) có nghiệm  < t1 < t2.

ThÝ dô 1. Cho phương trình: x(x2)(x + 2)(x + 4) = 2m. a. Giải phương trình với m = 6. b. Tìm m để phương trình vô nghiệm. c. Tìm m để phương trình có đúng một nghiệm. d. Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt. e. Tìm m để phương trình có ba nghiệm phân biệt. f. Tìm m để phương trình có bốn nghiệm phân biệt.

(1)

 Giải Viết lại phƣơng trình dƣới dạng: (x2 + 2x)(x2 + 2x  8) = m. Đặt t = x2 + 2x + 1, điều kiện t , suy ra x2 + 2x = t  1 và x2 + 2x  8 = t  9. Khi đó phƣơng trình trên có dạng: (t  1)(t  9) = 2m  f(t) = t2  10t + 92m = 0. (2) a. Với m = 6, ta đƣợc: t  3

(2)  t2  10t21 = 0   . t  7 Ta lần lƣợt:  Với t = 3, ta đƣợc: x2 + 2x + 1 = 3  x2 + 2x  2 = 0  x1, 2 = 

Với t = 7, ta đƣợc:

1  3 . 2

1  7 . 2 1  3 1  7 Vậy, với m = 6 phƣơng trình có nghiệm là x1, 2 = và x3, 4 = . 2 2

x2 + 2x + 1 = 7  x2 + 2x  6 = 0  x3, 4 =

b. Phƣơng trình (1) vô nghiệm khi: (*) (2) v« nghiÖm .  (2) cã hai nghiÖm nhá h¬n 0 (**)

Nhận xét rằng phƣơng trình (2) có S = 10 > 0 nên (**) không thể xảy ra. Khi đó, để có (*) điều kiện là: ’ < 0  25  (9  2m) < 0  2m + 16 < 0  m < 8. Vậy, với m < 8 thoả mãn điều kiện đầu bài. c. Phƣơng trình (1) có đúng 1 nghiệm khi:  '  0  (2) có nghiệm thoả mãn t1  t2 =  f(0)  0 , vô nghiệm. S  0 

Vậy, không tồn tại m thoả mãn điều kiện đầu bài. d. Phƣơng trình (1) có hai nghiệm phân biệt khi:   '  0  2m  16  0 (2)cã nghiÖm kÐp lín h¬n 0  m  8      S  0   10  0 .  m  9/2  (2)cã hai nghiÖm t 1  0  t 2 P  0 9  2m  0   Vậy, với m  8 hoÆc m >

9 thoả mãn điều kiện đầu bài. 2

e. Phƣơng trình (1) có 3 nghiệm phân biệt khi:  '  0 2m  16  0 9   (2) có nghiệm 0 = t1 < t2   f(0)  0  9  2m  0  m  . 2 S  0 10  0   9 Vậy, với m  thoả mãn điều kiện đầu bài. 2

Phƣơng trình (1) có 4 nghiệm phân biệt khi:  '  0 2m  16  0 9   (2) có nghiệm 0 < t1 < t2   P  0  9  2m  0   8  m  . 2 S  0 10  0   Vậy, với 8  m 

9 thoả mãn điều kiện đầu bài. 2

D¹ng to¸n 6: Phƣơng trình (x + a)4 + (x + b)4 = c Phương pháp thực hiện Kí hiệu phƣơng trình ban đầu là (1), ta thực hiện theo các bƣớc: 82

ab , suy ra: 2 ab   x  a  t  2 .  x  b  t  a  b  2

B-íc 1: Đặt t = x +

Khi đó, phƣơng trình có dạng: ab 2 ab  .t + 2   = c. 2    2  2

2t4 + 12 

(2)

B-íc 2: Đặt u = t2, điều kiện u  0. Khi đó, phƣơng trình có dạng: ab ab  .u + 2   = c. 2    2  2

2u2 + 12 

(3)

B-íc 3: Chuyển điều kiện của bài toán thành điều kiện cho u. ThÝ dô 1. Cho phương trình: (x + 2)4 + (x + 6)4 = m22. (1) a. Giải phương trình với m  34 . b. Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt thuộc khoảng (2; 1).

 Giải 26 = x + 4, suy ra: 2 x  2  t  2 .  x  6  t  2

Đặt t = x +

Khi đó, phƣơng trình (1) đƣợc chuyển về dạng: (t2)4 + (t + 2)4 = m2  2  2t4 + 48t2 + 32 = m2  2  2t4 + 48t2 m2 + 34 = 0. Đặt u = t2, điều kiện u  0. Khi đó, phƣơng trình (2) đƣợc chuyển về dạng: f(u) = 2u2 + 48um2 + 34 = 0.

(2)

(3)

a. Với m  34 , ta đƣợc: (2)  2t4 + 48t2 = 0  t = 0  x + 4 = 0  x = 4. Vậy, với m  34 phƣơng trình có nghiệm duy nhất x = 4. b. Từ giả thiết: 2 < x <1  2 < x + 4 < 3  2 < t < 3  t2 < 9  u < 9. Vậy, phƣơng trình (1) có hai nghiệm phân biệt thuộc khoảng (2; 1) khi: (3) có 1 nghiệm  (0; 9)  f(0).f(9) < 0  (34  m2)(17044  m2) < 0 83

 34 < m2 < 17044  34  m  2 4261. Vậy, với

34  m  2 4261 thoả mãn điều kiện đầu bài.

D¹ng to¸n 7: Phƣơng trình sử dụng ẩn phụ bậc hai ThÝ dô 1. Giải và biện luận phương trình: (xa)2x2 + a2x2 = 8(xa)2a2, với a  0.

(1)

 Giải

Nhận xét rằng x = a  0 không phải là nghiệm của phƣơng trình, khi đó chia cả hai vế của phƣơng trình cho (xa)2  0, ta đƣợc: x2 +

a2 x2 = 8a2  (x  a)2

ax  2ax 2  x   = 8a2   xa xa 

 x2  2ax 2  = 8a2.  x  a x  a  



(2)

x2 , khi đó phƣơng trình đƣợc chuyển về dạng: xa  t  4a t22at8a2 = 0   .  t  2a

Đặt t =



Với t = 4a, ta đƣợc: x2 = 4a  x24ax + 4a2 = 0  x1 = 2a thoả mãn (*). xa



Với t = 2a, ta đƣợc: x2 = 2a  x2 + 2ax2a2 = 0  x2,3 = a 3a 2 thoả mãn (*). xa

Vậy, phƣơng trình có ba nghiệm phân biệt x1 = 2a, x2,3 = a 3a 2 .

 Nhận xét: 1.

Ở dạng ban đầu, ta không thấy sự xuất hiện ẩn phụ, tuy nhiên để làm xuất hiện ẩn phụ ta viết lại phƣơng trình dƣới dạng: 2

 ax  2 (x) +   = 8a .. xa 2

Ta đƣa ra nhận xét cho 2 số hạng trong vế trái của phƣơng trình trên đóng vai trò A2 + B2 của hằng đẳng thức (A  B)2. Khi đó, ta có đƣợc 2 hƣớng biến đổi:  A 2  B2  (A  B) 2  2AB (h1) .  2 2 2  A  B  (A  B)  2AB (h2)

 Nếu lựa chọn hƣớng thứ nhất:

ax  2ax 2  x 2  2ax  2ax 2 ax   x +   = x  x  a  + x  a = x  a  + x  a .  xa    2

Ta thấy rằng không có sự xuất hiện của ẩn phụ.  Nếu lựa chọn hƣớng thứ hai: 2

ax  2ax 2  x 2  2ax 2 ax   x  x +  =  =  .      xa xa xa xa xa  x2 Ở đây ẩn phụ đã xuất hiện, đó là . xa 2

Nhƣ vậy việc lựa chọn hƣớng biến đổi đại số đúng cho mỗi phƣơng trình bậc bốn nói riêng và các phƣơng trình, bất phƣơng trình nói chung là rất quan trọng. 2. Phƣơng trình trên trên có dạng tổng quát: x2 +

a2x2 = b. (x  a)2

D¹ng to¸n 8: Phƣơng trình chứa ẩn trong dấu giá trị tuyệt đối Phương pháp thực hiện Để giải phƣơng trình chứa ẩn trong dấu giá trị tuyệt đối ta có thể dùng: a. Định nghĩa của giá trị tuyệt đối. b. Bình phƣơng hai vế để khử dấu giá trị tuyệt đối. c. Tính chất của giá trị tuyệt đối. d. Ẩn phụ. D¹ng 1: Với phương trình: f(x) = g(x)  f2(x) = g2(x)  [f(x)g(x)].[f(x) + g(x)] = 0 (1) f (x)  g(x)

(2)

  . f (x)  g(x) (3) Nhƣ vậy, với phƣơng trình dạng trên có chứa tham số chúng ta cần thực hiện theo các bƣớc: B-íc 1: Giải và biện luận (2). B-íc 2: Giải và biện luận (3) B-íc 3: Kết luận với lƣu ý tập nghiệm của phƣơng trình (1) là hợp 2 tập nghiệm của (2), (3).

ThÝ dô 1. Cho phương trình: x22mx2m = x2 + 2x. (1) 1. Giải phương trình với m = 1. 2. Tìm m để phương trình: a. Vô nghiệm. b. Có nghiệm. c. Có nghiệm duy nhất. d. Có hai nghiệm phân biệt. e. Có ba nghiệm phân biệt. 85

 Giải Phƣơng trình tƣơng đƣơng với:  x 2  2mx  2m  x 2  2x   2 2  x  2mx  2m   x  2x 1. 2. a. b. c. d.

(m  1)x  m (m  1)x  m (*)  . (I)  2  x  1 hoÆc x  m  x  (m  1)x  m  0 1 Với m = 1, ta thấy ngay phƣơng trình có ba nghiệm phân biệt x =  , x = 1. 2 Ta lần lƣợt: Không tồn tại m để phƣơng trình vô nghiệm. Với mọi m phƣơng trình luôn có nghiệm. Phƣơng trình có nghiệm duy nhất khi m = 1. Để phƣơng trình có 2 nghiệm phân biệt ta lần lƣợt đánh giá:  Nếu m = 1 tức m = 1 thì (*) vô nghiệm, do đó không thoả mãn. m .  Nếu m ≠ 1 tức m ≠ 1 thì (*) có nghiệm x   m 1  Khi đó, để phƣơng trình có 2 nghiệm phân biệt điều kiện là:  m  m  1  1  m  m  1  m  1/ 2   .    m   m(m  1) m  0   m  m  m  1 1 Vậy, với m  0 hoÆc m   thoả mãn điều kiện đầu bài. 2 Để phƣơng trình có 3 nghiệm phân biệt khi:  m  m  1  1 m  m  1  m  1/ 2     m  1   m  1 . m  1  m   m(m  1) m  0  m     m  m 1 1   Vậy, với m  \ 0,  ,  1 thoả mãn điều kiện đầu bài. 2  

ThÝ dô 2. Giải và biện luận phương trình mx + 1 = 3x + m2.

 Giải Phƣơng trình đƣợc chuyển thành dạng:  mx  1  3x  m  2    mx  1  3x  m  2

(m  3)x  m  3 (2) .  (m  3)x  1  m (3)

 Giải và biện luận phƣơng trình (2): Xét hai trƣờng hợp: Trường hợp 1: Nếu m  3 = 0  m = 3. (2)  0x = 0, phƣơng trình nghiệm đúng với x  86

Trường hợp 2: Nếu m  3  0  m  3. (2)  x = 1: phƣơng trình có nghiệm duy nhất.  Giải và biện luận phƣơng trình (3): Xét hai trƣờng hợp: Trường hợp 1: Nếu m + 3 = 0  m = 3. (3)  0x = 4, phƣơng trình vô nghiệm. Trường hợp 2: Nếu m + 3  0  m  3. (3)  x =

1 m : là nghiệm duy nhất. m3

Kết luận:  Với m = 3, phƣơng trình nghiệm đúng với mọi x   Với m = 3, phƣơng trình có một nghiệm là x = 1. 

Với m  3, phƣơng trình có hai nghiệm là x = 1 và x =

1 m . m3

D¹ng 2: Với phương trình: g(x)  0 g(x)  0 f(x) = g(x)   2   2 f (x)  g(x) f (x)  g (x)  f (x)  0  f (x)  g(x) hoặc  .  f (x)  0   f (x)  g(x)

(I)

(II)

Nhƣ vậy, với phƣơng trình dạng trên có chứa tham số chúng ta cần thực hiện theo các bƣớc: B-íc 1: Lựa chọn hƣớng biến đổi về (I) hoặc (II), rồi thực hiện việc giải và biện luận nó. B-íc 2: Kết luận.

 Chú ý:

a. Nếu g(x) không chứa tham số ta lựa chọn phép biến đổi (I). b. Nếu f(x) không chứa tham số ta lựa chọn phép biến đổi (II). c. Trong trƣờng hợp cả f(x), g(x) đều chứa tham số thì tuỳ vào độ phức tạp của f(x), g(x) ta lựa chọn phép biến đổi (I) hoặc (II). ThÝ dô 1. Giải các phương trình sau: a. 2x + 5 = x2 + 5x + 1.

x  1 3x  1  . 2x  3 x 1

 Giải

a. Điều kiện x2 + 5x + 1 + 3  0. Biến đổi phƣơng trình tƣơng đƣơng với: x 2  3x  4  0 (*)  x  1 2 x  5  x 2  5 x  1  .   2  2  x  6 x  7x  6  0  2x  5  x  5x  1

(*)

Vậy,phƣơng trình có hai nghiệm x = 1 và x = 6. b. Tập xác định D = R\{1;

3 } 2

Biến đổi phƣơng trình tƣơng đƣơng với:  x  1 3x  1  2x  3  x  1 khi x  1 7x 2  11x  2  0 khi x  1 11  65   2 x .  14  x  1  3x  1 khi x  1  5x  11x  2  0 khi x  1  2x  3  x  1 Vậy, phƣơng trình có hai nghiệm x =

11  65 . 14

ThÝ dô 2. Giải và biện luận các phương trình x1 = mx + 2m1.

 Giải Ta biến đổi phƣơng trình về dạng:  x  1  0  x  1  mx  2m  1 x1 = mx + 2m1   x  1  0   x  1  (mx  2m  1) Ta đi giải và biện luận (I)

(I)

. (II)

x  1 . (1  m)x  2m (*)

(I)  

Trường hợp 1: Nếu 1 – m = 0  m = 1. (*)  0.x = 2 (mâu thuẫn)  (*) vô nghiệm. Trường hợp 2: Nếu 1 – m  0  m  1. (*)  x =  

2m . 1 m

1  m 2m 3m  1 <1 <0  3  (I) vô nghiệm.  1 m 1 m  m  1 2m 1 2m 3m  1 Nếu 1  0   m < 1  (I) có nghiệm x = . 1 m 3 1 m 1 m

Nếu

Giải và biện luận (II) – Học sinh tự làm.

D¹ng 3: Sử dụng các tính chất giá trị tuyệt đối Ta sử dụng các tính chất sau: TÝnh chÊt 1: Ta có: a + b = a + b  ab  0. TÝnh chÊt 2: Ta có:

a  0 . b  0

a + b = a + b   TÝnh chÊt 3: Ta có:

a  0 . b  0

a + b = ab   TÝnh chÊt 4: Ta có:

ab = ab  b(ab)  0. với lƣợc đồ thực hiện theo các bƣớc: B-íc 1: Đặt điều kiện có nghĩa (nếu cần) cho các biểu thức trong phƣơng trình. B-íc 2: Biến đổi phƣơng trình về một trong 4 tính chất đã biết. B-íc 3: Giải ( hoặc biện luận) phƣơng trình đại số nhận đƣợc. B-íc 4: Kết luận.

ThÝ dô 1. Giải phương trình x24x + 3 + x24x = 3.

 Giải Ta có thể trình bày theo các cách sau: Cách 1: Viết lại phƣơng trình dƣới dạng: x24x + 3 + 4xx2 = ( x24x + 3) + (4xx2) x2  4x  3  0 0  x  1 TÝnh chÊt 2     . 3  x  4 4x  x 2  0

Vậy, nghiệm của phƣơng trình là [0; 1]  [3; 4]. Cách 2: Viết lại phƣơng trình dƣới dạng: x24x + 3 + x24x = ( x24x + 3)( x24x) x  3 x2  4x  3  0     x  1  2 x  4x  0  0  x  4 TÝnh chÊt 3

0  x  1 .  3  x  4

Vậy, nghiệm của phƣơng trình là [0; 1]  [3; 4].

D¹ng 4: Sử dụng ẩn phụ ThÝ dô 1. Cho phương trình mx2 +

2 = 2. | mx  2 | 1

(1)

a. Giải phương trình với m = 1. b. Giải và biện luận phương trình theo m.

 Giải

Đặt t = mx2 + 1, điều kiện t  1. Khi đó, phƣơng trình đƣợc biến đổi về dạng: t1 +

2 = 2  t23t + 2 = 0 t

 mx  2 t  1 | mx  2 | 1  1 | mx  2 | 0         mx  3 . t  2 | mx  2 |  1  2 | mx  2 |  1     mx  1

(I)

a. Với m = 1, khi đó (I) tƣơng đƣơng với: x  2 x  3 .   x  1

Vậy, với m = 1 phƣơng trình có 3 nghiệm là x = 1, x = 2 và x = 3. b. Ta có ngay:  Với m = 0, (I) vô nghiệm  (1) vô nghiệm.  Với m  0, (I) có ba nghiệm phân biệt  (1) có ba nghiệm phân biệt.

ThÝ dô 2. Giải phương trình (x + 2)x33x = x66x4 + 9x2 + 2x.

 Giải Viết lại phƣơng trình dƣới dạng: (x33x)2(x + 2)x33x + 2x = 0. (1) 3 Đặt t = x 3x, điều kiện t  0. Khi đó, phƣơng trình (1) đƣợc biến đổi về dạng: t2(x + 2)t + 2x = 0 (3) ta có t = (x + 2)28x = (x2)2, do đó: | x 3  3x | x t  x (3)     3 | x  3x | 2 t  2 x  0 x  0 x  0  3   3    x  4x  0    x  3x   x     3  x  2 . x  2x  0      x 3  3x  2   x  1, x  2   x 3  3x  2  0  Vây, phƣơng trình có 6 nghiệm phân biệt x = 0, x =  1, x = 2 , x =  2.

D¹ng to¸n 9: Phƣơng trình chứa căn Phương pháp áp dụng Để giải phƣơng trình chứa ẩn dƣới dấu căn ta có thể dùng: a. Định nghĩa của giá trị tuyệt đối. b. Bình phƣơng hai vế để khử dấu giá trị tuyệt đối. c. Tính chất của giá trị tuyệt đối. d. Ẩn phụ. D¹ng 1: Với phương trình:

(*) x  D . f (x,m) = g(x,m)  f(x, m) = g(x, m)  0   f (x, m)  g(x, m)

g(x, m)cã nghÜa vµ g(x, m)  0 . f (x,m) = g(x,m)   2 f (x, m)  g (x, m)

Lưu ý rằng: Điều kiện (*) đƣợc lựa chọn tuỳ theo độ phức tạp của f(x, m)  0 và g(x, m)  0, thí dụ với phƣơng trình: xm =

x 2  2mx  3 Ta lựa chọn phép biến đổi: x  m  0   2  x  m  x  2mx  3

x  m .  2  x  (2m  1)x  3  m  0

ThÝ dô 1. Giải và biện luận các phương trình: a.

x x2

m x2

x xm

x x 1

 Giải a. Ta biến đổi phƣơng trình về dạng: x  2 x m =   . x2 x2 x  m Kết luận:  Với m  2, phƣơng trình vô nghiệm.  Với m > 2, phƣơng trình có nghiệm x = m. b. Ta biến đổi phƣơng trình về dạng:  x  0 vµ m>0  x  0 vµ m>0  x  0 vµ m>0     .   x+m  x+1>0  x>-1 vµ m  1  x+m  x+1 Kết luận:  Với 0 < m  1, phƣơng trình có nghiệm x = 0.  Với m = 1, phƣơng trình có nghiệm x = 0 hoặc x > 1.  Ngoài ra vô nghiệm.

ThÝ dô 2. Giải phương các trình sau: a. 5x  6 = x  6.

x  1 = 1 x2

 Giải a. Biến đổi phƣơng trình tƣơng đƣơng với: x  6  0 x  6  x  15      2 2  x  2 (lo¹i) 5x  6  (x  6)  x  17x  30  0 Vậy, phƣơng trình có nghiệm x = 15. b. Biến đổi phƣơng trình tƣơng đƣơng với:

 x  0, x  1  . x  1  5  2 1 5 Vậy, phƣơng trình có nghiệm x = 0, x = 1, x = . 2 D¹ng 2: Với phương trình: f (x,m) + g(x,m) = h(x,m) 2  | x | 1 1  x  0     2 2 2 x(x  1)( x  x  1)  0 x  1  (1  x )   

f (x, m) cã nghÜa vµ f (x, m)  0   g(x, m) cã nghÜa vµ g(x, m)  0 .  f (x, m)  g(x, m)  2 f (x, m)g(x, m)  h(x, m)

Lưu ý rằng: Không cần h(x, m)  0.

ThÝ dô 1. Giải phương các trình sau: a. 3  x  x  2  1 .

x  4  1  x =

1  2x .

 Giải a. Điều kiện: 3  x  0  2 ≤ x ≤ 3.  x  2  0 Biến đổi phƣơng trình: 3  x = x + 2 + 2 x  2 + 1  x  2  x  x  0 x  0  x = 1.  2  2 x  x  2  0 x  2  x Vậy, phƣơng trình có 1 nghiệm x = 1. b. Điều kiện: x  4  0 1  1  x  0  4  x  . 2 1  2x  0 

Phƣơng trình viết lại dƣới dạng: 1  x + 1  2x = x  4  2x  1  0    2 (1  x)(1  2x)  (2x  1)

(1  x)(1  2x) = 2x + 1 1  x    2   2x 2  7x  0 

 x  1/ 2   x = 0. x  0   x  7 / 2 

Vậy, phƣơng trình có nghiệm x = 0.

ThÝ dô 2. Giải phương trình

 Giải 92

x  1  2 x  2  x  1  2 x  2 = 2.

Ta biến đổi phƣơng trình về dạng: ( x  2  1) 2  ( x  2  1)2 = 1

  x  2 + 1 x  2 1 = ( x  2 + 1)( x  2 1) TÝnh chÊt 4    ( x  2 1).2  0  x  2  1  x  3. Vậy, phƣơng trình có nghiệm là x  3.

 Chú ý: Rất nhiều học sinh giải bài này chỉ thu đƣợc nghiệm x = 3. D¹ng 5: Sử dụng ẩn phụ ThÝ dô 3. Giải phương các trình sau: a. x 2  3x  3 + x 2  3x  6 = 3. b. (x + 5)(2x) = 3 x 2  3x .

 Giải a. Đặt t = x23x + 3, ta có: 3 3 3 t = (x )2 +  2 4 4

do đó điều kiện cho ẩn phụ t là t 

3 4

Khi đó phƣơng trình có dạng: t +

t  3 = 3  t + t + 3 + 2 t(t  3) = 9 

t(t  3) = 3t

3  t  0 t  3      t = 1  x23x + 3 = 1  2 t  1 t(t  3)  (3  t)   Vậy, phƣơng trình có hai nghiệm x = 1, x = 2.

x  1 x  2 . 

b. Điều kiện:  x  3

x2 + 3x  0   , x  0

(1)

Viết lại phƣơng trình dƣới dạng: x2 + 3x + 3 x 2  3x 10 = 0. Đặt t = x 2  3x , điều kiện t  0. Khi đó, phƣơng trình có dạng: t  2

(2)

 t=2 t2 + 3t10 = 0    t  5

x  1 , thoả mãn (1). x 2  3x = 2  x2 + 3x = 4    x  4 Vậy, phƣơng trình có hai nghiệm x = 1 và x = 4.



 Nhận xét: Nhƣ vậy, trong thí dụ trên:  Ở câu a), ẩn phụ đƣợc sử dụng với mục đích hạ bậc cho phƣơng trình.  Ở câu b), ẩn phụ đƣợc sử dụng với mục đích chuyển phƣơng trình ban đầu về phƣơng trình bậc hai.

§4. PHƢƠNG TRÌNH VÀ HỆ PHƢƠNG TRÌNH BẬC NHẤT NHIỀU ẨN D¹ng to¸n 1: Phƣơng trình bậc nhất nhiều ẩn ThÝ dô 1. a. Giải phương trình 4x  y = 1. b. Tìm nghiệm nguyên của phương trình x  2y = 3. c. Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình 2x + y = 4.

 Giải a. Biến đổi phƣơng trình về dạng: y = 4x  1. suy ra, các cặp số (0; 1), (1; 3), …là nghiệm của phƣơng trình. Vậy, phƣơng trình có vô số nghiệm, với dạng tổng quát (x; 4x  1). b. Biến đổi phƣơng trình về dạng: x = 2y + 3. Để nghiệm của phƣơng trình là nghiệm nguyên thì y phải nguyên. Vậy, phƣơng trình có vô số nghiệm nguyên thoả mãn (2a + 3, a) với a  c. Biến đổi phƣơng trình về dạng: y = 4 – 2x. Để x, y nguyên dƣơng điều kiện là: *  x  * x  1 x    .    * y  2 x  2 4  2x     

Vậy, phƣơng trình có duy nhất một cặp nghiệm nguyên dƣơng là (1; 2).

ThÝ dô 2. Giải và biện luận phương trình: mx + (m1)y = m21.

(1)

 Giải Ta xét từng trƣờng hợp sau: Trường hợp 1: Nếu m = 0 thì: (1)  0.x – y = –1  y = 1. Vậy, tập hợp nghiệm của phƣơng trình là S = {(x0, 1), x0  Trường hợp 2: Nếu và m = 1 thì: (1)  x + 0.y = 0  x = 0 Vậy, tập hợp nghiệm của phƣơng trình là S = {(0; y0), y0  94

Trường hợp 3: Nếu m  0 và m  1. Khi đó lấy x = x0 tuỳ ý, ta đƣợc y0 =

m2  1  mx 0 . m 1

Vậy, tập hợp nghiệm của phƣơng trình là S = {(x0 ;

m2  1  mx 0 ), x0  m 1

D¹ng to¸n 2: Hệ hai phƣơng trình bậc nhất hai ẩn ThÝ dô 1. Cho hệ phương trình: (2a  1)x  y  1 .  x  (a  1)y  1

a. Xét nghiệm của hệ đó với a = 0, a =

1 . 2

b. Giải và biện luận hệ phương trình.

 Giải a. Ta có:  Với a = 0, hệ có vô số nghiệm. 

Với a =

1 1 , hệ có nghiệm ( ; 1) 2 2

b. Ta có D = 2a2 + a ; Dx = a ; Dy = –2a. Trường hợp 1: Nếu D  0, tức là: a  0 . a  1/ 2

2a2 + a  0  

Hệ có nghiệm duy nhất x =

1 2 và y =  . 2a  1 2a  1

Trường hợp 2: Nếu D = 0, tức là: 1 2

2a2 + a = 0  a = 0 hoặc a = – . 

Với a = 0, suy ra Dx = Dy = 0 nên hệ có vô số nghiệm.



Với a = – , suy ra Dx  0 nên hệ vô nghiệm.

1 2

Kết luận: 1 2



Với a  0 và a  – , hệ có nghiệm



Với a = 0, hệ có vô số nghiệm.



Với a = – , hệ vô nghiệm.

1 2 và y =  . 2a  1 2a  1

1 2



Chú ý: Với bài toán yêu cầu "Tìm hệ thức liên hệ giữa nghiệm x, y không phụ thuộc vào tham số", khi đó từ hệ nghiệm x, y hoặc từ hệ ban đầu ta khử tham số sẽ đƣợc hệ thức cần tìm. Trong nhiều trƣờng hợp việc khử tham số cần áp dụng các hằng đẳng thức lƣợng giác, ví dụ nhƣ: sin2 + cos2 = 1, tan.cot = 1, 1 1 tan2 = 1, cot2 = 1,... cos 2 x sin 2 x

ThÝ dô 2. Giải và biện luận hệ phương trình: x(1  cos2)  y sin 2  sin 2 .  x(1  cos2)  y.sin 2  cos2

Tìm hệ thức liên hệ giữa nghiệm x, y của hệ không phụ thuộc vào .

 Giải a. Bạn đọc tự giải. b. Hướng dẫn: Viết lại hệ dƣới dạng:  x.cos2  (y  1)sin 2  x  (x  1) cos2  y.sin 2  x

coi cos2 và sin2 làm ẩn ta đi tính các D, Dcos2 và Dsin2 từ đó suy ra:  cos2  f(x, y)  sin 2  g(x, y)

sin 2 2  cos2 2 1



f2(x, y) + g2(x, y) = 1.

Đó chính là hệ thức liên hệ giữa các nghiệm không phụ thuộc vào .

ThÝ dô 3. Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm: mx  y  1 (1)  x  my  1 (2) . x  y  m (3) 

(I)

 Giải Xét hệ phƣơng trình tạo bởi (2) và (3): x  my  1 .  x  y  m Ta có D = 1  m, Dx = 1  m2, Dy = m  1. Trường hợp 1: Nếu D  0  1  m  0  m  1. Khi đó, hệ (II) hệ (II) có nghiệm duy nhất x = 1 + m và y = 1. Nghiệm trên thoả mãn (1) m  1 ( l)  m(1 + m)  1 = 1  m2 + m  2 = 0   . m  2 96

(II)

Trường hợp 2: Nếu D = 0  1  m = 0  m = 1. Khi đó hệ (I) có dạng: x + y = 1, có vô số nghiệm. Vậy, với m = 1 hoặc m = 2 hệ có nghiệm.



Chú ý: Với bài toán yêu cầu "Tìm điều kiện để hệ phương trình có nghiệm thoả mãn điều kiện cho trước", ta có các nhận xét sau: a. Với D  0, hệ phƣơng trình có nghiệm duy nhất x =

Dy Dx và y = . D D

b. Với D = Dx = Dy = 0, hệ phƣơng trình có vô số nghiệm. c. Với D = 0 và Dx  0 hoặc Dy  0, hệ phƣơng trình vô nghiệm.

Trong trƣờng hợp a, c phải so sánh giá trị của nghiệm số với điều kiện nếu có để nhận đƣợc kết luận đúng. ThÝ dô 4. Cho hệ phương trình: x  my  1 .  mx  y  m a. Chứng tỏ rằng với mọi m hệ luôn có nghiệm duy nhất. b. Tìm giá trị của m để hệ có nghiệm (x; y) là một điểm thuộc góc phần tư thứ I.

 Giải a. Ta có: D = m2 + 1  0 với m, nên hệ phƣơng trình luôn có nghiệm duy nhất. Dx = 1  m2, Dy = 2m.  1  m2 2m  Vậy, với mọi m hệ luôn có nghiệm duy nhất  2 ; 2 .  m 1 m 1 b. Để nghiệm (x; y) là một điểm thuộc góc phần tƣ thứ I, điều kiện là: 1  m 2 0  2 1  m 2  0 m 2  1 m 1    0 < m < 1.  2 m  0 m  0  2m  0  m 2  1 Vậy, với 0 < m < 1 thoả mãn điều kiện đầu bài.

ThÝ dô 5. Cho hệ phương trình: (m  2)x  2y  m .  (2m  1)x  y  2m  5

a. Tìm hệ thức liên hệ giữa nghiệm x, y không phụ thuộc vào m. b. Khi hệ có nghiệm duy nhất, tìm m để hệ có nghiệm nguyên.

 Giải a. Hướng dẫn: Từ hệ thức về nghiệm: 97

5m  10   x  5m  4 5m(x  1)  4x  10 5(x  1) 4x  10      5y  2 4y  10 m(5y  2)  4y  10  y  2m  10  4  5m

 21x  35y + 75 = 0. Đó là hệ thức liên hệ giữa nghiệm x, y của hệ không phụ thuộc vào m. b. Từ công thức nghiệm x, ta biến đổi x  1 

14 . 5m  4

Khi đó, để x nguyên điều kiện là 5m  4 phải là ƣớc của 14 (tức bằng 1, 2, 7, 14) từ đó ta lập bảng: 1 2 7 14 5m  4 1 2 7 14 m loại loại loại 1 loại loại loại 2 x 0 15 y 8 1 Vậy, ta nhận đƣợc:  Với m = 2 thì hệ có cặp nghiệm nguyên là (0; 1).  Với m = 1 thì hệ có cặp nghiệm nguyên là (15; 8).

D¹ng to¸n 3: Hệ ba phƣơng trình bậc nhất ba ẩn ThÝ dô 1. Giải các hệ phương trình sau: 2x  3y  x  7  x  3y  2 z  8   a. 2 x  2 y  z  6 . b.  4x  5y  3z  6 . 3x  y  z  6 x  2 y  2 z  5  

 Giải a. Kí hiệu các phƣơng trình của hệ theo thứ tự là (1), (2) và (3), khi đó:  Khử z giữa (1) và (2), ta có: 3x + y = 4. (4)  Khử z giữa (2) và (3), ta có: x  y = 0.  Khử y giữa (4) và (5), ta có: x = 1  y = 1  z = 2. Vậy, hệ phƣơng trình có nghiệm (1; 1; 2). b. Kí hiệu các phƣơng trình của hệ theo thứ tự là (1), (2) và (3), khi đó:  Khử z giữa (1) và (2), ta đƣợc: 10x  14y =  27.  Khử z giữa (1) và (3), ta đƣợc: 5x  4y =  9. 3 3 13 x= z= . 2 5 10 3 3 13 Vậy, nghiệm của hệ phƣơng trình: ( ; ;  ). 5 2 10



Khử x giữa (4) và (5), ta đƣợc: y =

D¹ng to¸n 4: Ứng dụng của hệ phƣơng trình bậc nhất hai ẩn 98

(5)

(4) (5)

D¹ng 1: Ứng dụng hệ phương trình bậc nhất hai ẩn để xác định vị trí tương đối của hai đường thẳng Cho hai đƣờng thẳng (d1) và (d2) có phƣơng trình tổng quát: (d1):A1x + B1y + C1 = 0; (d2): A2x + B2y + C2 = 0. Tuỳ theo giá trị của tham số hãy xác định vị trí tƣơng đối của (d1), (d2), ta thực hiện theo các bƣớc sau: B-íc 1: Thiết lập hệ phƣơng trình tạo bởi (d1) và (d2) là:

B-íc 2:

A1x  B1 y  C1  0 A x  B1 y  C1  1 . (I)   A 2 x  B 2 y  C 2  0  A 2 x  B2 y  C 2 Bằng việc biện luận (I) ta có đƣợc vị trí tƣơng đối của (d1) và (d2), cụ thể:  Nếu (I) vô nghiệm  (d1) // (d2). D D  Nếu (I) có nghiệm duy nhất  (d1)(d2) = {M( x , y )}. D D  Nếu (I) có vô số nghiệm  (d1)  (d2).

ThÝ dô 1. Cho a2 + b2 > 0 và hai đường thẳng (d1) và (d2) có phương trình: (d1): ax + by = a + b; (d2): bx + ay = ab. a. Xác định giao điểm của (d1) và (d2). b. Tìm quỹ tích toạ độ giao điểm khi a, b thay đổi.

 Giải a. Xét hệ phƣơng trình tạo bới (d1) và (d2): ax  by  a  b .  bx  ay  a  b

(I)

Ta có D = a2  b2; Dx = a2  2ab  b2 ; Dy = a2 + b2. Để (d1) và (d2) cắt nhau điều kiện là: Hệ (I) có nghiệm duy nhất  D  0  a2  b2  0  a  b.  a 2  2ab  b 2 a 2  b 2  Khi đó, giao điểm là I  , 2 . 2 2 a  b2   a b b. Viết lại hệ (I) dƣới dạng: a(x  1)  b(1  y) x 1 1 y   x2 + y2 = 2.   a(1  y)  b(x  1) 1  y x  1  Vậy, quỹ tích giao điểm I khi a, b thay đổi thuộc đƣờng tròn x2 + y2 = 2.

D¹ng 2: Ứng dụng hệ phương trình bậc nhất hai ẩn để xét hai phương trình bậc hai có nghiệm chung Thực hiện theo các bƣớc sau: B-íc 1: Xét hệ phƣơng trình tạo bởi 2 phƣơng trình bậc hai: 2  a1x  b1x  c1  0 .  2  a 2 x  b 2 x  c 2  0

(I)

B-íc 2:

B-íc 3:

B-íc 4:

Đặt x2 = y, ta đƣợc hệ: b x  a1 y  c1 (I)   1 . (II) b 2 x  a 2 y  c2 Để 2 phƣơng trình có nghiệm chung trƣớc hết (II) phải có nghiệm thoả mãn x2 = y, ta có điều kiện là:  D  0  2   D x / D   D y / D .   D  D x  D y  0 Thử lại.

ThÝ dô 1. Với giá trị nào của m thì 2 phương trình sau có nghiệm chung: 2x2 + mx1 = 0 và mx2x + 2 = 0.

 Giải

Các phƣơng trình đã cho có nghiệm chung  khi hệ sau có nghiệm: 2x 2  mx  1  0  .  2  mx  x  2  0 Đặt x2 = y, ta đƣợc hệ: mx  2y  1 .  x  my  2

Ta có D = m22; Dx = m4 ; Dy = 2m1. Vì D  0, m, hệ có nghiệm duy nhất x =

m4 1  2m và y = 2 . 2 m 2 m 2

Do x2 = y, nên ta phải có: 2 1  2m  m4  3  m 2  2  = m 2  2  m + 6m + 7 = 0  m = 1.   Vậy với m = 1 hai phƣơng trình có nghiệm chung là x = 1.

D¹ng 3: Ứng dụng hệ phương trình bậc nhất hai ẩn để biện luận giá trị nhỏ nhất của biểu thức hai ẩn Với yêu cầu biện luận giá trị nhỏ nhất của F = (a1x + b1y + c1)2 + ( a2x + b2y + c2)2 Ta thực hiện theo các bƣớc sau: B-íc 1: Xét hai đƣờng thẳng: (d1): a1x + b1y + c1 = 0 và (d2): a2x + b2y + c2 = 0. Vậy giá trị nhỏ nhất của F tuỳ thuộc vào vị trí tƣơng đối của (d1) và (d2). B-íc 2: Xét hệ phƣơng trình tạo bởi (d1) và (d2) có dạng: a1x  b1 y  c1 .   a 2 x  b 2 y  c 2

Xác định các giá trị D, Dx, Dy. 100

B-íc 3:

Xét hai trƣờng hợp: Trường hợp 1: Nếu D  0 thì: Hệ có nghiệm duy nhất x =

D Dx và y = y . D D

Khi đó (d1) cắt (d2) do đó minF = 0. Trường hợp 1: Nếu D = 0, đặt t = a1x + b1y + c1, ta đƣợc: F = 2t2 + At + B  Vậy minF =  B-íc 4:

 . 4

 A A , đạt đƣợc khi t =   a1x + b1y + c1 =  . 4 4 4

Kết luận: Với D  0, minF = 0, đạt đƣợc khi x =



D Dx và y = y . D D

 , đạt đƣợc khi x, y thuộc đƣờng thẳng có 4 A phƣơng trình a1x + b1y + c1 =  . 4



Với D = 0, minF =

ThÝ dô 1. Hãy biện luận giá trị nhỏ nhất của biểu thức sau theo tham số a: F = (x + y2)2 + (x + ay3)2.

 Giải Xét hai đƣờng thẳng (d1): x + y  2 = 0 và (d2): x + ay  3 = 0. Vậy giá trị nhỏ nhất của F tuỳ thuộc vào vị trí tƣơng đối của (d1) và (d2). Xét hệ phƣơng trình tạo bởi (d1) và (d2) có dạng: x  y  2 .  x  ay  3

Ta có: D=

1 1 1 a

= a1, Dx =

2 1 3 a

= 2a3, Dy =

1 2 1 3

= 1.

a. Nếu D  0  a1  0  a  1. Hệ có nghiệm duy nhất: x=

2a  3 1 và y =  (d1) cắt (d2) do đó minF = 0. a 1 a 1

b. Nếu D = 0  a1 = 0  a = 1. Với a = 1, suy ra Dx = 1  0, hệ vô nghiệm. Khi đó (d1) // (d2) do đó: F = (x + y2)2 + (x + y3)2. Đặt t = x + y2, ta đƣợc

101

F = t2 + (t1)2 = 2t22t + 1 

3 . 4

3 , đạt đƣợc khi: 4 1 1 t =  x + y2 =  2x + 2y5 = 0. 2 2

Vậy, ta đƣợc minF =

Kết luận: 

Với a  1, minF = 0, đạt đƣợc khi x =



Với a = 4, minF =

2a  3 1 và y = . a 1 a 1

3 , đạt đƣợc khi x, y thoả mãn 2x + 2y5 = 0. 4

D¹ng 4: Ứng dụng khác của hệ phương trình bậc nhất hai ẩn ThÝ dô 1. Hãy xác định tất cả các giá trị của a, b sao cho nghiệm của bất phương trình x2a + 1 b + 1 là đoạn [2; 5].

 Giải

1. Nếu b + 1 < 0  b <1 thì bất phƣơng trình vô nghiệm. 2. Nếu b + 1  0  b  thì bất phƣơng trình đƣợc viết lại dƣới dạng: b1  x2a + 1  b + 1  2ab2  x  2a + b + 2. Vậy để nghiệm của bất phƣơng trình là đoạn [2; 5] điều kiện cần và đủ là: 2a  b  2  2   2a  b  2  5 3 Vậy, với a = và b = 4

2a  b  0 a  3 / 4   .  2a  b  3 b  3 / 2 3 thoả mãn điều kiện dầu bài. 2

§5. HỆ PHƢƠNG TRÌNH BẬC HAI HAI ẨN D¹ng to¸n 1: Giải hệ gồm một phƣơng trình bậc nhất và một phƣơng trình bậc hai hai ẩn Phương pháp áp dụng Để giải hệ phƣơng trình: (1) Ax  By  C  0  2 2 ax  bxy  cy  dx  ey  f  0 (2)

chúng ta có thể lựa chọn một trong ba cách sau: C¸ch 1: (Phương pháp thế): Ta thực hiện theo các bƣớc sau: B-íc 1: Từ phƣơng trình (1) rút x hoặc y rồi thế vào phƣơng trình (2). Khi đó, ta đƣợc phƣơng trình bậc hai theo x hoặc y, giả sử: f(x, m) = 0. (3) B-íc 2: Thực hiện giải (3) theo yêu cầu của đầu bài. 102

C¸ch 2: (Phương pháp đồ thị): Ta thực hiện theo các bƣớc sau: B-íc 1: Ta có:  Tập hợp các điểm thoả mãn (1) thuộc đƣờng thẳng (d): Ax + By + C = 0  Tập hợp các điểm thoả mãn (2) với b = 0 thuộc đƣờng cong (S): ax2 + cy2 + dx + ey + f = 0 B-íc 2: Khi đó số nghiệm của hệ là số giao điểm của đƣờng thẳng (d) với đƣờng (S).

 Chú ý:

Khi sử dụng phƣơng pháp này các em học sinh cần nhớ lại điều kiện tiếp xúc của đƣờng thẳng (d) với đƣờng tròn, Elíp, Hypebol, Parabol.

ThÝ dô 1. Cho hệ phương trình: x  y  1  0 .  2 2 2mx  my  4x  2m  3  0

a. Giải hệ phương trình với m = 3. b. Tìm m để hệ có nghiệm duy nhất.

 Giải Biến đổi hệ về dạng: y  x  1 y  x  1   2  2 2 2mx  m(x  1)  4x  2m  3  0 mx  2(m  2)x  m  3  0 (1) 2 5 a. Với m = 3, hệ có hai cặp nghiệm (0; 1) và ( ; ). 3 3 b. Hệ có nghiệm duy nhất, khi và chỉ khi (1) có nghiệm duy nhất. Với phƣơng trình (1), ta xét hai trƣờng hợp: Trường hợp 1: Với m = 0, ta đƣợc: 3 7 y= , 4 4 3 7 tức là, hệ có nghiệm duy nhất ( ; ). 4 4

(1)  4x3 = 0  x =

Trường hợp 2: Với m  0, để (1) có nghiệm duy nhất điều kiện là: ’(1) = 0  (m2)2m(m3) = 0  m + 4 = 0  m = 4. Vậy, với m = 0 hoặc m = 4 hệ có nghiệm duy nhất.

ThÝ dô 2. Cho hệ phương trình: x 2  y 2  1 .  x  y  m

Xác định các giá trị của m để: 103

a. Hệ phương trình vô nghiệm. b. Hệ phương trình có nghiệm duy nhất. c. Hệ phương trình có hai nghiệm phân biệt.

 Giải Biến đổi hệ về dạng: x 2  (x  m)2  1 2x 2  2mx  m2  1  0 (3)   .  y  x  m y  x  m a. Hệ đã cho vô nghiệm điều kiện là:

(3) vô nghiệm  ' < 0  m22(m21) < 0  |m| >

Vậy, với |m| > 2 hệ vô nghiệm. b. Hệ đã cho có nghiệm duy nhất điều kiện là: (3) có nghiệm duy nhất  ' = 0  m22(m21) = 0  m =  2 . Vậy, với m =  2 thì hệ phƣơng trình có nghiệm duy nhất. c. Hệ đã cho có hai nghiệm phân biệt điều kiện là: (3) có hai nghiệm phân biệt  ' > 0  m22(m21) > 0  |m| < 2 . Vậy, với |m| < 2 hệ có hai nghiệm phân biệt.



Chú ý: Khi đã có kiến thức về phƣơng trình đƣờng thẳng và đƣờng tròn trong mặt phẳng chúng ta có thể thực hiện theo cách sau:  Phƣơng trình (1) là đƣờng tròn (C) có tâm O(0; 0), bán kính R = 1.  Phƣơng trình (2) là phƣơng trình đƣờng thằng (d). a. Hệ vô nghiệm khi: (d) không cắt (C)  d(O, d) > R 

m 11

> 1  |m| >

Vậy, với |m| > 2 hệ vô nghiệm. b. Hệ có nghiệm duy nhất khi: (d) tiếp xúc (C)  d(O, d) = R 

m

=1m= 11 Vậy, với m =  2 hệ phƣơng trình có nghiệm duy nhất. c. Hệ có hai nghiệm phân biệt khi: (d) cắt (C) tại hai điểm phân biệt m  d(O, d) < R  < 1  |m| < 2 . 11 Vậy, với |m| < 2 hệ có hai nghiệm phân biệt.

ThÝ dô 3. Cho hệ phương trình:

104

x  y  m  0 .  2  y  2x  2m  3  0

a. Giải hệ phương trình với m = 1. b. Tìm m để hệ có hai cặp nghiệm phân biệt (x1; y1) và (x2; y2) thoả mãn x12  y12 = x 22  y 22 . (*)

 Giải Biến đổi hệ về dạng: y  x  m y  x  m   2 .  2 2 (x  m)  2x  2m  3  0  x  2(m  1)x  m  2m  3  0 a. Với m = 1, ta đƣợc: y  x  1 y  x  1  x  2& y  1     .  2  x  2& y  3  x  2 x  4  0 Vậy, với m = 1 hệ có hai cặp nghiệm (2; 1) và (2; 3). b. Biến đổi tiếp hệ về dạng: y  x  m  x  m  1& y1  1 y  x  m    x  m  1  0   1 .  (x  m  1)(x  m  3)  0  x 2  m  3& y1  3  x  m  3  0  Tức là, với mọi m hệ luôn có hai cặp nghiệm. Điều kiện (*) trở thành: (m + 1)2 + 1 = (m3)2 + 9  8m16 = 0  m = 2. Vậy, với m = 2 thoả mãn điều kiện đầu bài.

D¹ng to¸n 2: Giải hệ hệ phƣơng trình đối xứng loại I Phương pháp áp dụng Phƣơng pháp chung để giải và biện luận hệ đối xứng loại I bao gồm các bƣớc: B-íc 1: Sử dụng ẩn phụ: x  y  S , điều kiện S24P  0.   xy  P

Xác định S và P. Khi đó x, y là nghiệm của phƣơng trình: t2St + P = 0. B-íc 3: Bài toán đƣợc chuyển về giải và biện luận phƣơng trình (*). B-íc 2:

(*)

 Chú ý: 1. Ngoài phƣơng pháp chung để giải hệ đối xứng loại I đƣợc trình bày ở trên,

trong nhiều trƣờng hợp ta còn sử dụng các phƣơng pháp: a. Phương pháp thế: bởi rất nhiều hệ đối xứng loại I là "Hệ gồm một phương trình bậc hai và một phương trình bậc nhất của hai ẩn". b. Phương pháp đồ thị.

105

c. Phương pháp điều kiện cần và đủ: đƣợc áp dụng rất tốt cho hệ với yêu cầu " Tìm giá trị của tham số để hệ có nghiệm duy nhất ". Khi đó ta thực hiện theo các bƣớc: B-íc 1: Điều kiện cần  Nhận xét rằng, nếu hệ có nghiệm (x0; y0) thì (y0; x0) cũng là nghiệm của hê, do đó hệ có nghiệm duy nhất khi: x0 = y0. (**)  Thay (**) vào hệ ta đƣợc giá trị của tham số . Đó chính là điều kiện cần để hệ có nghiệm duy nhất. B-íc 2: Điều kiện đủ. 2. Một số hệ phƣơng trình cần sử dụng một vài phép biến đổi đơn giản để đƣa

về dạng đối xứng loại I. Thông thƣờng ta sử dụng phép đổi biến. ThÝ dô 1. Giải hệ phương trình: x 2  xy  y 2  3 .  xy  x  y  3

 Giải

Đặt S = x + y và P = xy, điều kiện S2  4P  0. Khi đó, hệ phƣơng trình có dạng: ( x  y ) 2  xy  3 S 2  P  3 S 2  ( 3  S )  3     xy  x  y  3 P  S  3 P  3  S

S  0 vµ P  3 S  1 vµ P  2 . 

Với S = 0 và P = 3 , ta đƣợc: x  y  0  xy  3 khi đó x, y là nghiệm phƣơng trình:



x 1   3 vµ y 1  3 t2  3 = 0  t =  3   x 2  3 vµ y 2   3  Với S = 1 và P = 2 , ta đƣợc: x  y  1  xy  2 khi đó x, y là nghiệm phƣơng trình: x  1 vµ y 3  2 t  1 t2 + t  2 = 0     3 . t  2 x 4  2 vµ y 4  1 Vậy, hệ phƣơng trình có 4 cặp nghiệm (x1; y1), (x2; y2), (x3; y3) và (x4; y4).

ThÝ dô 2. Cho hệ phương trình:

106

x 2  y2  m .  x  y  6

a. b. c. d.

Giải hệ phương trình với m = 26. Xác định m để hệ vô nghiệm. Xác định m để hệ có nghiệm duy nhất, xác định nghiệm đó. Xác định m để hệ có hai nghiệm phân biệt.

 Giải Cách 1: Sử dụng phương pháp chung của hệ đối xứng loại I để thực hiện các yêu cầu của bài toán. Biến đổi hệ phƣơng trình về dạng: x  y  6 (x  y) 2  2xy  m   36  m  x  y  6  xy  2

khi đó x, y là nghiệm của phƣơng trình: t26t +

36  m = 0. 2

(1)

a. Với m = 26, ta đƣợc: t  1

x  1 & y  5

(1)  2t212t + 10 = 0     . x  5 & y  1 t  5 Vậy, với m = 26 hệ phƣơng trình có hai cặp nghiệm (1; 5) và (5; 1). b. Hệ vô nghiệm  (1) vô nghiệm  '(1) < 0  m18 < 0  m < 18. Vậy, với m < 18 hệ phƣơng trình vô nghiệm. c. Hệ có nghiệm duy nhất  phƣơng trình (1) có nghiệm duy nhất  '(1) = 0  m18 = 0  m = 18. Khi đó hệ có nghiệm x = y = 3. Vậy, với m = 18 hệ phƣơng trình có nghiệm duy nhất x = y = 3.. d. Hệ có hai nghiệm phân biệt  phƣơng trình (1) có hai nghiệm phân biệt  '(1) > 0  m18 > 0  m > 18. Vậy, với m > 18 hệ phƣơng trình có 2 nghiệm phân biệt. Cách 2: Sử dụng phương pháp thế để thực hiện các yêu cầu của bài toán. Biến đổi hệ về dạng:  x 2  (6  x) 2  m 2x 2  12x  36  m  0 (2)  . (I)   y  6  x y  6  x a. Với m = 26, ta đƣợc: x  1

x  1 & y  5

(2)  2x212x + 10 = 0     . x  5 & y  1 x  5 107

Vậy, với m = 26 hệ phƣơng trình có hai cặp nghiệm (1, 5) và (5, 1). b. Hệ vô nghiệm  (2) vô nghiệm  '(2) < 0  m18 < 0  m < 18. Vậy, với m < 18 hệ phƣơng trình vô nghiệm. c. Hệ có nghiệm duy nhất  phƣơng trình (2) có nghiệm duy nhất  '(1) = 0  m18 = 0  m = 18. Khi đó hệ có nghiệm x = y = 3. Vậy, với m = 18 hệ phƣơng trình có nghiệm duy nhất. d. Hệ có hai nghiệm phân biệt  phƣơng trình (2) có hai nghiệm phân biệt  '(1) > 0  m18 > 0  m > 18. Vậy, với m > 18 hệ phƣơng trình có 2 nghiệm phân biệt. Cách 3: Sử dụng phương pháp đồ thị để thực hiện các yêu cầu b), c), d) của bài toán. Nhận xét rằng với m  0, hệ vô nghiệm, do đó ta xét với m > 0. Ta có:  Phƣơng trình (1) là đƣờng tròn (C) có tâm O(0, 0), bán kính R = m .  Phƣơng trình (2) là đƣờng thằng (d). b. Hệ vô nghiệm | 6 |  d(O, (d)) > R  > m  m < 18. 11 Vậy, với m < 18 hệ phƣơng trình vô nghiệm. c. Hệ có nghiệm duy nhất | 6 |  (d) tiếp xúc với (C)  d(O, (d)) = R  = m  m = 18. 11 Khi đó, hệ có nghiệm x = y = 3. Vậy, với m = 18 hệ phƣơng trình có nghiệm duy nhất. d. Hệ có hai nghiệm phân biệt  (d) cắt (C) tại hai điểm phân biệt | 6 |  d(O, (d)) < R  < m  m > 18. 11 Vậy, với m > 18 hệ phƣơng trình có 2 nghiệm phân biệt. Cách 4: Sử dụng phương pháp điều kiện cần và đủ để thực hiện yêu cầu c) của bài toán. Điều kiện cần: Nhận xét rằng nếu hệ có nghiệm (x0, y0) thì (y0, x0) cũng là nghiệm của hê, do đó hệ có nghiệm duy nhất khi: x0 = y0. (*) Khi đó, hệ có dạng: 2x 02  m  m = 18.  2x 0  6 Đó chính là điều kiện cần để hệ có nghiệm duy nhất. Điều kiện đủ: Với m = 18, ta đƣợc:

108

 x 2  y 2  18 x  y  6    x = y = 3 là nghiệm duy nhất.   xy  9 x  y  6 Vậy, với m = 18 hệ phƣơng trình có nghiệm duy nhất.

 Nhận xét: Thông qua ví dụ trên chúng ta đã thấy đƣợc các phƣơng pháp khác nhau để thực hiện hệ đối xứng loại I. Trong trƣờng hợp chúng ta lựa chọn phƣơng pháp tổng quát thì mục đích chính là việc xác định cho đƣợc: x  y  S   xy  P

để từ đó chuyển hệ phƣơng trình thành phƣơng trình: t2St + P = 0.

ThÝ dô 3. Cho hệ phương trình: x 2  y 2  1 .  x  y  m

Xác định các giá trị của m để: a. Hệ phương trình vô nghiệm. b. Hệ phương trình có nghiệm duy nhất. c. Hệ phương trình có hai nghiệm phân biệt.

 Giải Biến đổi hệ về dạng: (x  y)2  2xy  1 m2  2xy  1    x  y  m x  y  m

x  y  m   m2  1 x(  y)   2 

khi đó x, y là nghiệm của phƣơng trình: m2  1 t2mt + = 0  2t2  2mt + m2  1 = 0. 2 a. Hệ đã cho vô nghiệm điều kiện là: (1) vô nghiệm  ' < 0  m22(m21) < 0  |m| >

(1)

Vậy, với |m| > 2 hệ vô nghiệm. b. Hệ đã cho có nghiệm duy nhất điều kiện là: (1) có nghiệm duy nhất  ' = 0  m22(m21) = 0  m =  2 . Vậy, với m =  2 thì hệ phƣơng trình có nghiệm duy nhất. c. Hệ đã cho có hai nghiệm phân biệt điều kiện là: (1) có hai nghiệm phân biệt  ' > 0  m22(m21) > 0  |m| < 2 . Vậy, với |m| < 2 hệ có hai nghiệm phân biệt. 109

D¹ng to¸n 3: Giải hệ hệ phƣơng trình đối xứng loại II Phương pháp áp dụng Phƣơng pháp chung để giải và biện luận hệ đối xứng loại II bao gồm các bƣớc: B-íc 1: Trừ từng vế của hai phƣơng trình bao giờ cũng thu đƣợc phƣơng trình tích. x  y

B-íc 2:

(xy)f(x, y) = 0   . f (x, y)  0 Giải hệ cho từng trƣờng hợp.

 Chú ý:

Ngoài phƣơng pháp chung để giải hệ đối xứng loại II đƣợc trình bày ở trên, trong nhiều trƣờng hợp ta còn sử dụng các phƣơng pháp: 1. Phương pháp điều kiện cần và đủ: đƣợc áp dụng rất tốt cho hệ với yêu cầu "Tìm giá trị của tham số để hệ có nghiệm duy nhất". Khi đó ta thực hiện theo các bƣớc: B-íc 1: Điều kiện cần  Nhận xét rằng, nếu hệ có nghiệm (x0; y0) thì (y0; x0) cũng là nghiệm của hê, do đó hệ có nghiệm duy nhất khi: x0 = y0. (**)  Thay (**) vào hệ ta đƣợc giá trị của tham số . Đó chính là điều kiện cần để hệ có nghiệm duy nhất. B-íc 2: Điều kiện đủ. 2. Phương pháp đồ thị. ThÝ dô 1. Giải hệ phương trình: x 2  3xy  4 y .  2 y  3xy  4 x

 Giải Trừ từng vế hệ phƣơng trình, ta đƣợc: x  y (x2  y2) = 4(x  y)  (x  y)(x + y + 4) = 0   . y  4  x Ta lần lƣợt:  Với x = y, hệ phƣơng trình tƣơng đƣơng với: x  y x  y x  y  0    2  x  y  2 . 2 2   x  3x  4 x x  2 x  0

 Với y = 4  x, hệ phƣơng trình tƣơng đƣơng với: y  4  x y  4  x  2  x = y = 2.  2 x  3x( 4  x)  4(4  x) x  4 x  4  0 Vậy, hệ có nghiệm (0; 0) và (2; 2).

110

ThÝ dô 2. Cho hệ phương trình: 2  xy  x  m(y  1) .  2  xy  y  m(x  1)

a. Giải hệ phương trình với m = 1. b. Tìm m để hệ phương trình có nghiệm duy nhất.

 Giải Trừ từng vế hệ phƣơng trình, ta đƣợc: x  y

x2  y2 = m(x  y)  (x  y)(x + y + m) = 0   .  y  m  x Khi đó, hệ phƣơng trình tƣơng đƣơng với: x  y y  m  x hoặc  2 (I) (II)  2 (2) 2x  mx  m  0 (1) m  m  0 a. Với m = 1, ta đƣợc: x  y  x  y  1 (I)   2   .  x  y  1/ 2 2x  x  1  0 y  1  x vô số nghiệm. 0  0

(II)  

1 2

Vậy, với m = 1 hệ có các nghiệm là (1; 1), ( ;

1 ) và 2

y  1  x .   x tïy ý

b. Sử dụng phƣơng pháp điều kiện cần và đủ nhƣ sau: Điều kiện cần: Nhận xét rằng nếu hệ có nghiệm (x0; y0) thì cũng có nghiệm (y0; x0), do đó hệ có nghiệm duy nhất thì x0 = y0. Khi đó: (1)  2 x 20  mx0 + m = 0. (3) Do x0 duy nhất nên phƣơng trình (3) có nghiệm duy nhất '(3) = 0  m2  8m = 0  m = 0 hoặc m = 8.. Đó chính là điều kiện cần để hệ có nghiệm duy nhất. Điều kiện đủ: Ta lần lƣợt:  Với m = 0, hệ có dạng: 2 xy  x  0 .  2 xy  y  0 Ta thấy hệ có vô số nghiệm thoả mãn y = x  loại.  Với m = 8, hệ có dạng:

111

xy  x 2  8(y  1) 2  xy  x  8(y  1)    x  y   2    y  8  x xy  y  8(x  1) 

 x  y  2  2x  8x  8  0  y  8  x    72  0

 x = y = 2 là nghiệm duy nhất. Vậy, với m = 8 hệ có nghiệm duy nhất.

D¹ng to¸n 4: Giải hệ phƣơng trình đẳng cấp bậc hai Phương pháp áp dụng Để giải và biện luận hệ đẳng cấp bậc hai: a1x 2  b1xy  c1 y2  d1 (1)   2 2  a 2 x  b2 xy  c2 y  d 2 (2) ta có thể lựa chọn một trong hai cách sau: Cách 1: Thực hiện theo các bƣớc sau: B-íc 1: Khử số hạng tự do để dẫn tới phƣơng trình: Ax2 + Bxy + Cy2 = 0. (3) B-íc 2: Đặt x = ty, khi đó: (3)  y2[At2 + Bt + C] = 0.  Xét y = 0 thay vào hệ.  Xét At2 + Bt + C = 0, nếu có nghiệm t0 thì thế x = t0y vào hệ để xét hệ với một ẩn y. Cách 2: Thực hiện theo các bƣớc sau: B-íc 1: Từ hệ khử số hạng x2 (hoặc y2) để dẫn tới phƣơng trình khuyết x2 (hoặc y2), giả sử: Dx 2  F Dx2 + Exy + F = 0  y =  . (4) Ex B-íc 2: Thế (4) vào một phƣơng trình của hệ ta đƣợc phƣơng trình trùng phƣơng ẩn x.

 Chú ý:

Với bài toán chứa tham số ta thƣờng lựa chọn cách 2.

ThÝ dô 1. Giải hệ phương trình: 2x 2  3xy  y 2  15   2 2   x  xy  2y  8

(1) (2)

 Giải Ta có thể trình bày theo các cách sau: Cách 1: Khử số hạng tự do từ hệ ta đƣợc: x2 + 9xy22y2 = 0. Đặt x = ty, khi đó: 112

(3)

y  0 (3)  y (t + 9t22) = 0   t  2 .  t  11 2 2

Ta lần lƣợt:  Với y = 0, hệ có dạng: 2x 2  15  vô nghiệm..  2  x  8  Với t = 2 ta đƣợc x = 2y, y  1 (2)  y2 = 1   1   y 2  1

 x1  2 & y1  1  x  2 & y  1 . 2  2

Với t = 11 ta đƣợc x = 11y,  y  1/ 14 1 (2)  y2 =   3  14  y 4  1/ 14 Vậy, hệ phƣơng trình có bốn cặp nghiệm. 

 x 3  1/ 14 & y3  1/ 14 .   x 4  1/ 14 & y 4  1/ 14

Cách 2: Nhận xét rằng: nếu (x, y) là nghiệm của hệ thì y  0. Khử số hạng x2 từ hệ ta đƣợc: xy3y2 = 1  x =

3y 2  1 . y

(4)

Thay (4) vào (2), ta đƣợc: 14y415y2 + 1 = 0. Đặt t = y2, điều kiện t  0, ta đƣợc:

(5)

t  1



(5)  14t215t + 1 = 0   .  t  1/14 Với t = 1, ta đƣợc: y  1  x  2 & y1  1 y2 = 1   1   1 .  y 2  1  x 2  2 & y 2  1



Với t =

1 , ta đƣợc: 14  y  1/ 14 1 y2 =   3  14  y 4  1/ 14

 x 3  1/ 14 & y3  1/ 14 .   x 4  1/ 14 & y 4  1/ 14

Vậy, hệ phƣơng trình có bốn cặp nghiệm.

ThÝ dô 2. Cho hệ phương trình: 2  x  xy  2  2 2  2x  4xy  2y  m

(*)

113

a. Giải hệ với m = 14.

b. Tìm m để hệ có nghiệm.

 Giải

Nhận xét rằng nếu (x; y) là nghiệm của hệ thì x  0 (nếu trái lại (*) mâu thuẫn). Từ (*) suy ra: x2  2 y= . (**) x Thay (**) vào phƣơng trình thứ hai của hệ, ta đƣợc: 2(x 2  2)2 2x2 + 4(x2  2)  = m  4x4  mx2  8 = 0. x2 Đặt t = y2, điều kiện t  0, ta đƣợc: f(t) = 4t2  mt  8 = 0. (1) a. Với m = 14 thì hệ có nghiệm (2; 1) và (2; 1). b. Để hệ có nghiệm thì (1) phải có ít nhất một nghiệm không âm, điều này luôn đúng bởi ac = 32 < 0. Vậy, hệ có nghiệm với mọi m.

D¹ng to¸n 5: Hệ phƣơng trình không mẫu mực Phương pháp áp dụng Lƣợc đồ để giải các hệ phƣơng trình không mẫu mực có thể đƣợc minh hoạ sơ bộ theo các bƣớc: B-íc1: Đặt điều kiện có nghĩa cho hệ phƣơng trình. B-íc2: Lựa chọn phƣơng pháp thực hiện: Ph-¬ng ph¸p 1: Biến đổi tƣơng đƣơng. Ph-¬ng ph¸p 2: Đặt ẩn phụ. Ph-¬ng ph¸p 3: Đồ thị. Ph-¬ng ph¸p 4: Điều kiện cần và đủ. Ph-¬ng ph¸p 5: Đánh giá.

 Chú ý:

Nếu lựa chọn phƣơng pháp đặt ẩn phụ thì: 1. Với hệ phƣơng trình không chứa tham số có thể chỉ cần thiết lập điều kiện hẹp cho ẩn phụ. 2. Với hệ phƣơng trình chứa tham số phải đi tìm điều kiện đúng cho ẩn phụ.

ThÝ dô 1. Giải các hệ phương trình sau: (x  y)(x 2  y 2 )  3  a.  . 2 2  (x  y)(x  y )  15

 Giải a. Viết lại hệ phƣơng trình dƣới dạng:

114

2y(x 2  y 2 )  3x  . 2 2  x(x  y )  10y

b. 

2  (x  y)2 (x  y)  3  [(x  y)  4xy](x  y)  3 (*)   .  2 2 2   (x  y)[(x  y)  2xy]  15 (x  y)(x  y )  15 Trừ theo vế hai phƣơng trình cho nhau ta đƣợc: 6 2xy(x + y) = 12  x + y = . xy Thay x + y vào (*) ta đƣợc: 6 6 [( )2xy]. = 3  xy = 2  x + y = 3. xy xy Khi đó hệ phƣơng trình tƣơng đƣơng với: x  y  3   xy  2 suy ra x, y là nghiệm phƣơng trình:  x  1, y1  2 t  1 t23t + 2 = 0     1 . t  2  x 2  2, y 2  1

Vậy, hệ phƣơng trình có hai cặp nghiệm (1; 2), (2; 1). b. Nhận xét rằng hệ phƣơng trình nhận x1 = y1 = 0 làm nghiệm. Xét các nghiệm thoả mãn x2 + y2 > 0 và nhận thấy phải có x, y cùng dấu. Chia theo vế hai phƣơng trình của hệ, ta đƣợc: 2 2 y  y  2   1      x    x   3 2y(x 2  y 2 ) 3x =  = . 2 2 2 10 x(x  y ) 10y y 1   x 2 Đặt t = (y/x) , điều kiện t > 0, ta đƣợc:  y  2 1  1     x  2y t  4 4 x  2 20t 17t + 3 = 0       5. 2 x  y t  3 y 3     3  5  x  5 Ta lần lƣợt:  Với x = 2y thì: x  2y  x  2 vµ y 2  1 x  2y   2     2 . y  1  x3  2 vµ y 3  1 y  1

 Với x  y

5 thì: 3

115

3  54 3 5 4 3  5  x  vµ y  4 4 x  y 2 5 2  5   3      . 3   2 15 3 5 3 5 3    x 5   4 vµ y 5   4   y  4 5 2 5 2 5  Vậy, hệ phƣơng trình có năm cặp nghiệm: (0; 0), (x2; y2), (x3; y3), (x4; y4) và (x5; y5).

C. CÁC BÀI TOÁN CHỌN LỌC VÝ dô 1: Giải và biện luận phương trình sau theo tham số a, b: a(ax + 2b2)a2 = b2(x + a).

 Giải a. Ta biến đổi phƣơng trình về dạng: (a2 – b2)x = a2 – ab2. (**) Ta đi giải và biện luận (**) Trường hợp 1: Nếu a2 – b2 = 0  a2 = b2. (*)  0.x = b2(1 – a)  Với a = 1  b = 1, thì (*)  0.x = 0 (lđ)  (*) nhận mọi x làm nghiệm.  Với b = 0  a = 0, thì (*)  0.x = 0 (lđ)  (*) nhận mọi x làm nghiệm.  Với a = b, a  1 và b  0, thì (*)  0.x = b2(1 – a)  0 (mâu thuẫn)  (*) vô nghiệm. Trường hợp 2: Nếu a2 – b2  0  a  b. a 2  ab 2 (*)  x = 2 . a  b2 Kết luận:  Với a = 1 và b = 1, phƣơng trình nhận mọi x làm nghiệm.  Với a = b = 0, phƣơng trình nhận mọi x làm nghiệm.  Với a = b, a  1 và b  0 , phƣơng trình vô nghiệm. a 2  ab 2  Với a  b, phƣơng trình có nghiệm duy nhất x = 2 . a  b2

VÝ dô 2:

Xác định m để phương trình sau vô nghiệm: (m1)2x = 4x + m + 1.

 Giải Ta biến đổi phƣơng trình về dạng: [(m1)2  4]x = m + 1  (m – 3)(m + 1)x = m + 1. Điều kiện để phƣơng trình (*) vô nghiệm là:

116

(*)

a  0 (m  3)(m  1)  0    m = 3.  m  1  0 b  0

Vậy, với m = 3 phƣơng trình vô nghiệm.

Xác định tham số để phương trình sau có tập hợp nghiệm là a(x1) + b(2x + 1) = x + 2.

VÝ dô 3:

 Giải Ta biến đổi phƣơng trình về dạng: (a + 2b  1)x = a b + 2. Điều kiện để (*) có tập hợp nghiệm là

(*) là:

a  2b  1  0  a  1   .  a  b  2  0 b  1

Vậy, với a = –1 và b = 1 phƣơng trình có tập nghiệm là

VÝ dô 4:

Cho phương trình: x24xm = 0. Xác định m để phương trình: a. Có nghiệm thuộc khoảng (1; 3). b. Có đúng một nghiệm thuộc khoảng (1; 3). c. Có hai nghiệm phân biệt thuộc khoảng (1; 3). d. Có nghiệm thuộc (; 1)(5; +). e. Có đúng một nghiệm thuộc khoảng (; 1)(5; +). f. Có hai nghiệm phân biệt thuộc khoảng (; 1)(5; 6). y  Giải Viết lại phƣơng trình dƣới dạng: (P)  x2 – 4x = m. Khi đó số nghiệm trên tập D của phƣơng trình là số giao điểm của đƣờng thẳng (d): y = m với Parabol (P): y = x2 – 4x trên D. m (d) Dựa vào đồ thị hàm số, ta thấy: a. Phƣơng trình có nghiệm thuộc D = (1; 3) 1 2 3 4  O  x  – 4 < m < 5. b. Phƣơng trình có một nghiệm thuộc D  – 3 < m < 5. 3 c. Phƣơng trình có 2 nghiệm phân biệt thuộc D 4  – 4 < m < – 3. d. Phƣơng trình có một nghiệm thuộc D = (, 1)(5, +)  vô nghiệm. e. Phƣơng trình có hai nghiệm phân biệt thuộc D = (, 1)(5, +)  m > 5.

117

VÝ dô 5:

Giả sử a, b, c là ba cạnh của một tam giác. Chứng minh rằng phương trình sau vô nghiệm: b2x2 + (b2 + c2a2)x + c2 = 0.

 Giải Ta có:  = (b2 + c2a2)2  4b2c2 = (b2 + c2a2  2bc)(b2 + c2a2 2bc) = [(b  c)2a2][(b + c)2a2] = (b  c  a)(b  c  a)(b  c  a)(b  c a) < 0. 0

0

0

Vậy, phƣơng trình vô nghiệm.

VÝ dô 6:

Cho ba số dương a, b, c và phương trình: a b 5 c x2  2x    + = 0. ca ab 2 bc Chứng minh rằng phương trình luôn có nghiệm, từ đó xác định điều kiện của a, b, c để phương trình có nghiệm kép.

 Giải Ta có: a b 5 a b 3 c c + +  = + +  . 2 bc ca ab 2 bc ca ab Nhận xét rằng: c a b + + ca bc ab a c b =( + 1) + ( + 1) + ( + 1)  3 ca bc ab 1 1 1 = (a + b + c)( + + )3 bc ca ab 1 1 1 1 = [(a + b) + (b + c) + (c + a)][ + + ]3 2 bc ca ab 1 1  .3 3 (a  b)(b  c)(c  a) .3 3 3 2 (a  b)(b  c)(c  a )

’ = 1 +

9 3 3= 2 2 a b 3 c  + +   0  ’  0. ca ab 2 bc

Vậy, phƣơng trình luôn có nghiệm. 118

(*)

Để phƣơng trình có nghiệm kép, điều kiện là: ’ = 0  dấu đẳng thức xảy ra tại (*) a  b  b  c  c  a    1 1 1  a = b = c.    a  b b  c c  a Vậy, với a = b = c phƣơng trình có nghiệm kép x = 1.

VÝ dô 7:

Cho phương trình: 2 x 3  m2  = . x2 m(x  1) m(x  1)(x  2)

(1)

a. Tìm m để phương trình có nghiệm duy nhất. b. Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt.

 Giải Điều kiện: m  0 m  0   x  1  0  x  1 . x  2  0 x  2   Biến đổi phƣơng trình về dạng: x(x + 2) – 2m(x + 1) = 3 – m2

(*)

x  m  1

 f(x) = x2  2(m  1)x + m2 – 2m – 3 = 0   . x  m  3 a. Để phƣơng trình (1) có nghiệm duy nhất điều kiện là:  m 2  4  0   f( 1)  0  2    f( 2)  0   m  2m  3  0   m  2 hoÆc m =  2 .  2    f( 1)  0  m  1hoÆc m =  3  m  4  0   2   f( 2)  0  m  2m  3  0 Vậy, với m  {3, 2, 1} phƣơng trình có nghiệm duy nhất. b. Để phƣơng trình (1) có hai nghiệm phân biệt điều kiện là:  m 2  4  0  f( 1)  0 m  2   2   .  m  1;m  3  f( 2)  0  m  2m  3  0

Vậy, với m {3, 2, 1, 0} phƣơng trình có hai nghiệm phân biệt.

VÝ dô 8:

Cho hai phương trình: x2  mx  2 = 0, (1) 2 x  x + 6m = 0. (2) Tìm giá trị của m để phương trình (1) và phương trình (2) có ít nhất một nghiệm chung. Biết m là một số nguyên. 119

 Giải Giả sử x0 là nghiệm chung của hai phƣơng trình, ta có: x02  mx0  2 = 0 x02  x0 + 6m = 0 Lấy (1’) trừ (2’), ta đƣợc: x0(  m + 1)  2  6m = 0  (1  m)x0 = 6m + 2. Ta xét hai trƣờng hợp: Trường hợp 1: Với 1  m = 0  m = 1. Thay vào (1) và (2), ta đƣợc: (1)  x2  x  2= 0, có 2 nghiệm x1 = 2 và x2 =  1. (2)  x2  x + 6 = 0, vô nghiệm. Suy ra, m = 1 không thoả mãn. Trường hợp 2: Với 1  m  0  m  1, ta đƣợc: 6m  2 x0 = . 1 m Thay x0 vào (2’), ta đƣợc phƣơng trình ẩn m:

(1’) (2’)

6m  2  6m  2  + 6m = 0  6m3 + 30m2 + 26m + 2 = 0    1 m  1 m  3 2  6m + 30m + 24m + 2m + 2 = 0  m(6m2 + 30m + 24) + 2(m + 1) = 0  m(m + 1)(m + 4) + 2(m + 1) = 0  (m + 1)[m(m + 4) + 2] = 0 m  1 m  1  0  (m + 1)[m2 + 4m + 2] = 0   2   . m   2  2 ( lo ¹ i ) m  4 m  2  0  Thử lại, với m =  1, ta có: (1)  x2 + x  2 = 0, có hai nghiệm phân biệt x1 =  2 và x2 = 1. (2)  x2  x + 6 = 0, có hai nghiệm phân biệt x3 =  2 và x4 = 3. Vậy, với m =  1, hai phƣơng trình có một nghiệm chung. 2

VÝ dô 9:

Giả sử phương trình: (1 + m2)x22(m21)x + m = 0. có hai nghiệm x1, x2. Tìm hệ thức liên hệ giữa các nghiệm mà không phụ thuộc vào m.

 Giải Với giả thiết ta có:  1 2(m 2  1) m2  1 x1  x 2   (x1  x 2 )  2 1 m 1  m2 .  2  x .x  m 2x .x  2m 1 2 2  1 2 1  m 2 1 m  120

(I)

Khử m từ hệ (I) bằng nhận xét: 2

 m2  1  1  2m  (x1 + x2)2 + 4(x1x2)2 =  + = 1. 2  2  4 1 m  1 m  2

Vậy, ta đƣợc (x1 + x2)2 + 16(x1x2)2 = 4 là hệ thức cần tìm.

VÝ dô 10: Giả sử phương trình ax2 + bx + c = 0 có hai nghiệm x1, x2. Chứng minh rằng hệ thức b3 + a2c + ac2 = 3abc là điều kiện cần và đủ để phương trình có một nghiệm bằng bình phương của nghiệm còn lại.

 Giải Theo giả thiết ta đƣợc: b  S  x1  x 2   a .   P  x .x  c 1 2  a Xét biểu thức: P = (x1 x 22 )(x2 x12 ) = x1x2 + x12 x 22 ( x13 + x 32 ) = x1x2 + x12 x 22 [(x1 + x2)33x1x2(x1 + x2)] =

(I)

 b3 c c b c2 b 3  a 2 c  ac2  3abc + 2    3 + 3 .  = . a a a a a3  a

Vậy, nếu b3 + a2c + ac2 = 3abc thì một trong hai thừa số của P phải bằng 0 và ngƣợc lại.

VÝ dô 11:

Xác định m để phương trình sau có nghiệm: 2x  m x 1

4 x  1 =

x  2m  3 x 1

 Giải Điều kiện x > 1. Ta biến đổi phƣơng trình về dạng: 2x + m  4(x  1) = x  2m + 3  3x = 3m + 1  x =

(*) 3m  1 . 3

Nghiệm trên phải thoả mãn điều kiện (*), tức là: 2 3m  1 > 1  3m + 1 > 3  m > . 3 3 2 Vậy, với phƣơng trình có nghiệm. 3

VÝ dô 12: Với giá trị nào của a thì phương trình sau có nghiệm. Tính giá trị của nghiệm đó. x  4a  16 = 2 x  2a  4  x . (1) 121

 Giải Viết lại phƣơng trình dƣới dạng: x  4a  16 + x = 2 x  2a  4   x=

(x  4a  16)x = x2a

a . 4

(2)

Thay (2) vào (1), ta đƣợc: a 2  16a  64 = 2 a 2  8a  16  a 2  a8 = 2a4a. a  8  (2a8)a = 2a8a  a(a8)  0   . a  0

Vậy, với a  8 hoặc a  0 thì (1) có nghiệm và nghiệm đó là x =

(3)

a2 . 4

VÝ dô 13: Cho phương trình: x 2  2x  m 2 = x1m.

a. Giải phương trình với m = 2. b. Giải và biện luận phương trình theo m.

 Giải Viết lại phƣơng trình dƣới dạng: (x  1) 2  m 2  1 = x1m.

Đặt t = x1, điều kiện t  0. Phƣơng trình tƣơng đƣơng với: t  m  0  t 2  m2  1 = tm   2 2 2  t  m  1  (t  m) a. Với m = 2

t  m .   2m.t  1 (3)

(I)

t  2  (I)   1 vô nghiệm.  t  4

Vậy, với m = 2 phƣơng trình vô nghiệm. b. Giải và biện luận phƣơng trình  Với m  0 thì (I) vô nghiệm  phƣơng trình vô nghiệm.  Với m > 0, ta đƣợc: t  m  (I)   1   t  2m

122

1   1 2 0  m    m 2m  1   2m   2 m 0 m 0     1  1 1 | x  1|  t  x  1   2m   2m  2m

Kết luận: -

Với m  0 hoặc m >

Với 0 < m 

1 2

, phƣơng trình vô nghiệm.

, phƣơng trình có 2 nghiệm x = 1 

VÝ dô 14: Tìm m để phương trình

x 2  3x  2 =

1 . 2m

2m  x  x 2 có nghiệm.

 Giải Phƣơng trình đƣợc biến đổi tƣơng đƣơng về dạng:  x 2  3x  2  0 1  x  2 x2 + 3x2 = 2m + xx2  0     . x  m  1 x  m  1 Do đó, để phƣơng trình có nghiệm, điều kiện là: 1  m + 1  2  0  m  1. Vậy, với 0  m  1, phƣơng trình có nghiệm.



Chú ý: Nhƣ vậy trong lời giải trên chúng ta đã sử dụng phƣơng pháp biến đổi tƣơng đƣơng dạng 1 cùng với việc lựa chọn điều kiện x2 + 3x2  0, điều này đã làm giảm đáng kể độ phức tạp của lời giải.

VÝ dô 15: Giải phương trình: m( 3x  2 + x  1 ) = 4x9 + 2 3x 2  5x  2 . a. Giải phương trình với m = 1. b. Tìm m để phương trình có nghiệm.

(1)

 Giải Điều kiện: 3x  2  0  x  1.  x  1  0

(*)

Viết lại phƣơng trình dƣới dạng: m( 3x  2 + x  1 ) = [(3x2) + 2 3x 2  5x  2 + (x1)]6  m( 3x  2 + x  1 ) = ( 3x  2 + x  1 )26. Đặt t = 3x  2 + x  1 , t  1. Khi đó: (2)  mt = t26  f(t) = t2mt6 = 0. a. Với m = 1, phƣơng trình (3) có dạng: t  3 t2t6 = 0    3x  2 +  t  2 (l)

(2) (**) (3)

x 1 = 3

 3x2 + x1 + 2 (3x  2)(x  1) = 9 

(3x  2)(x  1) = 62x

123

6  2x  0 x  3     x = 2.  2 2 (3x  2)(x  1)  (6  2x)  x  19x  34  0 Vậy, nghiệm của phƣơng trình là x = 2. b. Phƣơng trình (1) có nghiệm  (3) có nghiệm thoả mãn (**) Nhận xét rằng (3) luôn có hai nghiệm trái dấu, do vậy để (3) có nghiệm thoả mãn (**)  (3) có nghiệm thoả mãn t1  1  t2  a.f(1)  0  1m6  0  m  5. Vậy, với m  5 phƣơng trình (1) có nghiệm.

VÝ dô 16: Giải và biện luận hệ phương trình: ax  by  a 2  b 2 .  bx  ay  2ab

 Giải Ta có: D = a2 – b2 ; Dx = a(a2 – b2) ; Dy = b(a2 – b2). Trường hợp 1: Nếu D  0, tức là a2 – b2  0  a  b. Hệ có nghiệm duy nhất x = a và y = b. Trường hợp 2: Nếu D = 0, tức là: a2 – b2 = 0  a = b hoặc a = –b. Khi đó Dx = Dy = 0 nên hệ có vô số nghiệm. Kết luận:  Với a  b, hệ có nghiệm x = a và y = b.  Với a = b, hệ có vô số nghiệm.

VÝ dô 17: Cho hệ phương trình: x  my  0 .  mx  y  m  1

a. Giải và biện luận hệ phương trình. b. Tìm hệ thức liên hệ giữa nghiệm x, y của hệ không phụ thuộc vào m.

 Giải a. Bạn đọc tự thực hiện. b. Từ hệ thức về nghiệm: m 1  m  1  x  m  1  x  m  1 y   x=  x + y  1 = 0.  1 y  1 m  1  1 11 y  y m 1  Đó là hệ thức liên hệ giữa nghiệm x, y của hệ không phụ thuộc vào m.

VÝ dô 18: Cho hệ phương trình:

124

2x  by  ac2  c .  bx  2y  c  1

a. Tìm a sao cho với mọi b luôn tồn tại c để hệ có nghiệm. b. Tìm a sao cho tồn tại c để hệ có nghiệm với mọi b.

 Giải Trƣớc tiên, ta có: D = 4  b2; Dx = 2ac2  (b  2)c + b; Dy = abc2  (b  2)c  2. a. Xét hai trƣờng hợp: Trường hợp 1: Nếu D  0  4  b2  0  b  2. Hệ có nghiệm duy nhất với a, c nên không cần đặt điều kiện cho a. Trường hợp 2: Nếu D = 0  4  b2 = 0  b = 2.  Với b = 2, hệ có dạng: 2x  2y  ac2  c .  2x  2y  c  1 Hệ có nghiệm  ac2 + c = c  1  ac2 = . Do đó c tồn tại  (1) có nghiệm theo c  a < 0.  Với b = 2, hệ có dạng: 2x  2y  ac2  c 2x  2y  ac2  c   .  2x  2y  c  1 2x  2y  1  c Hệ có nghiệm  ac2 + c = 1  c  ac2 + 2c  1 = 0. Do đó: c tồn tại  (2) có nghiệm theo c  a  0 1  a  0 & c  2   a  0    a  1  a  0 &  'c  0  1  a  0  

(1)

(2)

Để với b luôn c để hệ có nghiệm a  0    a < 0.  a  1

 (1), (2) phải đồng thời có nghiệm  

Vậy, với   a < 0 thì với mọi b, ta luôn tìm đƣợc c để hệ có nghiệm. b. Với mỗi a để tồn tại c để hệ có nghiệm với mọi b a  0

 (1) hoặc (2) có nghiệm    mọi a.  a  1 Vậy, với mọi a luôn tồn tại c để hệ có nghiệm với mọi b.

VÝ dô 19: Tìm m, n, p để cả ba hệ sau đồng thời vô nghiệm:  x  py  n   px  y  m nx  my  1 ;  ;  .    px  y  m  nx  my  1  x  py  n

125

 Giải 

Kí hiệu các hệ phƣơng trình trên theo ths tự là (I), (II) và (III). Xét hệ (I), ta có: D = 1p2; Dx = n + pm; Dy = mnp. Hệ (I) vô nghiệm D  0 1  p 2  0      D x  0    n  pm  0 . D  0   m  pn  0   y



Xét hệ (II), ta có D = pmn; Dx = m21; Dy = pnm. Hệ (II) vô nghiệm D  0 pm  n  0    Dx  0  m2  1  0 . D  0   p  nm  0   y



Xét hệ (III), ta có D = pnm; Dx = pnm; Dy = n21. Hệ (III) vô nghiệm D  0 pn  m  0      D x  0    p  mn  0 . D  0 n 2  1  0   y

Nhƣ vậy, nếu hệ (I) vô nghiệm thì hệ (II) và (III) có nghiệm, do đó không tồn tại m, n, p để cả ba hệ đồng thời vô nghiệm.

VÝ dô 20: Giả sử hệ phương trình: ax  by  c  bx  cy  a cx  ay  b 

(1) (2) (3)

có nghiệm. Chứng minh rằng a3 + b3 + c3 = 3abc.

 Giải Xét hệ phƣơng trình tạo bởi (2) và (3) có dạng:  bx  cy  a .   cx  ay  b

Ta có: D = ba  c2; Dx = a2  bc ; Dy = b2  ac. a. Nếu D  0  ba  c2  0. a 2  bc b 2  ac Hệ có nghiệm duy nhất x = và y = . ba  c2 ba  c2 Nghiệm trên thoả mãn (1) điều kiện là: 126

a 2  bc b 2  ac +b. =c  a3+ b3+ c3=3abc. ba  c2 ba  c2

b. Nếu D = 0  ba  c2 = 0. Hệ có nghiệm  Dx= Dy = 0 c2  ab  0   a 2  bc  0  b 2  ac  0 

 c3  abc  3 3 3 3 a  abc  a + b + c = 3abc.  b 3  abc 

Vậy, nếu hệ phƣơng trình có nghiệm thì a3+ b3+ c3=3abc.

VÝ dô 21: Cho a2 + b2 > 0 và hai đường thẳng (d1) và (d2) có phương trình: (ab)x + y = 1 và (a2b2)x + ay = b. a. Xác định giao điểm của (d1) và (d2). b. Tìm điều kiện với a, b để giao điểm đó thuộc trục hoành.

 Giải a. Xét hệ phƣơng trình tạo bởi (d1) và (d2):  (a  b)x  y  1 .  2 2 (a  b )x  ay  b Ta có D = b2ab, Dx = ab, Dy = aba2. Để (d1) và (d2) cắt nhau điều kiện là: Hệ (I) có nghiệm duy nhất  D  0  b2ab  0. 1 a Khi đó, giao điểm I có toạ độ I( ; ). b b b. Điểm I  Ox điều kiện là: b 2  ab  0 a  0    . a b  0  0 b Vậy, với a = 0 và b ≠ 0 thoả mãn điều kiện đầu bài.

(I)

VÝ dô 22: Cho hệ phương trình:

 Giải

x 2  y2  x  0 .   x  ay  a  0 a. Tìm a để hệ phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt. b. Gọi (x1, y1), (x2, y2) là các nghiệm của hệ đã cho. Chứng minh rằng: (x2x1)2 + (y2y1)2  1.

Biến đổi hệ về dạng: (a  ay)2  y 2  x  0 (a 2  1)y 2  a(2a  1)y  a 2  a  0 (3)     x  a  ay  x  a  ay 127

a. Hệ có 2 nghiệm phân biệt a 2  1  0 4  (3) có hai nghiệm phân biệt   0<a< . 3   0 b. Khi đó, phƣơng trình (3) có hai nghiệm phân biệt y1, y2 thoả mãn: a(2a  1)   y1  y 2  a 2  1  x  a  ay1 và  1 .  2  x 2  a  ay 2 y y  a  a  1 2 a 2  1 Suy ra: (x2x1)2 + (y2y1)2 = (ay1ay2)2 + (y2y1)2 = (a2 + 1)[ (y2 + y1)24y1y2] 4a  3a 2 (2a  1) 2 = = 1  1, đpcm. a2 1 a2 1

VÝ dô 23: Giải hệ phương trình: (2x  y) 2  5(4x 2  y 2 )  6(2x  y) 2  0  . 1   2x  y  2x  y  3 

 Giải Ký hiệu phƣơng trình thứ nhất của hệ là (*). Điều kiện 2xy  0. Chia cả hai vế của phƣơng trình (*) cho (2xy)2  0, ta đƣợc: 2

 2x  y  2x  y + 6 = 0.    5 2x  y 2x  y   2x  y 1 Đặt t = = (2x + y). , ta đƣợc: 2x  y 2x  y t  2

t25t + 6 = 0   . t  3 a. Với t = 2, hệ có dạng: 1   2x  y  2x  y  3   (2x  y). 1  2  2x  y 1 khi đó 2x + y, là nghiệm phƣơng trình: 2x  y u23u + 2 = 0  u = 2 hoặc u = 1

128

1   2x  y  2 vµ 2x  y  1    1   2x  y  1 vµ 2x  y  2 

  2x  y  2    2x  y  1    2x  y  1    2x  y  1/ 2

3 1   x1  8 vµ y1  4 .   x  3 vµ y  1 2  2 4 2

b. Với t = 3, hệ có dạng: 1   2x  y  2x  y  3   (2x  y). 1  3  2x  y 1 là nghiệm phƣơng trình: 2x  y v23v + 3 = 0 vô nghiệm. 3 1 3 1 Vậy, hệ phƣơng trình có hai cặp nghiệm ( , ) và ( , ). 4 2 8 4

khi đó 2x + y,

VÝ dô 24: Cho hệ phương trình: 2x  y  4 .  | x  2y | m

a. Giải hệ phương trình với m = 3. b. Tìm m để hệ có hai nghiệm với hoành độ trái dấu.

 Giải Biến đổi tƣơng đƣơng hệ về dạng: m  0 m  0     y  4  2x  y  4  2x   2 2 2 2 [x  2(4  2x)]  m (x  2y)  m m  0 m  0     y  4  2x   y  4  2x .   2 2 2 2 f (x)  25x  80x  64  m  0 (1) (5x  8)  m a. Với m = 3, ta đƣợc:  y  4  2x   2 5x  16x  11  0

 y  4  2x    x  1   x  11/ 5 

Vậy, với m = 3 hệ có nghiệm (1; 2) và (

(I)

 x  1 vµ y  2  .  x  11 vµ y   2  5 5

2 11 ; ). 5 5

b. Để hệ có hai nghiệm với hoành độ trái dấu m 0

 (1) có hai nghiểm trái dấu  a.f(0) < 0  64m2 < 0  m > 8. 129

Vậy, với m > 8 thoả mãn điều kiện đầu bài.

VÝ dô 25: Giải hệ phương trình:  x  y  x  y  4 .  2 2  x  y  128

 Giải Điều kiện: x  y  0 y  x   x  y  x, suy ra x  0.  x  y  0 y  x

Viết lại hệ phƣơng trình dƣới dạng:  xy xy 4  x  y  x  y  4    . 1 1 2 2 2 2 (x  y)  (x  y)  256  (x  y)  (x  y)  128 2 2 Đặt: u  x  y , điều kiện u, v  0.   v  x  y Ta đƣợc: u  v  4 u  v  4 u  v  4      uv  0  4 4 uv(uv  32)  0 u  v  256    uv  32  u  v  4 uv  32

   

(I)

hoặc

u  v  4  uv  0

(II)

Giải (I): vô nghiệm. Giải (II):      u  4 & v  0 (II)      u  0 & v  4   

xy 4 xy 0

x  y  8

  .  x  8 vµ y  8 xy 0 xy 4

Vậy, hệ phƣơng trình có hai cặp nghiệm (8; 8) và (8;8).

130

ch-¬ng 4

 bÊt ®¼ng thøc, bÊt ph-¬ng tr×nh

A. KiÕn thøc cÇn nhí

I. BÊt ®¼ng thøc 1. TÝnh chÊt cña BÊt ®¼ng thøc

(TÝnh chÊt b¾c cÇu): NÕu a > b vµ b > c th× a > c. NÕu a > b  a + c > b + c. NÕu a > b a b   nÕu c  0 ac  bc nÕu c  0   vµ  c c . ac  bc nÕu c  0  a  b nÕu c  0  c c Chóng ta cã c¸c quy t¾c sau: Quy t¾c 1: (PhÐp céng): NÕu a > b vµ c > d  a + c > b + d. Chó ý quan träng: kh«ng ¸p dông ®-îc "quy t¾c" trªn cho phÐp trõ hai bÊt ®¼ng thøc cïng chiÒu. Quy t¾c 2: (PhÐp nh©n): NÕu a > b > 0 vµ c > d > 0  ac > bd. Quy t¾c 3: (PhÐp n©ng lªn luü thõa): NÕu a > b > 0  an > bn, víi n  *. Quy t¾c 4: (PhÐp khai c¨n): NÕu a > b > 0 th× n a > n b , víi n *.

TÝnh chÊt 1: TÝnh chÊt 2: TÝnh chÊt 3:

2. bÊt ®¼ng thøc vÒ gi¸ trÞ tuyÖt ®èi

Tõ ®Þnh nghÜa gi¸ trÞ tuyÖt ®èi, ta suy ra c¸c tÝnh chÊt sau: 1. a  a  a víi mäi sè thùc a. 2. x  a  a  x  a víi a  0 (t-¬ng tù x< a  a < x < a víi a > 0). 3. x  a  x  a hoÆc x  a víi a  0 (t-¬ng tù x > a  x < a hoÆc x > a víi a > 0). §Þnh lÝ: Víi hai sè thùc a, b tuú ý, ta cã aba + ba+ b. 3. bÊt ®¼ng thøc gi÷a trung b×nh céng vµ trung b×nh nh©n (bÊt ®¼ng thøc c«si)

§Þnh lÝ: Víi hai sè kh«ng ©m a, b, ta cã: ab  ab (th-êng ®-îc viÕt a + b  2 ab ), 2 dÊu ®¼ng thøc x¶y ra khi vµ chØ khi a = b. HÖ qu¶ 1: NÕu hai sè d-¬ng thay ®æi nh-ng cã tæng kh«ng ®æi th× tÝch cña chóng lín nhÊt khi hai sè ®ã b»ng nhau. Tøc lµ, víi hai sè d-¬ng a, b cã a + b = S kh«ng ®æi suy ra: S2 S2 2 ab  S  ab   (ab)Max = , ®¹t ®-îc khi a = b. 4 4 129

ý nghÜa h×nh häc: Trong tÊt c¶ çc h×nh ch÷ nhËt cã cïng chu vi h×nh vu«ng cã diÖn tÝch lín nhÊt. HÖ qu¶ 2: NÕu hai sè d-¬ng thay ®æi nh-ng cã tÝch kh«ng ®æi th× tæng cña chóng nhá nhÊt khi hai sè ®ã b»ng nhau. Tøc lµ, víi hai sè d-¬ng a, b cã ab = P kh«ng ®æi suy ra: a + b  2 P  (a + b)Min = 2 P , ®¹t ®-îc khi a = b. ý nghÜa h×nh häc: Trong tÊt c¶ çc h×nh ch÷ nhËt cã cïng diÖn tÝch h×nh vu«ng cã chu vi nhá nhÊt. Më réng 1. Víi çc sè a, b, c kh«ng ©m, ta lu«n cã: abc 3  abc 3 th-êng ®-îc viÕt: a + b + c  3 3 abc hoÆc (a + b + c)3  27abc. dÊu ®¼ng thøc x¶y ra khi vµ chØ khi a = b = c. 2. Víi n sè ai, i = 1, n kh«ng ©m, ta lu«n cã: a 1  a 2  ...  a n  n n a 1 .a 2 ....a n .    n sè h ¹ ng

n sè h ¹ ng

dÊu ®¼ng thøc x¶y ra khi vµ chØ khi a1 = a2 = ... = an. 4. bÊt ®¼ng thøc bunhiac«pxki

§Þnh lÝ: Cho a1, a2, b1, b2 lµ nh÷ng sè thùc, ta cã: (a1b1 + a2b2)2  ( a 12 + a 22 )( b 12 + b 22 ), dÊu ®¼ng thøc x¶y ra khi

a1 a = 2. b1 b2

II. BÊt ph-¬ng tr×nh 1. biÕn ®æi t-¬ng ®-¬ng c¸c bÊt ph-¬ng tr×nh

§Þnh lÝ: Cho bÊt ph-¬ng tr×nh f(x) < g(x) víi §KX§ D, h(x) lµ mét biÓu thøc x¸c ®Þnh víi mäi x tho¶ m·n ®iÒu kiÖn D (h(x) cã thÓ lµ h»ng sè). Khi ®ã, víi ®iÒu kiÖn D, bÊt ph-¬ng tr×nh f(x) < g(x) t-¬ng ®-¬ng víi mçi bÊt ph-¬ng tr×nh sau: a. f(x) + h(x) < g(x) + h(x). b. f(x).h(x) < g(x).h(x) nÕu h(x) > 0 víi x  D. c. f(x).h(x) > g(x).h(x) nÕu h(x) < 0 víi x  D.

130

2. bÊt ph-¬ng tr×nh vµ hÖ bÊt ph-¬ng tr×nh bËc nhÊt mét Èn

Víi yªu cÇu "Gi¶i vµ biÖn luËn bÊt ph-¬ng tr×nh ax + b < 0" ta sÏ thùc hiÖn nh- sau: ViÕt l¹i bÊt ph-¬ng tr×nh d-íi d¹ng: ax < b. (1) Ta xÐt ba tr-êng hîp: Tr-êng hîp 1: NÕu a = 0 th×: (1)  0 < b  b < 0. VËy, ta ®-îc:  NÕu b < 0, bÊt ph-¬ng tr×nh nghiÖm ®óng víi mäi x.  NÕu b  0, bÊt ph-¬ng tr×nh v« nghiÖm. Tr-êng hîp 2: NÕu a > 0 th×: b (1)  x <  . a Tr-êng hîp 3: NÕu a < 0 th×: b (1)  x >  . a KÕt luËn: b  Víi a > 0, tËp nghiÖm cña bÊt ph-¬ng tr×nh lµ T = (;  ). a b  Víi a < 0, tËp nghiÖm cña bÊt ph-¬ng tr×nh lµ T = ( ; +). a  Víi a = 0 vµ b < 0, tËp nghiÖm cña bÊt ph-¬ng tr×nh lµ T = .  Víi a = 0 vµ b  0, tËp nghiÖm cña bÊt ph-¬ng tr×nh lµ T = .

 Chó ý: 1.

T-¬ng tù chóng ta còng gi¶i vµ biÖn luËn ®-îc c¸c bÊt ph-¬ng tr×nh: ax + b > 0, ax + b  0, ax + b  0 2. §Ó gi¶i mét hÖ bÊt ph-¬ng tr×nh mét Èn, ta gi¶i tõng bÊt ph-¬ng tr×nh cña hÖ råi lÊy giao cña c¸c tËp nghiÖm thu ®-îc.

III. dÊu cña nhÞ thøc bËc nhÊt §Þnh lÝ: Víi nhÞ thøc bËc nhÊt f(x) = ax + b, ta cã: b . a b b. f(x) tr¸i dÊu víi a khi x nhá h¬n nghiÖm x0 =  . a B¶ng tãm t¾t dÊu cña f(x) = ax + b: x  b/a + f(x) tr¸i dÊu víi a 0 cïng dÊu víi a

a. f(x) cïng dÊu víi a khi x lín h¬n nghiÖm x0 = 

131

IV. BÊt ph-¬ng tr×nh vµ hÖ bÊt ph-¬ng tr×nh bËc nhÊt hai Èn 1. §Ó x¸c ®Þnh miÒn nghiÖm cña bÊt ph-¬ng tr×nh ax + by + c < 0 (t-¬ng tù ®èi víi çc bÊt ph-¬ng tr×nh ax + by + c > 0, ax + by + c  0, ax + by + c  0) ta thùc hiÖn theo çc b-íc sau: B-íc 1: VÏ ®-êng th¼ng (d): ax + by + c = 0. B-íc 2: LÊy ®iÓm M(x0; y0) kh«ng n»m trªn (d) vµ x¸c ®Þnh gi¸ trÞ cña: dM = ax0 + by0 + c, khi ®ã: a. NÕu dM < 0 th× nöa mÆt ph¼ng (kh«ng kÓ bê (d)) chøa ®iÓm M lµ miÒn nghiÖm cña bÊt ph-¬ng tr×nh ax + by + c < 0. b. NÕu dM > 0 th× nöa mÆt ph¼ng (kh«ng kÓ bê (d)) chøa ®iÓm M lµ miÒn nghiÖm cña bÊt ph-¬ng tr×nh ax + by + c > 0. 2. §Ó x¸c ®Þnh miÒn nghiÖm cña hÖ bÊt ph-¬ng tr×nh bËc nhÊt hai Èn ta thùc hiÖn theo çc b-íc sau: B-íc 1: Víi mçi bÊt ph-¬ng tr×nh trong hÖ, ta x¸c ®Þnh miÒn nghiÖm cña nã vµ g¹ch bá miÒn cßn l¹i. B-íc 2: KÕt luËn: MiÒn cßn l¹i kh«ng bÞ g¹ch chÝnh lµ miÒn nghiÖm cña hÖ bÊt ph-¬ng tr×nh ®· cho.

V. dÊu cña tam thøc bËc hai §Þnh lÝ: Víi tam thøc bËc hai f(x) = ax2 + bx + c (a  0), ta cã: a. NÕu  < 0 th× f(x) cïng dÊu víi a, víi x  , tøc lµ: af(x) > 0, x  . b. NÕu  = 0 th× f(x) cïng dÊu víi a, víi x  af(x) > 0, x  

b vµ af(x)  0, x  2a

\{

b }, tøc lµ: 2a

c. NÕu  > 0 th× f(x) cã hai nghiÖm x1, x2, gi¶ sö lµ x1 < x2. Lóc ®ã:  f(x) cïng dÊu víi a khi x < x1 hoÆc x > x2 .  f(x) tr¸i dÊu víi a khi x1 < x < x2. Trong tr-êng hîp nµy ta cã b¶ng xÐt dÊu nh- sau: x1 x2 + x - cïng dÊu a 0 tr¸i dÊu a 0 cïng dÊu a f(x)

 Chó ý:

132

§Ó gi¶i bÊt ph-¬ng tr×nh bËc hai, ta sö dông ®Þnh lÝ vÒ dÊu cña tam thøc bËc hai.

B Ph-¬ng ph¸p gi¶i c¸c d¹ng to¸n liªn quan

§1. bÊt ®¼ng thøc D¹ng to¸n 1: Chøng minh bÊt ®¼ng thøc Ph-¬ng ph¸p ¸p dông §Ó chøng minh bÊt ®¼ng thøc: A>B ta lùa chän mét trong çc ph-¬ng ph¸p sau: Ph-¬ng ph¸p 1: Ph-¬ng ph¸p chøng minh b»ng ®Þnh nghÜa. Khi ®ã ta lùa chän theo çc h-íng: H-íng 1: Chøng minh AB > 0. H-íng 2: Thùc hiÖn çc phÐp biÕn ®æi ®¹i sè ®Ó biÕn ®æi bÊt ®¼ng thøc ban ®Çu vÒ mét bÊt ®¼ng thøc ®óng. H-íng 3: XuÊt ph¸t tõ bÊt ®¼ng thøc ®óng. H-íng 4: BiÕn ®æi vÕ tr¸i hoÆc vÕ ph¶i. Ph-¬ng ph¸p 2: Sö dông tÝnh chÊt b¾c cÇu, tøc lµ chøng minh: A > C vµ C > B. Ph-¬ng ph¸p 3: Sö dông çc bÊt ®¼ng thøc c¬ b¶n. Ph-¬ng ph¸p 4: Ph-¬ng ph¸p chøng minh ph¶n chøng, ®-îc ¸p dông víi çc bµi to¸n yªu cÇu chøng minh Ýt nhÊt mét bÊt ®¼ng thøc trong çc bÊt ®¼ng thøc ®· cho lµ ®óng hoÆc sai. Ph-¬ng ph¸p 5: Ph-¬ng ph¸p chøng minh quy n¹p, ®-îc ¸p dông víi çc bµi to¸n liªn hÖ víi n  hoÆc n  . Ph-¬ng ph¸p 6: Ph-¬ng ph¸p vect¬ vµ h×nh häc, b»ng viÖc sö dông tÝnh chÊt:  NÕu a, b, c lµ ®é ba c¹nh cña mét tam gi¸c th× a + b > c vµ ab < c  Sö dông ®Þnh lý hµm sè sin vµ hµm sè cosin.   u + v   u  +  v , dÊu ®¼ng thøc x¶y ra khi u = k v , k > 0 (tøc lµ u , v cïng h-íng).   u . v   u . v , dÊu ®¼ng thøc x¶y ra khi u = k v (tøc lµ u , v cïng ph-¬ng). ThÝ dô 1. H·y so s¸nh

2000  2005 vµ 2002  2003 .

 Gi¶i Gi¶ sö: 2000  2005 < 2002  2003  ( 2000  2005 )2 < ( 2002  2003 )2 133

 2000 + 2005 + 2 2000. 2005 < 2002 + 2003 + 2 2002. 2003  2000. 2005 < 2002. 2003  2000.2005 < 2002.2003  (2002  2)(2003 + 2) < 2002.2003  2002.2003  6 < 2002.2003, lu«n ®óng. VËy, ta ®-îc 2000  2005 < 2002  2003 .

 NhËn xÐt:

Nh- vËy, ®Ó th-c hiÖn yªu cÇu trªn chóng ta ®i thiÕt lËp mét bÊt ®¼ng thøc, råi b»ng c¸c phÐp biÕn ®æi ®¹i sè th«ng th-êng chóng ta kh¼ng ®Þnh bÊt ®¼ng thøc ®ã ®óng.

ThÝ dô 2. Chøng minh r»ng víi mäi sè thùc a, b, c lu«n cã: a2 + b2 + c2  ab + bc + ca.

 Gi¶i

Ta cã ba çch tr×nh bµy theo ph-¬ng ph¸p 1 (mang tÝnh minh ho¹), nh- sau: Çch 1: Ta biÕn ®æi bÊt ®¼ng thøc nh- sau: a2 + b2 + c2  (ab + bc + ca)  0 b2 b2 a2 c2 c2 a2 (  ab + )+(  bc + )+(  ca + )0 2 2 2 2 2 2 a b 2 b c 2 c a 2 (  ) +(  ) +(  )  0, lu«n ®óng. 2 2 2 2 2 2 DÊu "=" x¶y ra khi: a b c    a = b = c. 2 2 2 Çch 2: Ta biÕn ®æi bÊt ®¼ng thøc nh- sau: 2(a2 + b2 + c2)  2(ab + bc + ca)  (a2 + b2  2ab) +(b2 + c2  2bc) + (c2 + a2  2ca)  0  (a  b)2 + (b  c)2 + (c  a)2  0, lu«n ®óng. DÊu "=" x¶y ra khi a = b = c. Çch 3: Ta lu«n cã: (a  b ) 2  0 a 2  b 2  2ab  0   2 2 2 (I) ( b  c)  0  b  c  2 bc  0 .   2 2 2 ( c  a )  0 c  a  2 ca  0 Céng theo vÕ çc bÊt ph-¬ng tr×nh trong hÖ (I), ta ®-îc: 2(a2 + b2 + c2)  2(ab + bc + ca)  0  a2 + b2 + c2  ab + bc + ca, ®pcm. DÊu "=" x¶y ra khi a = b = c.

 NhËn xÐt:

134

Nh- vËy, th«ng qua vÝ dô trªn ®· minh ho¹ cho c¸c em häc sinh thÊy ®-îc ba h-íng chøng minh bÊt ®¼ng thøc khi sö dông ph-¬ng ph¸p 1 vµ sau ®©y ta sÏ minh ho¹ b»ng mét vÝ dô cho h-íng 4.

ThÝ dô 3. Chøng minh r»ng víi mäi n  * lu«n cã: 1 1 1 1 1 1 a. + + ... + < 1. b. 2  2  ...  2 < 1. 1 .2 2.3 n( n  1) 1 2 n

 Gi¶i a. NhËn xÐt r»ng: 1 1 1 =  , k 1 k k( k  1) do ®ã: 1 1 1 1 1 1 VT = (1  ) + (  ) + ... + (  )=1 < 1, ®pcm. n 1 n 1 2 2 3 n b. Ta cã: 1 1 1 1 < =  víi k  1 2 k 1 k k ( k  1) k Do ®ã: 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1  = 1  < 1, ®pcm.  2  ...  2 < 1 +     ...  2 1 2 2 3 n 1 n n 1 2 n

 Chó ý: Víi c¸c bÊt ®¼ng thøc cã ®iÒu kiÖn cÇn khÐo lÐo biÕn ®æi ®Ó tËn dông ®-îc ®iÒu kiÖn cña gi¶ thiÕt. ThÝ dô 4. Chøng minh r»ng: a. NÕu x2 + y2 = 1 th× x + y  2 . b. NÕu 4x  3y = 15 th× x2 + y2  9.

 Gi¶i a. Ta cã: (x + y)2 = x2 + y2 + 2xy  2(x2 + y2) = 2 nªn x + y  DÊu "=" x¶y ra khi: x  y x  y 1  xy .  2  2 2 2 x  y  1 2x  1 b. Ta cã: 4 4x  5y = 15  y = x  5. 3 Do ®ã:

16 2 40 4  x + y = x +  x  5  = x2 + x  x + 25 3 9 3  2

25 2 40 = x  x + 25 = 3 9

5   x  4  + 9  9. 3 

135

DÊu "=" x¶y ra khi: 5  x  12 / 5  x40 .  3  y  9 / 5  4x  3y  15

ThÝ dô 5. Chøng minh r»ng, nÕu a, b, c lµ ®é dµi c¸c c¹nh cña mét tam gi¸c th×: a2 + b2 + c2 < 2(ab + bc + ca).

 Gi¶i NÕu a, b, c lµ ®é dµi c¸c c¹nh cña mét tam gi¸c th× vai trß cña a, b, c lµ nh- nhau. Do ®ã, ta cã thÓ gi¶ sö a  b  c. Khi ®ã: 0  a  b < c nªn (a  b)2 < c2  a2 + b2 < c2 + 2ab. 0  b  c < c nªn (b  c)2 < a2  b2 + c2 < a2 + 2bc. 0  a  c < b nªn (a  c)2 < b2  a2 + c2 < b2 + 2ac. Tõ ®ã, ta cã: 2(a2 + b2 + c2) < a2 + b2 + c2 + 2(ab + bc + ca)  a2 + b2 + c2 < 2(ab + bc + ca).

ThÝ dô 6. Chøng minh r»ng víi mäi a, b 

lu«n cã: ab a b a b a 6  b6 . .  . 2 2 2 2 2

 Gi¶i Ta ®i chøng minh víi mäi x, y lu«n cã: x  y x 3  y3 x 4  y4 .  . 2 2 2 ThËt vËy: (*)  (x + y)(x3 + y3)  2(x4 + y4)  xy(x2 + y2)  x4 + y4 2  3y 2  2 xy  (xy)    0, lu«n ®óng.   4   2  Khi ®ã ¸p dông (*), ta ®-îc: 3 3 2 2 a  b a 2  b 2 a 3  b3 a  b a  b  a  b . . =  . . 2 2 2 2 2   2 

(*)

a 4  b4 a 2  b2 a 6  b6 .  , ®pcm. 2 2 2

ThÝ dô 7. Cho a, b, c lµ ®é dµi 3 c¹nh cña mét tam gi¸c vu«ng víi a lµ c¹nh huyÒn. Chøng minh r»ng an  bn + cn, víi n vµ n  2.

 Gi¶i BÊt ®¼ng thøc ®óng víi n = 2, bëi khi ®ã ta ®-îc ®Þnh lý Pitago. Gi¶ sö bÊt ®¼ng thøc ®óng víi n = k, tøc lµ ak  bk + ck. 136

(1)

Ta ®i chøng minh nã ®óng víi n = k + 1, tøc lµ chøng minh: ak + 1  bk + 1 + ck + 1 thËt vËy:

(2)

a b

ak + 1 = ak.a  (bk + ck)a = bk.a + ck.a  bk + 1 + ck + 1, ®pcm. a c

ThÝ dô 8. Chøng minh r»ng víi mäi n  1+

1 2

+ ... +

1 n

lu«n cã:

<2 n.

(1)

 Gi¶i Ta ®i chøng minh b»ng ph-¬ng ph¸p qui n¹p:  Víi n = 1, ta ®-îc 1 < 2, ®óng.  Gi¶ sö mÖnh ®Ò ®óng víi n = k tøc lµ: 1 1 1+ + ... + < 2 k. 2 k  Ta ®i chøng minh nã còng ®óng víi n = k + 1, tøc lµ chøng minh: 1 1 1 1+ + ... + + < 2 k 1 . 2 k k 1 ThËt vËy: 1 1 1 1 VT = 1 + + ... + + < 2 k + . 2 k k 1 k 1 Ta sÏ ®i chøng minh: 1 1 2 k + < 2 k 1  < 2( k  1  k ) k 1 k 1 1 2  <  k 1 + k < 2 k 1 k 1 k 1  k  k < k  1  ®óng. VËy, ta lu«n cã (1).

ThÝ dô 9. Chøng minh r»ng víi mäi sè thøc a, lu«n cã: a 2  a  1  a 2  a  1  2. .

(1)

 Gi¶i Ta cã nhËn xÐt: 2

a +a+1=

 3 1 3 +  ),   xÐt vect¬ u (a + ; 2 2  2  2

2  3 1 3 1  a a + 1 =   a  +  ),   xÐt vect¬ v ( a; 2 2 2   2 

 u + v  = (1,

3 ) = 2.

137

Do ®ã (1) ®-îc viÕt thµnh:  u  +  v    u + v , lu«n ®óng, vµ dÊu ®¼ng thøc x¶y ra khi: 1 3 a 2 = 2  a = 0. u = kv , k > 0  1 3 a 2 2

D¹ng to¸n 2: BÊt ®¼ng thøc vÒ gi¸ trÞ tuyÖt ®èi ThÝ dô 1. a. Chøng minh r»ng víi mäi sè thùc a, b ta cã a  b  ab b. BiÕt r»ng a> 2b. Chøng minh r»ng a < 2a  b.

 Gi¶i a. Ta cã: a = (a  b)  b  a  b + b  ab  a  b. b. Ta biÕn ®æi: a> 2b2a  (a  b) > 2(a  a  b)  a < 2a  b.

ThÝ dô 2. Chøng minh r»ng: y x a. NÕu x  y  0 th×  . y 1 x 1 |ab| |a| |b|   b. Víi hai sè a, b tuú ý, ta cã . 1 | a  b | 1 | a | 1 | b |

 Gi¶i

a. Víi x  y  0, ta cã: y x   x(y + 1)  y(x + 1)  a  y (lu«n ®óng). y 1 x 1 b. V× a  b  a + b, ¸p dông kÕt qu¶ c©u a), ta cã: |ab| |a||b| |a| |b| |a| |b|   = +  . 1 | a  b | 1 | a |  | b | 1 | a |  | b | 1 | a |  | b | 1 | a | 1 | b |

D¹ng to¸n 3: BÊt ®¼ng thøc gi÷a trung b×nh céng vµ trung b×nh nh©n (bÊt ®¼ng thøc c«si) Më réng 1. Víi c¸c sè a, b, c kh«ng ©m, ta lu«n cã a + b + c  3 3 abc , dÊu ®¼ng thøc x¶y ra khi vµ chØ khi a = b = c. 2. Víi n sè ai, i = 1, n kh«ng ©m, ta lu«n cã

i 1

 ai  n n  ai ,

dÊu ®¼ng thøc x¶y ra khi vµ chØ khi a1 = a2 = ... = an. 138

3. Víi n sè ai, i = 1, n d-¬ng, ta lu«n cã: n

1 n

 ai  i 1

 ai = i 1

 a in , i 1

dÊu ®¼ng thøc x¶y ra khi vµ chØ khi a1 = a2 = ... = an. C«ng thøc më réng: Cho n sè d-¬ng tuú ý ai, i = 1, n vµ n sè h÷u tØ d-¬ng qi, i = 1, n n

q

tho¶ m·n

i 1

= 1. Khi ®ã, ta lu«n cã: n

a i 1

qi i

  qiai , i 1

dÊu ®¼ng thøc x¶y ra khi vµ chØ khi a1 = a2 = ... = an. Chøng minh Gäi M lµ mÉu sè chung cña c¸c sè h÷u tØ qi, i = 1, n , khi ®ã qi =

mi , i = 1, n , tõ ®ã theo M

gi¶ thiÕt suy ra

m i 1

 qiai = i 1



= M. Ta cã:

mi a i 1 =  M i 1 M

 mi a i = i 1

n 1 .M M  a mi i = M i 1

 a iM = i 1

1 M

 a i 1 j 1

, cã M sè d-¬ng

a i 1

qi i

dÊu ®¼ng thøc x¶y ra khi a1  ..  a1 = ... = a n  ..  a n  a1 = a2 = ... = an. m1 sè a1

m n sè a n

 Chó ý: C«ng thøc trªn ®-îc më réng khi q , i = 1, n i

lµ n sè thùc d-¬ng.

ThÝ dô 1. Cho ba sè d-¬ng a, b, c. Chøng minh r»ng: a b 3 c + +  . bc ca 2 ab

 Gi¶i Ta cã: a b a b c c + + =( + 1) + ( + 1) + ( + 1)3 bc ca bc ca ab ab 1 1 1 = (a + b + c)( + + )3 bc ca ab 1 1 1 1 = [(a + b) + (b + c) + (c + a)][ + + ]3 2 bc ca ab 1 9 3 1  .3 3 (a  b)(b c)(c a) .3 3 = 3 = 3 2 2 2 (a  b)(b c)(c a)

139

dÊu ®¼ng thøc x¶y ra khi: a  b  b  c  c  a  1 1  a = b = c.  1  a  b  b  c  c  a

 NhËn xÐt:

Nh- vËy, trong thÝ dô trªn ta cÇn sö dông mét vµi phÐp biÕn ®æi ®Ó lµm xuÊt hiÖn nh÷ng biÓu thøc mµ khi sö dông bÊt ®¼ng thøc C«si chóng sÏ triÖt tiªu nhau.

ThÝ dô 2. Cho ba sè d-¬ng a, b, c. Chøng minh r»ng: ab(a + b2c) + bc(b + c2a) + ca(c + a2b)  0.

 Gi¶i BiÕn ®æi bÊt ®¼ng thøc vÒ d¹ng: a  b  2c b  c  2a c  a  2b + + 0 c a b a c b b c a  + + + + +  6. c a c a b b

(*)

¸p dông bÊt ®¼ng thøc C«si cho VT, ta ®-îc: a c b b c a a b b c c a + + + + +  6. 6 . . . . . = 6, ®pcm. c a c a b b c c a a b b DÊu "=" x¶y ra khi: a c b b c a = = = = =  a = b = c. c a c a b b

 Chó ý: Víi c¸c bÊt ®¼ng thøc cã ®iÒu kiÖn cÇn khÐo lÐo biÕn ®æi ®Ó tËn dông ®-îc ®iÒu kiÖn cña gi¶ thiÕt. ThÝ dô 3. Cho a + b + c + d = 2. Chøng minh r»ng a2 + b2 + c2 + d2  1.

 Gi¶i Sö dông bÊt ®¼ng thøc C«si, ta cã ngay: a2 + b2  2ab. (1) b2 + c2  2bc. (2) 2 2 c + d  2cd. (3) d2 + a2  2da. (4) 2 2 a + c  2ac. (5) b2 + d2  2bd. (6) Céng theo vÕ (1), (2), (3), (4), (5), (6) ta ®-îc: 3(a2 + b2 + c2 + d2)  2(ab + bc + cd + da + ac + bd)  4(a2 + b2 + c2 + d2)  a2 + b2 + c2 + 2(ab + bc + cd + da + ac + bd) = (a + b + c + d)2 = 22 = 4 2 2 2 2  a + b + c + d  1, ®pcm. 140

DÊu "=" x¶y ra khi: a  b  c  d 1 a=b=c=d= .  2 a  b  c  d  2

ThÝ dô 4. Cho a, b, c lµ ba sè d-¬ng tho¶ m·n a2 + b2 + c2 = 4 abc . Chøng minh r»ng a + b + c > 2 abc .

 Gi¶i Ta cã thÓ lùa chän mét trong çc çch tr×nh bµy sau: Çch 1: Ta lu«n cã: a2 + b2 + c2  3 3 a 2 b2 c2  4 abc  3 3 a 2 b2 c2 . MÆt kh¸c, víi ba sè d-¬ng a, b, c ta cã: a + b + c  3 3 abc . Nh©n theo vÕ (1), (2) ta ®-îc: 4(a + b + c) abc  9abc > 8abc  a + b + c > 2 abc , ®pcm. Çch 2: Ta lu«n cã:

(1) (2)

a2 + b2 + c2  2a b2  c2  2a 2bc  4 abc  2a 2bc  2  a. Chøng minh t-¬ng tù ta nhËn ®-îc b  2, c  2 vµ nhËn thÊy ngay a, b, c kh«ng thÓ ®ång thêi b»ng 2 v× khi ®ã sÏ vi ph¹m ®iÒu kiÖn ®Çu bµi. Khi ®ã, ta thÊy ngay: a(a  2) + b(b  2) + c(c  2) < 0  2(a + b + c) > a2 + b2 + c2 = 4 abc  a + b + c  2 abc , ®pcm. C¸ch 3: Ta lu«n cã: a2 + b2 + c2 + a + b + c  6 36 a 3 b3c3 = 6 abc  4 abc + a + b + c  6 abc  a + b + c  2 abc . DÊu ®¼ng thøc x¶y ra khi: a2 = b2 = c2 = a = b = c  a = b = c = 1 tuy nhiªn, ®iÒu nµy m©u thuÉn víi gi¶ thiÕt. VËy, ta lu«n cã a + b + c > 2 abc .

 Chó ý: Trong nhiÒu tr-êng hîp, ®Ó chøng minh bÊt ®¼ng thøc chóng ta ®· sö dông liªn tiÕp nhiÒu lÇn bÊt ®¼ng thøc C«si. ThÝ dô 5. Chøng minh r»ng: a. a4 + b4 + c4 + d4  4abcd, víi mäi a, b, c, d. m

 Gi¶i

 a  b b.  1   +  1    2m + 1, víi mäi a, b > 0, m   b  a

a. Ta cã ngay: a4 + b4 + c4 + d4 = (a4 + b4) + (c4 + d4)  2a2b2 + 2c2d2 = 2(a2b2 + c2d2)  2.2abcd = 4abcd, ®pcm.

141

DÊu "=" x¶y ra khi: a  b  c  d a 2  b 2  a  b  c  d  2 2 . c  d    a   b  c  d ab  cd    a   b  c  d b. Ta cã: m

m a a a  a 1+ 2   1    2m  b  , b b  b m m b b b  b m   1+ 2  1    2  a  , a a  a

suy ra: m

 a  b a  m b m m a m b  1   +  1    2   + 2    2. 2 .   .2 .    b  a b a b a

= 2m+1,

dÊu ®¼ng thøc x¶y ra khi:  a 1   b  b  a = b. 1   a  a  m  b  m 1     1    a  b 

 NhËn xÐt:

1. Ta cßn cã kÕt qu¶ tæng qu¸t h¬n: a. Cho n sè d-¬ng a1, a2, ..., an tho¶ m·n: a 1m  a 2m  ...  a mn = p a 1 a 2 ...a n , víi 1  m, p < 2n.

Chøng minh r»ng: a 1nm  a 2nm  ...  a nnm  (2n  p) a 1 a 2 ...a n .

b. Cho n sè d-¬ng a1, a2, ..., an tho¶ m·n: a 1n 1  a 2n 1  ...  a nn 1 = p a 1 a 2 ...a n .

Chøng minh r»ng: a1 + a2 + ... + an 

n2 p

a 1 a 2 ...a n .

2. Trong nhiÒu tr-êng hîp, c¸c em häc sinh cÇn linh ho¹t trong

viÖc sö dông bÊt ®¼ng thøc C«si cho nhãm ®èi t-¬ng kh¸c nhau ®Ó ®¹t ®-îc môc ®Ých.

142

ThÝ dô 6. a. Chøng minh r»ng nÕu a, b, c lµ bèn sè kh«ng ©m th×: 4 a bcd    abcd 4   b. Ba sè d-¬ng cã tæng b»ng ®¬n vÞ. Chøng minh r»ng tæng cña hai trong ba sè ®ã kh«ng bÐ h¬n 16 lÇn tÝch cña c¶ ba sè ®ã.

 Gi¶i a. Ta cã: 2

a bcd    2  



ab  cd



= ab + cd + 2 abcd  4 abcd 4

a bcd abcd     abcd. 4   DÊu "=" x¶y ra khi vµ chØ khi: abcd    4   2

a  b  c  d  a = b = c = d. ab  cd 

b. Gäi a, b, c lµ ba sè d-¬ng tho¶ m·n a + b + c = 1. Ta cÇn chøng minh a + b  16abc. Ta cã: 1 = (a + b + c)2  4(a + b)c  a + b  4(a + b)2c. (1) MÆt kh¸c, ta còng cã (a + b)2  4ab. (2) Tõ (1) vµ (2) suy ra a + b  16abc vµ dÊu "=" x¶y ra khi vµ chØ khi: a  b  c 1  c  c  c  1/ 2     .  a  b a  b  1/ 4 a  b



Chó ý: Trong nhiÒu tr-êng hîp, çc em häc sinh cÇn biÕt çch kÕt hîp bÊt ®¼ng thøc C«si víi çc bÊt ®¼ng thøc kh¸c.

ThÝ dô 7. Gi¶ sö a, b, c lµ ®é dµi ba c¹nh cña mét tam gi¸c. Chøng minh r»ng víi bÊt k× sè nguyªn n > 1 th×: anb(a – b) + bnc(b – c) + cna(c – a)  0.

 Gi¶i

Chóng ta chøng minh bÊt ®¼ng thøc ë ®Çu bµi b»ng ph-¬ng ph¸p quy n¹p to¸n häc.  Víi n = 2, ®Æt: 2x = b + c – a > 0; 2y = a – b + c > 0; 2z = a + b – c > 0. Suy ra a = y + z, b = z + x, c = x + y BÊt ®¼ng thøc cÇn chøng minh trë thµnh: xy3 + yz3 + zx3 – xyz(x + y + z)  0.  x 2 y2 z2   xyz     (x  y  z)   0 (*) z x y  143

¸p dông bÊt ®¼ng thøc C«si cho c¸c sè d-¬ng, ta cã: y+

x2 x2 2 y = 2x. y y

T-¬ng tù: x+

z2 y2  2z vµ z +  2y. x z

Tõ ®ã bÊt ®¼ng thøc (*) ®-îc chøng minh, hay bÊt ®¼ng thøc: anb(a – b) + bnc(b – c) + cna(c – a)  0. ®-îc chøng minh.  Gi¶ sö bÊt ®¼ng thøc ®óng tíi n. Kh«ng mÊt tÝnh tæng qu¸t, ta gi¶ sö c  b  a. Theo gi¶ thiÕt quy n¹p, ta cã: bnc(b – c)  – anb(a – b) – cna(c – a)  bn + 1c(b – c)  – anb2(a – b) – cnab(c – a) Do ®ã: an + 1b(a – b) + bn + 1c(b – c) + cn + 1a(c – a)  an + 1b(a – b) – anb2(a – b) – cnab(c – a) + cn + 1a(c – a) = anb(a – b)2 + cna(c – a)(c – b)  0. VËy bÊt ®¼ng thøc ®óng víi n + 1. Theo nguyªn lý quy n¹p bÊt ®¼ng thøc ®· cho ®óng víi mäi n > 1. §¼ng thøc x¶y ra khi vµ chØ khi: a = b = c hay ABC ®Òu.

ThÝ dô 8. Cho biÓu thøc S = a2 + b2 + c2 + d2 + ac + bd, víi ad  bc = 1. a. Chøng minh r»ng S  3 . b. TÝnh gi¸ trÞ cña tæng (a + c)2 + (b + d)2 khi cho biÕt S = 3 .

 Gi¶i a. NhËn xÐt r»ng: (ac + bd)2 + 1 = (ac + bd)2 + (ad  bc)2 = a2c2 + b2d2 + a2d2 + b2c2 = (a2 + b2)(c2 + d2). Sö dông bÊt ®¼ng thøc C«si cho S, ta ®-îc:

(1)

S  2 (a 2  b 2 )(c2  d 2 ) + ac + bd  S  2 (ac  bd)2  1 + ac + bd. §Æt t = ac + bd, ta thÊy ngay hai vÕ cña (2) ®Òu d-¬ng, do ®ã:

(2)

S2  (2 t 2  1 + t)2 = 4(1 + t2) + 4t t 2  1 + t2 = (1 + t2) + 4t t 2  1 + 4t2 + 3 = ( t 2  1 + 2t)2 + 3  3 S

144

3 , ®pcm.

b. Tõ kÕt qu¶ cÇu a), ta cã: S=

 t 2  1  2t  0 (3) 3   2 2 2 2 a  b  c  d

Gi¶i (3) b»ng phÐp biÕn ®æi t-¬ng ®-¬ng: 2t  0 1 1 t=  ac + bd =  . t 2  1 =-2t   2 2 3 3 t  1  4t Nh- vËy, ta ®-îc hÖ ®iÒu kiÖn: a 2  b 2  c 2  d 2  1 .  ac  bd   3 

(I)

Thay (I) vµo (1), ta ®-îc: 2 a2 + b2 = c2 + d2 = . 3 Khi ®ã: (a + c)2 + (b + d)2 = a2 + b2 + c2 + d2 + 2(ac + bd) =

2 3



2 3

D¹ng to¸n 4: BÊt ®¼ng thøc bunhiac«pxki Më réng 1. Víi c¸c sè thùc a1, a2, a3, b1, b2, b3, ta lu«n cã: (a1b1 + a2b2 + a3b3)2  ( a12 + a 22 + a 32 )( b12 + b 22 + b 32 ), dÊu ®¼ng thøc x¶y ra khi vµ chØ khi

a1 a a = 2 = 3. b1 b2 b3 2

n n  n  2. Víi hai bé n sè ai, bi, i = 1, n , ta lu«n cã   a i b i    a 2i .  b 2i , i 1  i 1  i 1 a a a dÊu ®¼ng thøc x¶y ra khi vµ chØ khi 1 = 2 = ... = n . b1 b2 bn

3. Víi a1, a2, ..., an lµ n sè tuú ý, ta lu«n cã: 2

a12  a 22  ...  a 2n  a1  a 2  ...  a n   .   n n  

Chøng minh BÊt ®¼ng thøc t-¬ng ®-¬ng víi: (a1 + a2 + ... + an) 2  n( a12 + a 22 + ... + a 2n ). BÊt ®¼ng thøc nµy suy ra tõ bÊt ®¼ng thøc Bunhiac«pxki ¸p dông cho hai bé n sè (1; 1; ...; 1) vµ (a1; a2; ... ; an). 145

ThÝ dô 1. Chøng minh r»ng víi mäi sè thùc x, y lu«n cã (x3 + y3)2  (x2 + y2)(x4 + y4).

 Gi¶i Ta cã: VT = (x3 + y3)2 = (x.x2 + y.y2)2  (x2 + y2)(x4 + y4), ®pcm. DÊu ®¼ng thøc x¶y ra khi: 1 1 x y = 2  =  x = y. 2 y x x y

 Më réng: Víi c¸c sè thùc a , a , a , b , b , b , ta lu«n cã: 1

(a1b1 + a2b2 + a3b3)  ( a 12 + a 22 + a 32 )( b 12 + b 22 + b 32 ), a a a dÊu ®¼ng thøc x¶y ra khi vµ chØ khi 1 = 2 = 3 . b1 b2 b3 ThÝ dô 2. Chøng minh r»ng: 2

a. NÕu x + 3y = 2 th× x2 + y2 

5 . 2

b. NÕu 2x + 3y = 7 th× 2x2 + 3y2 

49 . 5

 Gi¶i a. Ta cã:

22 = (x + 3y) 2  (1 + 33)(x2 + y2) = 10(x2 + y2)  x2 + y2 

2 5 = , 10 2

dÊu "=" x¶y ra khi ta cã: (*)

 x  3y  2 1 3  x = vµ y = . 5 5 3x  y

x:1 = y:3  

b. Ta cã: 72 = (2x + 3y) 2 = ( 2 .x 2 + 3 .y 3 )2  (2 + 3)(2x2 + 3y2) = 5(2x2 + 3y2) 49  2x2 + 3y2  , 5 dÊu "=" x¶y ra khi ta cã: (*)  2x  3y  7 7 x 2: 2 =y 3: 3   x=y= . 5 x  y

 Chó ý: Yªu cÇu trªn cßn cã thÓ ®-îc ph¸t biÓu:  Víi c©u a) lµ "Trong tÊt c¶ c¸c nghÖm (x; y) cña ph-¬ng tr×nh x + 3y = 2 h·y chØ ra nghiÖm cã tæng x2 + y2 nhá nhÊt" hoÆc t×m gi¸ trÞ nhá nhÊt cña biÓu thøc.  Víi c©u b) lµ "Trong tÊt c¶ c¸c nghÖm (x; y) cña ph-¬ng tr×nh 2x + 3y = 7 h·y chØ ra nghiÖm cã tæng 2x2 + 3y2 nhá nhÊt" hoÆc t×m gi¸ trÞ nhá nhÊt cña biÓu thøc. 146

ThÝ dô 3. Cho c¸c sè kh«ng ©m x, y tho¶ m·n x3 + y3 = 2. Chøng minh r»ng: x2 + y2  2.

 Gi¶i ¸p dông bÊt ®¼ng thøc Bunhiac«pxki ta cã: (x2 + y2) 2 = ( x . x 3 +

y . y 3 )2  (x + y)(x3 + y3) = 2(x + y)

 (x2 + y2) 4  4(x + y)2 = 4(1.x + 1.y)2  4(1 + 1)(x2 + y2) = 8(x2 + y2)  (x2 + y2)3  8  x2 + y2  2, ®pcm. DÊu "=" x¶y ra khi:  x y   | x || y | 3  x = y = 1. y3   3  x 3 x  y  2   3 x  y 3  2

D¹ng to¸n 5: Sö dông bÊt ®¼ng thøc t×m gi¸ trÞ lín nhÊt vµ nhá nhÊt ThÝ dô 1. T×m gi¸ trÞ lín nhÊt cña hµm sè: 1 2

a. y = (2x + 1)(23x), víi x  [ 

2 ]. 3

b. y = x(1x) 3, víi 0  x  1.

 Gi¶i a. Víi 

1 2 x th× 2x + 1  0 vµ 23x  0, do ®ã sö dông bÊt ®¼ng thøc C«si 2 3

ta ®-îc: 1 1 1 2 1 1 2 y = (2x + 1)(2  3x) = (x + ). (  x) = (x + )( - x) 2 2 3 3 6 2 3 2

1 2   2 (x  )  (  x)  1  1  5  25 2 3   = . = .    6  6 864 2  12     25 , ®¹t ®-îc khi: 864 1 2 1 x+ = xx= . 2 3 12

Tõ ®ã suy ra yMax =

b. ViÕt l¹i hµm sè d-íi d¹ng: 1 1 y = .3x(1x)3 = .3x(1x)(1x)(1x), 3 3

147

råi ¸p dông bÊt ®¼ng thøc C«si cho 4 sè kh«ng ©m gåm 3x vµ 3 sè 1x, ta ®-îc: 4 4 1  3x  (1  x)  (1  x)  (1  x)  1 3 27 y  . = . = ,    3  3 4 256 4  tõ ®ã suy ra yMax =

27 , ®¹t ®-îc khi: 256

3x = 1x = 1x = 1x  x =

1 . 4

ThÝ dô 2. T×m gi¸c trÞ nhá nhÊt cña hµm sè: 2 2 a. y = x + víi x > 1. b. y = x2 + 3 , víi x > 0. x x 1

 Gi¶i

2 lµ hai sè d-¬ng. Do ®ã: x 1 2 2 2 y=x+ =1+x1+  1 + 2 ( x  1) =1+2 2. x 1 x 1 x 1 tõ ®ã, suy ra yMin = 1 + 2 2 , ®¹t ®-îc khi: 2 x1= x=1+2 2. x 1 b. ViÕt l¹i hµm sè d-íi d¹ng: 1 1 1 1 1 5 1 1 1 1 1 y = x2 + x2 + x2 + 3 + 3  5 5 x2 . x2 x2 . 3 . 3 = 5 3 3 3 x x 3 3 3 x x 27 5 tõ ®ã, suy ra yMin = 5 , ®¹t ®-îc khi: 27 1 2 1 x = 3  x5 = 3  x = 5 3 . 3 x a. V× x > 1 nªn x  1 vµ

ThÝ dô 3. T×m gi¸ trÞ lín nhÊt vµ nhá nh¸t cña biÓu thøc: a. A = x  1  4  x b. S = 3x + 4y, biÕt x2 + y2 = 1.

 Gi¶i a. Víi 1  x  4, ta cã: A2 = ( x  1  4  x )2 = 3 + 2 (x  1)(4  x) Ta cã: 3  3 + 2 (x  1)(4  1)  3 + x  1 + 4  x = 6  Tõ ®ã, suy ra:  AMax = 6 , ®¹t ®-îc khi: 5 x  1 = 4  x  2x = 5  x = . 2

148

3 A

 AMin = 3 , ®¹t ®-îc khi: (x  1)(4  x) = 0  x = 1 hoÆc x = 4. b. Ta cã: S2 = (3x + 4y) 2  (32 + 42)(x2 + y2) = 25  3x + 4y  5  5  3x + 4y  5. DÊu "=" x¶y ra khi: x 3 4x  3y 4x  3y y  4  2    2 2 2 9x  9y  9 9x  16x  9 x 2  y2  1 

3 4   4x  3y x  5 , y  5   . 3  x   3 , y   4  x   5  5 5

Tõ ®ã, suy ra: 3 5

4 5

 SMax = 5, ®¹t ®-îc khi x  , y  . 3 5

4 5

 SMin = 5, ®¹t ®-îc khi x   , y   . ThÝ dô 4. Hai sè d-¬ng x, y tho¶ m·n 3x + 2y = 6xy. T×m gi¸ trÞ nhá nhÊt cña tæng x + y.

 Gi¶i NhËn xÐt r»ng: 3x + 2y = 6xy 

3 2 + = 6, y x

2 3 . x + . y. x y Do vËy, theo bÊt ®¼ng thøc Bunhiac«pxki, suy ra: 3 2 1 52 6 ( 2 + 3 )2  ( + )(x + y) = 6(x + y)  x + y  ( 2 + 3 )2 = . y x 6 6

2 +

3 =

VËy (x + y)Min =

52 6 ®¹t ®-îc khi: 6

x y 2  3  6  2 6 3 6 ,y= . x  y  x = 6 6 2 3  x y

149

D¹ng to¸n 6: Sö dông bÊt ®¼ng thøc gi¶i ph-¬ng tr×nh, bÊt ph-¬ng tr×nh vµ hÖ ThÝ dô 1. Gi¶i ph-¬ng tr×nh

x 2  2x  5 +

x  1 = 2.

 Gi¶i NhËn xÐt r»ng: VT = x 2  2x  5 + x  1 = (x  1) 2  4 + VËy, ph-¬ng tr×nh cã nghiÖm khi vµ chØ khi: VT = 2  x1 = 0  x = 1. VËy, ph-¬ng tr×nh cã nghiÖm x = 1.

x  1  2.

ThÝ dô 2. Gi¶i c¸c ph-¬ng tr×nh sau: a. 4x  1 + 22x  1 = 1. b.

x  1  2 x  2  x  1  2 x  2 = 2.

 Gi¶i a. Ta cã thÓ tr×nh bµy theo çc çch sau: Çch 1: Ta biÕn ®æi ph-¬ng tr×nh vÒ d¹ng: 4x  1 + 2  4x = (4x  1) + (2 – 4x).  4x  1  0  x  1/ 4 TÝnh chÊt1   .     2  4x  0  x  1/ 2 1 1 VËy, nghiÖm cña ph-¬ng tr×nh lµ  x  . 4 2 Çch 2: Ta biÕn ®æi ph-¬ng tr×nh vÒ d¹ng: 4x  1 + 4x  2 = (4x  1)  (4x  2).  4x  1  0  x  1/ 4 TÝnh chÊt 3     .  4x  2  0  x  1/ 2 1 1 VËy, nghiÖm cña ph-¬ng tr×nh lµ  x  . 4 2 b. ViÕt l¹i ph-¬ng tr×nh d-íi d¹ng:

( x  2  1) 2  ( x  2  1)2 = 1

  x  2 + 1 x  2 1 = ( x  2 + 1)( x  2 1) TÝnh chÊt 4    ( x  2 1).2  0  x  2  1  x  3. VËy, ph-¬ng tr×nh cã nghiÖm lµ x  3.

ThÝ dô 3. Gi¶i ph-¬ng tr×nh 2 7x3  11x2  25x  12 = x2 + 6x1.

 Gi¶i ViÕt l¹i ph-¬ng tr×nh d-íi d¹ng: 2 (7x  4)(x 2  x  3) = x2 + 6x1. 150

§iÒu kiÖn: 7x4  0  x 

4 . 7

¸p dông bÊt ®¼ng thøc C«si cho vÕ tr¸i, ta ®-îc: 2 (7x  4)(x 2  x  3)  (7x4) + (x2x + 3) = x2 + 6x1 = VP. DÊu " = " x¶y ra khi vµ chØ khi: x  1

7x4 = x2x + 3  x28x + 7 = 0   . x  7 VËy, ph-¬ng tr×nh cã nghiÖm x = 1 hoÆc x = 7.

ThÝ dô 4. Gi¶i c¸c ph-¬ng tr×nh sau: a. 2x4 + (12x)4 = b.

x +

1 x +

1 . 27 x +

1 x =

2 +

 Gi¶i a. BiÕn ®æi vÕ tr¸i cña ph-¬ng tr×nh: 1 1 .3.[ 2x4 + (12x)4] = (12 + 12 + 12)[ x4 + x4 + (12x)4] 3 3 1 1 2 1  [ x + x2 + (12x)2]2 = . {3.[ x2 + x2 + (12x)2]}2 3 3 9 1 = {(12 + 12 + 12) [ x2 + x2 + (12x)2]}2 27 1 1  [x + x + (12x)]4 = . 27 27

2x4 + (12x)4 =

VËy ph-¬ng tr×nh cã nghiÖm khi dÊu ®¼ng thøc x¶y ra  x 2  x 2  (1  2x) 2 1   x= . 3  x  x  1  2z VËy ph-¬ng tr×nh cã nghiÖm x =

1 . 3

b. §iÒu kiÖn 0  x  1. Sö dông bÊt ®¼ng thøc Bunhiac«pxki, ta cã: x + 1  x = 1. x + 1. 1  x  (1  1)(x  1  x) = 4

x + 4 1  x = 1. 4 x + 1. 4 1  x  (1  1)( x  1  x ) 

2 2 = 48.

suy ra: x +

1 x +

x +

1 x 

2 +

VËy, bÊt ph-¬ng tr×nh cã nghiÖm khi dÊu "=" x¶y ra, tøc lµ víi x =

1 . 2

151

ThÝ dô 5. Gi¶i bÊt ph-¬ng tr×nh

x  x2  1 +

x  x 2  1  2.

 Gi¶i NhËn xÐt r»ng: x  x2  1 +

x  x 2  1  2 4 (x  x 2  1)(x  x 2  1) = 2

Do ®ã, nghiÖm cña bÊt ph-¬ng tr×nh øng víi dÊu "=" cña bÊt ®¼ng thøc trªn, tøc lµ:  2  x  x 2  1  1   x  x 1 1  x = 1.     x  x 2  1  1  x  x 2  1  1

VËy, bÊt ph-¬ng tr×nh cã nghiÖm x = 1.

ThÝ dô 6. Gi¶i c¸c bÊt ph-¬ng tr×nh sau: a. 3x1  2x1 + x2. b. 2x + 3  3x + 5x + 2 c. 2x23x + 12x25x < 2x + 1. d. x 2  3x12x  3.

 Gi¶i

a. BiÕn ®æi bÊt ph-¬ng tr×nh ban ®Çu vÒ d¹ng: (2x  1)(x + 2)  2x1 + x2  lu«n ®óng. VËy, bÊt ph-¬ng tr×nh nhËn mäi x lµm nghiÖm. b. BiÕn ®æi bÊt ph-¬ng tr×nh ban ®Çu vÒ d¹ng: x + 5)  (x + 2)  3x + 5x + 2  lu«n ®óng. VËy, bÊt ph-¬ng tr×nh nhËn mäi x lµm nghiÖm. c. BiÕn ®æi bÊt ph-¬ng tr×nh ban ®Çu vÒ d¹ng: 2x23x + 12x25x < (2x23x + 1)(2x25x)  x  1/ 2

 (2x25x)(2x + 1) < 0   . 0  x  5 / 2 1 2

5 2

VËy, tËp nghiÖm cña bÊt ph-¬ng tr×nh lµ (; )( ; +). d. BiÕn ®æi bÊt ph-¬ng tr×nh ban ®Çu vÒ d¹ng: x  1)  (2x  3)  3x12x  3  x  1)  (2x  3)3x12x  3  x  2

 (2x  3)(x + 2)  0   . x  3 / 2 3 2

VËy, tËp nghiÖm cña bÊt ph-¬ng tr×nh lµ ( ;)( ; +).

152

x  1  2x 2  10x  16  3x.

ThÝ dô 7. Gi¶i bÊt ph-¬ng tr×nh

 Gi¶i BiÕn ®æi bÊt ph-¬ng tr×nh vÒ d¹ng: x  1 + x3  2x 2  10x  16 . Sö dông bÊt ®¼ng thøc Bunhiac«pxki, ta cã: 2[(x  1)  (x  3) 2 ]  x  1 + x3. VËy bÊt ph-¬ng tr×nh t-¬ng ®-¬ng víi dÊu "=" x¶y ra, tøc lµ x  2 x  1 = x3  x27x + 10 = 0   . x  5 VËy, bÊt ph-¬ng tr×nh cã nghiÖm x = 2 vµ x = 5.

ThÝ dô 8. Gi¶i hÖ ph-¬ng tr×nh: | x  y |  | x  y | 2 (1) .  (2)  xy  1

 Gi¶i BiÕn ®æi (1) vÒ d¹ng: 4 = (xy)2 + (x + y)2 + 2x2y2 = 2(x2 + y2) + 2x2y2  2(x2 + y2)  4xy = 4 VËy, hÖ t-¬ng ®-¬ng víi: 2 | x 2  y 2 | 0 x  y  1    . x  y  x  y  1  xy  1  VËy, hÖ cã 2 cÆp nghiÖm (1; 1) vµ (1; 1).

ThÝ dô 9. Gi¶i hÖ ph-¬ng tr×nh:  x 2  y  y 2  x  2 .  2 2 x  y  x  y  2

 Gi¶i KÝ hiÖu hai ph-¬ng tr×nh cña hÖ theo thø tù lµ (1) vµ (2). XÐt (1), sö dông bÊt ®¼ng thøc Bunhiac«pxki: 2 = x2  y  y2  x VËy (1) t-¬ng ®-¬ng víi: x2  y =

Bunhiac«pxki



(2)

(1  1)(x 2  y  y 2  x)  2

y 2  x  x2y = y2x

x  y

 (xy)(x + y + 1) = 0   .  y  x  1 153



Víi x = y, hÖ cã d¹ng: x  y x  y 1 5   2  x1, 2 = y1, 2 = .  2 2 2 x  x  x  x  2 x  x  1  0  Víi y = x1, hÖ cã d¹ng: y  x  1  x  0 vµ y 3  1   3 .  2 2  x 4  1 vµ y 4  0 x  (x  1)  x  (x  1)  2 VËy, hÖ ph-¬ng tr×nh cã 4 cÆp nghiÖm.

ThÝ dô 10.

Gi¶i hÖ bÊt ph-¬ng tr×nh:  xy  1  x  x .  2 xy  x  x  1

 Gi¶i §iÒu kiÖn 0  x  1; y  1. Tõ bÊt ph-¬ng tr×nh thø nhÊt cña hÖ, ta biÕn ®æi: 1  x  x  xy  1  x  x (1  y) .

NhËn xÐt r»ng VT  0 vµ VT  0 do ®ã (*) t-¬ng ®-¬ng víi: VT = VP = 0  x = y = 1 tho¶ m·n ph-¬ng tr×nh thø hai cña hÖ. V©y, hÖ cã nghiÖm x = y = 1.

§2. BÊt ph-¬ng tr×nh D¹ng to¸n 1: C¸c bµi to¸n më ®Çu vÒ bÊt ph-¬ng tr×nh ThÝ dô 1. Chøng minh c¸c bÊt ph-¬ng tr×nh sau v« nghiÖm: a. x2 + x  8  3. 3 b. 1  2(x  3) 2  5  4x  x 2  . 2 c.

1  x2  7  x2  1 .

 Gi¶i a. Ta cã: VT = x2 + x  8  0, x  8; Suy ra, tËp x¸c ®Þnh D = . VËy, bÊt ph-¬ng tr×nh v« nghiÖm. 154

VP = 3 < 0, x.

(*)

b. Ta cã: 1  2(x  3) 2  1 vµ

5  4x  x 2  1, x.

 VT = 1  2(x  3) 2  5  4x  x 2  2, x. L¹i cã: 3 VP = < 2, x  VT > VP, x. 2 VËy, bÊt ph-¬ng tr×nh v« nghiÖm. c. Ta cã: 1 + x2 < 7 + x 2  1  x 2  7  x 2  1  x 2  7  x 2  0 . VËy, bÊt ph-¬ng tr×nh v« nghiÖm.

D¹ng to¸n 2: Hai bÊt ph-¬ng tr×nh t-¬ng ®-¬ng ThÝ dô 1. C¸c cÆp bÊt ph-¬ng tr×nh sau cã t-¬ng ®-¬ng kh«ng ? V× sao ? 1 1 a. x2 – 2 > x vµ x2 > x + 2. b. x   1  vµ x  1 . x x

 Gi¶i

a. Víi bÊt ph-¬ng tr×nh: x2 – 2 > x céng 2 vµo hai vÕ cña bÊt ph-¬ng tr×nh, ta ®-îc: x2 – 2 + 2 > x + 2  x2 > x + 2. VËy, hai bÊt ph-¬ng tr×nh ®· cho t-¬ng ®-¬ng. b. NhËn xÐt r»ng, sè 0 lµ nghiÖm cña bÊt ph-¬ng tr×nh thø hai nh-ng kh«ng lµ nghiÖm cña bÊt ph-¬ng tr×nh ®Çu. VËy, hai bÊt ph-¬ng tr×nh ®· cho kh«ng t-¬ng ®-¬ng.

ThÝ dô 2. Gi¶i thÝch v× sao c¸c cÆp bÊt ph-¬ng tr×nh sau t-¬ng ®-¬ng? a. 4x + 1 > 0 vµ 4x  1 < 0. b.

x  1  x vµ (2x + 1) x  1  x(2x + 1).

 Gi¶i a. Ta cã:

 4x + 1 > 0  x <  4x  1 < 0  x <

1 . TËp nghiÖm: T1 = 4

1    ;  . 4 

1 1  . TËp nghiÖm: T2 =   ;  . 4 4 

Ta thÊy T1 = T2. VËy, hai bÊt ph-¬ng tr×nh t-¬ng ®-¬ng. 155

b. Ta cã: x  1  x cã tËp x¸c ®Þnh x  1   Víi x  1  2x + 1 > 0

(1) (2)

Nh©n c¶ hai vÕ cña (1) víi (2), ta ®-îc: (2x + 1) x  1  x(2x + 1). VËy, hai bÊt ph-¬ng tr×nh t-¬ng ®-¬ng.

§3. BÊt ph-¬ng tr×nh vµ hÖ bÊt ph-¬ng tr×nh bËc nhÊt mét Èn D¹ng to¸n 1: BÊt ph-¬ng tr×nh bËc nhÊt mét Èn ThÝ dô 1. Gi¶i vµ biÖn luËn bÊt ph-¬ng tr×nh: (m2 + m + 1)x + 3m > (m2 + 2)x + 5m1.

 Gi¶i ViÕt l¹i bÊt ph-¬ng tr×nh d-íi d¹ng: (m  1)x > 2m  1. Khi ®ã:  Víi m = 1, ta ®-îc: 0 > 1, lu«n ®óng  BÊt ph-¬ng tr×nh cã tËp nghiÖm lµ S  .  Víi m > 1, ta ®-îc: 2m  1  2m  1  x>  BÊt ph-¬ng tr×nh cã tËp nghiÖm lµ S   ;   . m 1  m 1   Víi m < 1, ta ®-îc: 2m  1 2m  1   x<  BÊt ph-¬ng tr×nh cã tËp nghiÖm lµ S   ; . m 1 m 1  

ThÝ dô 2. T×m m ®Ó bÊt ph-¬ng tr×nh sau v« nghiÖm: m2x + 1  m + (3m2)x

 Gi¶i

ViÕt l¹i bÊt ph-¬ng tr×nh d-íi d¹ng: (m2 – 3m + 2)x  m  1. Khi ®ã, bÊt ph-¬ng tr×nh v« nghiÖm m  1 m2  3m  2  0       m  2  v« nghiÖm. m  1  0  m  1 VËy, kh«ng cã gi¸ trÞ nµo cña m tho¶ m·n ®iÒu kiÖn ®Çu bµi. 156

(1)

D¹ng to¸n 2: HÖ bÊt ph-¬ng tr×nh bËc nhÊt mét Èn Ph-¬ng ph¸p ¸p dông §Ó gi¶i vµ biÖn luËn hÖ bÊt ph-¬ng tr×nh: a1x  b1  0 . (I)  a 2 x  b 2  0 Ta thùc hiÖn theo çc b-íc sau: B-íc 1: LËp b¶ng xÐt dÊu chung cho a1 vµ a2. B-íc 2: XÐt çc tr-êng hîp riªng biÖt nhËn ®-îc tõ b-íc 1. Th«ng th-êng ta cã ®-îc çc tr-êng hîp sau: Tr-êng hîp 1: NÕu a1 > 0 vµ a2 > 0. Khi ®ã hÖ (I) cã d¹ng: b1  x   a b b  1  x  Min[ 1   2 ] lµ nghiÖm cña hÖ.  a1 a2 x   b2  a2 Tr-êng hîp 2: NÕu a1 < 0 vµ a2 < 0. Khi ®ã hÖ (I) cã d¹ng: b1  x   a b b  1  x  Max[ 1   2 ] lµ nghiÖm cña hÖ.  a1 a2 x   b2  a2 Tr-êng hîp 3: NÕu a1 > 0 vµ a2 < 0. Khi ®ã hÖ (I) cã d¹ng: b1  x   a  1  x   b2  a2

b b2  1 . a2 a1 b b Khi ®ã, nghiÖm cña hÖ lµ  2  x   1 . a2 a1

§Ó hÖ cã nghiÖm ®iÒu kiÖn lµ 

Tr-êng hîp 4: NÕu a1 = 0  a2 = 0. Khi ®ã, thay trùc tiÕp gi¸ trÞ cña tham sè vµo hÖ (I). ThÝ dô 1. Gi¶i c¸c hÖ bÊt ph-¬ng tr×nh:  5x  2  3  4  x (1  x) 2  5  3x  x 2 a.  . b.  . (x  2) 3  x 3  6 x 2  7x  5  6  5x  3x  1  13 157

 Gi¶i a. Ta cã biÕn ®æi: 5 8x  10 x  5 / 4 x .   4 47x  7  x  7 / 44 5  VËy, hÖ ph-¬ng tr×nh cã tËp nghiÖm  ;    . . 4   b. Ta cã biÕn ®æi:

1  2x  x 2  5  3x  x 2 5x  4  x  4 / 5     3  x  6x 2  12 x  8  x 3  6 x 2  7x  5  x  13/19 19 x  13

x<

4 . 5

4  VËy, hÖ ph-¬ng tr×nh cã tËp nghiÖm  ;   . . 5 

ThÝ dô 2. Gi¶i vµ biÖn luËn hÖ bÊt ph-¬ng tr×nh: mx  1  0 .  (3m  2)x  m  0

 Gi¶i Ta ®i gi¶i ®ång thêi hai bÊt ph-¬ng tr×nh b»ng c¸ch lËp b¶ng xÐt dÊu cña m vµ 3m2: m 0 2/3  + m 0    0 3m2    XÐt 5 tr-êng hîp: Tr-êng hîp 1. Víi m < 0 th× hÖ cã d¹ng: x  1/ m 1 1 m m  }= v× víi m < 0 th× > 0.  m  x < Min{ , m m 3m  2 3m 2 x  3m  2 Tr-êng hîp 2. Víi m = 0, hÖ cã d¹ng: 1  0 v« nghiÖm.  x  0

Tr-êng hîp 3. Víi 0 < m <

2 , hÖ cã d¹ng: 3

x  1/ m 1 m  > 0 vµ < 0.  m v« nghiÖm do m 3m 2 x  3m  2

158

Tr-êng hîp 4. Víi m =

2 , hÖ cã d¹ng: 3

x  3 / 2 v« nghiÖm.   2 / 3  0

Tr-êng hîp 5. Víi m >

2 th× hÖ cã d¹ng: 3

x  1/ m 1 m  }.  m  x > Max{ , m 3m  2 x  3m  2 KÕt luËn: 1  Víi m < 0 hÖ cã nghiÖm lµ x < . m 2  Víi 0  m  hÖ v« nghiÖm. 3 2 1 m  Víi m > hÖ cã nghiÖm lµ x > Max{ , }. 3 m 3m  2

 Chó ý: NÕu a

1 hoÆc a2 lu«n kh¸c 0 (gi¶i sö a1  0). Khi ®ã thùc chÊt bµi to¸n ®-îc chuyÓn vÒ viÖc gi¶i biÖn luËn bÊt ph-¬ng tr×nh cßn l¹i víi ®iÒu kiÖn K. ThÝ dô 3. Víi gi¸ trÞ nµo cña m th× hÖ bÊt ph-¬ng tr×nh sau cã nghiÖm: 3x  2  4x  5 x  2  0 a.  . b.  . 3x  m  2  0 m  x  1

 Gi¶i a. Ta cã: x  1 3x  2  4x  5     m2. 3 x  m  2  0  x   3 HÖ bÊt ph-¬ng tr×nh cã nghiÖm khi vµ chØ khi: m2  > 1  m + 2 <  3  m < 5. 3 VËy, víi m < 5 tho¶ m·n ®iÒu kiÖn ®Çu bµi. b. Ta cã: x  2 x  2  0    x  1  m m  x  1 HÖ bÊt ph-¬ng tr×nh cã nghiÖm khi vµ chØ khi: 1  m < 2  m > 1. VËy, víi m > 1 tho¶ m·n ®iÒu kiÖn ®Çu bµi.

159

ThÝ dô 4. T×m c¸c gi¸ trÞ cña m ®Ó mçi hÖ bÊt ph-¬ng tr×nh sau v« nghiÖm: (x  3) 2  x 2  7x  1 2x  7  8x  1 a.  . b.  . 2 m  5 x  8  2 x  m  5  0 

 Gi¶i a. Ta cã: x  4/3

 2x  7  8x  1    m5   2 x  m  5  0  x  

HÖ bÊt ph-¬ng tr×nh v« nghiÖm khi vµ chØ khi: m5 4 7   3m + 15  8  m   . 2 3 3 7 VËy, víi m   tho¶ m·n ®iÒu kiÖn ®Çu bµi. 3 b. Ta cã:  x  8 /13 (x  3) 2  x 2  7x  1 x 2  6x  9  x 2  7x  1    2m  8 .     x  5 2 m  5x  8 2 m  5x  8 HÖ bÊt ph-¬ng tr×nh v« nghiÖm khi vµ chØ khi: 2m  8 8 72   26m  104 > 40  m > . 5 3 13 72 VËy, víi m > tho¶ m·n ®iÒu kiÖn ®Çu bµi. 13

ThÝ dô 5. Víi gi¸ trÞ nµo cña m th× hÖ sau cã nghiÖm duy nhÊt: 2x  1  m  0 .  mx  2m  1  0

 Gi¶i 

KÝ hiÖu c¸c bÊt ph-¬ng tr×nh cña hÖ theo thø tù lµ (1) vµ (2). Gi¶i (1): Ta cã: (1)  x 

m 1 . 2



Gi¶i (2), viÕt l¹i bÊt ph-¬ng tr×nh (2) d-íi d¹ng: mx  12m. Tr-êng hîp 1: NÕu m = 0, ta cã: (3)  0x  1 lu«n ®óng. VËy bÊt ph-¬ng tr×nh nghiÖm ®óng víi x. 1 2

Khi ®ã nghiÖm cña hÖ lµ x  , vµ nghiÖm lµ kh«ng duy nhÊt.

160

(3)

Tr-êng hîp 2: NÕu m > 0, ta cã: (3)  x 

1  2m . m

Khi ®ã nghiÖm cña hÖ lµ x  Min{

m  1 1  2m , } vµ nghiÖm lµ kh«ng duy nhÊt. 2 m

Tr-êng hîp 3: NÕu m < 0, ta cã: (3)  x 

1  2m . m

Khi ®ã ®Ó hÖ cã nghiÖm duy nhÊt 

m0 m 1 1  2m 3  17 =  m2 + 3m2 = 0  m  . 2 m 2

VËy, hÖ bÊt ph-¬ng tr×nh cã nghiÖm duy nhÊt khi m 

3  17 . 2

 Chó ý: NÕu hÖ cã d¹ng: a  f(x)  a. ta cã thÓ sö dông phÐp biÕn ®æi t-¬ng ®-¬ng sau: a  0 | f (x) | a

(I)  

a  0   2

f (x)  a

(I)

a  0 [f (x)  a][f (x)  a]  0 (*)

 

vµ trong nhiÒu tr-êng hîp viÖc gi¶i biÖn luËn (*) ®¬n gi¶n h¬n so víi viÖc gi¶i biÖn luËn ®¬n lÎ tõ (I). Cô thÓ ta ®i xem xÐt vÝ dô sau: ThÝ dô 6. Gi¶i vµ biÖn luËn bÊt ph-¬ng tr×nh kÐp: 1 

xm  1. mx  1

(1)

 Gi¶i 

Víi m = 0 th× (1)  1  x  1.



Víi m  0 th× ®iÒu kiÖn x  

1 . m

ViÕt l¹i bÊt ph-¬ng tr×nh d-íi d¹ng: xm  xm   xm  x  m  1   1  1  0  1  mx  1 mx  1 mx  1 mx  1       (1m2)(x21)  0. XÐt ba tr-êng hîp: Tr-êng hîp 1: NÕu 1m2 = 0  m = 1.  Víi m = 1. (2)  0x  0 (lu«n ®óng). VËy (2) nghiÖm ®óng víi mäi x 1. 2

(2)

161

Víi m = 1. (2)  0x  0 (lu«n ®óng). VËy (2) nghiÖm ®óng víi mäi x  1. Tr-êng hîp 2: NÕu 1m2 > 0  m < 1. 

(2)  x21  0  x 1, (lu«n tho¶ m·n x 

1 ). m

Tr-êng hîp 3: NÕu 1m2 < 0  m > 1. (2)  x21  0  x 1, (lu«n tho¶ m·n x 

1 ). m

KÕt luËn:  Víi m = 1, bÊt ph-¬ng tr×nh nghiÖm ®óng víi mäi x 1.  Víi m = 1, bÊt ph-¬ng tr×nh nghiÖm ®óng víi mäi x  1.  Víi m < 1, bÊt ph-¬ng tr×nh cã nghiÖm lµ x 1.  Víi m > 1, bÊt ph-¬ng tr×nh cã nghiÖm lµ x 1.

§4. dÊu cña nhÞ thøc bËc nhÊt D¹ng to¸n 1: XÐt dÊu c¸c biÓu thøc ThÝ dô 1. LËp b¶ng xÐt dÊu c¸c biÓu thøc: a. f(x) = x(x  2)2(3  x).

b. f(x) =

x(x  3) 3 . (x  5)(1  x )

 Gi¶i a. Ta cã b¶ng sau: x x (x  2)2 3x f(x) b. Ta cã b¶ng sau: x x (x  3)2 x5 1x f(x)

162

  + + 

0 0   0

 +  + +

0 0    0



+ + + +

2  0  0

+ +  + 

1    0 

+ + + +

3   0 0

+ +  

+ +   +

3  0   0

+ +   +

+

5   0  

+ + + +  

D¹ng to¸n 2: Gi¶i bÊt ph-¬ng tr×nh tÝch hoÆc chøa Èn ë mÉu Ph-¬ng ph¸p ¸p dông 1. §Ó gi¶i çc bÊt ph-¬ng tr×nh d¹ng: P(x) > 0, P(x) < 0, P(x)  0, P(x)  0, trong ®ã P(x) = (a1x + b1)…(anx + bn), ta thùc hiÖn theo çc b-íc: B-íc 1: T×m çc nghiÖm x1, …, xn cña çc nhÞ thøc a1x + b, …, anx + b. B-íc 2: S¾p xÕp çc nghiÖm t×m ®-îc theo thø tù t¨ng dÇn (gi¶ sö xk < …< xl), tõ ®ã lËp b¶ng xÐt dÊu d¹ng: x x k … xl  + a1x + b1 … anx + bn P(x) B-íc 3: Dùa vµo kÕt qu¶ b¶ng xÐt dÊu suy ra nghiÖm cho bÊt ph-¬ng tr×nh. 2. §Ó gi¶i çc bÊt ph-¬ng tr×nh d¹ng: P(x) P(x) P(x) P(x) > 0, < 0,  0,  0, Q( x ) Q( x ) Q( x ) Q( x ) trong ®ã P(x) vµ Q(x) lµ tÝch nh÷ng nhÞ thøc bËc nhÊt ®-îc thùc hiÖn theo çc b-íc: B-íc 1: T×m çc nghiÖm x1, …, xn cña çc ph-¬ng tr×nh P(x) = 0 vµ Q(x) = 0. B-íc 2: S¾p xÕp çc nghiÖm t×m ®-îc theo thø tù t¨ng dÇn (gi¶ sö xk < …< xl), P(x) tõ ®ã lËp b¶ng xÐt dÊu cho ph©n thøc . Q( x ) Víi l-u ý r»ng trªn hµng cuèi t¹i nh÷ng ®iÓm Q(x) = 0 ta sö dông kÝ hiÖu  ®Ó chØ ra r»ng t¹i ®ã bÊt ph-¬ng tr×nh kh«ng x¸c ®Þnh. B-íc 3: Dùa vµo kÕt qu¶ b¶ng xÐt dÊu suy ra nghiÖm cho bÊt ph-¬ng tr×nh. ThÝ dô 1. Gi¶i çc bÊt ph-¬ng tr×nh: 3 5 a.  . 1 x 2x  1

(2x  1)(2  x)  0. x 2  4x  3

 Gi¶i

a. Ta cã biÕn ®æi: 3 5 3(2x  1)  5(1  x) 11x  2   0  0. 1 x 2x  1 (1  x)(2x  1) (1  x)(2x  1) LËp b¶ng xÐt dÊu, ta ®-îc tËp nghiÖm cña bÊt ph-¬ng tr×nh lµ: 1  2  S =  ;     ; 1 . 2  11  b. ViÕt l¹i bÊt ph-¬ng tr×nh d-íi d¹ng: (2x  1)(2  x)  0. (x  1)(x  3)

(1)

163

Ta cã: 2x1 = 0  x =

1 ; 2x = 0  x = 2; 2

x1 = 0  x = 1; x3 = 0  x = 3. LËp b¶ng xÐt dÊu cña (1): x 1/2 1  0 + + 2x1  + + + 3x 0 + x1   x4    VT 0 +   

2 0

VËy, bÊt ph-¬ng tr×nh cã tËp hîp nghiÖm lµ: (;



3 +  +  +

0 

+ +  + + 

1 )(1; 2)(3; +). 2

Chó ý: Cã thÓ gi¶i bÊt ph-¬ng tr×nh trªn b»ng ph-¬ng ph¸p sau ®©y gäi lµ ph-¬ng ph¸p chia kho¶ng. Chia trôc Ox thµnh c¸c kho¶ng:

+ x. +  2   1/2 1 3 +  ThÝ dô 2. X¸c ®Þnh m sao cho c¸c bÊt ph-¬ng tr×nh sau t-¬ng ®-¬ng: (m + 1)xm3 > 0 vµ (m1)xm2 > 0 .

 Gi¶i ViÕt l¹i c¸c bÊt ph-¬ng tr×nh d-íi d¹ng: (m 1)x > m 3 (m – 1)x > m2 Tr-êng hîp 1: NÕu m = – 1. (1)  0.x > 2  x  . 1 2

(2)  x >  . VËy, (1) vµ (2) kh«ng t-¬ng ®-¬ng. Tr-êng hîp 2: NÕu m = 1. (1)  x > 2. (2)  0.x > 3  v« nghiÖm. VËy, (1) vµ (2) kh«ng t-¬ng ®-¬ng. Tr-êng hîp 3: NÕu m  1 th× ®Ó (1) vµ (2) t-¬ng ®-¬ng ®iÒu kiÖn lµ: (m  1)(m  1)  0   m = 5. m  3 m  2  m  1  m  1 VËy, víi m = 5, hai bÊt ph-¬ng tr×nh t-¬ng ®-¬ng víi nhau.

164

(1) (2)

D¹ng to¸n 3: DÊu nhÞ thøc trªn mét miÒn Ph-¬ng ph¸p ¸p dông Víi f(x) = ax + b ta l-u ý c¸c kÕt qu¶ quan träng sau: a  0 b  0

a  0 . b  0

f(x)  0, x  

vµ f(x)  0, x  

f(x)  0, x    

f(x)  0, x    

f(x)  0, x(; )  

a  0 f ( )  0

vµ f(x)  0, x    

a  0 . f ( )  0

a  0 f ( )  0

vµ f(x)  0, x    

f ( )  0 f ()  0

a  0 . f ( )  0 f ( )  0 f ()  0

vµ f(x)  0, x(; )  

ThÝ dô 1. Cho bÊt ph-¬ng tr×nh (m + 1)xm + 2 > 0. T×m m ®Ó bÊt ph-¬ng tr×nh: a. NghiÖm ®óng víi mäi x. b. NghiÖm ®óng víi mäi x  2. c. NghiÖm ®óng víi mäi x < 1. d. NghiÖm ®óng víi mäi x[1; 3].

 Gi¶i ViÕt l¹i bÊt ph-¬ng tr×nh d-íi d¹ng: f(x) = (m + 1)xm + 2 > 0. a. §Ó (1) cã nghiÖm ®óng víi mäi x:

(1)

m  1  0  m = –1.  m  2  0

VËy, víi m = –1 bÊt ph-¬ng tr×nh cã nghiÖm ®óng víi mäi x. b. §Ó (1) cã nghiÖm ®óng víi mäi x  2: m  1  0 m  1  0    m  –1.  m  4  0  f(2)  0

VËy, víi m  –1 bÊt ph-¬ng tr×nh cã nghiÖm ®óng víi mäi x  2. c. §Ó (1) cã nghiÖm ®óng víi mäi x < 1: m  1  0 m  1  0    m  1.   f(1)  0 3  0

VËy, víi m  –1 bÊt ph-¬ng tr×nh cã nghiÖm ®óng víi mäi x < 1. d. §Ó (1) cã nghiÖm ®óng víi mäi x[1; 3]: f(1)  0 3  0 5   m>– .  3 f(3)  0 2m  5  0 5 VËy, víi m > – bÊt ph-¬ng tr×nh cã nghiÖm ®óng víi mäi x[1; 3]. 3

165

D¹ng to¸n 4: Gi¶i ph-¬ng tr×nh, bÊt ph-¬ng tr×nh chøa dÊu gi¸ trÞ tuyÖt ®èi Ph-¬ng ph¸p ¸p dông ViÖc sö dông dÊu nhÞ thøc bËc nhÊt ®Ó gi¶i ph-¬ng tr×nh, bÊt ph-¬ng tr×nh chøa dÊu gi¸ trÞ tuyÖt ®èi ®-îc gäi lµ ph-¬ng ph¸p chia kho¶ng. Víi çc ph-¬ng tr×nh, bÊt ph-¬ng tr×nh d¹ng: P(x) = 0, P(x) > 0, P(x) < 0, P(x)  0, P(x)  0, trong ®ã P(x) = k1A1 + k2A2 + .. . + knAnvµ dÊu cña çc Ai, i = 1, n ®-îc x¸c ®Þnh th«ng qua dÊu cña nh÷ng nhÞ thøc bËc nhÊt, ta thùc hiÖn theo çc b-íc: B-íc 1: §Æt ®iÒu kiÖn cã nghÜa cho çc biÓu thøc trong ph-¬ng tr×nh, bÊt ph-¬ng tr×nh. B-íc 2: LËp b¶ng xÐt dÊu çc biÓu thøc chøa dÊu gi¸ trÞ tuyÖt ®èi A i, i = 1, n tõ ®ã chia trôc sè thµnh nh÷ng kho¶ng sao cho trong mçi kho¶ng ®ã çc biÓu thøc d-íi dÊu trÞ tuyÖt ®èi chØ nhËn mét dÊu x¸c ®Þnh. B-íc 3: Gi¶i ( hoÆc biÖn luËn) ph-¬ng tr×nh, bÊt ph-¬ng tr×nh trªn mçi kho¶ng ®· chia. B-íc 4: KÕt luËn. ThÝ dô 1. Gi¶i çc bÊt ph-¬ng tr×nh: a. 2x5 x + 1.

b. 2x4 x + 1.

 Gi¶i

a. ViÕt l¹i bÊt ph-¬ng tr×nh d-íi d¹ng:  x  1 x  1  0 4   4   x  6.  3 (x  1)  2x  5  x  1  3  x  6 VËy, bÊt ph-¬ng tr×nh cã nghiÖm

4  x  6. 3

b. ViÕt l¹i bÊt ph-¬ng tr×nh d-íi d¹ng: 2x  4  x  1 x  5   .  2x  4   x  1 x  1

VËy, bÊt ph-¬ng tr×nh cã nghiÖm thuéc (; 1][5; +).

 NhËn xÐt:

Nh- vËy: D¹ng 1: Víi bÊt ph-¬ng tr×nh:  f (x)  g(x) f(x) > g(x)    f (x)  g(x) g(x)  0  hoÆc  g(x)  0 (chia kho¶ng).  2 2  f (x)  g (x) 

166

D¹ng 2: Víi bÊt ph-¬ng tr×nh: g(x)  0 g(x)  0 f(x) < g(x)   2  2  g(x)  f (x)  g(x) f (x)  g (x)  f (x)  0  f (x)  g(x) hoÆc  (chia kho¶ng).  f (x)  0   f (x)  g(x)

ThÝ dô 2. Gi¶i ph-¬ng tr×nh: a.

|x 2|  3. x  5x  6

3 = x + 3. | x  4 | 1

 Gi¶i a. BiÕn ®æi t-¬ng ®-¬ng bÊt ph-¬ng tr×nh vÒ d¹ng: x  2  0 x  2   1    10  3x  0 3   x  3   x  3 10   3<x .   3   x  2  0   x  2  1   3x  8 3 0    3  x  3  x

VËy, nghiÖm cña bÊt ph-¬ng tr×nh lµ 3 < x 

10 . 3

b. §iÒu kiÖn: x  4  1 x  5  .  x  4  1 x  3

x41  0  x4 1  

LËp b¶ng xÐt dÊu hai biÓu thøc x + 3 vµ x4: x 4  3 + x+3 0 + +   0 + x4    Tr-êng hîp 1: Víi x 3, ph-¬ng tr×nh cã d¹ng: 3 3 = x3  = x3  x2 = 12  x  4  1 3 x

 x  2 3 (l) .   x  2 3

Tr-êng hîp 2: Víi 3 < x < 4, ph-¬ng tr×nh cã d¹ng: 3 3 =x+3 = x + 3  x2 = 6  x  4  1 3 x

x  6 .   x   6

167

Tr-êng hîp 3: Víi x  4, ph-¬ng tr×nh cã d¹ng: 3 = x + 3  x22x18 = 0  x  4 1

 x  1  19 (l) .   x  1  19

VËy, ph-¬ng tr×nh cã 4 nghiÖm lµ x = 2 3 , x = 

 Chó ý:

6 vµ x = 1 + 19 .

NhiÒu bµi to¸n dùa trªn ®iÒu kiÖn cã nghÜa cña ph-¬ng tr×nh ta khö ®-îc dÊu trÞ tuyÖt ®èi. XÐt vÝ dô sau:

ThÝ dô 3. Gi¶i bÊt ph-¬ng tr×nh: x 2  | x | < x.

(1)

 Gi¶i BiÕn ®æi t-¬ng ®-¬ng bÊt ph-¬ng tr×nh vÒ d¹ng: x  0  x > 0.  2 2  x  | x | x VËy, nghiÖm cña bÊt ph-¬ng tr×nh lµ x > 0.

ThÝ dô 4. Gi¶i vµ biÖn luËn bÊt ph-¬ng tr×nh 2x1 x + m.

 Gi¶i ViÕt l¹i bÊt ph-¬ng tr×nh d-íi d¹ng: x  m  1 2x  1  x  m   1 m .  x  2x  1  (x  m)  3 1 m 1 m– . 3 2 BÊt ph-¬ng tr×nh cã nghiÖm lµ S  . 1 m 1 Tr-êng hîp 2: NÕu m + 1 > m>– 3 2 1 m BÊt ph-¬ng tr×nh cã nghiÖm lµ (; )(m + 1; +). 3

Tr-êng hîp 1: NÕu m + 1 

§5. BÊt ph-¬ng tr×nh vµ hÖ bÊt ph-¬ng tr×nh bËc nhÊt hai Èn D¹ng to¸n 1: BÊt ph-¬ng tr×nh bËc nhÊt hai Èn ThÝ dô 1. BiÓu diÔn h×nh häc tËp nghiÖm cña c¸c bÊt ph-¬ng tr×nh bËc nhÊt hai Èn sau: a. x + 2 + 2(y  2) < 2(1  x). b. 3(x  1) + 4(y  2) < 5x  3. 168

 Gi¶i  B¹n ®äc tù vÏ h×nh a. Ta cã: x + 2 + 2(y  2) < 2(1  x)  x + 2y  4 < 0 (1) Ta thùc hiÖn theo c¸c b-íc sau:  VÏ ®-êng th¼ng : x + 2y  4 = 0.  Thay O(0; 0) vµo (1), ta cã: nöa mÆt ph¼ng bê  chøa O lµ tËp nghiÖm cña bÊt ®¼ng thøc ban ®Çu. b. Ta cã: 3(x  1) + 4(y  2) < 5x  3  x  2y + 4 > 0 (2) Ta thùc hiÖn theo c¸c b-íc sau:  VÏ ®-êng th¼ng : x  2y + 4 = 0.  Thay O(0; 0) vµo (2), ta cã: nöa mÆt ph¼ng bê  chøa O lµ tËp nghiÖm cña bÊt ®¼ng thøc ban ®Çu.

D¹ng to¸n 2: HÖ bÊt ph-¬ng tr×nh bËc nhÊt hai Èn ThÝ dô 1. BiÓu diÔn h×nh häc tËp nghiÖm cña c¸c hÖ bÊt ph-¬ng tr×nh bËc nhÊt hai Èn sau: x  2 y  0  2x  3y  6  0   a. x  3y  2 . b.  x  0 .  y  x  3  2x  3y  1  0 

 Gi¶i  B¹n ®äc tù vÏ h×nh a. KÝ hiÖu çc bÊt ph-¬ng tr×nh cña hÖ theo thø tù lµ (1), (2) vµ (3), ta thùc hiÖn theo çc b-íc sau:  VÏ chung trªn cïng mét hÖ trôc to¹ ®é Oxy çc ®-êng th¼ng (1): x  2y = 0; (2): x + 2y + 2 = 0 vµ (1): y  x = 0.  MiÒn nghiÖm cña (1) lµ nöa mÆt ph¼ng bê (1) chøa A(0; 1).  MiÒn nghiÖm cña (2) lµ nöa mÆt ph¼ng bê (2) chøa O(0; 0).  MiÒn nghiÖm cña (3) lµ nöa mÆt ph¼ng bê (3) chøa O(0; 0). Tãm l¹i, miÒn nghiÖm cña hÖ lµ miÒn kh«ng g¹ch chÐo. b. KÝ hiÖu çc bÊt ph-¬ng tr×nh cña hÖ theo thø tù lµ (1), (2) vµ (3), ta thùc hiÖn theo çc b-íc sau:  VÏ chung trªn cïng mét hÖ trôc to¹ ®é Oxy çc ®-êng th¼ng (1): 2x + 3y  6 = 0; (2): x = 0 vµ (3): 2x  3y  1 = 0.  MiÒn nghiÖm cña (1) lµ nöa mÆt ph¼ng bê (1) chøa O(0; 0).  MiÒn nghiÖm cña (2) lµ nöa mÆt ph¼ng bê Oy kh«ng chøa A(1; 0).  MiÒn nghiÖm cña (3) lµ nöa mÆt ph¼ng bê (3) chøa O(0; 0). Tãm l¹i, miÒn nghiÖm cña hÖ lµ miÒn kh«ng g¹ch chÐo, kÓ c¶ ®o¹n nèi hai ®iÓm 1 (0;  ) vµ (0; 2). 3 169

D¹ng to¸n 3: Bµi to¸n t×m ph-¬ng ¸n tèi -u Ph-¬ng ph¸p ¸p dông Ta thùc hiÖn theo çc b-íc sau: B-íc 1: Sö dông hai Èn phô x, y ®Ó:  ThiÕt lËp çc ®iÒu kiÖn cho bµi to¸n, tõ ®ã nhËn ®-îc mét hÖ bÊt ph-¬ng tr×nh bËc nhÊt hai Èn (gäi lµ (I)).  Hµm tèi -u F = f(x, y). B-íc 2: X¸c ®Þnh miÒn ®a gi¸c A1A2...An tho¶ m·n hÖ (I). B-íc 3: TÝnh çc gi¸ trÞ F1, F2, ..., Fn cña hµm F t¹i çc ®Ønh A1, A2, ..., An. B-íc 4: Khi ®ã:  Fmax= max{ F1, F2, ..., Fn }. Fmin = min{ F1, F2, ..., Fn }. ThÝ dô 1. Mét x-ëng s¶n xuÊt hai lo¹i hµng. Mçi s¶n phÈm lo¹i I cÇn 2l nguyªn liÖu vµ 30h, ®em l¹i lîi nhuËn lµ 4000® cho mçi ®¬n vÞ. Mçi s¶n phÈm lo¹i II cÇn 4l nguyªn liÖu vµ 15h, ®em l¹i lîi nhuËn lµ 3000® cho mçi ®¬n vÞ. X-ëng cã 200l nguyªn liÖu vµ 1200h lµm viÖc. Hái s¶n xuÊt mçi lo¹i hµng bao nhiªu ®Ó møc lîi nhuËn cao nhÊt.

 Gi¶i Víi hai Èn x, y ®-îc thiÕt lËp nh- sau: y  x lµ sè hµng lo¹i I ph¶i s¶n xuÊt.  y lµ sè hµng lo¹i II ph¶i s¶n xuÊt. Ta cã çc ®iÒu kiÖn sau: C B (1) 2 x  4 y  200 x  2 y  100 30 x  15y  1200 2 x  y  80 (2 ) O A   x   (I)  (d 1) (d2) x  0, x nguy ª n x  0, x nguy ª n (3) y  0, y nguy ª n y  0, y nguy ª n (4) Vµ khi ®ã, møc lîi nhuËn thu ®-îc lµ F = 4000x + 3000y. §Ó gi¶i (I) ta lÇn l-ît vÏ çc ®-êng th¼ng:  (d1): x + 2y  100 = 0 vµ nhËn thÊy miÒn nghiÖm cña (1) lµ phÇn mÆt ph¼ng (kÓ c¶ bê (d1)) ë phÝa d-íi ®-êng th¼ng (d1).  (d2): 2x + y  80 = 0 vµ nhËn thÊy miÒn nghiÖm cña (2) lµ phÇn mÆt ph¼ng (kÓ c¶ bê (d2)) ë phÝa d-íi ®-êng th¼ng (d2).  MiÒn nghiÖm cña (3) lµ phÇn mÆt ë phÝa bªn ph¶i trôc Oy.  MiÒn nghiÖm cña (4) lµ phÇn mÆt ë phÝa trªn trôc Ox. VËy, nghiÖm cña hÖ (I) lµ phÇn mÆt ph¼ng trong tø gi¸c OABC (kÓ çc çc c¹nh). Ta cã: A(40; 0)  FA = 160000 ; B(20, 40)  FB = 200000; C(0; 50)  FC = 150000; O(0, 0)  FO = 0. Khi ®ã: FMax = max{ FA, FB, FC, FO} = 200000, ®¹t ®-îc khi x = 20 vµ y = 40. VËy, ®Ó møc lîi nhuËn cao nhÊt cÇn s¶n xuÊt 20 hµng lo¹i I vµ 40 hµng lo¹i II. 170

ThÝ dô 2. Cã ba nhãm m¸y A, B, C dïng ®Ó s¶n xuÊt ra hai lo¹i s¶n phÈm I vµ II. §Ó s¶n xuÊt mét ®¬n vÞ çc s¶n phÈm mçi lo¹i ph¶i lÇn l-ît dïng çc m¸y thuéc çc nhãm kh¸c nhau. Sè m¸y trong mét nhãm vµ sè m¸y cña tõng nhãm cÇn thiÕt ®Ó s¶n xuÊt ra mét ®¬n vÞ s¶n phÈm thuéc mçi lo¹i ®-îc cho trong b¶ng sau: Sè m¸y trong tõng nhãm ®Ó s¶n Sè m¸y trong xuÊt ra mét ®¬n vÞ s¶n phÈm Nhãm mçi nhãm Lo¹i I Lo¹i II A 10 2 2 B 4 0 2 C 12 2 4 Mét ®¬n vÞ s¶n phÈm lo¹i I l·i 3000 ®ång, mét ®¬n vÞ s¶n phÈm lo¹i II l·i 5000 ®ång. H·y lËp kÕ ho¹ch s¶n xuÊt ®Ó cho tæng tiÒn l·i cao nhÊt.

 Gi¶i  B¹n ®äc tù vÏ h×nh Gäi x, y lµ sè ®¬n vÞ s¶n phÈm thuéc lo¹i I vµ lo¹i II (x, y nguyªn d-¬ng). Theo ®Ò bµi, ta cã: 2x + 2y  10  x + y  5 (1) 2y  4  y  2 (2) 2x + 4y  12  x + 2y  6 (3) x0 (4) y0 (5) Gi¶i hÖ 5 bÊt ph-¬ng tr×nh trªn, ta ®-îc miÒn nghiÖm cña hÖ lµ h×nh tø gi¸c OABCD cã ®Ønh O(0; 0), A(0; 2), B(2; 2), C(3; 0), D(5; 0). Suy ra, 3x + 5y cã gi¸ trÞ:  10 t¹i ®Ønh A(0; 2).  16 t¹i ®Ønh B(2; 2).  17 t¹i ®Ønh C(4; 1).  15 t¹i ®Ønh D(5; 0). Do ®ã, ta ®-îc 3x + 5y lín nhÊt khi x = 4 vµ y = 1. VËy, tæng sè tiÒn l·i cao nhÊt lµ 17000 ®ång.

§6. dÊu cña tam thøc bËc hai D¹ng to¸n 1: XÐt dÊu c¸c biÓu thøc ThÝ dô 1. XÐt dÊu c¸c biÓu thøc: a. f(x) = (3x2  10x + 3)(4x  5). b. f(x) = (3x2  4x)(2x2  x  1). 2 2 c. f(x) = (4x  1)(8x + x  3)(2x + 9).

171

 Gi¶i a. Ta cã b¶ng xÐt dÊu: x 1/3 5/4 3  + 2 + 0    0 + 3x  10x + 3 0 + + 4x  5     f(x) 0 + 0  0 +  VËy, ta ®-îc: 1 5  f(x) > 0  <x< hoÆc x > 3. 3 4 1 5  f(x) = 0  x = hoÆc x = hoÆc x = 3. 3 4 1 5  f(x) < 0  x < hoÆc < x < 3. 3 4 2 2 b. Ta cã f(x) = (3x  4x)(2x  x  1) = x(3x  4)(2x2  x  1). B¶ng xÐt dÊu: x -1/2 0 1 4/3  + x +  +    0 +  0 + 3x  4        2 + 0 +  + 2x  x  1    0 f(x) + 0 0 + 0 0 +   VËy, ta ®-îc: 1 4  f(x) > 0  x <  hoÆc 0 < x < 1 hoÆc x > . 2 3 1 4  f(x) = 0  x =  hoÆc x = 0 hoÆc x = 1 hoÆc x = . 2 3 1 4  f(x) < 0   < x < 0 hoÆc 1 < x < . 2 3 c. Ta cã b¶ng xÐt dÊu: x 1/2  9/2 1/2 + 2 + + 0 0 + 4x  1   8x2 + x  3        2x + 9 0 + +  +   f(x) + 0 0 + 0   VËy, ta ®-îc: 9 1 1  f(x) > 0  x <  hoÆc  < x < . 2 2 2 9 1  f(x) = 0  x =  hoÆc x =  2 2 9 1 1  f(x) < 0   < x <  hoÆc x > . 2 2 2 172

ThÝ dô 2. XÐt dÊu biÓu thøc f(x) = mx22(m2)x + m3.

 Gi¶i a. Ta xÐt ba kh¶ n¨ng cña m Kh¶ n¨ng 1: Víi m = 0, suy ra: f(x) = 0  4x – 3 = 0  x =

3 . 4

Khi ®ã, ta cã b¶ng xÐt dÊu x   + f(x) 0 +  Kh¶ n¨ng 2: Víi m > 0 ta cã: ' = (m – 2)2 – m(m – 3) = 4 – m. Khi ®ã, ta xÐt ba tr-êng hîp: Tr-êng hîp 1: NÕu ' = 0  m = 4, suy ra: 1 2

f(x) > 0, x 

\{ } vµ f(x) = 0  x =

1 . 2

Tr-êng hîp 2: NÕu ' > 0  0 < m < 4, suy ra: f(x) = 0  x1 =

m2 4m m2 4m vµ x2 = . m m

Khi ®ã, ta cã b¶ng xÐt dÊu: x x1  f(x) + 0

x2 0

+ +  Tr-êng hîp 3: NÕu ' < 0  m > 4, suy ra f(x) > 0, x  . Kh¶ n¨ng 3: Víi m < 0 th× ' > 4. Khi ®ã, ta cã b¶ng xÐt dÊu x x2 x1  + f(x) 0 0   

D¹ng to¸n 1: Gi¶i bÊt ph-¬ng tr×nh bËc hai ThÝ dô 1. Gi¶i c¸c bÊt ph-¬ng tr×nh sau: a. 3x2x 2  0.

 Gi¶i a

b. x29x + 14 > 0.

Ta cã ngay: 3x x 2  0 2

3 x 2  x 2  0 cã 2 nghiÖm



2 x1 1 vµ x 2   3



2  x  1. 3

VËy, tËp nghiÖm cña bÊt ph-¬ng tr×nh lµ T = [

2 ; 1]. 3

173

Ta cã ngay: x  7 x29x + 14 > 0   . x  2 VËy, tËp nghiÖm cña bÊt ph-¬ng tr×nh lµ T = (; 2)  (7; +).

ThÝ dô 2. Gi¶i c¸c bÊt ph-¬ng tr×nh sau: a. 2x2 + x + 1  0. c. 4x212x + 10 < 0.

 Gi¶i a

b. x26x  14 > 0. d. x2 + 2x + 1  0.

Ta biÕn ®æi bÊt ph-¬ng tr×nh vÒ d¹ng: x  1

.. 2x2  x  1  0    x  1/ 2 1 2

VËy, tËp nghiÖm cña bÊt ph-¬ng tr×nh lµ T = (;  )  (1; +).

 L-u ý: Nh- vËy, ®Ó tr¸nh nhÇm lÉn ta lu«n chuyÓn bÊt ph-¬ng tr×nh vÒ d¹ng b

cã hÖ sè a d-¬ng. Ta biÕn ®æi bÊt ph-¬ng tr×nh vÒ d¹ng:  ' 5  0

x26x + 14 > 0  x  VËy, tËp nghiÖm cña bÊt ph-¬ng tr×nh lµ T = . c Ta cã: ’ = 36  40 = 4 < 0  BÊt ph-¬ng tr×nh v« nghiÖm. VËy, tËp nghiÖm cña bÊt ph-¬ng tr×nh lµ T = . d Ta cã biÕn ®æi: (x + 1)2 ≤ 0  x + 1 = 0  x = 1. VËy, tËp nghiÖm cña bÊt ph-¬ng tr×nh lµ T = {1}.

 Chó ý: Víi bµi to¸n "Gi¶i vµ biÖn luËn bÊt ph-¬ng tr×nh bËc hai" ta thùc hiÖn nh- sau: XÐt hai tr-êng hîp: Tr-êng hîp 1: NÕu a = 0 (nÕu cã). Tr-êng hîp 2: NÕu a  0, thùc hiÖn theo çc b-íc: B-íc 1: TÝnh  (hoÆc ') råi lËp b¶ng xÐt dÊu chung cho a vµ  (hoÆc '). B-íc 2: Dùa vµo b¶ng ta xÐt çc tr-êng hîp x¶y ra. B-íc 3: KÕt luËn. ThÝ dô 3. Gi¶i vµ biÖn luËn çc bÊt ph-¬ng tr×nh: a. x2 + 2x + 6m > 0. b. 12x2 + 2(m + 3)x + m  0.

174

 Gi¶i a. Ta cã thÓ tr×nh bµy theo çc çch sau: Çch 1: Ta cã ' = 1m. XÐt ba tr-êng hîp: Tr-êng hîp 1: NÕu ' < 0  m >  f(x) > 0, x 

 nghiÖm cña bÊt ph-¬ng tr×nh lµ x 

Tr-êng hîp 2: NÕu ' = 0  m =  f(x) > 0, x 

1 . 6

1 2

\{  }  nghiÖm cña bÊt ph-¬ng tr×nh lµ x 

Tr-êng hîp 3: NÕu ' > 0  m <

\{1}.

1 . 6

Khi ®ã f(x) = 0 cã hai nghiÖm ph©n biÖt x1 = 1 – 1  6m vµ x2 = 1 + 1  6m . DÔ thÊy, x1 < x2 do ®ã ta cã b¶ng xÐt dÊu: x  x1 x2 + f(x) 0 0   –  nghiÖm cña bÊt ph-¬ng tr×nh lµ x < x1 hoÆc x > x2. KÕt luËn:   

1 , nghiÖm cña bÊt ph-¬ng tr×nh lµ x  . 6 1 Víi m = , nghiÖm cña bÊt ph-¬ng tr×nh lµ x  \{1}. 6 1 Víi m < , nghiÖm cña bÊt ph-¬ng tr×nh lµ x < x1 hoÆc x > x2. 6

Víi m >

C¸ch 2: BiÕn ®æi bÊt ph-¬ng tr×nh vÒ d¹ng: (x + 1)2 > 1  6m. Khi ®ã:  

1 , nghiÖm cña bÊt ph-¬ng tr×nh lµ x  6 1 Víi 1  6m = 0  m = , bÊt ph-¬ng tr×nh cã d¹ng: 6

Víi 1  6m < 0  m >

(x + 1)2 > 0  x + 1 ≠ 0  x ≠ 1. VËy, nghiÖm cña bÊt ph-¬ng tr×nh lµ tËp 

\{1}.

1 , bÊt ph-¬ng tr×nh cã d¹ng: 6  x  1  1  6m  x  1  1  6m x  1  1  6m    .  x  1   1  6m  x  1  1  6m

Víi 1  6m > 0  m <

175



 



VËy, nghiÖm cña bÊt ph-¬ng tr×nh lµ tËp ;  1  1  6m  1  1  6m;   . b. Víi f(x) = 12x2 + 2(m + 3)x + m, ta cã a = 12 vµ ' = (m3)2  0. Khi ®ã, ta xÐt hai tr-êng hîp: Tr-êng hîp 1: NÕu ' = 0  m = 3, suy ra f(x)  0, x  . b 1 Do ®ã, nghiÖm cña bÊt ph-¬ng tr×nh lµ x =  =  . a 2 Tr-êng hîp 2: NÕu ' > 0  m  3, suy ra: 1 m f(x) = 0  x1 =  vµ x2 =  . 2 6 XÐt hai kh¶ n¨ng sau: Kh¶ n¨ng 1: NÕu x1 < x2  m < 3. Khi ®ã, ta cã b¶ng xÐt dÊu: x  1/2 m/6 + f(x) + 0 0 +  Dùa vµo b¶ng xÐt dÊu, suy ra tËp nghiÖm cña bÊt ph-¬ng tr×nh lµ T = ( Kh¶ n¨ng 2: NÕu x1 > x2  m > 3. Khi ®ã, ta cã b¶ng xÐt dÊu: x  m/6 f(x) + 0 

1/2 0

1 m ;  ). 2 6

+ +

Dùa vµo b¶ng xÐt dÊu, suy ra tËp nghiÖm cña bÊt ph-¬ng tr×nh lµ T = (

m 1 ;  ). 6 2

KÕt luËn:   

1 }. 2 1 m Víi m < 3, bÊt ph-¬ng tr×nh cã tËp nghiÖm T = ( ;  ). 2 6 m 1 Víi m > 3, bÊt ph-¬ng tr×nh cã tËp nghiÖm T = ( ;  ). 6 2

Víi m = 3, bÊt ph-¬ng tr×nh cã tËp nghiÖm T = {

ThÝ dô 4. Gi¶i vµ biÖn luËn bÊt ph-¬ng tr×nh: (m1)x22(m + 1)x + 3(m2) > 0.

 Gi¶i

XÐt hai tr-êng hîp: Tr-êng hîp 1: NÕu m – 1 = 0  m = 1, khi ®ã: 3 4

(1)  – 4x3 > 0  x < – . Tr-êng hîp 2: NÕu m – 1  0  m 1. Ta cã: 176

(1)



a = m – 1, ’ = (m + 1)23(m – 2)(m – 1) = m2 11m – 5. B¶ng xÐt dÊu: m  5   + a 0 + +   0 + + 0 ’   Víi m < 1/2, ta cã: a  0  f(x) < 0, x    '  0



 (1) v« nghiÖm.

Víi m = 1/2, ta cã: a  0  f(x)  0, x    '  0

 (1) v« nghiÖm.

Víi 1/2 < m < 1, ta cã a < 0 vµ ’ > 0.



Khi ®ã f(x) = 0 cã hai nghiÖm ph©n biÖt x1  Tr-êng hîp nµy a < 0 nªn x2 < x1 do ®ã: x x2 x1 



f(x)  0 + 0  nghiÖm cña (1) lµ x2  x  x1. Víi 1 < m < 5, ta cã a > 0 vµ ’ > 0.

m 1  ' m 1  ' . & x2  m 1 m 1

+ 

a  0  f(x) = 0 cã hai nghiÖm ph©n biÖt x1, x2   '  0

Tr-êng hîp nµy a > 0 nªn x2 > x1 do ®ã: x x1 x2 



+

f(x)  0  0   nghiÖm cña (1) lµ x < x1 hoÆc x > x2. Víi m = 5, ta cã: a  0    '  0



f(x)  0, x  3 / 2 3  nghiÖm cña (1) lµ x  .  2 f(x)  0 khi x  3 / 2 

Víi m > 5, ta cã: a  0  f(x) > 0, x    '  0

 (1) ®óng víi x 

KÕt luËn: - Víi m 2, th× (1) v« nghiÖm. - Víi 1/2 < m < 1, nghiÖm cña (1) lµ x2  x  x1. - Víi 1 < m < 5, nghiÖm cña (1) lµ x < x1 hoÆc x > x2. -

Víi m = 5, nghiÖm cña (1) lµ x 

3 . 2

Víi m > 5, th× (1) ®óng víi x 

. 177

ThÝ dô 5. Cho ph-¬ng tr×nh: (m  2)x2 + 2(2m  3)x + 5m  6 = 0. (1) T×m c¸c gi¸ trÞ cña tham sè m ®Ó ph-¬ng tr×nh: a. V« nghiÖm. b. Cã nghiÖm. c, Cã ®óng mét nghiÖm. d. Cã hai nghiÖm ph©n biÖt.

 Gi¶i Ta xÐt hai tr-êng hîp sau: Tr-êng hîp 1: NÕu m  2 = 0  m = 2. (1)  0.x2 + 2x + 4 = 0  x = 2. Tr-êng hîp 2: NÕu m  2  0  m  2. Khi ®ã: a. §Ó (1) v« nghiÖm ®iÒu kiÖn lµ: m  1 .  '  0  m2 + 4m  3 < 0  m2  4m + 3 > 0   m  3 VËy, bÊt ph-¬ng tr×nh v« nghiÖm khi m < 1 hoÆc m > 3. b. §Ó (1) cã nghiÖm ®iÒu kiÖn lµ: ’  0  m2 + 4m  3  0  m2  4m + 3 ≤ 0  1 ≤ m ≤ 3. VËy, bÊt ph-¬ng tr×nh cã nghiÖm khi 1 ≤ m ≤ 3. c. §Ó (1) cã ®óng mét nghiÖm ®iÒu kiÖn lµ: ’ = 0  m2 + 4m  3 = 0  m = 1 hoÆc m = 3. VËy, bÊt ph-¬ng tr×nh cã ®óng mét nghiÖm khi m {1, 2, 3}. d. §Ó (1) cã hai nghiÖm ph©n biÖt ®iÒu kiÖn lµ: ’ > 0  m2 + 4m  3 > 0  1 < m < 3. VËy, bÊt ph-¬ng tr×nh cã hai nghiÖm ph©n biÖt khi m (1; 3)\{2}.

ThÝ dô 6. Cho ph-¬ng tr×nh: x2 + 2(m  1)x + m  1 = 0. T×m c¸c gi¸ trÞ cña tham sè m ®Ó ph-¬ng tr×nh: 1. V« nghiÖm. 2. Cã hai nghiÖm ph©n biÖt x1, x2 tho¶ m·n: a. x1, x2 tr¸i dÊu. b. x1, x2 cïng dÊu. c. x1, x2 d-¬ng. d. x1, x2 kh«ng d-¬ng.

 Gi¶i

1. §Ó (1) v« nghiÖm ®iÒu kiÖn lµ:  '  0  (m  1)2  m + 1 < 0  m2  3m < 0  0 < m < 3. VËy, bÊt ph-¬ng tr×nh v« nghiÖm khi 0 < m < 3. 2. Ta lÇn l-ît: a. §Ó (1) cã hai nghiÖm tr¸i dÊu ®iÒu kiÖn lµ: a.f(0) < 0  m  1 < 0  m < 1. VËy, víi m < 1 tho¶ m·n ®iÒu kiÖn ®Çu bµi.

178

(1)

b. §Ó (1) cã hai nghiÖm cïng dÊu ®iÒu kiÖn lµ: m  3 m 2  3m  0  '  0     m  0  m > 3.   P  0  m  1  0 m  1 

VËy, víi m > 3 tho¶ m·n ®iÒu kiÖn ®Çu bµi. c. §Ó (1) cã hai nghiÖm ph©n biÖt d-¬ng (0 < x1 < x2) ®iÒu kiÖn lµ: m 2  3m  0  '  0   , v« nghiÖm. P  0  m  1  0 S  0 1  m  0  

VËy, kh«ng tån t¹i m tho¶ m·n ®iÒu kiÖn ®Çu bµi.

 L-u ý: NÕu biÕt nhËn xÐt r»ng S vµ P tr¸i dÊu th× kh¼ng ®Þnh ngay v« nghiÖm. d. §Ó (1) cã hai nghiÖm ph©n biÖt kh«ng d-¬ng (x1 < x2 ≤ 0) ®iÒu kiÖn lµ: m 2  3m  0  '  0  m  3 hoÆc m  0     m  1  m > 3. P  0  m  1  0  S  0 1  m  0 m  1  

VËy, víi m > 3 tho¶ m·n ®iÒu kiÖn ®Çu bµi.

D¹ng to¸n 2: Gi¶i bÊt ph-¬ng tr×nh tÝch hoÆc chøa Èn ë mÉu ThÝ dô 1. Gi¶i c¸c bÊt ph-¬ng tr×nh sau: x 2  6x  8 x 3  9x 2x 1  2x a. < 0. b. > . c. > 0. x3  x2 x 3  3x 2 x 1 2x

 Gi¶i

a. Ta cã: x2  6x + 8 = 0  x = 2 hoÆc x = 4, x  1 = 0  x = 1. Tõ ®ã ta cã b¶ng xÐt dÊu: x 1 2 4  + 2 + + 0 0 + x  6x+8  0 + + + x1  VT + 0 0 +    VËy, nghiÖm cña bÊt ph-¬ng tr×nh lµ x  (; 1)  (2; 4). b. BiÕn ®æi biÓu thøc vÒ d¹ng: x( x 2  9 ) B= . 2x Ta cã: x2  9 = 0  x = 3,

2  x = 0  x = 2. 179

Tõ ®ã ta cã b¶ng xÐt dÊu: x 0 2 3  3 x + +   0 2 + 0 x 9    0 + + + 0 2x  VT 0 + 0 + 0    VËy, nghiÖm cña bÊt ph-¬ng tr×nh lµ x  (3; 0)  (; 3).



+ + +  

Chó ý: Víi c¸c yªu cÇu trªn, kÓ tõ c¸c thÝ dô sau chóng ta bá qua b¶ng xÐt dÊu (häc sinh lµm ra nh¸p).

ThÝ dô 2. Gi¶i c¸c bÊt ph-¬ng tr×nh sau: a. 2x3 + x25x + 2 > 0.

2x 1  2x > 3 . 3 2 x x x  3x 2

 Gi¶i a. §Æt f(x) = 2x3 + x25x + 2 vµ nhËn thÊy x = 2 lµ mét nghiÖm cña ph-¬ng tr×nh f(x) = 0, do ®ã biÕn ®æi bÊt ph-¬ng tr×nh vÒ d¹ng: (x + 2)(x2x + 1) > 0  x + 2 > 0  x > 2. b. BiÕn ®æi bÊt ph-¬ng tr×nh vÒ d¹ng: 1  2x 2x 1  2x x  0 2  x (x  7)(x  1)  > >  > 0. 2 2 x 1 x 3 x (x  1) x (x  3) (x  1)(x  3) B¶ng xÐt dÊu: x  0 7 1 VT + 0  + + VËy, nghiÖm cña bÊt ph-¬ng tr×nh lµ: x  (; 7)  (1; 0)  (0; 1)  (3; +).

1 0

3 

+ +

D¹ng to¸n 3: DÊu tam thøc trªn mét miÒn Ph-¬ng ph¸p ¸p dông Cho tam thøc: f(x) = ax2 + bx + c, víi a  0 chóng ta cã c¸c kÕt qu¶ sau: 1. f(x) > 0, víi x 

a  0 ;   0



f(x) < 0, víi x 

a  0 .   0



2. Trong tr-êng hîp  > 0 (tøc ph-¬ng tr×nh f(x) = 0 cã hai nghiÖm ph©n biÖt x1 < x2) th×: a.f() < 0    (x1; x2).    x1    x1  x 2 a.f() > 0   , tøc lµ  .   x 2  x1  x 2  

180

ThÝ dô 1. Cho tam thøc: f(x) = x2  (m + 2)x + 8m + 1. X¸c ®Þnh m ®Ó: a. f(x) > 0 víi x  . b. f(x) ≤ 0 trªn mét ®o¹n cã ®é dµi b»ng 3 . c. f(x) < 0 trªn kho¶ng (0; 2).

 Gi¶i a. §Ó f(x)  0 víi x  ®iÒu kiÖn lµ: 1  0 a  0  m2  4m + 3 < 0  1 < m < 3.   2   0 (m  2)  8m  1  0   VËy, víi 1 < m < 3 tho¶ m·n ®iÒu kiÖn ®Çu bµi. b. §Ó f(x) ≤ 0 trªn mét ®o¹n cã ®é dµi b»ng

cã hai nghiÖm x1, x2 tho¶ m·n x1  x2 =

3 ®iÒu kiÖn lµ ph-¬ng tr×nh f(x) = 0

3 , tøc lµ:

  0   0    = 3  m2  4m + 3 = 3  m = 0 hoÆc m = 4.     3    3  a  VËy, víi m = 0 hoÆc m = 4 tho¶ m·n ®iÒu kiÖn ®Çu bµi.

c. §Ó f(x) < 0 trªn kho¶ng (0; 2) ®iÒu kiÖn lµ ph-¬ng tr×nh f(x) = 0 cã hai nghiÖm x1, x2 tho¶ m·n x1  0  2  x 2 , tøc lµ: a.f (0)  0 8m  1  0 1  m .   8 a.f  2   0 6m  1  0 1 VËy, víi m   tho¶ m·n ®iÒu kiÖn ®Çu bµi. 8

 NhËn xÐt:

Víi c¸c yªu cÇu trong thÝ dô trªn, ta cã ph¸t biÓu kh¸c nh- sau: a. C©u a) ®-îc chuyÓn thµnh:  "T×m m ®Ó bÊt ph-¬ng tr×nh x2  (m + 2)x + 8m + 1 > 0 nghiÖm ®óng víi mäi x".  "T×m m ®Ó bÊt ph-¬ng tr×nh x2  (m + 2)x + 8m + 1 ≤ 0 v« nghiÖm". b. C©u b) ®-îc chuyÓn thµnh:  "T×m m ®Ó bÊt ph-¬ng tr×nh x2  (m + 2)x + 8m + 1 ≤ 0 cã tËp nghiÖm T cã ®é dµi b»ng 3 ". c. C©u c) ®-îc chuyÓn thµnh "T×m c¸c gi¸ trÞ cña m ®Ó bÊt ph-¬ng tr×nh x2  (m + 2)x + 8m + 1 < 0 nghiÖm ®óng víi mäi x(0; 2)". 181

ThÝ dô 2. Cho tam thøc: f(x) = x2 + 4(m + 1)x + 1  m2. X¸c ®Þnh m ®Ó: a. f(x)  0 víi x  . b. f(x) > 0 trªn mét ®o¹n cã ®é dµi b»ng 4. c. f(x) > 0 trªn kho¶ng (0; 1).

 Gi¶i a. §Ó f(x)  0 víi x  ®iÒu kiÖn lµ: 1  0 a  0 3  5m2 + 8m + 3 < 0   1  m   .   2 2 5  '  0 4(m  1)  1  m  0

VËy, víi 1  m  

3 tho¶ m·n ®iÒu kiÖn ®Çu bµi. 5

b. §Ó f(x) > 0 trªn mét ®o¹n cã ®é dµi b»ng 4 ®iÒu kiÖn lµ ph-¬ng tr×nh f(x) = 0 cã hai nghiÖm x1, x2 tho¶ m·n x1  x2 = 4, tøc lµ:  '  0   13   0   = 3  5m2 + 8m + 3 = 16  m = 1 hoÆc m =  .    5    4  a 4  13 VËy, víi m = 1 hoÆc m =  tho¶ m·n ®iÒu kiÖn ®Çu bµi. 5 c. §Ó f(x) > 0 trªn kho¶ng (0; 1) ®iÒu kiÖn lµ ph-¬ng tr×nh f(x) = 0 cã hai nghiÖm x1, x2 tho¶ m·n x1  0  1  x 2 , tøc lµ: 11  m 2   0 m 2  1  0 a.f (0)  0        2 2 a.f 1  0  1 1  4m  4  1  m   0 m  4m  4  0

 2  2 2  m  1.

VËy, víi 2  2 2  m  1 tho¶ m·n ®iÒu kiÖn ®Çu bµi.

ThÝ dô 3. T×m m ®Ó bÊt ph-¬ng tr×nh sau cã nghiÖm: (m + 2)x22mxm + 2 < 0.

(1)

 Gi¶i Ta cã thÓ tr×nh bµy theo çc çch sau: Çch 1: XÐt ba tr-êng hîp: Tr-êng hîp 1: Víi m + 2 = 0  m = 2, ta ®-îc: (1)  4x + 4 < 0  x < 1. BÊt ph-¬ng tr×nh cã nghiÖm. Tr-êng hîp 2: Víi m + 2 < 0  m < 2. BÊt ph-¬ng tr×nh ®· cho còng cã nghiÖm (v× lóc ®ã tam thøc ë vÕ tr¸i lu«n ©m hoÆc chØ d-¬ng trªn mét kho¶ng h÷u h¹n). 182

Tr-êng hîp 3: Víi m + 2 > 0  m > 2. (*) Khi ®ã, ®Ó bÊt ph-¬ng tr×nh ®· cho cã nghiÖm th× tam thøc ë vÕ tr¸i ph¶i cã hai nghiÖm ph©n biÖt (*) m  2  ' > 0  m22 > 0  |m| > 2   .  2  m   2 VËy, víi m > 2 th× bÊt ph-¬ng tr×nh cã nghiÖm. C¸ch 2: Ta ®i xÐt bµi to¸n ng-îc lµ "T×m ®iÒu kiÖn ®Ó bÊt ph-¬ng tr×nh v« nghiÖm", tøc lµ t×m ®iÒu kiÖn ®Ó: (m + 2)x22mxm + 2  0 víi mäi x. (2) XÐt hai tr-êng hîp: Tr-êng hîp 1: Víi m + 2 = 0  m = 2, ta ®-îc: (2)  4x + 4  0  x  1  kh«ng tho¶ m·n. Tr-êng hîp 2: Víi m + 2 ≠ 0  m ≠ 2. Khi ®ã, ®Ó (2) nghiÖm ®óng víi mäi x ®iÒu kiÖn lµ: m  2  0 m  2  0 a  0  2  2  m  2.   '  0 m  (m  2)(m  2)  0 m  2  0 VËy, víi m  2 tho¶ m·n (2), tõ ®ã suy ra víi m > ®Çu bµi.

2 tho¶ m·n ®iÒu kiÖn

 Chó ý: ThÝ dô tiÕp theo sÏ minh ho¹ viÖc sö dông néi dung (2) ®· ®-îc tr×nh bµy trong néi dung cña d¹ng to¸n nµy. ThÝ dô 4. Cho ph-¬ng tr×nh: x22mx + 4m3 = 0. X¸c ®Þnh c¸c gi¸ trÞ cña m ®Ó ph-¬ng tr×nh cã: a. Hai nghiÖm ph©n biÖt x1, x2 tho¶ m·n x1 < 0 < 2 < x2. b. §óng mét nghiÖm thuéc kho¶ng (0; 2). c. Hai nghiÖm ph©n biÖt thuéc kho¶ng (0; 2).

(1)

 Gi¶i a. Ph-¬ng tr×nh cã hai nghiÖm ph©n biÖt x1, x2 tho¶ m·n x1 < 0 < 2 < x2 ®iÒu kiÖn lµ: a.f(0)  0 4m  3  0   , v« nghiÖm.  a.f(2)  0 1  0 VËy, kh«ng tån t¹i m tho¶ m·n ®iÒu kiÖn ®Çu bµi. b. Ph-¬ng tr×nh cã ®óng m«t nghiÖm thuéc kho¶ng (0; 2) ®iÒu kiÖn lµ (1) cã:  NghiÖm kÐp thuéc (0; 2) x  0  x  2 . 2  1  0 < x1  2  x 2

183

Ta lÇn l-ît:  §Ó (1) cã nghiÖm kÐp thuéc (0; 2) ®iÒu kiÖn lµ: m  3  '  0 m2  4m  3  0    0 < m < 1.    m  1   b 0  m  2   2a  (0; 2)  0  m  2

(*)

 §Ó (1) cã nghiÖm tho¶ m·n x1 ≤ 0 < x2 < 2 hoÆc 0 < x1 < 2 ≤ x2, suy ra: f(0).f(2) ≤ 0 (4m  3).1 ≤ 0  m ≤

3 . 4

(**)

3 , ph-¬ng tr×nh (1) cã d¹ng: 4 3 2x23x = 0  x = 0 hoÆc x =  tho¶ m·n ®iÒu kiÖn. 2

Thö l¹i: víi m =

KÕt hîp (*) vµ (**) suy ra víi m < 1 tho¶ m·n ®iÒu kiÖn ®Çu bµi. c. Ph-¬ng tr×nh cã hai nghiÖm ph©n biÖt thuéc kho¶ng (0; 2) ®iÒu kiÖn lµ:  '  0  m 2  4m  3  0  af(0)  0   3  4m  3  0 0 < x1 < x2 < 2  af(2)  0    < m < 1. 4 1  0  S  0   2 0  m  2  2 3 VËy, víi < m < 1 tho¶ m·n ®iÒu kiÖn ®Çu bµi. 4

D¹ng to¸n 4: Gi¶i hÖ bÊt ph-¬ng tr×nh bËc hai mét Èn Ph-¬ng ph¸p ¸p dông Gi¶i tõng bÊt ph-¬ng tr×nh cña hÖ råi lÊy giao cña c¸c tËp nghiÖm thu ®-îc. ThÝ dô 1. Gi¶i hÖ bÊt ph-¬ng tr×nh: 4 x  3  0 .  2 2 x  5x  3  0

 Gi¶i HÖ bÊt ph-¬ng tr×nh t-¬ng ®-¬ng víi: 4  x   3 4   < x  1.  3  3  x  1  2 VËy, tËp nghiÖm cña hÖ bÊt ph-¬ng tr×nh lµ T = (

184

4 ; 1]. 3

ThÝ dô 2. X¸c ®Þnh m sao cho víi mäi x ta ®Òu cã: 3x 2  mx  6 9< < 6. x2  x  1

(*)

 Gi¶i

V× x2 + x + 1 > 0, x, nªn ta biÕn ®æi t-¬ng ®-¬ng vÒ d¹ng: 2 12 x  (m  9)x  3  0 (1) .  2 3x  (m  6)x  12  0 (2) Khi ®ã, ®Ó (*) ®óng víi mäi x ®iÒu kiÖn lµ: 2  3  m  21  (1)  0 (m  9)  4.3.12  0    3 < m < 6.  2  ( 2 )  0 (m  6)  4.3.12  0  18  m  6 VËy, víi 3 < m < 6 tho¶ m·n ®iÒu kiÖn ®Çu bµi.

ThÝ dô 3. T×m m ®Ó hÖ sau cã nghiÖm duy nhÊt: 2 2   x  (4m  1)x  3m  m  0 (1) .  2 (2)   x  3x  2  0

 Gi¶i Gi¶i (2) ta ®-îc 1 < x < 2. §Æt f(x) = x22(m + 2)x + 5m + 6. HÖ cã ®óng mét nghiÖm  (1) cã ®óng 1 nghiÖm thuéc (1; 2), ta xÐt:  (1) cã nghiÖm kÐp thuéc (1; 2) 1 4m 2  4m  1  0   0   m    S   4m  1  , v« nghiÖm. 2 2  2  (1, 2) 3  4m  5 1  2   (1) cã nghiÖm tho¶ m·n x1 = 1 < x2 < 2 3m 2  5m  2  0 f (1)  0     , v« nghiÖm. S  1 (1, 2) 1  4m  1  1  2 

(1) cã nghiÖm tho¶ m·n 1 < x1 < 2 = x2 3m 2  9m  6  0 f (2)  0     , v« nghiÖm. S  2  (1, 2) 1  4m  1  2  2



(1) cã ®óng mét nghiÖm thuéc (1, 2) m  1  .  3  m  2

 f(1).f(2) < 0  (3m25m + 2)(3m29m + 6)   2 2 3

VËy, víi m( ; 2)\{1} tho¶ m·n ®iÒu kiÖn ®Çu bµi.

185

 Chó ý: Tõ viÖc nhËn thÊy 

(1)

lµ mét sè chÝnh ph-¬ng nªn cã thÓ thùc hiÖn vÝ

dô theo c¸ch: BiÕn ®æi hÖ vÒ d¹ng: x  m    x  3m  1 . 1  x  2 

(I)

Tõ ®ã, hÖ ban ®Çu cã nghiÖm duy nhÊt:  1  m  2    f (3m  1)  0   3m  1  m   (I) cã nghiÖm duy nhÊt     1  3m  1  2    f (m)  0    m  3m  1 

ThÝ dô 4. Cho hÖ bÊt ph-¬ng tr×nh: 3 2  (1) x 3x 10x  24  0 .  2  x 2(m  1)x  2m  1  0 (2)

a. T×m m ®Ó hÖ cã hai nghiÖm ©m. b. T×m m ®Ó hÖ cã nghiÖm duy nhÊt.

 Gi¶i Tr-íc tiªn:  BiÕn ®æi (1) vÒ d¹ng: (x  2)(x2  x  12) < 0  (x  2)(x  4)(x + 3) < 0  x  T = (3; 2)  (4; +).  BiÕn ®æi (2) vÒ d¹ng: (x  1)(x + 2m  1) = 0  x1 = 1 vµ x2 = 1  2m. a. Ta thÊy ngay hÖ kh«ng thÓ cã hai nghiÖm ©m. b. §Ó hÖ cã nghiÖm duy nhÊt ®iÒu kiÖn lµ: m  2 1  2m  3 x2  T     3 .   m   1 2  1  2m  4  2 2

ThÝ dô 5. T×m m ®Ó hÖ bÊt ph-¬ng tr×nh sau cã nghiÖm: x 2 3x  10  0 .  mx  m  2  0

 Gi¶i KÝ hiÖu c¸c bÊt ph-¬ng tr×nh trong hÖ theo thø tù lµ (1) vµ (2). 186

m  1  . 2  3  m  2

Gi¶i (1) ta ®-îc 5  x  2. XÐt c¸c tr-êng hîp: Tr-êng hîp 1: NÕu m < 0 th× nghiÖm cña (2) lµ x <

2m . m

Khi ®ã, ®iÒu kiÖn ®Ó hÖ cã nghiÖm lµ: 5 

2  m m0 1  5m  2  m  m   . m 2

Tr-êng hîp 2: NÕu m = 0 th× (2) cã d¹ng 2 > 0, m©u thuÉn. Tr-êng hîp 3: NÕu m > 0 th× nghiÖm cña (2) lµ x >

2m . m

Khi ®ã, ®iÒu kiÖn ®Ó hÖ cã nghiÖm lµ: m0 2m 2  2  2  m  2m  m  . m 3 1 2 VËy, víi m   hoÆc m  hÖ cã nghiÖm. 2 3

D¹ng to¸n 5: Sö dông dÊu tam thøc bËc hai chøng minh bÊt ®¼ng thøc ThÝ dô 1. Cho b > c > d. Chøng minh r»ng víi mäi a ta lu«n cã: (a + b + c + d)2 > 8(ac + bd). (1)

 Gi¶i Ta cã: (1)  (a + b + c + d)28(ac + bd) > 0 ViÕt l¹i vÕ tr¸i cña bÊt ®¼ng thøc trªn d-íi d¹ng mét tam thøc bËc hai theo biÕn sè a: f(a) = a2 + 2(b3c + d)a + (b + c + d)28bd. Ta cã: ' = (b3c + d)2[(b + c + d)28bd] = 8(bc)(dc). V× b > c > d  ' < 0  f(a) > 0 víi mäi a.

ThÝ dô 2. Cho ABC lµ mét tam gi¸c bÊt kú. Chøng minh r»ng víi mäi sè x ta ®Òu cã 1 +

1 2 x  cosA + x(cosB + cosC). 2

 Gi¶i ViÕt l¹i biÓu thøc d-íi d¹ng: x22(cosB + cosC)x + 22cosA  0. §Æt f(x) = x22(cosB + cosC)x + 22cosA, ta cã: ’ = (cosB + cosC)2(22cosA) = 4cos2 = 4sin2

(1)

BC BC A .cos2 4sin2 2 2 2

BC A [ cos2 1]  0. 2 2

VËy, ta ®-îc f(x)  0, x, do ®ã (1) lu«n ®óng. 187

§7. Mét sè ph-¬ng tr×nh, bÊt ph-¬ng tr×nh quy vÒ bËc hai D¹ng to¸n 1: Gi¶i ph-¬ng tr×nh, bÊt ph-¬ng tr×nh chøa dÊu gi¸ trÞ tuyÖt ®èi ThÝ dô 1. Gi¶i ph-¬ng tr×nh x2x + 2x4 = 3.

(1)

 Gi¶i LËp b¶ng xÐt dÊu hai biÓu thøc x2x vµ 2x4: x 0 1 2  2 + 0  + x x   2x4      0

+ + +

Tr-êng hîp 1: Víi x  0 hoÆc 1  x  2, ph-¬ng tr×nh cã d¹ng: x2x(2x4) = 3  x23x + 1 = 0  x =

1 (3  2

5 ) (lo¹i).

Tr-êng hîp 2: Víi 0 < x < 1, ph-¬ng tr×nh cã d¹ng: 0  x 1

(x2x)(2x4) = 3  x2 + x1 = 0  x =

1  5 2

Tr-êng hîp 3: Víi x  2, ph-¬ng tr×nh cã d¹ng: x2

x2x + 2x4 = 3  x2 + x7 = 0  x = VËy, ph-¬ng tr×nh cã 2 nghiÖm lµ x =

ThÝ dô 2. Gi¶i bÊt ph-¬ng tr×nh

1  29 2

5 1 vµ x = 2

29  1 . 2

| x 2  4x | 3  1. x2  | x  5 |

(1)

 Gi¶i LËp b¶ng xÐt dÊu hai biÓu thøc x24x vµ x5: x 0 4 5  2 + 0 0 + x 4x   x5      0

+ + +

Tr-êng hîp 1: Víi x  0 hoÆc 4  x  5 2 x 2  4x  3 (1)  2  1  3x + 2  0  x  . 3 x x5 Tr-êng hîp 2: Víi 0 < x < 4 1  x 2  4x  3 (1)   1  2x25x + 2  0   x  2. 2 2 x x5 188

Tr-êng hîp 3: Víi x > 5 8 x 2  4x  3 (1)  2  1  5x8  0  x  lo¹i. 5 x  x 5 2 3

1 2

VËy, tËp nghiÖm cña bÊt ph-¬ng tr×nh lµ ( ; )  [ ; 2]

ThÝ dô 3. Gi¶i bÊt ph-¬ng tr×nh x5x2 + 7x9  0.

(1)

 Gi¶i BiÕn ®æi t-¬ng ®-¬ng bÊt ph-¬ng tr×nh vÒ d¹ng: x  5  0  2 5  x  4  2   x  8x  14  0 (1)      3 5  x  4 + x 50  3  5  x  5      x 2  6x  4  0

VËy, nghiÖm cña bÊt ph-¬ng tr×nh lµ 3 5  x  4 +

 Chó ý: Bµi to¸n trªn cã thÓ gi¶i b»ng ®Þnh nghÜa, nh- sau: (1)  x5 x27x + 9 4  2  x  4  2  x  5  x 2  7x  9  x 2  8x  14  0       2 2  x  5   x  7x  9  x  6x  4  0 3  5  x  3  5

 3 5  x  4 +

ThÝ dô 4. Gi¶i bÊt ph-¬ng tr×nh: x24x + 2

3 | x  4 x  2 | 2 2

 0.

 Gi¶i §Æt t = x24x + 2, ®iÒu kiÖn t  0. Khi ®ã, bÊt ph-¬ng tr×nh cã d¹ng: t

t 0 t 2  2t  3 3 0 0  2<t3 t 2 t 2

x 2  4 x  2  2   x 2  4x  2  2    3  x 2  4 x  2  3

2  | x  4x  2 | 2  2  | x  4x  2 | 3

x 2  4 x  0   2 x  4 x  5  0  4 < x  2 +  2 x  4x  1  0 

VËy, bÊt ph-¬ng tr×nh cã nghiÖm lµ (4, 2 + 5 ].

ThÝ dô 5. Gi¶i bÊt ph-¬ng tr×nh: 2x23x + 12x25x < 2x + 1.

(1) 189

 Gi¶i BiÕn ®æi bÊt ph-¬ng tr×nh ban ®Çu vÒ d¹ng: 2x23x + 12x25x < (2x23x + 1)(2x25x)  x  1/ 2

 (2x25x)(2x + 1) < 0   . 0  x  5 / 2 1 2

5 2

VËy, tËp nghiÖm cña bÊt ph-¬ng tr×nh lµ: (, )( , + ).

ThÝ dô 6. Cho bÊt ph-¬ng tr×nh: (2x1)232x1 + m  0. a. Gi¶i bÊt ph-¬ng tr×nh víi m = 2. b. T×m m ®Ó nghiÖm cña bÊt ph-¬ng tr×nh chøa ®o¹n [1; 2].

(1)

 Gi¶i §Æt t = 2x1, ®iÒu kiÖn t  0. Khi ®ã, bÊt ph-¬ng tr×nh cã d¹ng: f(t) = t23t + m  0. a. Víi m = 2, ta ®-îc: t23t + 2  0  1  t  2  1  2x1  2 3  1  1  2  2x  1  2  2  x  2  2  x  0      2x  1  1     . x 1 1  x  3   2x  1  1      x  0 2 1 2

VËy, víi m = 2 bÊt ph-¬ng tr×nh cã tËp nghiÖm lµ [ ; 0]  [1;

(2)

3 ]. 2

b. Víi 1  x  2, ta ®-îc: 1  2x1  3  1  2x1  3  1  t  3. VËy ®Ó nghiÖm cña bÊt ph-¬ng tr×nh chøa ®o¹n [1; 2] ®iÒu kiÖn lµ ph-¬ng tr×nh f(t) = 0 cã hai nghiÖm t1, t2 tho¶ m·n t1  1 < 3  t2 af (1)  0  2  m  0    m  0. af (3)  0 m  0

 

VËy, víi m  0 tho¶ m·n ®iÒu kiÖn ®Çu bµi.

ThÝ dô 7. Cho bÊt ph-¬ng tr×nh: 2x + 1x2  m(x2 + 1). a. Gi¶i bÊt ph-¬ng tr×nh víi m = 2. b. T×m m ®Ó bÊt ph-¬ng tr×nh v« nghiÖm. 190

(1)

 Gi¶i Chia hai vÕ cña bÊt ph-¬ng tr×nh cho x2 + 1  0, ta ®-îc: 2| x | 1  x2 |1  x 2 | 2x +  m  +  m. x2 1 x2  1 x2  1 x2  1 t 2

§Æt x = tan , víi t  [

   ] \ {0}. 2 2

Khi ®ã bÊt ph-¬ng tr×nh ®-îc biÕn ®æi tiÕp vÒ d¹ng: sint + cost  m. a. Víi m = 2, ta cã nhËn xÐt ngay (2) lu«n ®óng. VËy, víi m = 2 bÊt ph-¬ng tr×nh nghiÖm ®óng víi mäi x. b. §Ó bÊt ph-¬ng tr×nh v« nghiÖm: m < Min(sint + cost) = 1. VËy, víi m < 1 bÊt ph-¬ng tr×nh v« nghiÖm.

(2)

D¹ng to¸n 2: Ph-¬ng tr×nh, bÊt ph-¬ng tr×nh chøa c¨n 1  1  4x 2 ThÝ dô 1. Gi¶i bÊt ph-¬ng tr×nh < 3. x

(1)

 Gi¶i

§iÒu kiÖn:

 1  2  x  0 1  4 x  0   .  0  x  1 x  0 2  C¸ch 1: Thùc hiÖn phÐp nh©n liªn hîp, ta biÕn ®æi: 2

(1) 

(1  1  4x 2 )(1  1  4 x 2 ) < 3(1 + x

1  4x 2 )

 4x < 3 + 3 1  4x 2  3 1  4x 2 > 4x3  4 x  3  0   x  3/ 4   2 | x | 1/ 2 1  4 x  0      x  3/ 4  4 x  3  0   9(1  4 x 2 )  (4 x  3) 2  9(1  4x 2 )  (4x  3) 2  1 1 x 0 ].  x  [ , 0)  (0. 2 2 1 1 VËy, tËp nghiÖm cña bÊt ph-¬ng tr×nh lµ T = [ ; 0)  (0; ]. 2 2 191

C¸ch 2: XÐt hai tr-êng hîp dùa trªn ®iÒu kiÖn. 1  Víi   x < 0 th×: 2 1  1  3x  0 x  (1)  1  4x < 13x      x < 0. 3 2 2 1  4 x  (1  3x) 13x 2  6 x  0  1 KÕt hîp víi ®iÒu kiÖn ®ang xÐt ®-îc nghiÖm lµ   x < 0. 2 1 Víi 0 < x  th×: 2 2



(1) 

1  4x 2 > 13x

  x  1/ 3 1  3x  0   2   1  x  1 1  4 x  0 2      2  1  3 x  0     x  1/ 3 1  4 x 2  (1  3x) 2  13x 2  6x  0  

1 1 3  x  2 1 0<x .  2 0  x  1 3 

1 . 2 1 1 VËy, tËp nghiÖm cña bÊt ph-¬ng tr×nh lµ T = [ ; 0)  (0; ]. 2 2 ThÝ dô 2. Gi¶i bÊt ph-¬ng tr×nh (x1) 2x  1  3(x1).

KÕt hîp víi ®iÒu kiÖn ®ang xÐt ®-îc nghiÖm lµ 0 < x 

 Gi¶i §iÒu kiÖn: 2x1  0  x  §Æt t =

1 . 2

2x  1 , t  0  x =

(*) 1 2 (t + 1). 2

Khi ®ã, bÊt ph-¬ng tr×nh cã d¹ng: 1 2

1 2

[ (t2 + 1)1]t  3[ (t2 + 1)1]  t33t2t + 3  0  (t + 1)(t1)(t3)  0  1  t  3  1  2x  1  3  1  x  5 tho¶ m·n (*). VËy, nghiÖm cña bÊt ph-¬ng tr×nh lµ 1  x  5.



192

Chó ý: Ta kh«ng thÓ b×nh ph-¬ng hai vÕ cña bÊt ph-¬ng tr×nh ban ®Çu v× ch-a kh¼ng ®Þnh ®-îc dÊu cña hai vÕ. Hoµn toµn cã thÓ sö dông phÐp biÕn ®æi t-¬ng ®-¬ng ®Ó thùc hiÖn thÝ dô trªn, cô thÓ: (x1)( 2x  1 3)  0

  x  1  0   x  1 x  1      2x  1  3  0   2x  1  3 0  2x  1  9      1  x  5. x  1   x  1  0   x  1    2x  1  3  0   2x  1  3  2x  1  9    

VËy, nghiÖm cña bÊt ph-¬ng tr×nh lµ 1  x  5.

ThÝ dô 3. Gi¶i bÊt ph-¬ng tr×nh x +

2x x2  4

>3 5.

(1)

 Gi¶i §iÒu kiÖn: x24 > 0  x > 2. Tr-êng hîp 1: Víi x < 2 th× bÊt ph-¬ng tr×nh v« nghiÖm (do vÕ tr¸i ©m). Tr-êng hîp 2: Víi x > 2 th× b×nh ph-¬ng 2 vÕ ph-¬ng tr×nh (1) ta ®-îc: 4x 2 x4 4x 2 x2 x2 + 2 + > 45  2 + 4. > 45 . x 4 x 4 x2  4 x2  4

(*)

(2)

§Æt t =

, t > 0. x2  4 Khi ®ã, bÊt ph-¬ng tr×nh (2) cã d¹ng: t  5 t2 + 4t45 > 0   t>5  t  9

x2 x 4 2

> 5  x425x2 + 100 > 0

| x | 20  x  20   2   .  x  5 | x | 5 KÕt hîp víi tr-êng hîp ®ang xÐt, ta ®-îc tËp nghiÖm cña bÊt ph-¬ng tr×nh lµ: (;  20 )  ( 5 ; 5 )  ( 20 ; +). 2

 Chó ý: NhiÒu bÊt ph-¬ng tr×nh ë d¹ng ban ®Çu kh«ng thÊy cã dÊu hiÖu cho phÐp lùa chän ph-¬ng ph¸p ®Æt Èn phô khi ®ã th«ng th-êng b»ng mét vµi phÐp biÕn ®æi t-¬ng ®-¬ng ta sÏ thÊy sù xuÊt hiÖn cña Èn phô. ThÝ dô 4. Gi¶i bÊt ph-¬ng tr×nh

x > 1+

x 1 .

(1)

 Gi¶i §iÒu kiÖn x  0. Ta cã: x 0 1 x 1 0  x > (1 + (1)  3

(*) 3

x  1 )2

 x > 1 + 2 3 x  1 + ( 3 x  1 )2  x1( 3 x  1 )22 3 x  1 > 0. §Æt t =

(2)

x 0 x  1    t > 1.

193

Khi ®ã, bÊt ph-¬ng tr×nh (2) cã d¹ng: t 10 t3t22t > 0  t(t2t2) > 0  t(t + 1)(t2) > 0   t(t2) > 0

 3 x 1  2 t  2 x  1  8 x  9 x 0          t  0 x  1  0 0  x  1  3 x  1  0 VËy, bÊt ph-¬ng tr×nh cã nghiÖm x > 9 hoÆc 0 < x < 1.

C. C¸c bµi to¸n chän läc VÝ dô 1: H·y so s¸nh a  2  a  4 vµ a  a  6 , víi a  0.  Gi¶i Gi¶ sö: a 2  a 4  a  a6  ( a  2  a  4 )2  ( a  a  6 )2  a + 2 + a + 4 + 2 a  2. a  4  a + a + 6 + 2 a . a  6  a  2. a  4  a . a  6  (a + 2)(a + 4)  a(a + 6)  a2 + 6a + 8  a2 + 6a  8  0 (v« lý) VËy, ta ®-îc a  2  a  4  a  a  6 (a  0). VÝ dô 2: Cho a, b, c  0. Chøng minh r»ng a4 + b4 + c4  abc(a + b + c).  Gi¶i Sö dông bÊt ®¼ng thøc C«si ta nhËn xÐt r»ng: a4 + b4 + c4 =

1 4 1 1 (a + b4) + (b4 + c4) + (c4 + a4)  a2b2 + b2c2 + c2a2 2 2 2 1 2 2 1 1 = a (b + c2) + b2(c2 + a2) + c2(a2 + b2) 2 2 2

 a2bc + b2ca + c2ab = abc(a + b + c). DÊu "=" x¶y ra khi a = b = c.

VÝ dô 3:

Cho a, b, c(0; 1), chøng minh r»ng Ýt nhÊt mét trong c¸c bÊt ®¼ng thøc sau lµ sai: a(1b) >

 Gi¶i

1 1 1 , b(1c) > , c(1a) > . 4 4 4

Gi¶ sö tr¸i l¹i c¶ ba bÊt ®¼ng thøc ®Òu ®óng, khi ®ã nh©n theo vÕ ba bÊt ®¼ng thøc ta ®-îc: a(1b).b(1c).c(1a) >

194

1 1  a(1a).b(1b).c(1c) > . 64 64

(*)

Ta cã nhËn xÐt: 1 1 1 (a + )2  , 4 2 4 1 1 t-¬ng tù b(1b)  vµ c(1c)  , do ®ã: 4 4 1 a(1a).b(1b).c(1c)  , tøc lµ (*) sai. 64

a(1a) = aa2 =

VÝ dô 4:

 Gi¶i

Gi¶ sö a, b, c lµ ba sè d-¬ng sao cho: ax + b(1x) > cx(1x) víi mäi gi¸ trÞ cña x. Chøng minh r»ng khi ®ã, víi mäi gi¸ trÞ cña x ta còng cã: ax + c(1x) > bx(1x) vµ bx + c(1x) > ax(1x).

§Æt: f(x) = ax + b(1x)cx(1x) = cx2 + (abc)x + b, g(x) = ax + c(1x)bx(1x) = bx2 + (abc)x + c, hx) = bx + c(1x)ax(1x) = ax2 + (bac)x + c. NhËn xÐt r»ng f(x), g(x), h(x) cã cïng biÖt sè  = (bac)24ac. V× f(x) > 0, x, nªn  < 0, tõ ®ã suy ra g(x) > 0 vµ h(x) > 0 víi x.

VÝ dô 5:

Cho c¸c sè thùc x, y, z > 0. Chøng minh bÊt ®¼ng thøc: 16xyz(x  y  z)  3 3 (x  y) 4 (y  z) 4 (z  x) 4 .

 Gi¶i Ta cã: (x + y)(y + z)(z + x) = (x + y + z)xy + yz (x + y + z) + xz2 + zx2 V× x, y, z > 0 nªn ¸p dông bÊt ®¼ng thøc C«si cho 8 sè d-¬ng: 3 sè

1 1 xy(x  y  z) , 3 sè yz(x  y  z) , xz2 vµ zx2, 3 3

ta ®-îc: (x + y)(y + z)(z + x)  8 8

(xyz)2 (x  y  z)6 (xyz)3 (x  y  z)3 4  8 27 36

 3 3 (x  y)4 (y  z)4 (z  x)4  16xyz(x + y + z), ®pcm.

DÊu "=" x¶y ra khi vµ chØ khi: 1 1 xy(x  y  z)  yz(x  y  z)  xz 2  zx 2  x  y  z. 3 3

VÝ dô 6:

Cho c¸c sè d-¬ng a, b, c tháa m·n abc = 1. Chøng minh r»ng: 3 a3 b3 c3 + +  . 4 (1  b)(1  c) (1  a)(1  c) (1  a)(1  b)

195

 Gi¶i ¸p dông bÊt ®¼ng thøc C«si, ta ®-îc: 1 b 1 c 3a a 3 (1  b)(1  c) a3 + + 33 = 8 8 4 (1  b)(1  c)64 (1  b)(1  c) T-¬ng tù: 1 a 1 c 3b b3 + +  ; 8 8 4 (1  a)(1  c) 3c 1 a 1 b c3 + +  . 4 8 8 (1  a)(1  b) Céng theo tõng vÕ ba bÊt ®¼ng thøc trªn, ta cã: 3 abc a3 b3 c3 + + +  . 4 2 (1  b)(1  c) (1  a)(1  c) (1  a)(1  b)

V× a + b + c  3 3 abc = 3, do ®ã: 3 a3 b3 c3 + +  . 4 (1  b)(1  c) (1  a)(1  c) (1  a)(1  b) §¼ng thøc x¶y ra khi vµ chØ khi a = b = c.

VÝ dô 7:

Chøng minh r»ng: 1  1  1  729   1  a 3  1  b3  1  c3   512    

trong ®ã a, b, c lµ c¸c sè thùc d-¬ng tháa m·n a + b + c = 6.

 Gi¶i 1  1  1  §Æt A =  1  3  1  3  1  3  , ta cã: b  c   a  1 1  1 1 1 1  1 A = 1 +  3  3  3  3 3  3 3  3 3  3 3 3 . b c  a b bc ac  abc a ¸p dông bÊt ®¼ng thøc C«si, ta cã: 1 1 1 3    ; abc a 3 b 3 c3

1 1 1 3    2 2 2 . a 3 b 3 b 3 c3 a 3 c3 a b c

Thay vµo A, ta ®-îc: 3

A1+

3 3 1 1    2 2 2  3 3 3 = 1  . abc a b c abc abc  

L¹i ¸p dông bÊt ®¼ng thøc c« – si, ta cã: 3

1 1 abc 6  . abc   =   = 8, hay  abc 8 3   3

196

Suy ra: 3

729  1 A  1   = . 512  8 §¼ng thøc x¶y ra khi vµ chØ khi a = b = c = 2.

VÝ dô 8:

Cho a, b, c lµ ®é dµi ba c¹nh cña mét tam gi¸c, p lµ mét nöa chu vi. Chøng minh r»ng: p < p  a + p  b + p  c  3p .

 Gi¶i Ta cã: ( pa +

pb +

p  c )2 = (1. p  a + 1. p  b + 1. p  c )2

 (12 + 12 + 12)(pa + pb + pc) = 3p (1) 3p .

 pa + pb + pc  DÊu ®¼ng thøc x¶y ra khi pc pa pb = =  a = b = c. 1 1 1

Ta ®i chøng minh p < p  a + p  b + ®-¬ng, cô thÓ: p < pa + pb + pc

p  c b»ng phÐp biÕn ®æi t-¬ng

 p < pa + pb + pc + 2 (p  a)(p  b) + 2 (p  c)(p  a) + 2 (p  b)(p  c)  0 < 2 (p  a)(p  b) + 2 (p  c)(p  a) + 2 (p  b)(p  c) , lu«n ®óng.

VÝ dô 9:

Cho a, b, c, p, q lµ 5 sè d-¬ng tuú ý. Chøng minh r»ng: a b c 3 + +  . pb  qc pc  qa pa  qb pq

(1)

 Gi¶i §Ó ý r»ng: a=

a . a(pb  qc) , pb  qc

c . c(pa  qb) . pa  qb

b . b(pc  qa) , pc  qa

Gäi S lµ vÕ tr¸i cña bÊt ®¼ng thøc (1). Ta cã: a (a + b + c) 2 = ( . a(pb  qc) + pb  qc +

b . b(pc  qa) + pc  qa

c . c(pa  qb) )2 pa  qb

197

 S.[a(pb + qc) + b(pc + qa) + c(pa + qb)] = S(p + q)(ab + bc + ca). MÆt kh¸c ab + bc + ca 

(2)

1 (a + b + c) 2, bëi: 3

3(ab + bc + ca) = ( ab + bc + ca) + 2(ab + bc + ca)  a 2 + b 2 + c 2 + 2(ab + bc + ca) = (a + b + c) 2. Víi kÕt qu¶ ®ã tõ (2) ta suy ra: (a  b  c)2 3 (a + b + c)2  S(p + q). S , 3 pq v× a + b + c > 0, p + q > 0.

VÝ dô 10: Cho a, b, c lµ ba sè kh¸c 0. Chøng minh r»ng: c a b a2 b2 c2 + +  + + . 2 2 2 a b c b c a

 Gi¶i ¸p dông bÊt ®¼ng thøc Bunhiac«pxki ta cã: c a b a2 b2 c2 ( 2 + 2 + 2 )(12 + 12 + 12)  (| | + | | + | |)2. a b c b c a Suy ra: c 1 a c a b b a2 b2 c2 + +  (| | + | | + | |). .(| | + | | + | |). 2 2 2 a 3 b a b c c b c a NhËn xÐt r»ng: 1 a c b .(| | + | | + | |)  3 b a c

(*)

abc = 1, abc

c c a b a b |+| |+| | + + , a a b c b c

suy ra: (|

c 1 a c c a b b a b | + | | + | |). .(| | + | | + | |)  + + a 3 b a a b c c b c

tõ ®ã (*) ®-îc biÕn ®æi: c a b a2 b2 c2 + +  + + . 2 2 2 a b c b c a DÊu "=" x¶y ra khi a = b = c (§Ò nghÞ b¹n ®äc tù chøng minh).

VÝ dô 11: T×m gi¸ trÞ nhá nhÊt cña biÓu thøc:  

1 

1  

1

P = 3    3    3    a b b c c a 



trong ®ã, c¸c sè d-¬ng a, b, c tháa m·n ®iÒu kiÖn a + b + c 

198

3 . 2

 Gi¶i §Æt: 1 1 + = x; a b

1 1 + = y; b c

1 1 + = z víi x, y, z d-¬ng. c a

Ta cã: P = (3 + x)(3 + y)(3 + z) = 27 + 9(x + y + z) + 3(xy + yz + zx) + xyz. ¸p dông bÊt ®¼ng thøc C«si cho ba hoÆc hai sè d-¬ng, ta cã: x + y + z  3 3 xyz , xy + yz + zx  3 3 (xyz) 2 , 1 1  1 1 1 1 xyz =           a b b c c a

2 ab

2 bc

2 ca

8 . abc

(1)

3 1  a + b + c  3 3 abc  abc  2 8

(2)

Tõ (1) vµ (2) suy ra xyz  64 Tõ ®ã, ta cã: P  27 + 27 3 xyz + 9 3 (xyz) 2 + xyz = (3 + VËy, minP = 343 ®¹t ®-îc khi:

xyz )2  (3 +

64 )3 = 343.

a  b  c  3/ 2 1  a=b=c= . a  b  c 2 abc  1/ 8 

VÝ dô 12: T×m gi¸ trÞ nhá nhÊt cña biÓu thøc: T=

a2 b2 c2 + + a 2  (b  c)2 b 2  (c  a)2 c2  (a  b)2

trong ®ã a, b, c lµ c¸c sè thùc kh¸c 0.

 Gi¶i ¸p dông bÊt ®¼ng thøc Bunhiac«pxki ta cã: (b + c)2  2(b2 + c2), (a + b)2  2(a2 + b2), (c + a)2  2(c2 + a2). Ta cã: a2 b2 c2 T 2 + + a  2(b  c)2 b 2  2(c  a)2 c2  2(a  b)2       a2 b2 c2  1  1  1 T+3  2 + +     2 2 2 2 2  a  2(b  c)   b  2(c  a)   c  2(a  b)  =

2 .5(a2 + b2 + c2) 5   a2 b2 c2    2 2 2 2 2 2  b  2(a  c) c  2(a  b)   a  2(b  c)

199

¸p dông bÊt ®¼ng thøc C«si cho c¸c bé ba sè d-¬ng m, n, p vµ

1 1 1 , , ta ®-îc: m n p

 1 1 1 1 (m + n + p)      3 3 mnp .3 3 = 9. mnp m n p

T+3 VËy TMin =

2 3 .9  T  . 5 5

3 ®¹t ®-îc khi a = b = c. 5

VÝ dô 13: T×m c¸c gi¸ trÞ cña tham sè m ®Ó ph-¬ng tr×nh sau v« nghiÖm: (3  m)x2  2(m + 3)x + m + 2 = 0. (1)

 Gi¶i Ta xÐt hai tr-êng hîp sau: Tr-êng hîp 1: NÕu 3  m = 0  m = 3. (1)  0.x2  12x + 5 = 0  x =

5 . 12

Tr-êng hîp 2: NÕu 3  m  0  m  3. Khi ®ã, ®Ó (1) v« nghiÖm ®iÒu kiÖn lµ: m  3 a  0 3  2   < m < 1.  2  '  0 2 m  5m  3  0 VËy, bÊt ph-¬ng tr×nh (2) v« nghiÖm khi 

3 < m < 1. 2

VÝ dô 14: T×m m ®Ó ph-¬ng tr×nh sau cã nghiÖm: x2 + (x + 1)2 =

m . x2  x  1

 Gi¶i ViÕt l¹i ph-¬ng tr×nh d-íi d¹ng: 1 1 m )+ = 2 . (1) 4 2 x  x 1 1 §Æt t = x2 + x + , ®iÒu kiÖn t  0, khi ®ã: 4 1 m 1  3   (1)  2t     2t   t    m   4t  1 4t  3  8m 3 2 2  4   t 4

2(x2 + x +

 f(t) = 16t2 + 16t + 38m = 0. Ph-¬ng tr×nh ®· cho cã nghiÖm  ph-¬ng tr×nh (2) cã nghiÖm t  0

200

(2)

P  0    0 (2) cã mét nghiÖm lín h¬n b»ng 0 3     m .  4 P  0 (2) cã hai nghiÖm lín h¬n b»ng 0   S  0 3 VËy, víi m  ph-¬ng tr×nh ®· cho cã nghiÖm. 4

VÝ dô 15: Cho bÊt ph-¬ng tr×nh: x2 + 4x + 3 + m  0. Víi gi¸ trÞ nµo cña m th×: a. BÊt ph-¬ng tr×nh v« nghiÖm. b. BÊt ph-¬ng tr×nh cã ®óng mét nghiÖm. c. BÊt ph-¬ng tr×nh cã nghiÖm lµ mét ®o¹n cã ®é dµi b»ng 2.

 Gi¶i a. BÊt ph-¬ng tr×nh v« nghiÖm  ' < 0  1m < 0  m > 1. VËy, víi m > 1 tho¶ m·n ®iÒu kiÖn ®Çu bµi. b. BÊt ph-¬ng tr×nh cã ®óng mét nghiÖm  ' = 0  1m = 0  m = 1. VËy, víi m = 1 tho¶ m·n ®iÒu kiÖn ®Çu bµi. c. §Ó bÊt ph-¬ng tr×nh cã nghiÖm lµ mét ®o¹n trªn trôc sè cã ®é dµi b»ng 2 th× tam thøc ë vÕ tr¸i cña bÊt ph-¬ng tr×nh ph¶i cã hai nghiÖm ph©n biÖt x 1 vµ x2 tho¶ m·n |x1x2| = 2  '  0   1  m  0       m = 3.  1 m  2   a 2  VËy, víi m = 3 tho¶ m·n ®iÒu kiÖn ®Çu bµi.

VÝ dô 16: T×m m ®Ó bÊt ph-¬ng tr×nh: x22(m + 1)x + m2 + 2m  0 víi x[0; 1].

(1)

 Gi¶i §Æt f(x) = x22(m + 1)x + m2 + 2m. VËy (1) nghiÖm ®óng víi x[0; 1]  ph-¬ng tr×nh f(x) = 0 cã hai nghiÖm x1, x2 tho¶ m·n x1  1 < 2  x2 2 af (0)  0 m  2m  0     2  1  m  0. m  1  0 af (1)  0 VËy, víi 1  m  0 tho¶ m·n ®iÒu kiÖn ®Çu bµi. 201

 Chó ý: Bµi to¸n trªn cã thÓ ®-îc gi¶i b»ng phÐp biÕn ®æi t-¬ng ®-¬ng sau: x22(m + 1)x + m2 + 2m  0  (xm1)2  1  (xm2)(xm)  0  m  x  m + 2. VËy (1) nghiÖm ®óng víi x[0; 1]  m  0 < 1  m + 2  1  m  0.

VÝ dô 17: Víi gi¸ trÞ nµo cña m th× bÊt ph-¬ng tr×nh sau cã nghiÖm: (m2)x22mxm2 < 0

 Gi¶i

(1)

XÐt ba tr-êng hîp: Tr-êng hîp 1: Víi m  2 = 0  m = 2, ta ®-îc: (1)  4x  4 < 0  x > 1. BÊt ph-¬ng tr×nh cã nghiÖm. Tr-êng hîp 2: Víi m  2 < 0  m < 2 BÊt ph-¬ng tr×nh ®· cho còng cã nghiÖm (v× lóc ®ã tam thøc ë vÕ tr¸i lu«n ©m hoÆc chØ d-¬ng trªn mét kho¶ng h÷u h¹n). Tr-êng hîp 3: Víi m  2 > 0  m > 2. (*) Khi ®ã ®Ó bÊt ph-¬ng tr×nh ®· cho cã nghiÖm th× tam thøc ë vÕ tr¸i ph¶i cã hai nghiÖm ph©n biÖt, tøc lµ: ' > 0  m2 (m + 2)(m  2) > 0  m2  2 > 0 lu«n ®óng do (*) VËy, víi mäi m bÊt ph-¬ng tr×nh lu«n cã nghiÖm. Chó ý: 1. Ta cã thÓ gi¶i bµi to¸n b»ng c¸ch t×m ®iÒu kiÖn ®Ó bÊt ph-¬ng tr×nh v« nghiÖm. Tøc lµ t×m ®iÒu kiÖn ®Ó: (m2)x22mxm2  0 víi mäi x. 2. Nh÷ng gi¸ trÞ m cßn l¹i sÏ lµm cho bÊt ph-¬ng tr×nh cã nghiÖm.

VÝ dô 18: Gi¶i vµ biÖn luËn ph-¬ng tr×nh sau theo a, b: 2(x 2  x x 2  a 2 )  a 2 +

 Gi¶i

2(x 2  x x 2  a 2 )  a 2 = x + b + xb

Tõ ®ã tr¶ lêi c©u hái khi nµo ph-¬ng tr×nh nhËn mäi x lµm nghiÖm.

Ta biÕn ®æi: 2(x 2  x x 2  a 2 )  a 2 +

2(x 2  x x 2  a 2 )  a 2 = (x  x 2  a 2 )2 +

= x x2  a 2  + x + §iÒu kiÖn x2  a2.

202

(x  x 2  a 2 )2

x2  a 2 .

NhËn xÐt r»ng: (x x2  a 2 ).(x + x2  a 2 ) = a2  0, nªn sö dông tÝnh chÊt (2) cho VT, ta biÕn ®æi ®-îc ph-¬ng tr×nh vÒ d¹ng: x x2  a 2 + x + x2  a 2  = x + b + xb  2x = x + b + xb  (x + b) + (xb) = x + b + xb TÝnh chÊt 2   (x + b)(xb)  0  x2  b2. VËy, ph-¬ng tr×nh t-¬ng ®-¬ng víi hÖ:  a  b  0  2  x  0  2 2 2 2 a  b x  a    2 .  2 2 x  a2  x  b    a 2  b 2    x 2  b 2 KÕt luËn:  Khi a = b = 0, ph-¬ng tr×nh cã nghiÖm víi mäi x.  Khi a  b, ph-¬ng tr×nh cã nghiÖm x a.  Khi a  b, ph-¬ng tr×nh cã nghiÖm x b.

VÝ dô 19: Gi¶i ph-¬ng tr×nh: 1  x2 +

1  x2 +

1  x3 +

1  x3 +

1  x4 +

1  x 4 = 6.

 Gi¶i §iÒu kiÖn x 1. Sö dông bÊt ®¼ng thøc C«si, ta cã: 1  x2 =

1.(1  x 2 ) 

2  x2 , 2 4  x4 4 1  x4  , 4

1  x2 

1 2  x2 (1 + 1 + x2) = , 2 2 3  x3 3  x3 3 3 1  x3  1  x3  , , 3 3 4  x4 4 1  x4  . 4

suy ra: 1  x 2 + 1  x 2 + 3 1  x3 + 3 1  x3 + 4 1  x 4 + 4 1  x 4  6 VËy bÊt ph-¬ng tr×nh cã nghiÖm khi dÊu " = " x¶y ra, tøc lµ víi x = 0.

VÝ dô 20: Gi¶i ph-¬ng tr×nh sau: 2  x2  2 

1 1   4 x   . 2 x x 

203

 Gi¶i BiÕn ®æi ph-¬ng tr×nh vÒ d¹ng: 1 1 x  2  x2   2  2  4 x x Sö dông bÊt ®¼ng thøc Bunhiac«pski, ta ®-îc:  x  2  x 2  1.x  1. 2  x 2  12  12   x 2  2  x 2   2         1  2  1  1.x  1. 2  1  12  12   1   2  1    2   x2  x x2 x2 x2    1 1  x  2  x2   2  2  4 . x x DÊu ®¼ng thøc x¶y ra khi vµ chØ khi: x  2  x 2  1 1  x = 1.   2 2 x x VËy, ph-¬ng tr×nh cã nghiÖm lµ x = 1.

VÝ dô 21: Gi¶i bÊt ph-¬ng tr×nh  2 

3 x + 1 <

2 +

 Gi¶i Ta cã:  2   x

3 x + 1 <

2 +

3 

1 3 2

( 3 

2 )x  1 

 5 + 2 6  x  ( 2 + 3 )  5 + 2 6 3 2   (5 + 2 6 )  x  ( 2 + 3 )  5 + 2 6  5  2 6 + 2 + 3  x  5 + 2 6 + 2 + 3 . VËy, nghiÖm cña bÊt ph-¬ng tr×nh: S = [5  2 6 + 2 + 3 ; 5 + 2 6 + 2 + 3 ].

VÝ dô 22: Gi¶i bÊt ph-¬ng tr×nh 2x23x + 12x25x < 2x + 1.

 Gi¶i BiÕn ®æi bÊt ph-¬ng tr×nh ban ®Çu vÒ d¹ng: 2x23x + 12x25x < (2x23x + 1)(2x25x)  x  1/ 2

 (2x25x)(2x + 1) < 0   . 0  x  5 / 2 1 2

5 2

VËy, bÊt ph-¬ng tr×nh cã nghiÖm lµ ( ; )( ; +).

204

3 2 3 2

VÝ dô 23: Gi¶i vµ biÖn luËn bÊt ph-¬ng tr×nh ax + b a.

 Gi¶i ViÕt l¹i bÊt ph-¬ng tr×nh d-íi d¹ng: a  0   a  ax  b  a

a  0   a  b  ax  a  b (*)

Tr-êng hîp 1: NÕu a = 0 th× bÊt ph-¬ng tr×nh nhËn mäi x lµm nghiÖm. Tr-êng hîp 2: NÕu a > 0 th× bÊt ph-¬ng tr×nh (*) cã nghiÖm lµ: a  b ab  x  . a a

KÕt luËn:  Víi a = 0, bÊt ph-¬ng tr×nh nhËn mäi x lµm nghiÖm. 

Víi a > 0, bÊt ph-¬ng tr×nh cã nghiÖm (



Víi a < 0, bÊt ph-¬ng tr×nh v« nghiÖm.

a  b a  b ; ). a a

VÝ dô 24: Gi¶i vµ biÖn luËn theo tham sè m bÊt ph-¬ng tr×nh: x2x < x2m.  Gi¶i Ta cã: (1)  (x2x)(mx) > x2xmx  (mx)(x2m) < 0  (xm)(x2m) > 0.  Víi m < 0 th×: (2)  x > m.  Víi m = 0 th×: (2)  x > 0.  Víi m > 0 th×:

(1)

(2)

x  m (2)    m  x  m KÕt luËn.  Khi m < 0, bÊt ph-¬ng tr×nh cã nghiÖm x > m.  Khi m = 0, bÊt ph-¬ng tr×nh cã nghiÖm x > 0.  Khi m > 0, bÊt ph-¬ng tr×nh cã nghiÖm ( m  m )(m; +).

 Chó ý: Bµi to¸n trªn cã thÓ gi¶i nh- sau: (1)  (x2m) + (mx) < x2m + mx  (mx)(x2m) < 0  (xm)(x2m) > 0

VÝ dô 25: H·y x¸c ®Þnh tÊt c¶ c¸c gi¸ trÞ cña a, b sao cho mäi nghiÖm cña bÊt ph-¬ng tr×nh 2xa + 1 b + 1 còng lµ nghiÖm cña bÊt ph-¬ng tr×nh xb1 3b2. 205

 Gi¶i §iÒu kiÖn: b  1  0 2 b .  3 3b  2  0

ViÕt l¹i c¸c bÊt ph-¬ng tr×nh d-íi d¹ng: ab2 ab  x ; 2 2

(1)

3 – 2b  x 4b1. Tr-êng hîp 1: §Ó (1) vµ (2) cïng v« nghiÖm  b  1 a  b  2 a  b      2 2   2 , v« nghiÖm.  b  3  4b  1  3  2b

(2)

Tr-êng hîp 4: §Ó (1) vµ (2) cã cïng tËp nghiÖm a  b  2  3  2b  a  3b  8 a  5   2    . a  7b  2 b  1  a  b  4b  1  2 VËy, víi a = 5 vµ b = 1 th× hai bÊt ph-¬ng tr×nh t-¬ng ®-¬ng.

VÝ dô 26: X¸c ®Þnh m sao cho hai bÊt ph-¬ng tr×nh sau t-¬ng ®-¬ng: (m  1)x – m + 3 > 0 vµ (m + 1)x – m + 2 > 0.

 Gi¶i ViÕt l¹i c¸c bÊt ph-¬ng tr×nh d-íi d¹ng: (m  1)x > m  3, (m + 1)x > m – 2. Ta ®i xÐt c¸c tr-êng hîp: Tr-êng hîp 1: NÕu m = 1 th×: (1)  0x > 2, lu«n ®óng;

(1) (2)

(2)  x > 

1 . 2

VËy, (1) vµ (2) kh«ng t-¬ng ®-¬ng. Tr-êng hîp 2: NÕu m = 1 th×: (1)  x < 2; (2)  0x > 3, lu«n ®óng. VËy, (1) vµ (2) kh«ng t-¬ng ®-¬ng. Tr-êng hîp 3: NÕu m   1 th×: Khi ®ã, ®Ó (1) vµ (2) t-¬ng ®-¬ng ®iÒu kiÖn lµ: (m  1)(m  1)  0 ( m  1)(m  1)  0    2  m = 5. m  3 m  2 2  m  2 m  3  m  3m  2  m  1  m  1 VËy, víi m = 5, hai bÊt ph-¬ng tr×nh t-¬ng ®-¬ng víi nhau. 206

VÝ dô 27: Gi¶i ph-¬ng tr×nh: 2x  6 + x  1 = 3x  7.

(1)

 Gi¶i Theo ®Þnh nghÜa gi¸ trÞ tuyÖt ®èi, ta cã: 2x  6 khi x  3 2x  6=  .  2x  6 khi x  3 x  1 khi x  1 x – 1 =  .  x  1 khi x  1 Nh- vËy, ta ph¶i xÐt ph-¬ng tr×nh trªn ba tËp (, 1); [1, 3]; (3, +) vµ lËp b¶ng sau: x 1 3  + 0 2x  6 6  2x 6  2x 2x  6 0 x  1 1x x1 x1 VT 7  3x 5x 3x  7 Tõ ®ã, ta xÐt c¸c tr-êng hîp: Tr-êng hîp 1: NÕu x  (, 1) th×: 7 (1)  7  3x = 3x  7  6x = 14  x = lo¹i. 3 Tr-êng hîp 2: NÕu x  [1, 3] th×: (1)  5  x = 3x  7  4x = 12  x = 3 tho¶ m·n. Tr-êng hîp 3: NÕu x  (3, +) th×: (1)  3x  7 = 3x  7 lu«n ®óng. Do ®ã, mäi x thuéc kho¶ng (3, +) ®Òu lµ nghiÖm cña (1). VËy, tËp nghiÖm cña ph-¬ng tr×nh lµ T = {3}  (3, +) = [3, +).

VÝ dô 28: Cho hµm sè: y=

 Gi¶i

(m  1)x  m mx  2  1

víi 0 < m  1.

a. T×m miÒn x¸c ®Þnh cña hµm sè khi m = 2. b. T×m tÊt c¶ c¸c gi¸ trÞ cña tham sè m ®Ó hµm sè x¸c ®Þnh víi x  1.

§iÒu kiÖn ®Ó hµm sè cã nghÜa: (m  1)x  m  0 (m  1)x  m  0 (1)   (2) .  mx  2  0 mx  2  0  mx  1  (3)   mx  2  1  0

(I)

1 2

a. §¸p sè D = [–1; +)\{– }. b. Hµm sè x¸c ®Þnh víi mäi x  1 khi (1), (2) vµ (3) ®ång thêi tho¶ m·n víi mäi x  1. 207

Ta cã: m  1  0 m  1   m  1. g(1)  0 2m  1  0 m  0 m  0  h(x) = mx + 2  0 x  1      m  0.  h(1)  0 m  2  0

 g(x) = (m  1)x + m  0 x  1  

 Do ®ã (1), (2) ®ång thêi tho¶ m·n víi x  1 khi m  1, khi ®ã q(x) = mx  1  (3) ®óng. VËy, víi m  1 hµm sè x¸c ®Þnh víi mäi x  1.

VÝ dô 29: T×m ®iÒu kiÖn cña m ®Ó mäi nghiÖm cña bÊt ph-¬ng tr×nh: x2 + (m1)xm  0 ®Òu lµ nghiÖm cña bÊt ph-¬ng tr×nh x22mx + 3  0.

(1) (2)

 Gi¶i Tr-íc tiªn, ®Ó (2) cã nghiÖm ®iÒu kiÖn lµ: '(2)  0  m2  3  0  m  3 khi ®ã (2) cã nghiÖm lµ m  MÆt kh¸c:

m2  3  x  m +

m2  3 .

x  1

x2 + (m1)xm = 0   .  x  m Do ®ã, ®Ó mäi nghiÖm cña (1) ®Òu lµ nghiÖm cña (2) ®iÒu kiÖn lµ: m  m 2  3  1  m  m 2  3 | 1  m | m 2  3  v« nghiÖm.   m  m 2  3  m  m  m 2  3 | 2m | m 2  3

VËy, kh«ng tån t¹i m tho¶ m·n ®iÒu kiÖn ®Çu bµi.

VÝ dô 30: T×m m ®Ó bÊt ph-¬ng tr×nh: x22x + 1m2  0 nghiÖm ®óng víi x[1, 2].

 H-íng dÉn C¸ch 1: §Æt f(x) = x22x + 1  m2. VËy (1) nghiÖm ®óng víi x  [1, 2] ®iÒu kiÖn lµ: ph-¬ng tr×nh f(x) = 0 cã hai nghiÖm x1, x2 tho¶ m·n x1  1 < 2 x2 af(1)  0 . af(2)  0

 

C¸ch 2: BiÕn ®æi: x22x + 1  m2  0  (x1)2  m2  1  m  x  1 + m. VËy (1) nghiÖm ®óng víi x  [1, 2] ®iÒu kiÖn lµ: 1  m  1 < 2  1 + m. 208

(1)

VÝ dô 31: T×m m ®Ó bÊt ph-¬ng tr×nh cã nghiÖm: x2 + 2xm + m2 + m  1.

(1)

 Gi¶i §Æt t = xm. BÊt ph-¬ng tr×nh cã d¹ng: t2 + 2(t + mt) + 2m2 + m1  0. a. Víi t  0, ta ®-îc: (2)  f(t) = t2 + 2(m + 1)t + 2m2 + m1  0 VËy (2) cã nghiÖm  (3) cã Ýt nhÊt mét nghiÖm t0  f(t) = 0 cã Ýt nhÊt mét nghiÖm t  0 (0  t1  t2 hoÆc t1  0  t2)   1  m  2  (m  1) 2  2m 2  m  1  0   '  0   2     m  1/ 2 2m  m  1  0  P  0          m  1  S  0 m  1  0      m  1  2m 2  m  1  0  P  0    1  m  1/ 2  1  m 

(2) (3)

1 . 2

b. Víi t  0, ta ®-îc: (2)  g(t) = t2 + 2(m1)t + 2m2 + m1  0 VËy (2) cã nghiÖm  (3) cã Ýt nhÊt mét nghiÖm t  0  g(t) = 0 cã Ýt nhÊt mét nghiÖm t  0 (t1  t2  0 hoÆc t1  0  t2)  (m  1) 2  2m 2  m  1  0   '  0  2  P  0 2m  m  1  0 1       1  m  .  S  0 m  1  0 2    2m 2  m  1  0  P  0  1 VËy, bÊt ph-¬ng tr×nh cã nghiÖm khi 1  m  . 2

VÝ dô 32: Gi¶i vµ biÖn luËn bÊt ph-¬ng tr×nh sau theo m: 2xm < x2 + 2mx 2.  Gi¶i §Æt t = xm, ®iÒu kiÖn t  0. Khi ®ã bÊt ph-¬ng tr×nh cã d¹ng: 2t < m2t22  t2 + 2tm2 + 2 < 0. Ta cã ' = a21 nªn xÐt c¸c tr-êng hîp Tr-êng hîp 1: NÕu '  0  m21  0  m  1. Khi ®ã (2) v« nghiÖm  (1) v« nghiÖm.

(3)

(1)

(2)

209

Tr-êng hîp 2: NÕu ' > 0  m21 > 0  m > 1. Khi ®ã (2) cã nghiÖm 1 m2  1 < t < 1 + m2  1 . Do vËy, ®Ó (2) cã nghiÖm víi t  0 th× ®iÒu kiÖn lµ: 1 + m2  1 > 0  m2 > 2  m > Khi ®ã nghiÖm cña (2) lµ: 0  t < 1 +

m2  1  xm < 1 +

m2  1

 m + 1 m2  1 < x < m1 + m2  1 . KÕt luËn: - Víi m  2 , bÊt ph-¬ng tr×nh v« nghiÖm. -

Víi m >

2 , bÊt ph-¬ng tr×nh cã nghiÖm (m + 1 m2  1  m1 +

m2  1 ).

VÝ dô 33: Cho bÊt ph-¬ng tr×nh: (x + 1)(x + 3)  m x 2  4x  5 . (1) a. Gi¶i bÊt ph-¬ng tr×nh víi m = 1. b. T×m m ®Ó bÊt ph-¬ng tr×nh nghiÖm ®óng víi mäi x  [2; 2 + 3 ].

 Gi¶i ViÕt l¹i bÊt ph-¬ng tr×nh d-íi d¹ng: (x2 + 4x + 3)m x 2  4x  5  0  (x2 + 4x + 5)m x 2  4x  5 2  0 §Æt t = x 2  4x  5 , ®iÒu kiÖn t  1. Khi ®ã, bÊt ph-¬ng tr×nh cã d¹ng: f(t) = t2mt2 < 0. a. Víi m = 1, bÊt ph-¬ng tr×nh cã d¹ng: t2 + t2  0  3  t  1  0  t  1  x 2  4x  5  1  x2 + 4x + 4  0  x = 2. VËy, víi m = 1 bÊt ph-¬ng tr×nh cã nghiÖm x = 2. b. Ta cã: x2 + 4x + 5 = (x + 2)2 + 1 suy ra víi x  [2; 2 + 3 ], ta ®-îc: (2 + 2)2 + 1  x2 + 4x + 5  (2 + 3 + 2)2 + 1  1  x2 + 4x + 5  4  1  x 2  4x  5  2  1  t  2. VËy, bÊt ph-¬ng tr×nh (1) nghiÖm ®óng víi mäi x  [2; 2 + 3 ]  (2) nghiÖm ®óng víi mäi t  [1; 2]  f(t) = 0 cã nghiÖm tho¶ m·n t1  1 < 2  t2 a.f (1)  0 m  1  0    m  1. a.f (2)  0 2  2m  0

 

VËy, víi m  1 bÊt ph-¬ng tr×nh nghiÖm ®óng víi mäi x  [2; 2 + 3 ].

210

(2)

VÝ dô 34: T×m m ®Ó bÊt ph-¬ng tr×nh sau nghiÖm ®óng víi mäi x [2; 4]: (2  x)(4  x)  x22x + m.

 Gi¶i Sö dông ph-¬ng ph¸p ®iÒu kiÖn cÇn vµ ®ñ. §iÒu kiÖn cÇn: Gi¶ sö (1) cã nghiÖm x  [2; 4]  x = 1 lµ nghiÖm cña bÊt ph-¬ng tr×nh (1), khi ®ã: 3  m1  m  4. §ã lµ ®iÒu kiÖn cÇn ®Ó bÊt ph-¬ng tr×nh nghiÖm ®óng víi mäi x  [2; 4]. §iÒu kiÖn ®ñ: Gi¶ sö m  4, khi ®ã:  ¸p dông bÊt ®¼ng thøc C«si cho vÕ tr¸i, ta ®-îc: VT =

(2  x)(4  x) 

(2  x)  (4  x) = 3. 2



BiÕn ®æi vÕ ph¶i vÒ d¹ng: VP = x22x + m = (x1)2 + m1  3. Suy ra: (2  x)(4  x)  x22x + m. VËy, víi m  4 bÊt ph-¬ng tr×nh nghiÖm ®óng víi mäi x  [2; 4].

VÝ dô 35: Gi¶i bÊt ph-¬ng tr×nh x2 + 4x  (x + 4) x 2  2x  4 .

 Gi¶i §Æt t = x 2  2x  4 , ®iÒu kiÖn t  0. BÊt ph-¬ng tr×nh cã d¹ng: f(x) = x2(t4)x4t  0. Coi vÕ tr¸i lµ mét tam thøc bËc 2 theo x, ta cã:  = (t4)2 + 16t = (t + 4)2 khi ®ã f(x) = 0 cã c¸c nghiÖm:

(1)

 x  4 x  t 

tøc lµ (1) ®-îc biÕn ®æi vÒ d¹ng: (x + 4)(xt)  0  (x + 4)(x x 2  2x  4 )  0   x  4  0   x  4   2 2  x  x  2x  4  0  x  2x  4  x       x  4  0  x  4   2 2   x  x  2x  4  0   x  x  2x  4  0

  x  4  x  0  0  x 2  2x  4  x 2   x  4

x  2

  .  x  4 VËy, bÊt ph-¬ng tr×nh cã nghiÖm x  (; 4]  [2; +). 211

VÝ dô 36: Gi¶i bÊt ph-¬ng tr×nh x21  2x x 2  2x .

 Gi¶i §Æt t = x 2  2x , ®iÒu kiÖn t  0. BÊt ph-¬ng tr×nh cã d¹ng: f(x) = x22tx1  0. Coi vÕ tr¸i lµ mét tam thøc bËc 2 theo x, ta cã: ’ = t2 + 1 = x2 + 2x + 1 = (x + 1)2 khi ®ã f(x) = 0 cã c¸c nghiÖm:

(1)

x  t  x  1 x  t  x  1 

tøc lµ (1) ®-îc biÕn ®æi vÒ d¹ng: (xtx1)(xt + x + 1)  0  ( x 2  2x + 1)( x 2  2x 2x1)  0 

x 2  2x 2x1  0 

x 2  2x  2x + 1

2x  1  0 2x  1  0      x 2  2x  0  2 2 0  x  2x  (2x  1)   2 3x  2x  1  0

1  x   2   x  0  x  0.    x  2

VËy, bÊt ph-¬ng tr×nh cã nghiÖm x  0.

VÝ dô 37: Víi gi¸ trÞ nµo cña m th× hÖ bÊt ph-¬ng tr×nh sau cã nghiÖm:  mx  2  x  1 .  3x  m  2  0

 Gi¶i ChuyÓn hÖ vÒ d¹ng: (m  1)x  3   m2 . x   3

(I)

XÐt 3 tr-êng hîp: Tr-êng hîp 1: NÕu m  1 < 0  m < 1 3  x  m  1 3 m2 (I)    x < Min{ ,  }, tøc lµ, hÖ cã nghiÖm. m 1 3 x   m  2  3 Tr-êng hîp 2: NÕu m = 1 th×: 0.x  3  v« nghiÖm. x  1

(I)  

212

Tr-êng hîp 3: NÕu m > 1 th×: 3  x  m  1 m2 3 0 (I)   v« nghiÖm do  . 3 m 1 x   m  2  3 VËy, víi m < 1 hÖ bÊt ph-¬ng tr×nh cã nghiÖm.

VÝ dô 38: T×m m ®Ó hÖ sau cã nghiÖm 1 nghiÖm ©m vµ 1 nghiÖm d-¬ng: 3 2  (1) x 2x 5x  6  0 .  2 2  x (m 1)x  3m  1  0 (2)

 H-íng dÉn: BiÕn ®æi (1) vÒ d¹ng: (x  1)(x2  x  6) < 0  (x  1)(x  3)(x + 2) < 0  x  (; 2)  (1; 3) Tõ ®ã, ®Ó hÖ sau cã nghiÖm 1 nghiÖm ©m vµ 1 nghiÖm d-¬ng ®iÒu kiÖn lµ: af( 2)  0  (2) cã hai nghiÖm tho¶ m·n x1 < 2 < 1 < x2 < 3  af(1)  0 . af(3)  0 

VÝ dô 39: T×m m ®Ó hÖ cã nghiÖm duy nhÊt: 2 2  x (2m  1)x  m  m  2  0 (1) .  4 2 x  5x  4  0 (2)  

 Gi¶i Gi¶i (2) b»ng c¸ch ®Æt t = x2, ®iÒu kiÖn t  0. Khi ®ã, (2) cã d¹ng: t25t + 4 < 0  1 < t < 4  1 < x2 < 4  x  (2; 1)  (1; 2). HÖ cã nghiÖm duy nhÊt  (1) (ký hiÖu VT = f(x)) cã ®óng mét nghiÖm thuéc X2 = (2; 1)  (1; 2)  f(2)f( 1)  0  2  m  3 f(1)f(2)  0     . 4  m  3 f(2)f( 1)  0    f(1)f(2)  0 VËy, víi m  (4;3)  (2; 3) tho¶ m·n ®iÒu kiÖn ®Çu bµi.



Chó ý: NÕu nhËn xÐt r»ng ph-¬ng tr×nh (1) lu«n cã hai nghiÖm ph©n biÖt x1 = m2 vµ x2 = m + 1 (kho¶ng c¸ch gi÷a hai nghiÖm b»ng 3) th× yªu cÇu bµi to¸n lµ:  x1  m  2  (1; 2)    x 2  m  1  (2;  1)

 4  m  3 .  2  m  3

213

VÝ dô 40: T×m m ®Ó hÖ cã nghiÖm duy nhÊt: 2 2  x 2mx  2m  m  2  0 .  2 x  2mx  2m  0  

 Gi¶i §iÒu kiÖn cÇn: BiÕn ®æi hÖ vÒ d¹ng: (x  m) 2  m2  m  2  0  .  2 2  (x  m) m  2m  0 NhËn xÐt r»ng nÕu hÖ cã nghiÖm x0 th×: 2 2 (x 0  m)  m  m  2  0   2 2 (x 0  m) m  2m  0

(I)

2 [(2m  x 0 )  m]  m  m  2  0 .  2 2 [(2m  x 0 )  m]  m 2m  0

Tøc lµ 2mx0 còng lµ nghiÖm cña hª, do ®ã hÖ cã nghiÖm duy nhÊt khi: x0 = 2mx0  x0 = m. (*) Khi ®ã, hÖ (I) cã d¹ng: 2  m  m  2  0  m = 1.  2  m  2m  0   §ã chÝnh lµ ®iÒu kiÖn cÇn ®Ó hÖ cã nghiÖm duy nhÊt. §iÒu kiÖn ®ñ: Víi m = 1, ta ®-îc: x 2 2x  1  0  (I)   2  x = 1 lµ nghiÖm duy nhÊt.  x 2x  2  0 VËy, víi m = 1 hÖ ph-¬ng tr×nh cã nghiÖm duy nhÊt.

VÝ dô 41: T×m m ®Ó hÖ bÊt ph-¬ng tr×nh sau cã nghiÖm: x 2 (m  2)x  2m  0  .  2  x (m  7)x  7m  0

 Gi¶i KÝ hiÖu c¸c bÊt ph-¬ng tr×nh trong hÖ theo thø tù lµ (1) vµ (2). ViÕt l¹i hÖ d-íi d¹ng: (x  2)(x  m)  0 .  (x  7)(x  m)  0

DÔ thÊy m = 2 hoÆc m = 7 hÖ v« nghiÖm Gäi X1 vµ X2 lÇn l-ît lµ tËp nghiÖm cña (1) vµ (2). XÐt c¸c tr-êng hîp: Tr-êng hîp 1: NÕu m > 7, ta cã: X1 = (2; m) vµ X2 = (m; 7)  X1  X2 =   hÖ v« nghiÖm. Tr-êng hîp 2: NÕu 2 < m < 7, ta cã: X1 = (2; m) vµ X2 = (7; m)  X1  X2 =   hÖ v« nghiÖm. 214

Tr-êng hîp 3: NÕu m < 2, ta cã: X1 = (m ; 2) vµ X2 = (7; m) HÖ cã nghiÖm khi X1  X2    m < m  m < 0.

VÝ dô 42: Gi¶i hÖ ph-¬ng tr×nh: x 2  y2  1 (1) .  | x  3y  3 |  | 3x  y  3 | 2 | x  y | (2)

(I)

 Gi¶i BiÕn ®æi (2) vÒ d¹ng: (2)  x + 3y33x + y3 = ( x + 3y3)( 3x + y3) 3x  y  3  0 & x  y  0 (3)



 (3x + y3)(x + y)  0   3x  y  3  0 & x  y  0 (4) Víi (3), ta ®-îc: (2)  x + 3y3(3x + y3) = 2(x + y)  x + 3y3 = 5x + 3y3  0  x  3y  3  5x  3y  3



x  0

  .  x  3y  3  5x  3y  3 x  y  1 Víi x = 0, ta ®-îc: x 2  y2  1  y2  1 x  0 & y  1 (I)       .  x  0 & y  1 (l) x  0 x  0 Víi x + y = 1, ta ®-îc: x 2  y2  1 x  y  1 x  0 & y  1 (I)       .  xy  0 x  1 & y  0 x  y  1 Víi (4), ta ®-îc: (2)  x + 3y3 + (3x + y3) = 2(x + y)  x + 3y3 = 5x3y + 3  0  x  3y  3  5x  3y  3 x  0  .  x  3y  3  5x  3y  3  x  y  1 (l)

 

Víi x = 0, ta ®-îc:

x 2  y2  1  y2  1  x  0 & y  1 (l) (I)      .  x  0 & y  1 x  0 x  0 VËy, hÖ cã ba cÆp nghiÖm (0; 1), (1; 0), (0; 1).

VÝ dô 43: Gi¶i hÖ ph-¬ng tr×nh: 82  2 2 x  y  9  .   x  1  10  x  y  10  y  1  y 3 3 y

215

 Gi¶i Ký hiÖu hai ph-¬ng tr×nh cña hÖ lµ (1) vµ (2). BiÕn ®æi (2) vÒ d¹ng: 1  x 0 (3)  10 10 1 1 y  x +  +  x + y = ( x + ) + ( x + y)   3 3 y y  10  x  y  0 (4)  3 y  0 10 3y 2  10y  3 1  +y+ 0 0  . 3 y 3y  3  y  1/ 3 a. Víi y > 0 th×: 82 82 (1)  x2 = y2  0  0 < y  . 9 3  Víi x  0 th×: 82 (1)  x =  y 2 tho¶ m·n (3) vµ (4). 9  Víi x < 0 th×: 82 (1)  x =   y 2 tho¶ m·n (4). 9 Khi ®ã, ®Ó tho¶ m·n (3) ta ph¶i cã: 82 82 82 1 1 1  0  y2  9y482y2 + 9  0  y2 +  y2  2  9 9 9 y y y y2  9 82 0 y  3   2 1   y   9

 82 3  y  3 .   1  0  y  3

b. Tõ (3) vµ (4) suy ra: 10 10 82 10 1 1 1  x + y  2  x2  ( + y)2  2 + y2  x2 + y2 = ( + y)2 + y2 3 3 9 3 y y y 1  (1) y  3  x  9y  82y  9  0  3   2 .    (1)  y   1   3y  10y  3  0  x3  3 4

1 3 y  3

VËy, nghiÖm cña hÖ ph-¬ng tr×nh lµ:  82  y2 x  1 1  9 ( ; 3), (3;  ),  . 3 3  82 1 3  y  3 hoÆc 0  y  3 216

VÝ dô 44: Gi¶i hÖ ph-¬ng tr×nh:  x 2  y 2  2xy  8 2 .   x  y  4

 Gi¶i §iÒu kiÖn: x  0 .  y  0

(1)

§Æt: S  x  y , ®iÒu kiÖn S, P  0 vµ S24P  0.  P  xy Khi ®ã, hÖ ph-¬ng tr×nh cã d¹ng:  [( x  y) 2  2 xy]2  2xy  2xy  8 2    x  y  4  (S2  2P) 2  2P 2  2P  8 2   S  4

P2  32P  128 = 8P

8  P  0   2  P = 4. 2 P  32P  128  (8  P)

VËy, ta ®-îc:  x  y  4    xy  4 VËy, hÖ cã nghiÖm x = y = 4. S  4   P  4

x =

y = 2  x = y = 4.

 Chó ý: NhiÒu hÖ ë d¹ng ban ®Çu ch-a thÊy sù xuÊt hiÖn Èn phô, trong tr-êng hîp nµy ta cÇn sù dông mét vµi phÐp biÕn ®æi phï hîp. VÝ dô 45: Gi¶i hÖ ph-¬ng tr×nh:  x  y  x  y  4 .  2 2  x  y  128

 Gi¶i §iÒu kiÖn: x  y  0 y  x   x  y  x, suy ra x  0.  x  y  0 y  x

217

ViÕt l¹i hÖ ph-¬ng tr×nh d-íi d¹ng:  xy xy 4   1 1 2 2  (x  y)  (x  y)  128 2 2 §Æt: u  x  y , ®iÒu kiÖn u, v  0.   v  x  y Ta ®-îc:

 x  y  x  y  4 .  2 2 (x  y)  (x  y)  256

u  v  4 u  v  4 u  v  4      uv  0  4 4 u  v  256  uv(uv  32)  0   uv  32  u  v  4 u  v  4   (I) hoÆc  (II) uv  32 uv  0

 

Gi¶i (I): v« nghiÖm. Gi¶i (II):      u  4 & v  0 (II)      u  0 & v  4   

xy 4 xy 0

x  y  8

  .  x  8 vµ y  8 xy 0 xy 4

VËy, hÖ ph-¬ng tr×nh cã hai cÆp nghiÖm (8; 8) vµ (8; 8).

218

ch-¬ng 5

 cung vµ gãc l-îng gi¸c c«ng thøc l-îng gi¸c

A. KiÕn thøc cÇn nhí

I. Gãc vµ cung l-îng gi¸c 1. §¬n vÞ ®o gãc vµ cung trßn, ®é dµi cña cung trßn

Víi ®-êng trßn b¸n kÝnh R, ta cã: 2R = 2. R l  Cung cã ®é dµi b»ng l th× cã sè ®o ra®ian b»ng . R Tõ ®ã, ta cã c¸c kÕt qu¶: 1. Cung trßn b¸n kÝnh R cã sè ®o  ra®ian th× cã ®é dµi R. 2. Víi cung trßn cã ®é dµi l. Gäi lµ sè ®o ra®ian vµ a lµ sè ®o ®é cña cung ®ã  a th× ta thiÕt lËp ®-îc mèi quan hÖ gi÷a sè ®o ra®ian vµ sè ®o ®é lµ  .  180 Tõ kÕt qu¶ trªn ta cã b¶ng ghi nhí chuyÓn ®æi sè ®o ®é vµ sè ®o ra®ian cña mét cung trßn:



Toµn bé ®-êng trßn cã sè ®o ra®ian b»ng

§é

300

450

600

900

1200

1350

1500

1800

2700

3600

Ra®ian

 6

 4

 3

 2

2 3

3 4

5 6



3 2

2

2. Gãc l-îng gi¸c vµ sè ®o cña chóng

§Þnh nghÜa: Cho hai tia Ou, Ov. NÕu tia Om quay chØ theo chiÒu d-¬ng (hay chØ theo chiÒu ©m) xuÊt ph¸t tõ tia Ou ®Õn trïng víi tia Ov th× ta nãi "Tia Om quÐt mét gãc l-îng gi¸c tia ®Çu Ou, tia cuèi Ov". Khi quay nh- thÕ, tia Om cã thÓ gÆp tia Ov nhiÒu lÇn, mâi lÇn ta ®-îc mét gãc l-îng gi¸c tia ®Çu Ou, tia cuèi Ov. Do ®ã, víi hai tia Ou, Ov cã v« sè gãc l-îng gi¸c (mét hä gãc l-îng gi¸c) tia ®Çu Ou, tia cuèi Ov. Mçi gãc l-îng gi¸c nh- thÕ ®Òu ®-îc kÝ hiÖu lµ (Ou, Ov). Nh- vËy: 1. Mét gãc l-îng gi¸c gèc O ®-îc x¸c ®Þnh bëi tia ®Çu Ou, tia cuèi Ov vµ sè ®o ®é (hay sè ®o ra®ian) cña nã. 2. NÕu mét gãc l-îng gi¸c cã sè ®o a0 (hay  rad) th× mäi gãc l-îng gi¸c cïng tia ®Çu, tia cuèi víi nã cã sè ®o d¹ng a0 + k3600 (hay  + 2k), k lµ mét sè nguyªn, mçi gãc øng víi mét gi¸ trÞ cña k. 3. cung l-îng gi¸c vµ sè ®o cña chóng

Sè ®o cña gãc l-îng gi¸c (Ou, Ov) lµ sè ®o cña cung UV t-¬ng øng th× ta cã kÕt qu¶: 1. Trªn ®-êng trßn ®Þnh h-íng, mçi cung l-îng gi¸c ®-îc x¸c ®Þnh bëi ®iÓm ®Çu, ®iÓm cuèi vµ sè ®o cña nã. 219

2. NÕu mét cung l-îng gi¸c UV cã sè ®o  th× mäi cung l-îng gi¸c cïng tia ®Çu, tia cuèi víi nã cã sè ®o d¹ng  + 2k, k lµ mét sè nguyªn, mçi cung øng víi mét gi¸ trÞ cña k. 4. HÖ thøc Sa  l¬

Víi ba tia Ou, Ov, Ow, ta cã: s®(Ou, Ov) + s®(Ov, Ow) = s®(Ou, Ow) + 2k, k 

II. Gi¸ trÞ l-îng gi¸c cña mét cung 1. gi¸ trÞ l-îng gi¸c c ña mét cung

a. cos = cos( + 2k). b. sin = sin( + 2k). víi k lµ mét sè nguyªn. Ta cã c¸c kÕt qu¶ sau:

c. tan = tan( + k). d. cot = cot( + k).

§é ®o

0<<

Hµm sè l-îng gi¸c

 2

 << 2  +  

+ + + +

cos sin tan cot

2. Gi¸ trÞ l-îng gi¸c cña c¸c cung ®Æc biÖt

 6

 4

 3

 2

2 3

3 4

5 6



sin

1 2

2 2

1 2

2 2

tan

3 2 1

3 2 1  2

2 2

cos

3 2 1 2



cot



§é ®o Hµm

3 3

1 3

3 1 3



2 2

1 1

3. Hµm sè l-îng gi¸c cña c¸c cung ®èi nhau

a. sin(x) = sinx b. cos(x) = cosx

c. tan(x) = tanx d. cot(x) = cotx

4. Hµm sè l-îng gi¸c cña c¸c cung bï nhau

a. sin() = sin. b. cos() = cos. 220

c. tan() = tan. d. cot() = cot.

3 2

 1



5. Hµm sè l-îng gi¸c cña c¸c cung phô nhau

 ) = cos. 2  b. cos( ) = sin. 2

 ) = cot. 2  d. cot( ) = tan. 2

a. sin(

c. tan(

6. C¸c h»ng ®¼ng thøc l-îng gi¸c c¬ b¶n

a. sin2 + cos2 = 1. sin  b. tan = cos  cos  c. cot = . sin 

d. tan.cot = 1. 1 e. = 1 + tan2 2 cos  1 f. = 1 + cot2. 2 sin 

III. C«ng thøc l-îng gi¸c 1. C«ng thøc céng

a. b. c. d.

cos(x + y) = cosx.cosysinx.siny. cos(xy) = cosx.cosy + sinx.siny. sin(x + y) = sinx.cosy + cosx.siny. sin(xy) = sinx.cosycosx.siny. tan x  tan y e. tan(x + y) = . 1  tgx.tgy

f. tan(xy) =

tan x  tan y . 1  tan x. tan y

2. C«ng thøc nh©n ®«i

a. sin2x = 2sinx.cosx. 2 tan x c. tan2x = . 1  tan 2 x

b. cos2x = cos2xsin2x = 2cos2x1 = 12sin2x.

3. C«ng thøc nh©n ba

a. cos3x = 4cos3x3cosx. b. sin3x = 3sinx4sin3x.

c. tan3x =

(3  tan x) tan x . 1  3 tan 2 x

4. C«ng thøc biÕn ®æi tÝch thµnh tæng

1 [cos(x + y) + cos(xy)]. 2 1 b. sinx.siny = [cos(xy)cos(x + y)]. 2 1 c. sinx.cosy = [sin(x + y) + sin(xy)]. 2 1 d. cosx.siny = [sin(x + y)sin(xy)]. 2

a. cosx.cosy =

221

5. C«ng thøc biÕn ®æi tæng thµnh tÝch

xy xy xy xy cos . b. cosxcosy = 2sin sin . 2 2 2 2 xy xy xy xy c. sinx + siny = 2sin cos . d. sinxsiny = 2cos sin . 2 2 2 2

a. cosx + cosy = 2cos

tanx  tany =

sin(x  y) . cos x. cos y

f. cotx  coty =

sin(x  y) . sin x. sin y

6. C«ng thøc h¹ bËc

a. sin2x =

1  cos 2 x . 2

b. cos2x =

1  cos 2 x . 2

B Ph-¬ng ph¸p gi¶i c¸c d¹ng to¸n liªn quan D¹ng to¸n 1: BiÕn ®æi biÓu thøc l-îng gi¸c thµnh tæng Ph-¬ng ph¸p ¸p dông Sö dông c¸c c«ng thøc l-îng gi¸c, th«ng th-êng lµ c«ng thøc biÕn ®æi tÝch thµnh tæng.

 Chó ý: Çc em häc sinh cÇn biÕt r»ng nh÷ng phÐp biÕn ®æi kiÓu nµy lµ rÊt cÇn thiÕt khi thùc hiÖn çc bµi to¸n vÒ ®¹o hµm vµ tÝnh tÝch ph©n (thuéc kiÕn thøc to¸n 12). ThÝ dô 1. BiÕn ®æi çc biÓu thøc sau thµnh tæng: a. A = sina.sin2a.sin3a. b. B = cosa.cos2a.cos4a.

 Gi¶i a. BiÕn ®æi biÓu thøc vÒ d¹ng: 1 1 A = (cosacos3a).sin3a = (sin3a.cosacos3a.sin3a) 2 2 1 1 1 1 = [ (sin4a + sin2a) sin6a] = (sin2a + sin4asin6a). 2 2 2 4 b. BiÕn ®æi biÓu thøc vÒ d¹ng: 1 1 B = (cos3a + cosa).cos4a = (cos4a.cos3a + cos4a.cosa) 2 2 1 = (cos7a + cosa + cos5a + cos3a). 4

 NhËn xÐt: Nh- vËy, trong thÝ dô trªn ®Ó thùc hiÖn môc ®Ých biÕn ®æi biÓu thøc vÒ d¹ng tæng chóng ta ®· sö dông hai lÇn liªn tiÕp c«ng thøc biÕn ®æi tÝch thµnh tæng. Tuy nhiªn, trong nh÷ng tr-êng hîp riªng cÇn lùa chän hai ®èi t-îng phï hîp ®Ó gi¶m thiÓu ®é phøc t¹p, chóng ta sÏ minh ho¹ th«ng qua vÝ dô sau: 222

ThÝ dô 2. BiÕn ®æi biÓu thøc sau thµnh tæng: A = 8sin(a

  ).cos2a.sin(a + ). 6 6

 Gi¶i BiÕn ®æi biÓu thøc vÒ d¹ng: A = 4[2sin(a +

   ).sin(a  )].cos2a = 4(cos cos2a).cos2a 6 6 3

1 2

= 4. .cos2a4cos2a = 2cos2a2(1 + cos4a) = 2 + 2cos2a  2cos4a.

 NhËn xÐt: Nh- vËy, trong thÝ dô trªn chóng ta ghÐp bé ®«i gãc a 6 vµa  6 (cã tÝnh khö ®èi víi phÐp céng vµ trõ) ®Ó sö dông c«ng thøc biÕn ®æi tÝch thµnh tæng. D¹ng to¸n 2: BiÕn ®æi biÓu thøc l-îng gi¸c thµnh tæng  tÝch Ph-¬ng ph¸p ¸p dông ViÖc biÕn ®æi biÓu thøc l-îng gi¸c vÒ d¹ng tÝch phô thuéc vµo çc phÐp biÕn ®æi d¹ng: D¹ng 1: BiÕn ®æi tæng, hiÖu thµnh tÝch. D¹ng 2: BiÕn ®æi tÝch thµnh tæng. D¹ng 3: Lùa chän phÐp biÕn ®æi cho cos2x. D¹ng 4: Ph-¬ng ph¸p luËn hÖ sè. D¹ng 5: Ph-¬ng ph¸p h»ng sè biÕn thiªn. D¹ng 6: Ph-¬ng ph¸p nh©n. D¹ng 7: Sö dông çc phÐp biÕn ®æi hçn hîp. KÜ n¨ng biÕn ®æi mét biÓu thøc l-îng gi¸c vÒ d¹ng tÝch lµ rÊt quan trong bëi nã ®-îc sö dông chñ yÕu trong viÖc gi¶i çc ph-¬ng tr×nh l-îng gi¸c kh«ng mÉu mùc. ThÝ dô 1. BiÕn ®æi thµnh tÝch çc biÓu thøc sau: a. 1  sinx.

 Gi¶i

b. 1 + 2cosx.

a. Ta cã thÓ tr×nh bµy theo çc çc sau: Çch 1: Ta cã: 1  sinx = sin2

x x x x x x + cos2  2sin .cos = (sin  cos )2 2 2 2 2 2 2 2

  x   x   =  2 sin     = 2sin2    . 2 4 2 4   

C¸ch 2: Ta cã:      x   x  x  = 1  1  2 sin 2    = 2sin2    . 2   4 2  4 2 

1  sinx = 1  cos 

223

C¸ch 3: Ta cã:   x  x 1  sinx = sin  sin x  2cos    sin    . 2 4 2 4 2

b. Ta cã thÓ tr×nh bµy theo çc çc sau: Çch 1: Ta cã: x x   = 1 + 2  cos 2  1 2 2   x x x    = 1 + 4cos2 =  2 cos  1 2 cos  1 . 2 2 2   

1 + 2cosx = 1 + 2cos2.

C¸ch 2: Ta cã:  1     x  x 1 + 2cosx  2   cos x   2  cos  cos x   4cos    .cos    . 2 3 6 2       6 2

 NhËn xÐt: Nh- vËy, ®Ó thùc hiÖn biÕn ®æi thµnh tÝch cña c¸c biÓu thøc trªn: a. ë c©u a):  Trong c¸ch 1, chóng ta sö dông sin2 + cos2 = 1 vµ c«ng thøc gãc nh©n ®«i cña sin2 = 2sin.cos ®Ó nhËn ®-îc mét  



h»ng thøc, vµ cuèi cïng lµ sin  cos = 2 sin     . 4 

 Trong çch 2, dùa nhiÒu vµo kinh nghiÖm, víi môc tiªu lµm xuÊt hiÖn 1 ®Ó khö sè h¹ng tù do cña biÓu thøc. §iÒu nµy sÏ ®-îc gi¶i thÝch ®Çy ®ñ trong môc sö dông çc c«ng thøc biÕn ®æi cña cos2.  Trong çch 3, chóng ta sö dông tíi gi¸ trÞ ®Æc biÖt cña gãc  2

l-îng gi¸c ®Ó chuyÓn ®æi 1 thµnh sin , tõ ®ã dïng c«ng thøc biÕn ®æi tæng thµnh tÝch s½n cã.

b. ë c©u b), lÊy ý t-ëng ë çch 2, çch 3 cña c©u a). Çc em häc sinh cÇn ghi nhËn tèt çch gi¶i 3 ®Ó cã thÓ nhËn ®-îc mét lêi gi¶i ng¾n gän. ThÝ dô 2. BiÕn ®æi thµnh tÝch biÓu thøc sau: A = cosa + cos2a + cos3a + cos4a.

 Gi¶i BiÕn ®æi biÓu thøc vÒ d¹ng: A = (cosa + cos3a) + (cos2a + cos4a) = 2cos2a.cosa + 2cos3a.cosa = 2(cos2a + cos3a).cosa = 4cos

224

a 5a .cos .cosa. 2 2



NhËn xÐt: Trong lêi gi¶i trªn ta lùa chän c¸ch gom theo hiªu (hiÖu hai gãc b»ng nhau) do ®ã ®-¬ng nhiªn cã thÓ nhãm: A = (cosa + cos2a) + (cos3a + cos4a). Ngoµi ra cßn cã thÓ gom theo tæng (tæng hai gãc b»ng nhau) A = (cosa + cos4a) + (cos2a + cos3a). Chóng ta sÏ sö dông l¹i ý t-ëng nµy trong vÝ dô tiÕp theo.

ThÝ dô 3. BiÕn ®æi thµnh tÝch biÓu thøc sau: A = sina + sin2a + sin3a + sin4a + sin5a + sin6a.

 Gi¶i

Ta cã thÓ lùa chän mét trong çc çch sau: Çch 1: BiÕn ®æi biÓu thøc vÒ d¹ng: A = (sina + sin6a) + (sin2a + sin5a) + (sin3a + sin4a) a 7a 5a 7a 3a 7a .cos + 2sin .cos + 2sin .cos 2 2 2 2 2 2 a 5a 3a 7a 3a 3a 7a = 2(cos + cos + cos )sin = 2(2cos .cosa + cos )sin 2 2 2 2 2 2 2 1 3a 7a 3a 7a = 2(2cosa + 1). cos .sin = 4(cosa + ). cos .sin 2 2 2 2 2  3a 7a = 4(cosa + cos ). cos .sin 3 2 2 a a   3a 7a = 8cos( + ). cos(  ).cos .sin . 2 2 6 6 2 2

= 2sin

C¸ch 2: Lùa chän phÐp gom: A = (sina + sin2a) + (sin3a + sin4a) + (sin5a + sin6a)  §Ò nghÞ b¹n ®äc. C¸ch 3: Lùa chän phÐp gom: A = (sina + sin4a) + (sin2a + sin5a) + (sin3a + sin6a)  §Ò nghÞ b¹n ®äc.

 Chó ý: Trong c¸c bµi thi yªu cÇu ®Æt ra ®èi víi thÝ dô 2, thÝ dô 3 chÝnh lµ "Gi¶i ph-¬ng tr×nh". Vµ ®Ó t¨ng ®é khã, c¸c biÓu thøc th-êng ®-îc nhóng vµo yªu cÇn ®¸nh gi¸ nh©n tö chung. ThÝ dô 4. BiÕn ®æi thµnh tÝch biÓu thøc sau: a. A = 1 + sina  cosasin2a. b. B = 1 + (sina  cosa)(sin2a + cos2a) + cos3a.

 Gi¶i

a. BiÕn ®æi biÓu thøc vÒ d¹ng: A = (1sin2a) + (sina  cosa = (sina  cosa)2 + (sina  cosa

225

= (sina  cosa)(sina  cosa + 1). b. BiÕn ®æi biÓu thøc vÒ d¹ng: B = (1 cos2a) + sina + (cos3acosa)sin2a = 2sin2a + sina2sin2a.sina2sina.cosa = (2sina + 14sina.cosa2cosa).sina = (2sina + 1)(12cosa).sina 1 1   = 4(sina + )( cosa).sina = 4(sina + sin )(cos cosa).sina 2 2 6 3 a  a  a a   = 16sin( + ).cos(  ).sin( + ).sin(  ).sina. 2 12 2 12 2 2 6 6

 NhËn xÐt: Trong lêi gi¶i c©u b), së dÜ ta lùa chän c¸ch gom nh- vËy bëi nhËn thÊy r»ng chóng ®Òu cã chung nh©n tö sina. ThÝ dô tiÕp theo sÏ minh ho¹ cho D¹ng 2BiÕn ®æi tÝch thµnh tæng. ThÝ dô 5. BiÕn ®æi thµnh tÝch biÓu thøc sau: A = 2cosa.cos2a.cos3a2sina.sin2a.sin3a1.

 Gi¶i BiÕn ®æi biÓu thøc vÒ d¹ng: A = (cos3a + cosa).cos3a + (cos3acosa).sin3a1 = cos23a + cos3a.cosa + cos3a.sin3asin3a.cosa1 = (cosa + sin3a)cos3asin3a.cosasin23a = (cosa + sin3a)cos3acosa + sin3a)sin3a 

 

 

 



= (cosa + sin3a)(cos3asin3a)  sin 3a  sin   a   . 2cos  3a   2 4           2 2.sin  a   .cos  2a   .cos  3a   . 4 4 4   





NhËn xÐt: Nh- vËy, ®Ó thùc hiÖn biÕn ®æi thµnh tÝch cña biÓu thøc trªn, tr-íc tiªn chóng ta cÇn thùc hiÕn biÕn ®æi c¸c biÓu thøc tÝch thµnh tæng, råi sau ®ã ghÐp c¸c cÆp ®«i thÝch hîp ®Ó lµm xuÊt hiÖn nh©n tö chung. ThÝ dô tiÕp theo sÏ minh ho¹ D¹ng 3  Lùa chän phÐp biÕn ®æi cho cos2x.

ThÝ dô 6. BiÕn ®æi thµnh tÝch biÓu thøc A = 2cos3a + cos2a + sina.

 Gi¶i BiÕn ®æi biÓu thøc vÒ d¹ng: A = 2cos3a + 2cos2a1 + sina = 2(cosa + 1).cos2a + sina1 = 2(cosa + 1)(1sin2a) + sina1 = (1sina)[2(cosa + 1)(1 + sina)1] = (1sina)[1 + 2sina.cosa + 2(sina + cosa)] = (1sina)[(sina + cosa)2 + 2(sina + cosa)] 226

= (1sina)(sina + cosa)(sina + cosa + 2).

 NhËn xÐt:

Trong lêi gi¶i trªn: 1. Së dÜ chóng ta lùa chän phÐp biÕn ®æi: cos2a = 2cos2a1 bëi 2 nh©n tö cßn l¹i lµ 2cos3a (cos cã hÖ sè 2) vµ sina (sin cã hÖ sè 1). 2. Nh- vËy trong tr-êng hîp tr¸i l¹i, ta sÏ lùa chän phÐp biÕn ®æi: cos2a = 12sin2a. 3. Nh- vËy chóng ta ®· cã ®-îc ph-¬ng ph¸p suy luËn trong viÖc lùa chän hai h-íng biÕn ®æi cho cos2a. Cuèi cïng, trong tr-êng hîp hÖ sè ®èi xøng ta sÏ lùa chän phÐp biÕn ®æi: cos2a = cos2asin2a. 4. §«i khi viÖc gom c¸c to¸n tö trong ®Çu bµi nh»m t¨ng ®é phøc t¹p cña bµi to¸n. Khi ®ã, ®Ó tiÖn cho viÖc c©n nh¾c lùa chän phÐp biÕn ®æi c¸c em häc sinh h·y chuyÓn biÓu thøc vÒ d¹ng ®¬n. Cô thÓ ta xem xÐt vÝ dô sau:

ThÝ dô 7. BiÕn ®æi thµnh tÝch biÓu thøc sau: A = 4sin2a3cos2a3(4sina1)6sin2a.

 Gi¶i BiÕn ®æi biÓu thøc vÒ d¹ng: A = 4sin2a3cos2a12sina + 36sin2a = 4sin2a3(12sin2a)12sinx + 36sin2a = 8sina.cosa12sina = 4(2cosa3)sina

 NhËn xÐt: Trong lêi gi¶i trªn, khi chuyÓn biÓu thøc vÒ d¹ng ®¬n, ta lùa chän phÐp biÕn ®æi cos2a = 12sin2a bëi khi ®ã sÏ khö ®-îc sè h¹ng tù do vµ cïng víi nhËn xÐt c¸c to¸n tö cßn l¹i ®Òu chøa sina. ThÝ dô tiÕp theo sÏ minh ho¹ D¹ng 4  Ph-¬ng ph¸p luËn hÖ sè. ThÝ dô 8. BiÕn ®æi thµnh tÝch c¸c biÓu thøc: a. A = 5sin3a3sin5a. b. B = 3(cotacosa)5(tanasina)2.

 Gi¶i

a. BiÕn ®æi biÓu thøc vÒ d¹ng: A = 2sin3a3(sin5asin3a) = 2(3sina4sin3a)6cos4a.sina = (34sin2a3cos4a).sina = [32(1cos2a)3(2cos22a1)].sina = (3cos22acos2a2).sina = (3cos2a + 2)(cos2a1).sina b. BiÕn ®æi biÓu thøc vÒ d¹ng: B = 3(cotacosa + 1)5(tanasina + 1)

227

cos a sin a cosa + 1)5( sina + 1) sin a cos a 3(cos a  sin a. cos a  sin a ) 5(sin a  sin a. cos a  cos a ) =  sin a cos a 3 5 = (sina + cosasina.cosa)(  ). sin a cos a

= 3(

 NhËn xÐt:

Trong lêi gi¶i trªn: 1. Víi c©u a), çc em häc sinh còng cã thÓ sö dông ph-¬ng ph¸p t¸ch dÇn: sin3a = 3sina4sin3a, sin5a = sin(a + 4a) = sina.cos4a + cosa.sin4a = sina.cos4a + 2cosa.cos2a.sin2a = sina.cos4a + 4cos2a.cos2a.sina. Ngoµi ra, kh«ng sö dông çch t¸ch: A = 2sin5a5(sin5asin3a) bëi chóng ta chØ cã c«ng thøc cho sin3a cßn sin5a kh«ng cã. 2. Víi c©u b), viÖc lùa chän çch t¸ch 2 = 5  3 ®-îc ®Ò xuÊt kh¸ tù nhiÖn bëi hai biÓu thøc ®· ®-îc gom tr-íc.

ThÝ dô 9. BiÕn ®æi thµnh tÝch c¸c biÓu thøc: a. A = 9sina + 6cosa3sin2a + cos2a8. b. B = 2sin2acos2a7sina  2cosa + 4.

 Gi¶i

a. BiÕn ®æi biÓu thøc vÒ d¹ng: A = 9sina + 6cosa6sina.cosa + 2cos2a  1  8 = 9sina  9 + 6cosa6sina.cosa + 2cos2a = 9(sina1)6cosa(sina1) + 2cos2a = 9(sina1)6cosa(sina1)2(sin2a1) = (sina1)(96cosa2sina2) = (sina1)(76cosa2sina). b. BiÕn ®æi biÓu thøc vÒ d¹ng: B = 4sina.cosa  2cosa  (1  2sin2a)7sina + 4 = 4sina.cosa  2cosa + 2sin2a7sina + 3 = 2cosa(2sina  1) + (2sinasina  3) = (2sina1)(2cosa + sina3).

 NhËn xÐt:

228

Trong lêi gi¶i trªn: 1. Víi c©u a), chóng ta sö dông ý t-ëng ®-a biÓu thøc l-îng gi¸c vÒ cïng mét cung vµ ë ®ã lùa chän cos2a = 2cos2a  1 bëi cÇn cã sù kÕt hîp 1 víi 8 ®Ó cã ®-îc hÖ sè t-¬ng øng víi 9sina, tõ ®ã xuÊt hiÖn çch nhãm çc nh©n tö. 2. Víi c©u b), çc em häc sinh nÕu ch-a cã kinh nghiÖm th× tèt nhÊt lµ thùc hiÖn phÐp thö víi çc çch biÕn ®æi cña cos2a.

ThÝ dô tiÕp theo sÏ minh ho¹ D¹ng 5  Ph-¬ng ph¸p h»ng sè biÕn thiªn. ThÝ dô 10. BiÕn ®æi thµnh tÝch biÓu thøc sau: a. A = sina.cosa + m(sina + 2cosa) + 2m2. a

b. B = (cosa + 1).sin4 2 cosa.sin2 2  1.

 Gi¶i a. ViÕt l¹i A d-íi d¹ng: A = 2m2 + (sina + 2cosa)t + sina.cosa. khi ®ã A lµ mét tam thøc bËc hai theo m cã: m = (sina + 2cosa)28sina.cosa = (sina2cosa)2, do ®ã, ph-¬ng tr×nh A = 0 cã c¸c nghiÖm:  sin a  2cos a  (sin a  2cos a) sin a    m1   2m  sin a  0 4 2  1 .   m   sin a  2cos a  (sin a  2cos a)   cos a  m 2  cos a  0  2 4 tøc lµ A cã thÓ ®-îc ph©n tÝch thµnh: A = (2m + sina)(m + cosa). a b. §Æt t = sin2 2 , khi ®ã biÓu thøc ®-îc viÕt l¹i d-íi d¹ng:

B = (cosa + 1).t2t.cosa  1 . Ph-¬ng tr×nh A = 0 cã nghiÖm theo t lµ t = 1 vµ t =  tÝch thµnh:

1 do ®ã A ®-îc ph©n cos a  1 a

B = (t  1)[(cosa + 1).t + 1] = (sin2 2  1)(2cos2 2 .sin2 2 + 1) a

1 2

= (sin2 2  1)( sin2a + 1).



NhËn xÐt: Lêi gi¶i cña thÝ dô trªn minh ho¹ cho ý t-ëng cña ph-¬ng ph¸p h»ng sè biÕn thiªn, lÏ ®-¬ng nhiªn chóng ta cã thÓ thùc hiÖn phÐp nhãm mét çch thÝch hîp ®Ó cã ®-îc çc kÕt qu¶ ®ã, cô thÓvíi c©u a) ta cã: A = sina.cosa + m.sina + 2m.cosa + 2m2 = (cosa + m).sina + 2m(cosa + m) = (cosa + m)(sina + 2m). vµ chóng ta nhËn thÊy c«ng viÖc ®ã ®¬n gi¶n h¬n nhiÒu so víi nh÷ng lËp luËn trong lêi gi¶i trªn, xong ®©y lu«n lµ ý t-ëng hay ®Ó sö dông cho viÖc gi¶i çc ph-¬ng tr×nh ®¹i sè còng nh- l-îng gi¸c. ThÝ dô tiÕp theo sÏ minh ho¹ D¹ng 6  Ph-¬ng ph¸p nh©n.

ThÝ dô 11. BiÕn ®æi thµnh tÝch biÓu thøc sau: 229

a. A = sin

 Gi¶i

a 5a 5cos3a.sin , víi a   + 2k, k  2 2

b. A = sina + sin2a + ... + sinna, víi n 

a. Tõ gi¶ thiÕt a   + 2k, k 

ta ®-îc

a a   + k  cos  0. 2 2 2

a  0, ta ®-îc: 2 a a a a 5a 2Acos = 2sin .cos 10cos3a.sin .cos 2 2 2 2 2

Nh©n c¶ hai vÕ cña biÓu thøc víi 2cos

= sin3a + sin2a5cos3a.sina = 3sina4sin3a + 2sina.cosa5cos3a.sina = (34sin2a + 2cosa5cos3a).sina = (5cos3a4cos2a2cosa + 1).sina a 2

= 2(5cos2a + cosa1)(cosa1)sin .cos

a 2

 A = (5cos2a + cosa1)(cosa1)sin . b. XÐt hai tr-êng hîp: Tr-êng hîp 1: NÕu a = 2k, k  th×: sina = sin2a = ... = sinna = 0  S = 0.

Tr-êng hîp 2: NÕu a  2k, k

a 2

th× nh©n c¶ hai vÕ cña biÓu thøc víi 2sin , ta ®-îc:

a a a a = 2sina.sin + 2sin2a.sin + ... + 2sinna.sin 2 2 2 2 a (2 n  1)a (2 n  1)a 3a 3a 5a = cos  cos + cos  cos + ... + cos  cos 2 2 2 2 2 2 a (2 n  1)a na ( n  1)a = cos  cos = 2sin .sin 2 2 2 2 na ( n  1)a sin sin 2 2 A= . a sin 2

2Asin

 NhËn xÐt: Nh- vËy, chóng ta ®· ®-îc lµm quen víi 6 ph-¬ng ph¸p biÕn ®æi tæng thµnh tÝch, cuèi cïng chóng ta minh ho¹ thªm mét thÝ dô cho ph-¬ng ph¸p sö dông c¸c phÐp biÕn ®æi hçn hîp. ThÝ dô 12. BiÕn ®æi thµnh tÝch c¸c biÓu thøc sau: a. A = cos4acos2a + 2sin6a. b. B = cos2a + cos3a + 2sina2.

 Gi¶i a. Ta cã thÓ lùa chän mét trong çc çch sau: Çch 1: BiÕn ®æi biÓu thøc vÒ d¹ng:

230

A = cos4acos2a + sin2a + 2sin6a = (cos2acos2a + sin2a + 2sin6a = sin2a.cos2a + sin2a + 2sin6a = (1  cos2a)sin2a + 2sin6a = sin4a + 2sin6a = (2sin2a + 1).sin4a. C¸ch 2: BiÕn ®æi biÓu thøc vÒ d¹ng: A = cos4acos2a  1) + 2sin6a = (cos4acos2a + 1 + 2sin6a = (1cos2a + 2sin6a = sin4a + 2sin6a = (2sin2a + 1).sin4a. b. BiÕn ®æi biÓu thøc vÒ d¹ng: B = (1 + cosa)cos2a2(1sina) = (1 + cosa)(1sin2a)2(1sina) = [(1 + cosa)(1 + sina)2](1sina) = (cosa + sina + sina.cosa1)(1sina).



NhËn xÐt: Nh- vËy, ®Ó chuyÓn ®æi c¸c biÓu thøc trªn vÒ d¹ng tÝch chóng ta ®· thùc hiÖn phÐp nhãm dÇn.

ThÝ dô 13. BiÕn ®æi thµnh tÝch biÓu thøc sau: A = (2sina + 1)(3cos4a + 2sina4) + 4cos2a3

 Gi¶i Ta cã thÓ lùa chän mét trong çc çch sau: Çch 1: BiÕn ®æi biÓu thøc vÒ d¹ng: A = (2sina + 1)(3cos4a + 2sina4)3 + 4(1sin2a) = (2sina + 1)(3cos4a + 2sina4)4sin2a + 1 = (2sina + 1)(3cos4a + 2sina42sina + 1) = (2sina + 1)(3cos4a3). Çch 2: BiÕn ®æi biÓu thøc vÒ d¹ng: A = 3cos4a.(2sina + 1) + (2sina + 1)(2sina4) + 4cos2a  3 = 3cos4a.(2sina + 1) + 4sin2a  6sina4 + 4cos2a  3 = 3cos4a.(2sina + 1)  3(2sina + 1) = (2sina + 1)(3cos4a3).

ThÝ dô 14. BiÕn ®æi thµnh tÝch c¸c biÓu thøc sau: a. A = cos23a + cos22asin2a. b. B = sin23acos24asin25a + cos26a.

 Gi¶i

a. BiÕn ®æi biÓu thøc vÒ d¹ng: 1 1 1 A = (1 + cos6a) + cos22a (1  cos2a) = (cos6a + cos2a) + cos22a 2 2 2 2 = cos4a.cos2a + cos 2a = (cos4a + cos2a)cos2a = 2cos3a.cosa.cos2a. b. BiÕn ®æi biÓu thøc vÒ d¹ng: 1 1 1 1 B = (1  cos6a)  (1 + cos8a)  (1  cos10a) + (1 + cos12a) 2 2 2 2 1 1 = (cos12a  cos6a) + (cos10a  cos8a) = sin9a.sin3a  sin9a.sina 2 2 = (sin3a + sina)sin9a = 2sin2a.cosa.sin9a.

231

D¹ng to¸n 3: Chøng minh ®¼ng thøc l-îng gi¸c Ph-¬ng ph¸p ¸p dông Sö dông hÖ thøc c¬ b¶n vµ c¸c hÖ qu¶ ®Ó thùc hiÖn phÐp biÕn ®æi t-¬ng ®-¬ng. Ta lùa chän mét trong c¸c h-íng biÕn ®æi sau: H-íng 1: Dïng c«ng thøc l-îng gi¸c biÕn ®æi mét vÕ thµnh vÕ cßn l¹i (VT  VP hoÆc VP  VT). Khi ®ã:  NÕu xuÊt ph¸t tõ vÕ phøc t¹p ta cÇn thùc hiÖn viÖc ®¬n gi¶n biÓu thøc.  NÕu xuÊt ph¸t tõ vÕ ®¬n gi¶n ta cÇn thùc hiÖn viÖc ph©n tÝch. H-íng 2: BiÕn ®æi ®¼ng thøc cÇn chøng minh vÒ mét ®¼ng thøc ®· biÕt lµ lu«n ®óng. H-íng 3: BiÕn ®æi mét ®¼ng thøc ®· biÕt lµ lu«n ®óng thµnh ®¼ng thøc cÇn chøng minh. §Ó ý r»ng mét biÓu thøc l-îng gi¸c cã thÓ ®-îc biÕn ®æi thµnh nhiÒu d¹ng kh¸c nhau. Ch¼ng h¹n ta cã: sin22x = 1cos22x = (1cos2x)(1 + cos2x). sin22x =

1 (1cos4x); 2

sin22x = 4sin2x.cos2x.

Tuú theo mçi bµi to¸n, ta lùa chän c«ng thøc thÝch hîp ®Ó biÕn ®æi.

ThÝ dô 1. Chøng minh c¸c ®¼ng thøc sau: a. sin(a + b).sin(a  b) = sin2a  sin2b = cos2b  cos2a. cos(a  b) cot a.cot b  1 .  cos(a  b) cot a.cot b  1

 Gi¶i a. Ta cã thÓ lùa chän mét trong çc çch sau: Çch 1: Ta cã: VT = (sina.cosb + sinb.cosa)(sina.cosb  sinb.cosa) = sin2a.cos2b  sin2b.cos2a = sin2a(1  sin2b)  sin2b(1  sin2a) = sin2a  sin2b = 1  cos2a  1 + cos2b = cos2b  cos2a  ®pcm. Çch 2: Ta cã: VT =

1 1 (cos2b  cos2a) = [(2cos2b  1)  (2cos2a  1)] = cos2b  cos2a. 2 2 1 = [(1  sin2b)  (1  2sin2a)] = sin2a  sin2b. 2

C¸ch 3: (H-íng dÉn): Sö dông c«ng thøc h¹ bËc ®Ó biÕn ®æi VP, sau ®ã sö dông c«ng thøc biÕn ®æi tæng thµnh tÝch. b. Ta cã: cos a. cos b sin a. sin b  cos a. cos b  sin a. sin b cot a.cot b  1 VT = = sin a. sin b sin a. sin b = . cos a . cos b sin a . sin b cos a. cos b  sin a. sin b cot a.cot b  1  sin a. sin b sin a. sin b

 Chó ý: VÝ dô tiÕp theo chóng ta sÏ sö dông phÐp biÕn ®æi h¹ bËc, theo hai h-íng: H-íng 1: H¹ bËc ®¬n, tøc lµ h¹ bËc tõng nh©n tö trong biÓu thøc.

232

H-íng 2: H¹ bËc toµn côc, tøc lµ dùa trªn h»ng ®¼ng thøc ®¹i sè: a4 + b4 = (a2 + b2)22a2.b2. a6 + b6 = (a2 + b2)33a2.b2(a2 + b2).

ThÝ dô 2. Chøng minh r»ng: a. sin4x + cos4x =

1 3 cos4x + . 4 4

b. cos3x.sin3x + sin3x.cos3x =

 Gi¶i

3 sin4x. 4

a. Ta lùa chän mét trong hai c¸ch: C¸ch 1: (Sö dông phÐp h¹ bËc ®¬n): Ta cã: 2

 1  cos 2x   1  cos 2x  VT = sin4x + cos4x = (sin2x)2 + (cos2x)2 =   +  2 2     1 1 1 1 1  cos 4 x 3 1 = + cos22x = + . = + cos4x. 2 2 2 2 4 4 2 Çch 2: (Sö dông phÐp h¹ bËc toµn côc): Ta cã: VT = sin4x + cos4x = (sin2x + cos2x)22sin2x.cos2x 1 1 1  cos 4 x 3 1 = 1 .sin22x = 1 . = + cos4x. 2 2 4 4 2 b. Ta lùa chän mét trong hai çch: Çch 1: (Sö dông phÐp h¹ bËc ®¬n): Ta cã: 1 1 VT = (3sinxsin3x)cos3x + (3cosx + cos3x)sin3x 4 4 3 3 = (sinx.cos3x + cosx.sin3x) = sin4x. 4 4 Çch 2: (Sö dông phÐp h¹ bËc ®èi xøng): Ta cã: VT = sin2x.sinx.cos3x + cos2x.cosx.sin3x = (1cos2x).sinx.cos3x + (1sin2x).cosx.sin3x = sinx.cos3x + cosx.sin3x(cosx.cos3x + sinx.sin3x)sinx.cosx 1 1 3 = sin4x cos2x.sin2x = sin4x sin4x = sin4x. 2 4 4

 NhËn xÐt: Nh- vËy, thÝ dô trªn ®· minh ho¹ sù kh¸c biÖt trong viÖc lùa chän c¸c phÐp h¹ bËc kh¸c nhau ®Ó chøng minh mét ®¼ng thøc l-îng gi¸c. Vµ ë ®ã, c¸c em dÔ so s¸nh tÝnh hiÖu qu¶ cña phÐp h¹ bËc ®¬n ®èi víi nh÷ng biÓu thøc kh¸c nhau. §Ó t¨ng ®é khã bµi to¸n trªn th-êng ®-îc më réng nh- sau: 1. Víi c©u a), cã thÓ lµ "TÝnh gi¸ trÞ cña biÓu thøc sin4x + cos4x t¹i x 

    hoÆc x  hoÆc x  hoÆc x  ". 8 12 16 24

233

2. Víi c©u b), cã thÓ lµ "TÝnh gi¸ trÞ cña A = cos3x.sin3x + sin3x.cos3x     t¹i x  hoÆc x  hoÆc x  hoÆc x  ". 8 12 16 24

ThÝ dô 3. Chøng minh c¸c ®¼ng thøc sau: a. sin3x.(1 + cotanx) + cos3x.(1 + tanx) = sinx + cosx. b. sin3x2sin33x + cos2x.sinx = cos5x.sin4x.

 Gi¶i

a. Ta cã: VT = sin2x.(sinx + cosx) + cos2x.(cosx + sinx) = (sin2x + cos2x)(cosx + sinx) = sinx + cosx, ®pcm. b. Ta cã: 1 VT = sin3x2sin33x + (sin3x  sinx) 2 3 1 1 1 = sin3x2sin33x  sinx = (3sin3xsin33x)  sinx 2 2 2 2 1 1 1 = sin9x  sinx = (sin9x  sinx) = cos5x.sin4x, ®pcm. 2 2 2

 Chó ý: VÝ dô tiÕp theo chóng ta sö dông mét ®¼ng thøc lu«n ®óng ®Ó suy ra ®¼ng thøc cÇn chøng minh. ThÝ dô 4. Cho x + y + z = , chøng minh r»ng: tanx + tany + tanz = tanx.tany.tanz.

 Gi¶i Tõ gi¶ thiÕt x + y + z =   x + y = z  tan(x + y) = tan(z) tan x  tan y  = tanz  tanx + tany = tanz + tanx.tany.tanz 1  tan x.tan y  tanx + tany + tanz = tanx.tany.tanz.

 NhËn xÐt: ThÝ dô trªn ®-îc tr×nh víi môc ®Ých ®Ó c¸c em häc sinh tiÕp cËn víi bµi to¸n chøng minh ®¼ng thøc l-îng gi¸c cã ®iÒu kiÖn vµ nã ®-îc thùc hiÖn b»ng viÖc xuÊt ph¸t tõ biÓu thøc ®iÒu kiÖn ®Ó suy ra ®¼ng thøc cÇn chøng minh, tuy nhiªn ®©y kh«ng ph¶i lµ ®-êng lèi chung cho mäi d¹ng to¸n nh- vËy. ThÝ dô 5. Cho sinx + siny = 2sin(x + y), víi x + y  k, k  x y 1 tan .tan = . 2 2 3

 Gi¶i Tõ gi¶ thiÕt: 234

. Chøng minh r»ng:

xy xy xy xy .cos = 4sin .cos 2 2 2 2 x  y  k  , k xy xy  cos = 2cos 2 2 x y x y x y x y  cos .cos + sin .sin = 2(cos .cos  sin .sin ) 2 2 2 2 2 2 2 2 x y x y x y 1  3sin .sin = cos .cos  tan .tan = , ®pcm. 2 2 2 2 2 2 3

sinx + siny = 2sin(x + y)  2sin

ThÝ dô 6. Cho tanx, tany lµ nghiÖm cña ph-¬ng tr×nh at2 + bt + c = 0. Chøng minh r»ng: a.sin2(x + y) + b.sin(x + y).cos(x + y) + c.cos2(x + y) = c.

 Gi¶i

(1) (2)

V× tanx, tany lµ nghiÖm cña ph-¬ng tr×nh (1), ta ®-îc: b   tan x  tan y   a . (I)   tan x.tan y  c  a BiÕn ®æi (2) vÒ d¹ng: [a.sin(x + y) + b..cos(x + y)]sin(x + y) = c[1cos2(x + y)] = c.sin2(x + y)  a.sin(x + y) + b..cos(x + y) = c.sin(x + y)  b..cos(x + y) = (ca).sin(x + y) b  b b tan x  tan y  = tan(x + y) = = a = , lu«n ®óng. c ca c  a 1  tan x.tan y 1 a

D¹ng to¸n 4: Rót gän biÓu thøc Ph-¬ng ph¸p ¸p dông Sö dông c¸c c«ng thøc l-îng gi¸c cïng c¸c phÐp biÕn ®æi l-îng gi¸c. ThÝ dô 1. Rót gän biÓu thøc: A = cos10x + 2cos24x + 6cos3x.cosxcosx8cosx.cos33x.

 Gi¶i

BiÕn ®æi biÓu thøc vÒ d¹ng: A = cos10x + 1 + cos8xcosx2(4cos33x3cos3x)cosx = 2cos9x.cosx + 1cosx2cos9x.cosx = 1cosx.

 NhËn xÐt: Nh- vËy, ®Ó rót gän c¸c biÓu thøc trªn chóng ta sö dông c«ng thøc h¹ bËc dùa trªn ý t-ëng chñ ®¹o lµ biÕn ®æi nã vÒ d¹ng tæng. ThÝ dô 2. Rót gän c¸c biÓu thøc: 235

  1  cos 2     2  cot(  ).tan(  ). a. A =   2 2 1  sin 2     2   4 sin 2x  cos 4 2x b. B = .   tan(  x).tan(  x) 4 4

 Gi¶i a. BiÕn ®æi A vÒ d¹ng: 1 1  sin 2  cos 2  cos 2   sin 2  A= + tan.cot = +1= = . 2 2 2 sin 2  sin  sin  1  cos  b. BiÕn ®æi B vÒ d¹ng: 1 (sin 2 2x  cos 2 2x) 2  2sin 2 2x.cos 2 2x B= = 1 sin24x.   2 tan(  x).cot(  x)] 4 4



NhËn xÐt: Nh- vËy, ®Ó rót gän c¸c biÓu thøc trªn chóng ta chØ viÖc sö dông mèi liªn hÖ gi÷a c¸c gãc ®Æc biÖt.

ThÝ dô 3. Rót gän biÓu thøc: sin x  sin 3x  sin 5x A= . cos x  cos 3x  cos 5x

 Gi¶i

Ta lÇn l-ît cã: sinx + sin3x + sin5x = sinx + sin5x + sin3x = 2sin3x.cos2x + sin3x = sin3x(2cos2x + 1). cosx + cos3x + cos5x = cosx + cos5x + cos3x = 2cos3x.cos2x + cos3x = cos3x(1cos2x  1). Tõ (1) vµ (2) suy ra: sin 3x A= = tan3x. cos 3x



(1) (2)

NhËn xÐt: §-¬ng nhiªn, chóng ta cã thÓ tr×nh bµy theo kiÓu biÕn ®æi ®ång thêi TS vµ MS. Çch tr×nh bµy nh- trªn cã tÝnh minh ho¹ ®Ó çc em häc sinh lÊy nã ¸p dông cho nh÷ng biÓu thøc mµ ®é phøc t¹p trong çc phÐp biÕn ®æi cho TS vµ MS kh¸c nhau.

ThÝ dô 4. Rót gän c¸c biÓu thøc: 



a. A =   1 .tanx.  cos 2x  236

b. B = cos8x.cot4x

cot 2 2x  1 . 2cot 2x

 Gi¶i a. Ta biÕn ®æi: 1  cos 2x 2cos x.sin x sin 2x 2cos 2 x sin x A= .tanx = . = = = tan2x. cos 2x cos 2x cos 2x cos 2x cos x b. Ta biÕn ®æi: cos 4x cos 4x cos 2 2x  sin 2 2x B = cos8x.cot4x = cos8x.  sin 4x sin 4x 2cos 2x.sin 2x cos 4x cos 4x = (cos8x  1) = 2sin24x. = 2 sin4x.cos4x = sin8x. sin 4x sin 4x

 NhËn xÐt: Nh- vËy, ®Ó rót gän c¸c biÓu thøc hçn hîp chøa sin, cos vµ tan, cot nh- trªn chóng ta th-êng chuyÓn ®æi tan, cot theo sin, cos. ThÝ dô 5. Rót gän c¸c biÓu thøc: a. A = sin2a + sin22a + ... + sin2na. b. B =

1 1 1 + + ... + . sin a. sin 2a sin 2a. sin 3a sin na. sin( n  1)a

 Gi¶i a. Ta biÕn ®æi biÓu thøc vÒ d¹ng: 1 1 1 A = (1  cos2a) + (1  cos4a) + ... + (1  cos2na) 2 2 2

1 n  (cos2a + cos4a + ... + cos2na). 2 2

XÐt hai tr-êng hîp: Tr-êng hîp 1: NÕu a = k, k 

th×:

cos2a = cos4a = ... = cos2na = 1  D = 0. Tr-êng hîp 2: NÕu a  k, k  th× ta tÝnh ®-îc tæng: T = cos2a + cos4a + ... + cos2na =

cos(n  1)a. sin na sin a

Tõ ®ã, suy ra: A=

cos(n  1)a. sin na n  . 2 sin a 2

b. Nh©n c¶ hai vÕ cña biÓu thøc víi sina, ta ®-îc: sin a sin a sin a B.sina = + + ... + sin a. sin 2a sin 2a. sin 3a sin na. sin( n  1)a sin(2a  a ) sin(3a  2a ) sin[(n  1)a  na] = + + ... + sin a. sin 2a sin 2a. sin 3a sin na. sin( n  1)a = cota  cot2a + cot2a  cot3a + …+ cotna  cot(n + 1)a

237

= cota  cot(n + 1)a = B=

sin na sin a. sin( n  1)a

sin na . sin a. sin( n  1)a 2

ThÝ dô 6. Rót gän biÓu thøc A =

 Gi¶i

1 1 1 + + ... + . sin a sin 2a sin 2 n a

Ta cã: 1 1  cos 2 k a  cos 2 k a 1  cos 2 k a cos 2 k a = =  sin 2 k a sin 2 k a sin 2 k a sin 2 k a 2 cos 2 2 k 1 a = cot2ka = cot2k1acot2ka. k 1 k 1 2 sin 2 a. cos 2 a Suy ra: a a A = cot cota + cotacot2a + ... + cot2n1acot2na = cot cot2na. 2 2

ThÝ dô 7. Rót gän biÓu thøc: A = tana.tan2a + tan2a.tan3a + ... + tan(n1)a.tanna.

 Gi¶i Ta cã: tan(k  1)a  tan ka 1  tan(k  1)a.tan ka tan(k  1)a  tan ka  tanka.tan(k + 1)a = 1, tan a

tana = tan[(k + 1)k]a =

do ®ã: tana.tan2a =

tan 2a  tan a 1; tan a

tan2a.tan3a =

tan 3a  tan 2a 1 tan a

... tan(n1)a.tanna = suy ra: A=

tan na  tan(n  1)a 1 tan a

tan na  tan a tan na (n1) = n. tan a tan a

 Chó ý: KÕt qu¶ cña bµi to¸n trªn ®-îc sö dông ®Ó ®¬n gi¶n biÓu thøc: 1 1 1 + + ... + . cos 2a. cos 3a cos a. cos 2a cos na. cos( n  1)a ThËt vËy, nÕu nh©n c¶ hai vÕ cña ®¼ng thøc víi cosa, ta ®-îc:

238

B.cosa =

cos a cos a cos a + + ... + cos 2a. cos 3a cos a. cos 2a cos na. cos( n  1)a

cos(2a  a ) cos(3a  2a ) cos[(n  1)a  na] + + ... + cos 2a. cos 3a cos a. cos 2a cos na. cos( n  1)a = 1 + tana.tan2a + 1 + tan2a.tan3a + ... + 1 + tanna.tan(n + 1)a = n + tana.tan2a + tan2a.tan3a + ... + tanna.tan(n + 1)a tan(n  1)a tan(n  1)a =n+ n1 = 1. tan a tan a Tuy nhiªn, cã thÓ sö dông sina ®Ó nhËn ®-îc lêi gi¶i ®éc lËp.

ThÝ dô 8. Rót gän biÓu thøc A = tana +

1 a 1 a tan + ... + n tan n . 2 2 2 2

 Gi¶i NhËn xÐt r»ng: cotx  tanx =

2 cos 2 x cos 2 x  sin 2 x = = 2cot2x  tanx = cotx  2cot2x. sin x. cos x sin 2 x

Tõ ®ã, ta cã c¸c kÕt qu¶: tana = cota  2cot2a, 1 a 1 a tan = cot  cota, 2 2 2 2

…

1 a 1 a 1 a tan n = n cot n  n 1 cot n 1 . n 2 2 2 2 2 2 1

Céng theo vÕ c¸c ®¼ng thøc trªn, ta ®-îc A =

ThÝ dô 9. Rót gän biÓu thøc A =

cot

a 2n

1  sin 2x  1  sin 2x 1  sin 2x  1  sin 2x

 2cot2a.

, víi 

 < x < 0. 4

 Gi¶i BiÕn ®æi biÓu thøc vÒ d¹ng: A= =

( 1  sin 2x  1  sin 2x ) 2 ( 1  sin 2x  1  sin 2x )( 1  sin 2x  1  sin 2x )

1  sin 2x  2 1  sin 2 2x  1  sin 2x 1  sin 2x  1  sin 2x

1  cos 2 2x 1 | cos2x | = = sin 2x sin 2x

   x 0 4



1  cos2x 2cos 2 x = = cotx. sin 2x 2sin x.cos x

239



Chó ý: Ng-êi ta cã thÓ sö dông kÕt qu¶ cña vÝ dô trªn ®Ó t¹o ra nh÷ng yªu cÇu kh¸ thó vÞ, ®Ó minh h¹o ta xÐt ®ßi hái: 1 t  1 t

“Cho t  [1; 1]\{0} vµ tho¶ m·n tanx =

1 t  1 t

. Chøng minh

r»ng t = sin2x”. Tr-íc hÕt: tanx =

( 1  t  1  t )2 ( 1  t  1  t )( 1  t  1  t )

1 1 t2 . t

MÆt kh¸c: sin2x =

2 tan x = 1  tan 2 x

1 1 t2 t

 1 1 t2 1   t 

   

2(1  1  t 2 )t 2(1  1  t 2 )

= t.

 Chó ý: Trong c¸c bµi to¸n thi chóng ta th-êng gÆp ph¶i yªu cÇu "Chøng minh ®¼ng thøc l-îng gi¸c ®éc lËp víi biÕn sè".

ThÝ dô 10. Chøng minh biÓu thøc sau kh«ng phô thuéc vµo x: A = cos2(x

  ) + cos2x + cos2(x + ). 3 3

 Gi¶i Ta cã thÓ lùa chän mét trong hai c¸ch biÕn ®æi sau: C¸ch 1: Ta biÕn ®æi: A = (cosx.cos

    + sinx.sin )2 + cos2x + (cosx.cos sinx.sin )2 3 3 3 3

1 1 3 3 sinx)2 + cos2x + ( cosx sinx)2 2 2 2 2 1 3 3 3 = cos2x + sin2x + cos2x = (sin2x + cos2x) = . 2 2 2 2

= ( cosx +

VËy, biÓu thøc A kh«ng phô thuéc vµo x. C¸ch 2: Ta biÕn ®æi: 1 1 2 2 [1 + cos(2x )] + cos2x + [1 + cos(2x + )] 2 2 3 3 1 2 2 = 1 + cos2x + [cos(2x + ) + cos(2x )] 2 3 3 1 3 2 = 1 + cos2x + cos2x.cos = 1 + cos2x  (2cos2x  1) = . 2 2 3

240

ThÝ dô 11. X¸c ®Þnh a  (0;

 ) ®Ó biÓu thøc sau kh«ng phô thuéc vµo x: 2

A = cosx + cos(x + 2a) + cos(x + 4a) + cos(x + 6a).

 Gi¶i Ta biÕn ®æi: A = cosx + cos(x + 6a) + cos(x + 2a) + cos(x + 4a) = 2cos(x + 3a).cos3a + 2cos(x + 3a).cosa = 2(cos3a + cosa)cos(x + 3a). §Ó biÓu thøc kh«ng phô thuéc vµo x ®iÒu kiÖn lµ: cos3a + cosa = 0  cos3a = cos(  a) = 0  k   a  4  2 a( 0, 2 )  3a    a  2k      a= . 4  a     k 3a    a  2k  2 VËy, víi a =

 biÓu thøc kh«ng phô thuéc vµo x. 4

D¹ng to¸n 5: TÝnh gi¸ trÞ cña hµm sè l-îng gi¸c, biÓu thøc l-îng gi¸c Ph-¬ng ph¸p ¸p dông Ta sö dông hÖ thøc c¬ b¶n vµ çc hÖ qu¶: D¹ng 1: Ta sö dông çc hÖ qu¶ trong b¶ng gi¸ trÞ l-îng gi¸c cña çc cung ®Æc biÖt hoÆc b»ng viÖc biÓu diÔn gãc trªn ®-êng trßn ®¬n vÞ. D¹ng 2: NÕu biÕt gi¸ trÞ cña mét trong bèn hµm sè l-îng gi¸c ®Ó tÝnh gi¸ trÞ cña çc hµm sè cßn l¹i chóng ta cÇn thùc hiÖn theo çc b-íc: B-íc 1: X¸c ®Þnh dÊu cña chóng. B-íc 2: Sö dông çc c«ng thøc: sin2 + cos2 = 1 sin  cos  1 tan = , cot = hoÆc cot = . cos  sin  tan  1 1 = 1 + cot2, = 1 + tan2 2 cos 2  sin  D¹ng 3: Gi¶ sö biÕt gi¸ trÞ cña mét biÓu thøc l-îng gi¸c, cÇn tÝnh gi¸ trÞ cña çc hµm sè l-îng gi¸c cña mét gãc , ta lùa chän mét trong çc h-íng sau: H-íng 1: BiÕu ®æi biÓu thøc l-îng gi¸c vÒ d¹ng chØ chøa mét hµm l-îng gi¸c råi thùc hiÖn phÐp ®Æt Èn phô (nÕu cÇn) ®Ó gi¶i mét ph-¬ng tr×nh ®¹i sè. H-íng 2: BiÕu ®æi biÓu thøc l-îng gi¸c vÒ d¹ng tÝch A.B = 0. H-íng 3: Sö dông bÊt ®¼ng thøc ®Ó phÐp ®¸nh gi¸. D¹ng 4: Gi¶ sö biÕt gi¸ trÞ cña mét biÓu thøc l-îng gi¸c (ký hiÖu (1)), cÇn tÝnh gi¸ trÞ cña biÓu thøc l-îng gi¸c kh¸c (ký hiÖu (2)), ta lùa chän mét trong çc h-íng sau: 241

H-íng 1: H-íng 2: H-íng 3:

BiÕu ®æi (1) råi thay vµo (2). BiÕu ®æi (2) råi sö dông (1). BiÕu ®æi ®ång thêi (1) vµ (2) dÉn tíi biÓu thøc trung gian (3).

ThÝ dô 1. Trªn ®-êng trßn l-îng gi¸c cho ®iÓm M x¸c ®Þnh bëi s® AM =  (0 <  <

 ). 2

Gäi M1, M2, M3 lÇn l-ît lµ ®iÓm ®èi xøng cña M qua trôc Ox, Oy vµ gèc to¹ ®é. T×m sè ®o c¸c cung AM1 , AM2 , AM3 .

 Gi¶i Theo ®Ò bµi, ta cã s® AM =  (0 <  <

 )  AM = . 2

Do ®ã, víi l, k, m  Z:  s® AM1 =  + 2k (v× AM1 = AM). 

s® AM2 = (  ) + 2l (v× AM2 =   ).



s® AM3 = ( + ) + 2m (v× AM2 =  + ).

ThÝ dô 1. Cho ABC, biÓu diÔn çc hµm l-îng gi¸c cña: a. Gãc A b»ng çc hµm l-îng gi¸c cña gãc B vµ C. B C A b. Gãc b»ng çc hµm l-îng gi¸c cña gãc vµ . 2 2 2

 Gi¶i

Ta lu«n cã A + B + C = . (1) a. Tõ (1) ta ®-îc A = (B + C), suy ra: sinA = sin[(B + C)] = sin(B + C), cosA = cos[(B + C)] = cos(B + C), tanA = tan[(B + C)] = tan(B + C), cotA = cot[(B + C)] = cot(B + C). BC A  =  suy ra: 2 2 2 BC BC A  BC A  BC sin = sin[  ] = cos , cos = cos[  ] = sin , 2 2 2 2 2 2 2 2 BC BC A  BC A  BC tan = tan[  ] = cot , cot = cot[  ] = tan . 2 2 2 2 2 2 2 2

b. Tõ (1) ta ®-îc

ThÝ dô 2. TÝnh c¸c gi¸ trÞ l-îng gi¸c cña gãc  nÕu: 4  vµ 0 <  < . 13 2 15  c. tan =  vµ <  < . 7 2

a. cos =

 Gi¶i 242

b. sin =  0,7 vµ 0 <  < d. cot = 3 vµ

3 . 2

3 <  < 2. 2

a. V× 0 <  <

 nªn sin > 0, tan > 0, cot > 0. 2

Tõ sin2 + cos2 = 1, ta cã: 2

16 3 17  4  sin =   + sin2 = 1  sin2 = 1  169 13  13  sin  1 4 3 17 = vµ cot = = . cos  tan  4 3 17 3 b. V× 0 <  < nªn cos < 0, tan > 0, cot > 0 2

tan =

Ta cã: 51 10

cos2 = 1  (0,7)2 = 0,51  cos =  tan = c. V×

 <  <  nªn cos < 0, sin > 0, cot < 0. Ta cã: 2 7 cot.tan = 1  cot =  5 7 1 1 49   cos2 =  cos = 2 2 2 1  tan  1   15 / 7  49  15 274

sin2 = d. V×

sin  1  0,7  10 7 51 51 = vµ cot = =  cos  tan  51 7  51

15 1  sin = . 2 274 1  cot 

3 <  < 2 nªn sin < 0, cos > 0, tan < 0 2

Ta cã: sin =

1

, cos =

, tan = 

1 3

ThÝ dô 3. TÝnh: 

 3

a. cos     , biÕt sin = 

vµ 0 <  <

b. cos(a + b), sin(a  b) biÕt sina =

 Gi¶i

 . 2

4 2 , 00 < a < 900 vµ sinb = , 5 3

900 < a < 1800.

a. Ta cã:

243

1 1     = cos.cos  sin.sin = cos  . 2 2 3 3 3  Mµ 0 <  < nªn cos > 0, Suy ra 2 1 2 6 cos2 = 1  sin2 = 1  =  cos = . 3 3 3

 cos    

(1)

(2)

 6 3  Thay (2) vµo (1), ta ®-îc cos     = . 3 3  b. V× 00 < a < 900 vµ 900 < b < 1800 suy ra cosa > 0 vµ cosb < 0. Ta cã:

sina =

4 3 3  cosa =   cosa = . 5 5 5

sinb =

2 5 5  cosb =   cosb =  . 3 3 3

Ta cã:









 3 5 8 . 15  4 5 6 sin(a  b) = sina.cosb  cosa.sinb = . 15 cos(a + b) = cosa.cosb  sina.sinb =

ThÝ dô 4. TÝnh sin2a, cos2a, tan2a, biÕt: a. sina = 0,6 vµ  < a < c. sina + cosa =

3 . 2

b. cosa = 

5  vµ < a < . 13 2

1 3 vµ <a< 2 4

 Gi¶i a. Ta cã sina = 0,6 nªn cosa = 

4 . 5

VËy, ta ®-îc:  4  5

sin2a = 2sina.cosa = 2.(0,6).    =

24 25

7 sin 2a 24  vµ tan2a = 25 cos 2a 7 5 12  b. Ta cã cosa =  nªn sina = . V× < a <  nªn sina > 0 vµ tana < 0. Do ®ã: 13 13 2 120 119 sin2a = 2sina.cosa =  vµ cos2a = 1  2sin2a =  169 169

cos2a = 1  2sin2a =

244

tan2a =

sin 2a 120  . cos 2a 119

c. Ta cã:

sina + cosa = V×

1 7 1 7 1  sin a  . vµ cos a  2 2 2

3 < a <  nªn sina > 0, cosa < 0. Do ®ã: 4 3 7 sin2a = 2sina.cosa =  vµ cos2a = 1  2sin2a =  4 4 sin 2a 3 7 tan2a = .  cos 2a 7

ThÝ dô 5. TÝnh gi¸ trÞ cña biÓu thøc: A = tan1100.tan3400 + sin1600.cos1100 + sin2500.cos3400.

 Gi¶i Ta cã: A = cot200.tan(200) + sin200.cos1100sin1100.cos200 = 1sin900 = 0.



NhËn xÐt: Nh- vËy, trong vÝ dô trªn ®Ó tÝnh gi¸ trÞ cña biÓu thøc tr-íc hÕt chóng ta ®· sö dông çc c«ng thøc cña çc cung liªn kÕt ®Ó chuyÓn biÓu thøc A vÒ d¹ng: A = cot200.tan200 + sin200.cos1100sin1100.cos200 B-íc tiÕp theo chóng ta sö dông tÝnh chÊt tanx.cotx = 1 vµ c«ng thøc céng, ®Ó nhËn ®-îc: A = 1sin900 = 0. Lo¹i vÝ dô kiÓu nµy chóng ta ®· ®-îc lµm quen trong chñ ®Ò c«ng thøc céng, ë ®©y nã ®-îc minh ho¹ tr-íc hÕt ®Ó çc em häc sinh nhí l¹i. ThÝ dô tiÕp theo sÏ nh¾c l¹i cho çc em vÒ viÖc sö dông phÐp h¹ bËc vµ c«ng thøc nh©n ®Ó tÝnh gi¸ trÞ cñabiÓu thøc l-îng gi¸c.

ThÝ dô 6. TÝnh gi¸ trÞ cña biÓu thøc A = sin6 + cos6 biÕt: a.  =

 . 24

b.  =

5 . 12

 Gi¶i Ta biÕn ®æi: A = (sin2 + cos2)  3(sin2 + cos2)sin2.cos2 =1 a. Víi  =

3 3 5 3 sin22 = 1  (1  cos4) = + cos4. 4 8 8 8

 ta ®-îc: 24

245

5 3 5  10  3 3 3 3 + cos = + = . 8 8 8 6 16 16 5 b. Víi  = ta ®-îc: 12 5 3 5 5 3 13 A = + cos = + = . 8 8 8 3 16 16

ThÝ dô 7. TÝnh gi¸ trÞ cña biÓu thøc:  5 17 3 A = cos + cos + cos + ... + cos . 19 19 19 19 Gi¶i  Nh©n hai vÕ víi 2sin , ta ®-îc: 19     3 2Asin = 2sin .cos + 2sin .cos + 19 19 19 19 19  5  17 + 2sin .cos + ... + 2sin .cos 19 19 19 19 2 2 4 = sin + sin sin + 19 19 19 6 18 16 4 + sin sin + ... + sin sin 19 19 19 19 18   = sin = sin( ) = sin 19 19 19 1 A= . 2

 NhËn xÐt: Nh- vËy, ®Ó tÝnh gi¸ trÞ cña biÓu thøc chóng ta ®· sö dông nh©n tö  ®Ó t¹o ra çc tÝch: 19 1 cosa.sinb = [sin(a + b)sin(ab)] 2 t¹o thuËn lîi cho viÖc rót gän VP. Tõ ®ã, çc em häc sinh dÔ nhËn thÊy r»ng ý t-ëng nµy còng sÏ ®-îc ¸p dông cho biÓu thøc bao gåm tæng çc sin, bëi: 1 sina.sinb = [cos(ab)cos(a + b)]. 2

phô sin

ThÝ dô 8. BiÕt:

246

1 1 1 1 + + 2 + = 6. 2 2 cot g 2 x sin x cos x tg x

(1)

TÝnh gi¸ trÞ cña cos2x.

 Gi¶i Tõ (1) suy ra: 1 1 cos 2 x sin 2 x cos 2 x  sin 2 x  cos 4 x  sin 4 x + + + = sin 2 x cos 2 x sin 2 x. cos 2 x sin 2 x cos 2 x 1  (sin 2 x  cos 2 x) 2  2 sin 2 x. cos 2 x 8  2 sin 2 2x = = 1 2 sin 2 2x sin 2 x 4 2  6sin 2x = 82sin22x  1sin22x = 0  cos22x = 0  cos2x = 0.

 NhËn xÐt: Chóng ta ®· tõng biÕt tíi viÖc tÝnh gi¸ trÞ cña biÓu thøc l-îng gi¸c b»ng viÖc gi¶i ph-¬ng tr×nh, vÝ dô tiÕp theo sÏ minh ho¹ thªm ý t-ëng nµy, chØ cã ®iÒu ë ®©y chóng ta sÏ sö dông tÝnh chÊt nghiÖm cña çc ph-¬ng tr×nh ®¹i sè (®Þnh lý ViÐt cho çc nghiÖm cña ph-¬ng tr×nh bËc 2, 3, 4 ...) ®Ó x¸c ®Þnh gi¸ trÞ, trong nh÷ng tr-êng hîp nh- vËy chóng ta th-êng thùc hiÖn theo çc b-íc: B-íc 1: Chän mét ph-¬ng tr×nh nhËn çc gi¸ trÞ trong biÓu thøc lµm nghiÖm.  3 ThÝ dô víi , ,  lµ nghiÖm cña ph-¬ng tr×nh: 5 5 5x =  + 2k, k  . B-íc 2: X©y dùng ph-¬ng tr×nh ®¹i sè nhËn çc hµm sè l-îng gi¸c chøa çc cung lµm nghiÖm, tõ ®ã thiÕt lËp hÖ thøc ViÐt cho chóng. B-íc 3: TÝnh gi¸ trÞ cña biÓu thøc. ThÝ dô 9. TÝnh gi¸ trÞ cña biÓu thøc: 1 1 A= + 1.  3 cos cos 5 5

 Gi¶i

ViÕt l¹i A d-íi d¹ng: 1 1 1 A= + + .  3 cos  cos cos 5 5  3 NhËn xÐt r»ng , ,  lµ nghiÖm cña ph-¬ng tr×nh 5x =  + 2k, k  5 5

. (1)

247

 3 Ta sÏ ®i x©y dùng ph-¬ng tr×nh ®¹i sè nhËn cos , cos , cos lµm nghiÖm b»ng c¸ch: 5 5 (1)  3x = 2x + 2k  cos3x = cos(2x + 2k)  4cos3x3cosx = cos2x  4cos3x3cosx = (2cos2x1)  4cos3x + 2cos2x3cosx1 = 0 Tõ ®ã ta ®-îc:  3 1  cos 5  cos 5  cos    2   3 3  3   cos . cos   cos . cos   . cos . cos 5 5 5 5 4   3 1  cos 5 . cos 5 . cos   4  VËy, ta ®-îc:  3 3  cos . cos  cos . cos   cos . cos 5 5 5 5 = 3. A=  3 cos . cos . cos  5 5

ThÝ dô 10. TÝnh gi¸ trÞ cña biÓu thøc: A=

cos

2 + 7

cos

4 + 7

cos

4 . 7

 Gi¶i NhËn xÐt r»ng

2 4 8 , , lµ nghiÖm cña ph-¬ng tr×nh: 7 7 7

7x = 2k, k 

(1)

2 4 8 Ta sÏ ®i x©y dùng ph-¬ng tr×nh ®¹i sè nhËn a = cos , b = cos , c = cos lµm 7 7 7

nghiÖm b»ng c¸ch: (1)  4x = x + 2k  cos4x = cos(x + 2k)  2cos22x  1 = cos3x  2(2cos2x  1)2  1 = 4cos3x  3cosx  8cos4x  4cos3x  8cos2x + 3cosx + 1 = 0  (cosx  1)(8cos3x + 4cos2x  4cosx  1) = 0  8cos3x + 4cos2x  4cosx  1 = 0. Tõ ®ã, theo ®Þnh lÝ ViÐt ta ®-îc:

248

2 4 8 1  a  b  c  cos 7  cos 7  cos 7   2  2 4 4 8 8 2 1   cos . cos  cos . cos  . ab  bc  ca  cos . cos 7 7 7 7 7 7 2  2 4 8 1  abc  cos 7 . cos 7 . cos 7  8 

Ta suy ra: A=

cos

2 + 7

cos

4 + 7

cos

4 = 7

a 3 b 3 c =

5  33 7 . 2

 Chó ý: §Ó tÝnh ®-îc gi¸ trÞ cña A b¹n ®äc h·y sö dông hÖ Èn phô: A  3 a  3 b  3 c  B  3 ab  3 bc  3 ca

vµ h»ng ®¼ng thøc: a3 + b3 + c3 = (a + b + c)(a2 + b2 + c2  ab  bc  ca) + 3abc. a3 + b3 + c3 = (a + b + c)3  3(a + b)(b + c)(c + a). D¹ng to¸n 6: Mét sè thÝ dô vÒ hÖ thøc l-îng trong tam gi¸c Ph-¬ng ph¸p ¸p dông Muèn chøng minh mét ®¼ng thøc l-îng gi¸c trong tam gi¸c ngoµi viÖc vËn dông thµnh th¹o c¸c phÐp biÕn ®æi l-îng gi¸c chóng ta cßn cÇn ph¶i nhí c¸c hÖ thøc c¬ b¶n cho ABC bao gåm: 1. §Þnh lý hµm sè cosin a2 = b2 + c22bccosA. b2 = a2 + c22accosB, c2 = a2 + b22abcosC. 2. §Þnh lý hµm sè sin a b c = = = 2R. sin A sin B sin C

trong ®ã R lµ b¸n kÝnh ®-êng trßn ngo¹i tiÕp ABC. 3. §Þnh lý h×nh chiÕu a = b.cosC + c.cosB, b = c.cosA + a.cosC, c = a.cosB + b.cosA. Trong bµi to¸n nµy ta th-¬ng chia thµnh ba d¹ng nhá, bao gåm: D¹ng 1: Chøng minh hÖ thøc l-îng gi¸c liªn hÖ gi÷a c¸c gãc. Víi d¹ng to¸n nµy chóng ta cÇn ®Æc biÖt l-u ý tíi: 

A + B + C =   A + B = C vµ

AB  C =  do ®ã: 2 2 2

sin(A + B) = sin(C) = sinC,

249

sin

AB  C C = sin(  ) = cos ,... 2 2 2 2



Víi çc ®¼ng thøc l-îng gi¸c chøa mét hµm sè l-îng gi¸c cña ba gãc (sin hoÆc cos) ta th-êng chØ biÕn ®æi hai nh©n tö cßn nh©n tö thø ba sÏ ®-îc x¸c ®Þnh qua mét vµi phÐp biÕn ®æi sau ®ã, vµ th-êng kh«ng sö dông phÐp biÕn ®æi tÝch thµnh tæng hoÆc tæng thµnh tÝch khi cã mÆt c¶ ba gãc A, B, C. §iÒu nµy sÏ ®-îc minh ho¹ cïng víi lêi h-íng dÉn cô thÓ th«ng qua vÝ dô 1.  Víi çc ®¼ng thøc l-îng gi¸c chøa mét hµm sè l-îng gi¸c cña ba gãc (tan hoÆc cot) ta th-êng sö dông phÐp biÕn ®æi t-¬ng ®-¬ng ®Ó ®-a ®¼ng thøc cÇn chøng minh vÒ mét ®¼ng thøc lu«n ®óng hoÆc ng-îc l¹i (xuÊt ph¸t tõ mét ®¼ng thøc lu«n ®óng). D¹ng 2: Chøng minh hÖ thøc l-îng gi¸c liªn hÖ gi÷a gãc vµ c¹nh. Víi d¹ng to¸n nµy chóng ta th-êng sö dông ®Þnh lý hµm sè sin vµ ®Þnh lý hµm sè cos. D¹ng 3: Chøng minh hÖ thøc l-îng gi¸c liªn hÖ tíi nhiÒu yÕu tè trong tam gi¸c. Víi d¹ng to¸n nµy chóng ta cÇn nhí l¹i çc kÕt qu¶ cña:  §Þnh lý ®-êng trung tuyÕn, vÝ dô: b2 + c2 = 2 ma2 + 



a2 . 2

§Þnh lý ®-êng ph©n gi¸c, vÝ dô: A 2bc.cos 2 . lA = bc §Þnh lý vÒ diÖn tÝch tam gi¸c, vÝ dô: 1 1 abc A aha = bcsinA = = pr = p(pa)tan 2 2 4R 2 = p(p  a)(p  b)(p  c)





C¸c c«ng thøc tÝnh b¸n kÝnh ®-êng trßn ngo¹i tiÕp vµ néi tiÕp cña tam gi¸c: a abc A S R= = ; r = = (pa) tan . 2sin A 4S 2 p

Chó ý: Cã mét ph-¬ng ph¸p ®Ó chøng minh c¸c ®¼ng thøc l-îng gi¸c mµ trong nhiÒu tr-êng hîp tá ra rÊt hiÖu qu¶ lµ ph-¬ng ph¸p h×nh häc.

ThÝ dô 1. Cho ABC, chøng minh r»ng: cosA + cosB + cosC = 1 + 4sin

 Gi¶i 250

A B C .sin .sin . 2 2 2

Ta cã: VT = cosA + cosB + cosC = (cosA + cosB) + cosC AB AB  C AB .cos + cosC = 2cos(  ).cos + cosC 2 2 2 2 2 C C AB C C AB = 2sin .cos + (12sin2 2 ) = 12sin (sin cos ) 2 2 2 2 2 C  AB AB = 12sin [sin(  )cos ] 2 2 2 2 C AB AB A B C = 12sin (cos cos ) = 1 + 4sin .sin .sin . 2 2 2 2 2 2

= 2cos

H-íng dÉn c¸ch thùc hiÖn: B-íc 1: V× VT cã cosA, cosB, cosC ta lùa chän phÐp biÕn ®æi tæng thµnh tÝch cho hai to¸n tö cosA, cosB cßn cosC sÏ lùa chän phÐp biÓn ®æi sau. B-íc 2: Th«ng qua viÖc biÕn ®æi AB AB C AB .cos = 2sin .cos 2 2 2 2 C ta nhËn thÊy sù xuÊt hiÖn cña sin , do ®ã lùa chän phÐp biÕn ®æi cho 2 C cosC = 12sin2 2 .

cosA + cosB = 2cos

B-íc 3:

TiÕp theo ta cã sù xuÊt hiÖn sin

C AB cos 2 2

V× sù cã mÆt cña c¶ ba gãc A, B, C, do vËy ta cÇn t×m c¸ch ®-a vÒ biÕn ®æi hai gãc b»ng phÐp thay

C  AB =  . 2 2 2

Chóng ta sÏ thùc hiÖn thªm mét vÝ dô n÷a ®Ó hiÓu h¬n.

ThÝ dô 2. Cho ABC, chøng minh r»ng: sin2A + sin2B + sin2C = 2 + 2cosA.cosB.cosC.

 Gi¶i

Ta cã: VT = sin2A + sin2B + sin2C =

1  cos 2B 1  cos 2A + + sin2C 2 2

1 2

= 1 (cos2A + cos2B) + sin2C = 1cos(A + B).cos(AB) + sin2C = 1cos(C).cos(AB) + sin2C = 1 + cosC.cos(AB) + 1cos2C = 2 + [cos(AB)cosC].cosC = 2 + [cos(AB) + cos(A + B)].cosC = 2 + 2cosA.cosB.cosC.

251



NhËn xÐt: 1. Nh- vËy vÉn víi ý t-ëng ®-îc tr×nh bµy sau thÝ dô 1, ta thùc hiÖn phÐp biÕn ®æi cho sin2A vµ sin2B, tuy nhiªn kh«ng tån t¹i phÐp biÕn ®æi l-îng gi¸c cho hai to¸n tö bËc cao, do vËy ë ®©y ta ®· sö dông c«ng thøc h¹ bËc ®Ó thùc hiÖn. 2. Khi cã sù xuÊt hiÖn cña cosC ta l¹i lùa chän phÐp biÕn ®æi: sin2C = 1cos2C. 3 Cuèi cïng víi cos(AB)cosC, ta lùa chän: cosC = cos(A + B). 4. KÕt qu¶ cña vÝ dô trªn ®-îc sö dông ®Ó x¸c ®Þnh d¹ng cña ABC khi so s¸nh tæng S = sin2A + sin2B + sin2C víi 2, cô thÓ:  NÕu S > 2 th×: cosA.cosB.cosC > 0  cosA, cosB, cosC > 0  ABC nhän.  NÕu S = 2 th×: cosA.cosB.cosC = 0  cosA = 0  cosB = 0  cosC = 0  ABC vu«ng.  NÕu S < 2 th×: cosA.cosB.cosC < 0  mét trong ba cosA, cosB, cosC nhá h¬n kh«ng  ABC tï. 5. ViÖc lùa chän ph-¬ng ph¸p h¹ bËc còng rÊt quan träng, ®Ó minh ho¹ ta xem xÐt vÝ dô sau:

ThÝ dô 3. Cho ABC, chøng minh r»ng: sin3A.cos(BC) + sin3B.cos(CA) + sin3C.cos(AB) = = 3sinA.sinB.sinC.

 Gi¶i Ta cã: sin3A.cos(BC) = sin2A.sinA.cos(BC) =

1  cos 2A sin(B + C).cos(BC) 2

1 (1cos2A)(sin2B + sin2C) 4 1 = (sin2B + sin2Csin2B.cos2Asin2C.cos2A). (1) 4

t-¬ng tù: 1 (sin2C + sin2Asin2C.cos2Bsin2A.cos2B). (2) 4 1 sin3C.cos(AB) = (sin2A + sin2Bsin2A.cos2Csin2B.cos2C). (3) 4

sin3B.cos(CA) =

Céng theo vÕ (1), (2), (3), ta ®-îc: sin3A.cos(BC) + sin3B.cos(CA) + sin3C.cos(AB) = 252

3 (sin2A + sin2B + sin2C) = 3sinA.sinB.sinC, ®pcm. 4

 Chó ý: Trong vÝ dô trªn chóng ta ®· sö dông kÕt qu¶: sin2A + sin2B + sin2C = 4sinA.sinB.sinC  §Ò nghÞ b¹n ®äc chøng minh.

ThÝ dô 4. Cho ABC kh«ng vu«ng, chøng minh r»ng: tanA + tanB + tanC = tanA.tanB.tanC.

(*)

 Gi¶i

Ta cã: A + B + C =   A + B = C  tan(A + B) = tan(C) 

tan A  tan B = tanC  tanA + tanB = (1tanA.tanB)tanC 1  tan A.tan B

 tanA + tanB + tanC = tanA.tanB.tanC.

 NhËn xÐt:

1. Nh- vËy xuÊt ph¸t tõ mét ®¼ng thøc lu«n ®óng A + B + C = , ta ®· chøng minh ®-îc (*). 2. Ph-¬ng ph¸p chøng minh trªn ®-îc sö dông ®Ó chøng minh kÕt qu¶ tæng qu¸t: tannA + tannB + tannC = tannA.tannB.tannC, víi n nguyªn d-¬ng. 3. Th«ng qua bèn vÝ dô trªn chóng ta ®· cã ®-îc ph-¬ng ph¸p luËn cho d¹ng to¸n thø nhÊt " Chøng minh hÖ thøc l-îng gi¸c liªn hÖ gi÷a c¸c gãc." ThÝ dô 5. Cho ABC, chøng minh r»ng: cos A cosC cosB a 2  b2 c2 + + = . b.cos C  c.cos B c.cosA a.cosC a.cosB b.cosA 2abc

 Gi¶i Sö dông c«ng thøc h×nh chiÕu, ta ®-îc: cos A cos B cos C bc.cos A  ac.cos B  ab.cos C + + = a b c abc 1 2 1 1 (b  c2  a 2 )  (a 2  c2  b2 )  (a 2  b2  c2 ) a 2  b2  c2 2 2 2 = = . 2abc abc bc BC A ThÝ dô 6. Cho ABC, chøng minh r»ng cos = sin . a 2 2

VT =

 Gi¶i Ta cã: VT =

bc 2R sin B  2R sin C A A cos = cos a 2R sin A 2 2

253

BC BC .sin 2 2 cos A = sin B  C . A A 2 2 2sin .cos 2 2

2cos



NhËn xÐt: Nh- vËy b»ng viÖc sö dông ®Þnh lý hµm sè sin thuÇn tuý ta ®· chøng minh ®-îc ®¼ng thøc. Tuy nhiªn ®iÒu cÇn bµn ë ®©y lµ cÇn vËn dông thËt linh ho¹t ®Ó ®¹t ®-îc môc ®Ých th«ng qua viÖc ®¸nh gi¸ ®iÓm xuÊt ph¸t vµ ®Ých cÇn tiÕn tíi, thÝ dô nh-: 1. Khi cÇn biÕn ®æi a thµnh b ta sö dông a =

b.sin A . sin B

2. NÕu ®iÓm xuÊt ph¸t chøa a2 vµ ®Ých cÇn tiÕn tíi chøa ab th×: b.sin A a2 = a.a = a. . sin B §Ó minh ho¹ chóng ta xÐt vÝ dô sau:

ThÝ dô 7. Cho ABC, chøng minh r»ng: a. b.cosB + c.cosC = a.cos(Bc). b. a2sin2B + b2sin2A = 2ab.sinC.

 Gi¶i a. Ta cã: a.sin B a.sin C .cosB + .cosC sin A sin A a a = (sin2B + sin2C) = .sin(B + C).cos(BC) = a.cos(Bc). 2sin A sin A

VT = b.cosB + c.cosC =

b. Ta cã: VT = a2sin2B + b2sin2A = a.a.sin2B + b.b.sin2A b.sin A a.sin B = a. .2sinB.cosB + b. .2sinA.cosA sin B sin A = 2ab(sinA.cosB + sinB.cosA) = 2ab.sin(A + B) = 2ab.sinC.

 Chó ý:

1. KÕt qu¶ cña c©u b) ®-îc sö dông ®Ó chøng minh:

1 2 (a sin2B + b2sin2A). 4

2. Khi cÇn sö dông tíi c¸c biÕn ®æi h÷u tØ, chóng ta cÇn nhí phÐp biÕn ®æi rÊt hiÖu qu¶: a c ac = = . b d bd

§Ó minh ho¹ chóng ta xÐt vÝ dô sau: p

ThÝ dô 8. Cho ABC, chøng minh r»ng R = 4cos

254

A B C .cos .cos 2 2 2

 Gi¶i Ta cã: a b c = = = 2R sin A sin B sin C a b c abc R= = = = 2sin A 2sin B 2sin C 2(sin A  sin B  sin C) abc p 2 = = . A B C A B C 4cos .cos .cos 4cos .cos .cos 2 2 2 2 2 2

 Chó ý:

1. Trong vÝ dô trªn chóng ta ®· sö dông kÕt qu¶: sinA + sinB + sinC = 4cos

A B C .cos .cos . 2 2 2

2. ThÝ dô tiÕp theo chóng ta sÏ quan t©m tíi hÖ thøc l-îng gi¸c liªn hÖ tíi nhiÒu yÕu tè trong tam gi¸c. ThÝ dô 9. Cho ABC, chøng minh r»ng tan

A B C r  4R + tan + tan = . 2 2 2 p

 Gi¶i Ta cã: VT =

1 1 1 A B B C C A (tan + tan ) + (tan + tan ) + (tan + tan ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 AB CA BC sin sin sin 1 2 2 2 [ + + ] C A B C 2 cos A .cos B cos .cos cos .cos 2 2 2 2 2 2 C B A cos cos cos 1 2 2 2 [ + + ] A B C A B C 2 cos .cos cos .cos cos .cos 2 2 2 2 2 2 A B C cos 2  cos 2  cos 2 2 2 2 = 3  cos A  cos B  cos C A B C A B C 4cos .cos .cos 2cos .cos .cos 2 2 2 2 2 2 A B C  A B C R  4  4sin .sin .sin  4  4sin .sin .sin r  4R 2 2 2 2 2 2 =  = . R(sin A  sin B  sin C) p sin A  sin B  sin C

 Chó ý: Trong lêi gi¶i trªn chóng ta ®· sö dông hai ®¼ng thøc: 255

A B C .sin .sin . 2 2 2 A B C sinA + sinB + sinC = 4cos .cos .cos . 2 2 2

cosA + cosB + cosC = 1 + 4sin

C. C¸c bµi to¸n chän läc

VÝ dô 1:

 Gi¶i

BiÕt tan

5 =2+ 12

3 , tÝnh gi¸ trÞ c¸c hµm sè l-îng gi¸c cña gãc

7 . 12

Ta cã: 7 5 5 = tan(1800 ) = tan = 2 3 , 12 12 12 7 1 1 cot = =  = 3 2, 7 12 2 3 tan 12 7 5 5 cos = cos(1800 ) = cos . 12 12 12 MÆt kh¸c ta cã: 5 3 1 1 1 = 1 + tan2  cos = = . 2 12 cos  2 2 2 7 1  tan 12 Thay (2) vµo (1), ta ®-îc: 1 3 7 cos = . 12 2 2 Khi ®ã, tõ: 7 sin 7 12  sin 7 = (2 3 ). 1  3 = 3  1 . tan = 7 12 12 2 2 2 2 cos 12

tan

VÝ dô 2:

TÝnh gi¸ trÞ cña c¸c biÓu thøc: 



a. A = tan2 12 + cot2 12 .



(1)

(2)



b. B = tan2 24 + cot2 24 .

 Gi¶i Ta xÐt biÓu thøc: S = tan2a + cot2a =

256

sin 4 a  cos 4 a (sin 2 a  cos 2 a)2  2sin 2 a.cos 2 a = sin 2 a.cos 2 a sin 2 a.cos 2 a

1 1  sin 2 2a 6  2 cos 4a 4  (1  cos 4a ) 4  2 sin 2 2a 2 = = = = . 2 1 1 2 sin 2a 1  cos 4a sin 2a (1  cos 4a ) 2 4 a. Suy ra:  6  2 cos 2  2  3 = 6  1 = 14. A = tan + cot = 1  12 12 1  cos 1 3 2 b. Suy ra:  6  2 cos   6 = 6  3 = 12  2 3 . B = tan2 + cot2 =  24 24 2 3 3 1  cos 1 6 2

VÝ dô 3:

Cho sin2a = 

5  vµ < a < . TÝnh sina vµ cosa. 9 2

 Gi¶i V×

 < a <  nªn sina > 0 vµ cosa < 0. Ta cã: 2 5 sin2a = 2sina.cosa =  = 2P 9 4 2 5  (sina + cosa)2 = 1 + 2sina.cosa = 1  =  sina + cosa =   S1, 2 9 3 9

Ta cã 2 hÖ ph-¬ng tr×nh:  2 2  14  sin a  S 1  3  6     ; 2  14 P   5   cos a  18 6 

 2 14  2  sin a  S 1   3  6   .  5  2  14 P    cos a  18  6



VÝ dô 4: TÝnh gi¸ trÞ cña biÓu thøc A = sin6 48 + cos6 48 .

(1)

 Gi¶i Ta cã:

257



A = (sin2 48 + cos2 48 )33sin2 48 .cos2 48 .(sin2 48 + cos2 48 ) 3



= 1 sin2 24 = 1 (1cos ) = + cos . 4 12 8 12 8 8 MÆt kh¸c ta cã: cos

       = cos(  ) = cos .cos + sin .sin = 12 3 4 3 4 3 4

(1)

2 6 . 4

(2)

Thay (2) vµo (1), ta ®-îc: A=

5 3 2 6 20  3 2  3 6 + . = . 8 8 4 32

 NhËn xÐt:

Nh- vËy, trong vÝ dô trªn ®Ó tÝnh gi¸ trÞ cña biÓu thøc tr-íc hÕt chóng ta thùc hiÖn viÖc h¹ bËc cho biÓu thøc dùa trªn h»ng ®¼ng thøc: a3 + b3 = (a + b)33ab(a + b) B-íc tiÕp theo sö dông c«ng thøc nh©n sin2x = 2sinx.cosx, råi tiÕp tôc h¹ bËc ®Ó nhËn ®-îc: A=

5  3 + cos . 8 12 8

§Õn ®©y ®Ó tÝnh gi¸ trÞ cña cos VÝ dô 5:

 , ta ®· sö dông c«ng thøc céng. 12

TÝnh gi¸ trÞ cña sin(a + b), biÕt: cos a  cos b  m , víi m, n  0.  sin a  sin b  n

 Gi¶i Tõ gi¶ thiÕt suy ra: m.n = (cosa + cosb)(sina + sinb) = (sina.cosb + sinb.cosa) + (sina.cosa + sinb.cosb) = sin(a + b) +

1 (sin2a + sin2b) = sin(a + b) + sin(a + b).cos(ab) 2

= [1 + cos(ab)]sin(a + b). MÆt kh¸c, ta cã thÓ biÕn ®æi gi¶ thiÕt nh- sau:

(1)

(cos a  cos b) 2  m 2  2 2 (sin a  sin b)  n

 m2 + n2 = (cos2a + sin2a) + 2(cosa.cosb + sina.sinb) + (cos2b + sin2b) = 2 + 2cos(ab)

258

 cos(ab) =

1 2 (m + n22). 2

(2)

Thay (2) vµo (1), ta ®-îc: m.n = [1 +

VÝ dô 6:

1 2 2 mn (m + n22)]sin(a + b)  sin(a + b) = 2 . 2 m  n2

TÝnh gi¸ trÞ cña c¸c biÓu thøc:

 3 5  3 5 + cos2 + cos2 . b. B = cos4 + cos4 + cos4 . 7 7 7 7 7 7 1 1 1 c. C = + + .  3 5 cos cos cos 7 7 7

a. A = cos2

 Gi¶i NhËn xÐt r»ng

 3 5 , , lµ nghiÖm cña ph-¬ng tr×nh: 7 7 7

7x =  + 2k, k 

(1)

 3 5 Ta sÏ ®i x©y dùng ph-¬ng tr×nh ®¹i sè nhËn a = cos , b = cos , c = cos lµm 7 7 7

nghiÖm b»ng c¸ch: (1)  4x = x + 2k  cos4x = cos(x + 2k)  2cos22x  1 = cos3x  2(2cos2x  1)2  1 = 3cosx  4cos3x  8cos4x + 4cos3x  8cos2x  3cosx + 1 = 0  (cosx + 1)(8cos3x  4cos2x  4cosx + 1) = 0  8cos3x  4cos2x  4cosx + 1 = 0. Tõ ®ã, theo ®Þnh lÝ ViÐt ta ®-îc:  3 5 1  a  b  c  cos 7  cos 7  cos 7  2   3 3 5 5  1  ab  bc  ca  cos .cos  cos .cos  cos .cos   . 7 7 7 7 7 7 2   3 5 1  abc  cos 7 .cos 7 .cos 7   8  a. Ta suy ra: A = cos2

 3 5 + cos2 + cos2 7 7 7

= a2 + b2 + c2 = (a + b + c)2  2(ab + bc + ca) =

1 5 +1= . 4 4

b. Ta suy ra:

B = cos4

 3 5 + cos4 + cos4 = a4 + b4 + c4 7 7 7

259

= (a2 + b2 + c2)2  2(a2b2 + b2c2 + c2a2) = (a2 + b2 + c2)2  2[(ab + bc + ca)2  2abc(a + b + c) =

13 . 16

c. Ta suy ra: 1

cos

VÝ dô 7:

 7

ab  bc  ca 1 1 1 1 1 + =   = = 4. 3 5 abc a b c cos cos 7 7

TÝnh gi¸ trÞ cña c¸c biÓu thøc:

a. A = cos4

 3 5 + cos4 + cos4 . 14 14 14

b. B = cos6

 3 5 + cos6 + cos6 . 14 14 14

 Gi¶i NhËn xÐt r»ng 7x =

 3 5 , , lµ nghiÖm cña ph-¬ng tr×nh: 14 14 14

 + k, k  2

(1)

Ta sÏ ®i x©y dùng ph-¬ng tr×nh ®¹i sè nhËn a = cos2

 3 5 , b = cos2 , c = cos2 lµm 14 14 14

nghiÖm b»ng c¸ch: (1)  cos7x = 0  cos(6x + x) = 0  cos6x.cosx  sin6x.sinx = 0  (4cos32x  3cos2x)cosx  2sin3x.cos3x.sinx = 0  [4(2cos2x  1)3  3(2cos2x  1)]cosx   2(3sinx  4sin3x).(4cos3x  3cosx)sinx = 0 6 4 2  (64cos x  112cos x + 56cos x  7)cosx = 0  64cos6x  112cos4x + 56cos2x  7 = 0. §Æt t = cos2x víi 0  t  1 ta ®-îc: 64t3  112t2 + 56t  7 = 0. Tõ ®ã, theo ®Þnh lÝ ViÐt ta ®-îc: 7 7   2  2 3 2 5 a  b  c  4 cos 14  cos 14  cos 14  4   7 3 3 5 5  7   2  ab  bc  ca  . cos 2  cos 2 . cos 2  cos 2 . cos 2  .   cos 8 14 14 14 14 14 14 8   7 3  5  7   2  2 2 abc  64 cos 14 . cos 14 . cos 14  64   a. Ta suy ra: A = cos4

 3 5 + cos4 + cos4 = a2 + b2 + c2 14 14 14

= (a + b + c)2  2(ab + bc + ca) = b. Ta suy ra:

260

7 49 21  = . 4 16 16

B = cos6

 3 5 + cos6 + cos6 = a3 + b3 + c3 14 14 14

= (a + b + c)(a2 + b2 + c2  ab  bc  ca) + 3abc =

VÝ dô 8:

35 . 32

Rót gän biÓu thøc: A=

1 2  2  ...  2  2 cos x , víi 0  x  .   2  n dÊu c ¨ n

 Gi¶i Ta cã: 2 + 2cosx = 2(1 + cosx) = 4cos2

x 2

suy ra: 2  2 cos x =

4 cos 2

x 2

0 x  



2cos

x 2

x   2 cos x = 2cos 2 2 2   2 2 dÊu c ¨ n

... x 2  2  ...  2  2 cos x = 2cos n .    2 n dÊu c ¨ n

VËy, ta ®-îc: 1 x x A = .2cos n = cos n . 2 2 2

Rót gän biÓu thøc A = cos2a + cos22a + ... + cos2na.

VÝ dô 9:

 Gi¶i Ta biÕn ®æi biÓu thøc vÒ d¹ng: 1 1 1 (1 + cos2a) + (1 + cos4a) + ... + (1 + cos2na) 2 2 2 1 n = + (cos2a + cos4a + ... + cos2na). 2 2

XÐt hai tr-êng hîp: Tr-êng hîp 1: NÕu a = k, k  th×: cos2a = cos4a = ... = cos2na = 1  C = n. Tr-êng hîp 2: NÕu a  k, k  Z th× ta ®i tÝnh tæng T = cos2a + cos4a + ... + cos2na b»ng c¸ch nh©n c¶ hai vÕ cña biÓu thøc víi 2sina, ta ®-îc: 2T.sina = 2cos2a.sina + 2cos4a.sina + ... + 2cos2na.sina = sin3a  sina + sin5a  sin3a + ... + sin(2n + 1)a  sin(2n  1)a

261

= sin(2n + 1)a  sina = 2cos(n + 1)a.sinna T=

cos(n  1)a. sin na . sin a

Tõ ®ã, suy ra: C=

cos(n  1)a. sin na n + . 2 sin a 2

VÝ dô 10: Rót gän biÓu thøc: a. A = cos

2 4 2 n + cos + ... + cos . 2n  1 2n  1 2n  1

b. B = (2cosa  1)(2cos2a  1)... (2cos2n1a  1). c. C =

+ ... +

a a a 4 cos 4 2 cos2 2 4 n cos2 n 2 2 2 1 1 1 d. D = (1 + )(1 + )...(1 + ). cos 2 a cos 4 a cos 2 n a 2

 Gi¶i 2 th× biÓu thøc ®-îc viÕt l¹i d-íi d¹ng: 2n  1 nÕu a  2 k n  na ( n  1)a 1  A = cosa + cos2a + ... + cosna =  sin 2 cos 2 = . nÕu a  2 k 2  a sin  2 

a. §Æt a =

b. NhËn xÐt r»ng: (2cosx + 1)(2cosx  1) = 4cos2x  1 = 2(1 + cos2x)  1 = 2cos2x + 1. Tõ ®ã, ta ®i xÐt hai tr-êng hîp: 5 Tr-êng hîp 1: NÕu a =  + 2k, k  th× B = 0. 6 5 Tr-êng hîp 2: NÕu a   + 2k, k  th× b»ng c¸ch nh©n c¶ hai vÕ cña biÓu thøc 6 víi 2cosa + 1, ta ®-îc: B(2cosa + 1) = (2cosa + 1)(2cosa  1)(2cos2a  1)... (2cos2n1a  1) = (2cos2a + 1)(2cos2a  1)... (2cos2n1a  1) = (2cos4a + 1)... (2cos2n1a  1) = 2cos2na + 1

B=

2 cos 2 n a  1 . 2 cos a  1

c. NhËn xÐt r»ng: 1 1 1 sin 2 x 1  cos 2 x = = =  . 2 2 2 2 2 2 4 cos x. sin x 4 cos x. sin x 4 cos x sin 2 x 4 sin 2 x

262

Tõ ®ã, suy ra: 1 1 1 =  , 2 sin a 2 a 2 a 4 cos 4 sin 2 2 1 1 1 =  , 2 2 a 2 a 2 2 a 4 cos 2 4 sin 4 sin 2 2 2 2 ... 1 1 1 =  . a a n 2 n 1 2 n 2 a 4 cos n 4 cos n 1 4 sin n 2 2 2 Céng theo vÕ c¸c ®¼ng thøc trªn, ta ®-îc: 1 1 C=  . 2 sin a n 2 a 4 sin n 2 d. BiÕn ®æi biÓu thøc vÒ d¹ng: 1  cos 2a 1  cos 4a 1  cos 2 n a . ... cos 2 n a cos 2a cos 4a 2 2 2 2 n cos a. cos 2a... cos 2 n 1 a 2 cos a 2 cos 2a 2 cos 2 n 1 a = . ... = . cos 4a cos 2a cos 2 n a cos 2 n a

VÝ dô 11: Cho ABC, chøng minh r»ng: (bc).cot

B C A + (ca).cot + (ab).cot = 0. 2 2 2

(1)

 Gi¶i Ta cã thÓ lùa chän mét trong hai çch sau: Çch 1: Sö dông çc phÐp biÕn ®æi l-îng gi¸c, ta cã: (bc).cot

BC BC A A A = 2R(sinBsinC).cot = 4R.cos .sin .cot 2 2 2 2 2 A cos BC A 2 = 4R.sin B  C .sin B  C = 4R.sin .sin . A 2 2 2 2 sin 2

= 2R(cosCcosB).

t-¬ng tù: B (ca).cot = 2R(cosAcosC). 2

+ (ab).cot

C = 2R(cosBcosA). 2

I r A

M C

263

Céng theo vÕ ta nhËn ®-îc ®¼ng thøc cÇn chøng minh. C¸ch 2: Sö dông c¸c ph-¬ng ph¸p h×nh häc, ta cã: a = BC = BM + MC = r.cot

B C B C + r.cot = r(cot + cot ). 2 2 2 2

(2)

t-¬ng tù: b = r(cot

C A + cot ), 2 2

(3)

c = r(cot

A B + cot ). 2 2

(4)

Thay (2), (3), (4) vµo VT cña (1), ta ®-îc ®iÒu cÇn chøng minh.

 Chó ý: Qua çch tr×nh bµy cña vÝ dô trªn çc em häc sinh cÇn rót ra cho b¶n th©n kinh nghiÖm khi thùc hiÖn phÐp biÕn ®æi hoÆc tÝnh to¸n çc biÓu thøc chøa çc nh©n tö cã tÝnh chÊt t-¬ng tù. Tuy nhiªn ®iÒu nµy kh«ng ph¶i bao giê còng ®óng. VÝ dô 12: Cho ABC, chøng minh r»ng: (a + b)cosC + (b + c)cosA + (c + a)cosB = a + b + c.

 Gi¶i Ta cã: VT = (a + b)cosC + (b + c)cosA + (c + a)cosB = 2R(sinA + sinB)cosC + (sinB + sinC)cosA + (sinC + sinA)cosB = 2R[(sinA.cosC + sinC.cosA) + (sinB.cosC + sinC.cosB) + + (sinC.cosA + sinA.cosC) = 2R[sin(A + C) + sin(B + C) + sin(C + A)] = 2R(sinA + sinB + sinC) = a + b + c.

VÝ dô 13: X¸c ®Þnh d¹ng cña ABC, biÕt: a. sin4A + sin4B + sin4C = 0. b. sin2A + sin2B = 4sinA.sinB. b. 3(cosB + 2sinC) + 4(sinB + 2cosC) = 15.

 Gi¶i a. NhËn xÐt r»ng: VT = 2sin2(A + B).cos2(AB) + sin4C = 2sin2C.cos2(AB) 2sin2C.cos2C = 2[cos2(AB)cos2C].sin2C = 2[cos(AB)  cos2(A + B)].sin2C = 4cos2A.cos2B.sin2C Do ®ã, ta ®-îc: 4cos2A.cos2B.sin2C = 0

264

  A  2 sin 2A  0    sin 2B  0   B   ABC vu«ng.  2 sin 2C  0   C  2 

b. BiÕn ®æi gi¶ thiÕt vÒ d¹ng: 2sin(A + B).cos(A  B) = 2[cos(A  B)  cos(A + B)]  sinC.cos(A  B) = cos(A  B) + cosC  (1  sinC)cos(A  B) + cosC = 0 C C C C  (cos  sin )2cos(A  B) + cos2 2  sin2 2 = 0 2 2 C C C C C C  (cos  sin )[(cos  sin )cos(A  B) + cos + sin ] = 0 2 2 2 2 2 2 C C C C  C   cos  sin = 0  tg = 1  =  = 2 2 2 2 4 2 2  ABC vu«ng t¹i C. c. Sö dông bÊt ®¼ng thøc Bunhiac«pxki, ta cã: VT = (3cosA + 4sinA) + (6sinB + 8cosB) Bunhiacoxpki



(32  42 )(cos 2 A  sin 2 A) +

(62  82 )(sin 2 B  cos 2 B)

= 5 + 10 = 15. Do ®ã (1) x¶y ra khi vµ chØ khi :  cos A 3  sin A  4 3     = cotgA = tgB = cotg( B)  A + B = C=  4 2 2 2  sin B  6  cos B 8  ABC vu«ng t¹i C.

VÝ dô 14: X¸c ®Þnh d¹ng cña ABC, biÕt: a.

1 cos 2 A  cos 2 B = (cotg2A + cotg2B). 2 2 2 sin A  sin B

b. 2cosA.sinB.sinC +

3 (sinA + cosB + cosC) =

17 . 4

 Gi¶i a. BiÕn ®æi gi¶ thiÕt vÒ d¹ng: cos 2 A  cos 2 B cos 2 A  cos 2 B  cotg2A = cotg2B  2 2 sin A  sin B sin 2 A  sin 2 B

265

cos 2 A  cos 2 B cos 2 A  cos 2 B cos 2 A cos 2 B  =  sin 2 A  sin 2 B sin 2 A  sin 2 B sin 2 A sin 2 B sin 2 A cos 2 B  sin 2 Bcos 2 A sin 2 A cos 2 B  sin 2 Bcos 2 A  = sin 2 A sin 2 B



 (sin2A  sin2B)sin(A + B).sin(A  B) = 0 sin(A  B)  0



sin A  sin B sin(A  B)  0  A = B  ABC c©n t¹i C. 

b. Ta cã: (2R.sin B) 2  (2R.sin C) 2  (2R.sin A) 2 b2  c2  a 2 = 2.2R.sin B.2R.sin C 2bc 2 2 2 sin B  sin C  sin A = 2sin B.sin C

cosA =

 2cosA.sinB.sinC = sin2B + sin2Csin2A. Khi ®ã ta ®-îc: sin2B + sin2Csin2A +

3 (sinA + cosB + cosC) =

17 4

3 2 3 2 3 2 ) + (cosB ) + (cosC ) =0 2 2 2  3 sin A  2   2   A= vµ B = C = . 3 6 cos B  cos C  3  2

 (sinA

VÝ dô 15: X¸c ®Þnh d¹ng cña ABC, biÕt: a.

sin A +

sin B = 2 cos

C . 2

C . 2 1 1 2 1 b. + = , më réng víi n + C sin A sin B sin A cos 2

Më réng víi

sin A +

sin B = 2 n cos

1 n

sin B

= n

 Gi¶i a. Sö dông bÊt ®¼ng thøc Bunhiac«xki ta cã:

( sin A +

266

AB AB .cos 2 2 C AB C = 4cos .cos  4cos 2 2 2

sin B )2  (12 + 12)(sinA + sinB) = 4sin

C cos 2



sin A +

sin B  2 cos

C . 2

VËy, gi¶ thiÕt t-¬ng ®-¬ng víi:  sin A  sin B   A = B  ABC c©n t¹i C.  AB 1 cos 2  B¹n ®äc tù chøng minh cho phÇn më réng. b. Sö dông bÊt ®¼ng thøc C«si ta cã: 1 1 2 2 +  = sin A sin B sin A.sin B 1 [cos(A  B)  cos(A  B)] 2 2 2 2 2 =  = = . C 1 1 2 C cos [cos(A  B)  cosC] (1  cos C) cos 2 2 2 2

VËy, gi¶ thiÕt t-¬ng ®-¬ng víi: sin A  sin B  A = B  ABC c©n t¹i C.  cos(A  B)  1

B¹n ®äc tù chøng minh cho phÇn më réng.

267

phÇn II: h×nh häc ch-¬ng 1

 vect¬

A. KiÕn thøc cÇn nhí

I. c¸c ®Þnh nghÜa I.kiÕn thøc cÇn nhí 1. vect¬ lµ g× ?

VÐct¬ lµ mét ®o¹n th¼ng cã ®Þnh h-íng:  Mét ®Çu ®-îc x¸c ®Þnh lµ gèc, cßn ®Çu kia lµ ngän.  H-íng tõ gèc ®Õn ngän gäi lµ h-íng cña vÐct¬.  §é dµi cña ®o¹n th¼ng gäi lµ ®é dµi cña vÐct¬. 2. Vect¬ kh«ng

§Þnh nghÜa: Vect¬ kh«ng lµ vect¬ cã ®iÓm ®Çu vµ ®iÓm cuèi trïng nhau. Nh- vËy, vÐct¬ kh«ng, kÝ hiÖu 0 lµ vect¬ cã:  §iÓm gèc vµ ngän trïng nhau.  §é dµi b»ng 0. 3. Hai vect¬ cïng ph-¬ng

Hai vect¬ AB , CD gäi lµ cïng ph-¬ng, ký hiÖu:  AB // CD . AB // CD    A, B,C, D th ¼ng hµng 4. Hai vect¬ cïng h-íng, ng-îc h-íng

a. Hai vÐct¬ AB , CD gäi lµ cïng h-íng , ký hiÖu:  AB // CD . AB  CD    hai tia AB,CD cïng h íng b. Hai vÐct¬ AB , CD gäi lµ ng-îc h-íng, ký hiÖu:  AB // CD . AB  CD    hai tia AB,CD ng îc h íng 5. Hai vect¬ b»ng nhau

Hai vÐct¬ AB , CD gäi lµ b»ng nhau, ký hiÖu: AB  CD . AB = CD   AB  CD 267

II. tæng cña hai vect¬ §Þnh nghÜa: Tæng cña hai vect¬ a vµ b lµ mét vÐct¬ ®-îc x¸c ®Þnh nh- sau:  Tõ mét ®iÓm tïy ý A trªn mÆt ph¼ng dùng vect¬ AB = a .  Tõ ®iÓm B dùng vect¬ BC = b .  Khi ®ã vÐct¬ AC gäi lµ vect¬ tæng cña hai vect¬ a vµ b , ta viÕt AC = a + b .

b ab

Tõ ®Þnh nghÜa trªn ta ®-îc quy t¾c ba ®iÓm: AB + BC = AC , víi ba ®iÓm A, B, C bÊt k×.

TÝnh chÊt cña phÐp céng vÐct¬ Víi mäi vÐct¬ a , b vµ c , ta cã: TÝnh chÊt 1: (TÝnh chÊt giao ho¸n): a + b = b + a . TÝnh chÊt 2: (TÝnh chÊt kÕt hîp): ( a + b ) + c = a + ( b + c ). TÝnh chÊt 3: (TÝnh chÊt cña vect¬ kh«ng): a + 0 = 0 + a = a . Quy t¾c h×nh b×nh hµnh: AB + AD = AC , víi ABCD lµ h×nh b×nh hµnh.

Ta cã "NÕu M lµ trung ®iÓm ®o¹n th¼ng AB th× MA + MB = 0 ". Ta cã "Gäi G lµ träng t©m ABC th×: GA + GB + GC = 0 ,

MA  MB  MC  3MG, M. + GB + GC = 0 ".

III. hiÖu cña hai vect¬ 1. Hai vect¬ ®èi nhau

Hai vÐct¬ AB , CD gäi lµ ®èi nhau, ký hiÖu: AB  CD . AB = CD   AB  CD 2. hiÖu cña hai vect¬

§Þnh nghÜa: HiÖu cña hai vÐct¬ a vµ b , kÝ hiÖu a  b , lµ tæng cña vect¬ a vµ vect¬ ®èi cña vect¬ b , nghÜa lµ: a  b = a + ( b ). 268

PhÐp lÊy hiÖu cña hai vect¬ gäi lµ phÐp trõ vect¬. §Ó dùng vect¬ a  b khi biÕt c¸c vect¬ a vµ b ta lÊy ®iÓm A tuú ý, tõ ®ã dùng vect¬ AB = a vµ AC = b , khi ®ã CB = a  b . B

b a a

ab

A b

Tõ c¸ch dùng trªn ta ®-îc quy t¾c hiÖu hai vect¬ cïng gèc: AB  AC = CB , víi ba ®iÓm A, B, C bÊt k×. TÝnh chÊt cña phÐp trõ vÐct¬ a  b = c  a = b + c .

IV. tÝch cña mét vect¬ víi mét sè §Þnh nghÜa: TÝch cña vect¬ a víi mét sè thùc k lµ mét vect¬, kÝ hiÖu k a ®-îc x¸c ®Þnh nh- sau: a. Vect¬ k a cïng ph-¬ng víi vect¬ a vµ sÏ :



Cïng h-íng víi vect¬ a nÕu k  0.



Ng-îc h-íng víi vect¬ a nÕu k 0.

b. Cã ®é dµi b»ng k. a .

PhÐp lÊy tÝch cña mét vect¬ víi mét sè gäi lµ phÐp nh©n vect¬ víi sè (hoÆc phÐp nh©n sè víi vect¬). Tõ ®Þnh nghÜa trªn ta cã ngay c¸c kÕt qu¶: 1. a = a , (1). a =  a . 1. TÝnh chÊt cña phÐp nh©n vect¬ víi sè

Víi mäi vÐct¬ a , b vµ c¸c sè thùc m, n, ta cã: TÝnh chÊt 1: m(n. a ) = (mn). a . TÝnh chÊt 2: (m + n). a = m. a + n. a . TÝnh chÊt 3: m( a + b ) = m. a + n. b . TÝnh chÊt 4: m a = 0  a = 0 hoÆc m = 0. 2. ®iÒu kiÖn ®Ó hai vect¬ cïng ph-¬ng

§Þnh lÝ 1 (Quan hÖ gi÷a hai vect¬ cïng ph-¬ng): Vect¬ b cïng ph-¬ng víi vect¬ a  0 khi vµ chØ khi tån t¹i sè k sao cho b = k a . HÖ qu¶: §iÒu kiÖn cÇn vµ ®ñ ®Ó ba ®iÓm A, B, C th¼ng hµng lµ tån t¹i sè k sao cho AB = k AC .

269

3. BiÓu thÞ mét vect¬ qua hai vect¬ kh«ng cïng ph-¬ng

§Þnh lÝ 2 (Ph©n tÝch mét vect¬ thµnh hai vect¬ kh¸c 0 kh«ng cïng ph-¬ng): Cho hai vect¬ a vµ b kh¸c 0 vµ kh«ng cïng ph-¬ng. Víi mäi vect¬ c bao giê còng t×m ®-îc mét cÆp sè thùc m, n duy nhÊt, sao cho: c = ma + nb.

V. HÖ to¹ ®é 1. Vect¬

Cho 2 ®iÓm M1(x1; y1), M1(x2; y2) th× M1M 2 = (x2x1; y2y1) 2. C¸c phÐp to¸n Vect¬

NÕu cã hai vect¬ v1 (x1; y1) vµ v 2 (x2; y2) th×:  x1  x 2 (i): v1 = v 2   .  y1  y 2 x1 y1 .  x 2 y2 (iii): v1 + v 2 = (x1 + x2; y1 + y2).

(ii): v1 // v 2 

(iv): v1  v 2 = (x1x2; y1y2). (v): k v1 (x1; y1) = (kx1; ky1) , k 

. (vi):  v1 +  v 2 = (x1 + x2; y1 + y2). 3. Kho¶ng c¸ch

Kho¶ng c¸ch d gi÷a hai ®iÓm M1(x1; y1) vµ M1(x2; y2) lµ ®é dµi cña vect¬ M1M 2 , ®-îc cho bëi: d = | M1M 2 | =

(x1  x 2 ) 2  (y1  y 2 ) 2 .

4. Chia mét ®o¹n th¼ng theo mét tØ sè cho tr-íc

§iÓm M(x; y) chia ®o¹n th¼ng M1M2 theo mét tØ sè k (tøc lµ MM1 = k MM 2 ) ®-îc x¸c ®Þnh bëi c¸c c«ng thøc: x1  kx 2   x  1  k .   y  y1  ky 2 1 k  §Æc biÖt nÕu k = 1, th× M lµ trung ®iÓm cña ®o¹n th¼ng M1M2 , khi ®ã to¹ ®é cña M ®-îc x¸c ®Þnh bëi: x1  x 2   x  2 .   y  y1  y 2  2 270

5. Ba ®iÓm th¼ng hµng

Ba ®iÓm A(x1; y1) , B(x2; y2) vµ C(x3; y3) th¼ng hµng khi vµ chØ khi: x  x1 y y AC // AB  3 = 3 1. x 2  x1 y 2  y1

B Ph-¬ng ph¸p gi¶i c¸c d¹ng to¸n liªn quan

§1. Vect¬ D¹ng to¸n 1: Më ®Çu vÒ vect¬ ThÝ dô 1. Cho OAB vu«ng c©n víi OA = OB = a. H·y dùng c¸c vect¬ sau ®©y vµ tÝnh ®é dµi cña chóng: OA + OB , OA  OB , 3 OA + 4 OB 21 OA + 2.5 OB , 4

14 3 OA  OB . 4 7

 Gi¶i a. Víi C lµ ®Ønh thø t- cña h×nh vu«ng OACD, ta cã ngay: OA + OB = OC , theo quy t¾c h×nh b×nh hµnh. Tõ ®ã, suy ra:  OA + OB  =  OC  = OC = a 2 . b. Ta cã ngay: OA  OB = BA , quy t¾c hiÖu hai vect¬ cïng gèc   OA  OB  =  BA  = BA = a 2 . c. §Ó dùng vect¬ 3 OA + 4 OB ta lÇn l-ît thùc hiÖn:  Trªn tia OA lÊy ®iÓm A1 sao cho OA1 = 3OA.  Trªn tia OB lÊy ®iÓm B1 sao cho OB1 = 4OB.  Dùng h×nh ch÷ nhËt OA1C1B1. Tõ ®ã, ta cã: 3 OA + 4 OB = OA1 + OB1 = OC1  3 OA + 4 OB  =  OC1  = OC1 = d. Thùc hiÖn t-¬ng tù c©u c), ta dùng ®-îc vect¬ 

C A1

OA  C1A = 5a. 2 1

2 1

21 OA + 2.5 OB vµ 4

21 a 541 OA + 2.5 OB  = . 4 4

e. Thùc hiÖn t-¬ng tù c©u c), ta dùng ®-îc vect¬ 

14 3 OA  OB vµ 4 7

14 3 a 6073 OA  OB  = . 4 7 28

271

ThÝ dô 2. Cho ABC ®Òu cã c¹nh b»ng a. TÝnh ®é dµi vect¬ tæng AB + AC .

 Gi¶i Gäi M lµ trung ®iÓm BC, lÊy ®iÓm A1 ®èi xøng víi A qua M, ta cã ngay ABA1C lµ h×nh b×nh hµnh, suy ra: AB + AC = AA1 a 3   AB + AC  =  AA1  = 2AM = 2. = a 3. 2 A

B M

 Chó ý: Víi çc em häc sinh ch-a n¾m v÷ng kiÕn thøc vÒ tæng cña hai vect¬ th× th-êng kÕt luËn ngay r»ng:  AB + AC  =  AB  +  AC  = a + a = 2a. D¹ng to¸n 2: Chøng minh mét ®¼ng thøc vect¬ Ph-¬ng ph¸p ¸p dông Ta lùa chän mét trong çc h-íng biÕn ®æi sau: H-íng 1: BiÕn ®æi mét vÕ thµnh vÕ cßn l¹i (VT  VP hoÆc VP  VT). Khi ®ã:  NÕu xuÊt ph¸t tõ vÕ phøc t¹p ta cÇn thùc hiÖn viÖc ®¬n gi¶n biÓu thøc.  NÕu xuÊt ph¸t tõ vÕ ®¬n gi¶n ta cÇn thùc hiÖn viÖc ph©n tÝch vect¬. H-íng 2: BiÕn ®æi ®¼ng thøc cÇn chøng minh vÒ mét ®¼ng thøc ®· biÕt lµ lu«n ®óng. H-íng 3: BiÕn ®æi mét ®¼ng thøc vect¬ ®· biÕt lµ lu«n ®óng thµnh ®¼ng thøc cÇn chøng minh. H-íng 4: T¹o dùng çc h×nh phô. Khi thùc hiÖn çc phÐp biÕn ®æi ta sö dông:  Quy t¾c ba ®iÓm: AB = AC + CB .  Quy t¾c h×nh b×nh hµnh: Víi h×nh b×nh hµnh ABCD lu«n cã: AC = AB + AD .  HiÖu hai vect¬ cïng gèc AB  AC = CB .  TÝnh chÊt trung ®iÓm: Víi ®iÓm M tuú ý vµ I lµ trung ®iÓm cña AB lu«n cã: MI =



 272

1 ( MA + MB ). 2

TÝnh chÊt träng t©m tam gi¸c: Víi ABC cã träng t©m G ta cã: GA + GB + GC = 0 . MA + MB + MC = 3 MG , víi M tuú ý. C¸c tÝnh chÊt cña phÐp céng, trõ vect¬ vµ phÐp nh©n mét sè víi mét vect¬.

ThÝ dô 1. Cho bèn ®iÓm A, B, C, D. Chøng minh r»ng AB + CD + BC = AD .

 Gi¶i Ta cã thÓ tr×nh bµy theo ba çch sau: Çch 1: Sö dông quy t¾c ba ®iÓm, ta cã: VT = ( AB + BC ) + CD = AC + CD = AD , ®pcm. Çch 2: Sö dông quy t¾c ba ®iÓm, ta cã: VT = AB + ( BC + CD ) = AB + BD = AD , ®pcm. Çch 3: Sö dông quy t¾c ba ®iÓm, ta cã: AD = AC + CD = AB + BC + CD , ®pcm. Çch 4: Sö dông quy t¾c ba ®iÓm, ta cã: AD = AB + BD = AB + BC + CD , ®pcm.

 NhËn xÐt: ViÖc tr×nh bµy thÝ dô trªn theo bèn çch chØ mang tÝnh chÊt minh ho¹ cho nh÷ng ý t-ëng sau: 1. Víi çch 1 vµ çch 2, chóng ta gom hai vect¬ cã "®iÓm cuèi

cña vect¬ thø nhÊt trïng víi ®iÓm ®Çu cña vect¬ thø hai" tõ ®ã sö dông chiÒu thuËn cña quy t¾c ba ®iÓm. 2. Víi çch 3 vµ çch 4, chóng ta sö dông chiÒu ng-îc l¹i cña quy t¾c ba ®iÓm, cô thÓ "víi mét vect¬ AB bÊt k× chóng ta ®Òu cã thÓ xen thªm vµo gi÷a mét ®iÓm tuú ý ®Ó tõ ®ã ph©n tÝch ®-îc vect¬ AB thµnh tæng cña hai vect¬". ThÝ dô 2. Cho 4 ®iÓm A, B, C, D. Chøng minh r»ng AB + CD = AD + CB . Gi¶i Ta cã thÓ tr×nh bµy theo çc çch sau: Çch 1: Ta cã: VT = ( AD + DB ) + CD = AD + CD + DB = AD + CB = VP. Çch 2: Ta cã: VT = ( AC + CB ) + CD = AC + CD + CB = AD + CB = VP. Çch 3: BiÕn ®æi t-¬ng ®-¬ng biÓu thøc vÒ d¹ng: AB  AD = CB  CD  DB  DB , ®óng  §iÒu ph¶i chøng minh. Çch 4: BiÕn ®æi t-¬ng ®-¬ng ®¼ng thøc vÒ d¹ng: AB  CB = AD  CD  AB + BC = AD + DC  AC = AC , lu«n ®óng.

 NhËn xÐt: 1.

§Ó thùc hiÖn chøng minh ®¼ng thøc vect¬ ®· cho chóng ta lùa chän h-íng biÕn ®æi VT thµnh VP vµ hai c¸ch gi¶i trªn ®Òu cã chung mét ý t-ëng, cô thÓ b»ng viÖc lùa chän vect¬ xuÊt ph¸t lµ AB ta cã:  Trong c¸ch 1, ta ý thøc ®-îc r»ng cÇn t¹o ra sù xuÊt hiÖn cña vect¬ AD do ®ã ta xen vµo ®iÓm D.

273

 Trong çch 2, ta ý thøc ®-îc r»ng cÇn t¹o ra sù xuÊt hiÖn cña vect¬ CB do ®ã ta xen vµo ®iÓm C. 2. Tõ nhËn xÐt trªn h¼n çc em häc sinh thÊy ®-îc thªm r»ng cßn cã 4 çch kh¸c ®Ó gi¶i bµi to¸n, cô thÓ:  Hai çch víi viÖc lùa chän vect¬ xuÊt ph¸t lµ CD .  Hai çch theo h-íng biÕn ®æi VP thµnh VT. ThÝ dô 3. Cho M vµ N lÇn l-ît lµ trung ®iÓm çc ®o¹n th¼ng AB vµ CD. Chøng minh r»ng: 2 MN = AC + BD = AD + BC . A M  Gi¶i B a. Ta cã thÓ tr×nh bµy theo çc çch sau: Çch 1: Ta cã ph©n tÝch: AC = AM + MN + NC , (1) D C N (2) BD = BM + MN + ND . Céng theo vÕ (1) vµ (2) víi l-u ý AM + BM = 0 vµ NC + ND = 0 (v× M vµ N lÇn l-ît lµ trung ®iÓm çc ®o¹n th¼ng AB vµ CD), ta ®-îc: AC + BD = 2 MN , ®pcm. (*) Çch 2: Ta cã ph©n tÝch: MN  MA  AC  CN , (3) MN  MB  BD  DN , (4) Céng theo vÕ (3) vµ (4) víi l-u ý MA  MB  0 vµ NC  ND  0 (v× M vµ N lÇn l-ît lµ trung ®iÓm çc ®o¹n th¼ng AB vµ CD), ta ®-îc: 2 MN = AC + BD , ®pcm. b. Ta cã: AC + BD = AD + DC + BC + CD = AD + BC , ®pcm. (**) Tõ (*) vµ (**) ta ®-îc ®¼ng thøc cÇn chøng minh. ThÝ dô 4. Cho O lµ t©m cña h×nh b×nh hµnh ABCD. Chøng minh r»ng víi ®iÓm M bÊt k×, ta cã: MO =

1 ( MA + MB + MC + MD ). 4

 Gi¶i Ta cã: MA + MB + MC + MD

= MO + OA + MO + OB + MO + OC + MO + OD = 4 MO + ( OA + OC ) + ( OB + OD ) = 4 MO 

274

1 ( MA + MB + MC + MD ) = MO , ®pcm. 4

 Chó ý: C¸c em häc sinh h·y tr×nh bµy thªm c¸ch biÕn ®æi VT thµnh VP. ThÝ dô 5. Cho ABC. Gäi M, N, P lÇn l-ît lµ trung ®iÓm cña BC, CA, AB. Chøng minh r»ng: AM + BN + CP = 0 .

 Gi¶i Sö dông quy t¾c trung ®iÓm ta biÕn ®æi: VT = =

1 1 1 (AB  AC) + (BA  BC) + (CA  CB) 2 2 2 1 (AB  BA  AC  CA  BC  CB) , ®pcm. 2

ThÝ dô 6. Cho A1B1C1 vµ A2B2C2 lÇn l-ît cã träng t©m lµ G1, G2. Chøng minh r»ng: A1A 2 + B1B2 + C1C2 = 3 G1G 2 .

 Gi¶i Víi G1, G2 lµ trong t©m c¸c A1B1C1 vµ A2B2C2, ta cã: G1A1 + G1B1 + G1C1 = 0 .

(1)

G 2 A 2 + G 2 B2 + G 2 C 2 = 0 .

(2)

MÆt kh¸c, ta cã: A1A 2 = A1G1 + G1G 2 + G 2 A 2 .

(3)

B1B2 = B1G1 + G1G 2 + G 2 B2 .

(4)

C1C2 = C1G1 + G1G 2 + G 2 C2 .

(5)

Céng theo vÕ (3), (4), (5) vµ sö dông c¸c kÕt qu¶ trong (1) vµ (2), ta ®-îc: A1A 2 + B1B2 + C1C2 = 3 G1G 2 , ®pcm.

ThÝ dô 7. Cho ABC. Gäi M lµ trung ®iÓm cña AB vµ N lµ mét ®iÓm trªn c¹nh AC, sao cho NC = 2NA. Gäi K lµ trung ®iÓm cña MN. a. Chøng minh r»ng AK =

1 1 AB + AC . 4 6

b. Gäi D lµ trung ®iÓm cña BC. Chøng minh r»ng KD =

1 1 AB + AC . 4 3

 Gi¶i a. Tõ gi¶ thiÕt ta nhËn thÊy: AB  2AM  AB = 2 AM ;  AB  AM

AC  3AN  AC = 3 AN .  AC  AN

275

V× K lµ trung ®iÓm MN nªn: AK =

1 1 1 1 1 1 ( AM + AN ) = ( AB + AC ) = AB + AC , ®pcm. 2 2 2 4 6 3

b. V× D lµ trung ®iÓm BC nªn: AD =

1 ( AB + AC ) 2

tõ ®ã, suy ra: KD = AD  AK =

1 1 1 1 1 ( AB + AC )( AB + AC ) = AB + AC , ®pcm. 2 4 6 4 3

D¹ng to¸n 3: X¸c ®Þnh ®iÓm M tho¶ mét ®¼ng thøc vect¬ cho tr-íc Ph-¬ng ph¸p ¸p dông Ta biÕn ®æi ®¼ng thøc vect¬ cho tr-íc vÒ d¹ng: OM = v , trong ®ã ®iÓm O cè ®Þnh vµ vect¬ v ®· biÕt. ThÝ dô 1. Cho ABC ®Òu néi tiÕp ®-êng trßn t©m O. a. Chøng minh r»ng OA  OB  OC  0 . b. H·y x¸c ®Þnh c¸c ®iÓm M, N, P sao cho: OM = OA  OB ; ON = OB  OC ; OP = OC  OA .

 Gi¶i a. V× ABC ®Òu nªn O chÝnh lµ träng t©m ABC, do ®ã ta cã ngay:

OA  OB  OC  0 .

b. Gäi A1, B1, C1 theo thø tù lµ trung ®iÓm cña BC, AC, AB.  Dùng h×nh b×nh hµnh AOBM b»ng viÖc lÊy ®iÓm M ®èi xøng víi O qua C1, ta cã ®-îc OM = OA  OB .  C¸c ®iÓm N, P ®-îc x¸c ®Þnh t-¬ng tù.

M C1

ThÝ dô 2. Cho ABC. H·y x¸c ®Þnh ®iÓm M tho¶ m·n ®iÒu kiÖn: MA  MB + MC = 0 .

(*)

 Gi¶i BA + MC = 0  MC = AB  ABCM lµ h×nh b×nh hµnh. Tõ ®ã, ®Ó x¸c ®Þnh ®iÓm M ta thùc hiÖn:  KÎ Ax // BC.  KÎ Cy // AB.  Giao cña Ax vµ Cy chÝnh lµ ®iÓm M cÇn t×m.

276

BiÕn ®æi (*) vÒ d¹ng:

ThÝ dô 3. Cho ABC ®Òu, néi tiÕp ®-êng trßn t©m O. a. H·y x¸c ®Þnh c¸c ®iÓm M, N, P sao cho: OM = OA + OB , ON = OB + OC , OP = OC + OA . b. Chøng minh r»ng OA + OB + OC = 0 . A

 Gi¶i

a. Dùa theo quy t¾c h×nh b×nh hµnh, ta lÇn l-ît cã:  Víi ®iÓm M tho¶ m·n: OM = OA + OB



M O

 M lµ ®Ønh thø t- cña h×nh b×nh hµnh AOBM  CM lµ ®-êng kÝnh cña (O), v× ABC ®Òu. Víi ®iÓm N tho¶ m·n:

B N

ON = OB + OC  N lµ ®Ønh thø t- cña h×nh b×nh hµnh BOCN



 AN lµ ®-êng kÝnh cña (O), v× ABC ®Òu. Víi ®iÓm P tho¶ m·n: OP = OC + OA  P lµ ®Ønh thø t- cña h×nh b×nh hµnh AOCP

 BP lµ ®-êng kÝnh cña (O), v× ABC ®Òu. VËy, c¸c ®iÓm M, N, P n»m trªn ®-êng trßn (O) sao cho CM, AN, BP lµ c¸c ®-êng kÝnh cña ®-êng trßn (O). b. Dùa vµo kÕt qu¶ c©u a) vµ OC = MO , ta cã ngay: OA + OB + OC = OM + MO = MO + OM = MM = 0 .

ThÝ dô 4. Cho ABC. a. T×m ®iÓm I sao cho IA + 2 IB = 0 . b. T×m ®iÓm K sao cho KA + 2 KB = CB . c. T×m ®iÓm M sao cho MA + MB + 2 MC = 0 .

 Gi¶i a. Ta biÕn ®æi: 0 = IA + 2 (IA  AB) = 3 IA + 2 AB

 IA = 

2 AB , suy ra ®iÓm I ®-îc hoµn toµn x¸c ®Þnh. 3

b. Ta biÕn ®æi: 0 = KA + KB + ( KB + BC ) = KA + KB + KC

 K lµ träng t©m ABC. c. Gäi E, F, N lµ trung ®iÓm AB, BC, EF, ta cã: 0 = ( MA + MC ) + ( MB + MC ) = 2 ME + 2 MF = 4 MN  M  N.

277

ThÝ dô 5. Cho tr-íc hai ®iÓm A, B vµ hai sè thùc ,  tho¶ m·n  +   0. a. Chøng minh r»ng tån t¹i duy nhÊt ®iÓm I tho¶ m·n  IA +  IB = 0 . b. Tõ ®ã, suy ra víi ®iÓm bÊt kú M, ta lu«n cã:  MA +  MB = ( + ) MI .

 Gi¶i

a. Ta cã:  IA +  IB = 0   IA + ( IA + AB ) = 0  ( + ) IA +  AB = 0   ( + ) AI =  AB  AI = AB .   V× A, B cè ®Þnh nªn vect¬ AB kh«ng ®æi, do ®ã tån t¹i duy nhÊt ®iÓm I  tho¶ m·n ®iÒu kiÖn ®Çu bµi. b. Ta cã:  MA +  MB = ( MI + IA ) + ( MI + IB ) = ( + ) MI + ( IA +  IB ) = ( + ) MI , ®pcm.

 NhËn xÐt quan träng:

1. NÕu  =  = 1 th× ®iÓm I chÝnh lµ trung ®iÓm cña AB. 2. Bµi to¸n trªn ®-îc më réng tù nhiªn cho ba ®iÓm A, B, C vµ bé ba sè thùc , ,  cho tr-íc tho¶ m·n  +  +   0, tøc lµ: a. Tån t¹i duy nhÊt ®iÓm I tho¶ m·n:  IA +  IB +  IC = 0 . b. Tõ ®ã suy ra víi ®iÓm bÊt kú M, ta lu«n cã  MA +  MB +  IC = ( +  + ) MI . vµ khi  =  =  = 1 th× I lµ träng t©m ABC. 3. ViÖc më réng cho n ®iÓm Ai, i = 1, n vµ bé n sè thùc i, i = 1, n tho¶ m·n

 i 1

 0,

xin dµnh cho b¹n ®äc. 4. KÕt qu¶ trªn ®-îc sö dông ®Ó gi¶i bµi to¸n: “ Cho n ®iÓm Ai, i = 1, n vµ bé n sè thùc i, 1, n tho¶ m·n

 i 1

 0. T×m sè thùc

k vµ ®iÓm cè ®Þnh I sao cho ®¼ng thøc vect¬ n

  MA i 1

= k MI ,

(1)

tho¶ m·n víi mäi ®iÓm M. ” Ph-¬ng ph¸p gi¶i V× (1) tho¶ m·n víi mäi ®iÓm M, do ®ã ®óng víi M  I, khi ®ã: n

  IA i 1

278

= k II = 0 .

(2)

 

X¸c ®Þnh ®-îc ®iÓm I tõ (2). Tõ (2), suy ra n

  MA i 1

 i 1

MI .

(3)

Tõ (1) vµ (3), suy ra: n

 i MI = k MI  k = i 1

 i 1

ThÝ dô 6. Cho tø gi¸c ABCD, M lµ ®iÓm tuú ý. Trong mçi tr-êng hîp h·y t×m sè k vµ ®iÓm cè ®Þnh I, J, K sao cho c¸c ®¼ng thøc vect¬ sau tho¶ m·n víi mäi ®iÓm M. a. 2 MA + MB = k MI . b. MA + MB + 2 MC = k MJ . c. MA + MB + MC + 3 MD = k MK .

 Gi¶i a. V× (1) tho¶ m·n víi mäi ®iÓm M, do ®ã ®óng víi M  I, khi ®ã: 2 IA + IB = k II = 0 .  Tõ (1.1), ta ®-îc: 2 IA + ( IA + AB ) = 0  IA = 

(1.1)

1 AB  x¸c ®Þnh ®-îc ®iÓm I. 3



Tõ (1.1), ta ®-îc: 2 MA + MB = (2 + 1) MI = 3 MI . Tõ (1) vµ (1.2), suy ra: 3 MI = k MI  k = 3. b. V× (2) tho¶ m·n víi mäi ®iÓm M, do ®ã ®óng víi M  J, khi ®ã: JA + JB + 2 JC = k JJ = 0 .  Gäi E lµ trung ®iÓm AB, tõ (2.1), ta ®-îc: 2 JE + 2 JC = 0  J lµ trung ®iÓm cña CE.  Tõ (2.1), ta ®-îc: MA + MB + 2 MC = (1 + 1 + 2) MJ = 4 MJ . Tõ (2) vµ (2.2), suy ra: 4 MJ = k MJ  k = 4. c. V× (3) tho¶ m·n víi mäi ®iÓm M, do ®ã ®óng víi M  K, khi ®ã: KA + KB + KC + 3 KD = k KK = 0 .  Gäi G lµ träng t©m ABC, tõ (3.1), ta ®-îc: 3 KG + 3 KD = 0  K lµ trung ®iÓm cña GD.  Tõ (3.1), ta ®-îc: MA + MB + MC + 3 MD = 6 MK .

(1.2)

(2.1)

(2.2)

(3.1)

(3.2) 279

Tõ (3) vµ (3.2), suy ra: 6 MK = k MK  k = 6.



Chó ý: Bµi to¸n t×m ®iÓm cã thÓ ®-îc më réng thµnh bµi to¸n t×m tËp hîp ®iÓm (quÜ tÝch). Víi c¸c bµi to¸n quÜ tÝch ta cÇn nhí r»ng: 1. NÕu | MA | = | MB |, víi A, B cho tr-íc th× M thuéc ®-êng trung trùc cña ®o¹n AB. 2. | MC | = k| AB |, víi A, B, C cho tr-íc th× M thuéc ®-êng trßn t©m C, b¸n kÝnh b»ng k.AB. 3. NÕu MA = k BC , víi A, B, C cho tr-íc th× a. Víi k  ®iÓm M thuéc ®-êng th¼ng qua A song song víi BC. b. Víi k  + ®iÓm M thuéc nöa ®-êng th¼ng qua A song song víi BC theo h-íng BC . c. Víi k  ®iÓm M thuéc nöa ®-êng th¼ng qua A song song víi BC ng-îc h-íng BC .

ThÝ dô 7. Cho ABC, t×m tËp hîp nh÷ng ®iÓm M tho¶ m·n: a. MA + k MB k MC = 0 . b. (1k) MA + MB k MC = 0 .

(1) (2)

 Gi¶i a. Ta biÕn ®æi (1) vÒ d¹ng: MA = k( MC  MB )  MA = k BC  M thuéc ®-êng th¼ng qua A song song víi BC. b. Ta biÕn ®æi (2) vÒ d¹ng: MA + MB k( MA + MC ) = 0 . Gäi E, F theo thø tù lµ trung ®iÓm cña AB vµ AC, ta ®-îc:

(3)

(3)  2 ME 2k MF = 0  ME = k MF  M thuéc ®-êng trung b×nh EF cña ABC.

D¹ng to¸n 4: BiÓu diÔn mét vect¬ thµnh tæ hîp vect¬ Ph-¬ng ph¸p ¸p dông Ta lùa chän mét trong hai h-íng: H-íng 1: Tõ gi¶ thiÕt x¸c ®Þnh ®-îc tÝnh chÊt h×nh häc, råi tõ ®ã khai triÓn vect¬ cÇn biÓu diÔn b»ng ph-¬ng ph¸p xen ®iÓm hoÆc hiÖu cña hai vect¬ cïng gèc. H-íng 2: Tõ gi¶ thiÕt thiÕt lËp ®-îc mèi liªn hÖ vect¬ gi÷a c¸c ®èi t-îng, råi tõ ®ã khai triÓn biÓu thøc nµy b»ng ph-¬ng ph¸p xen ®iÓm hoÆc hiÖu cña hai vect¬ cïng gèc.

280

ThÝ dô 1. Cho ®o¹n th¼ng AB vµ ®iÓm I sao cho 2 IA + 3 IB = 0 . a. T×m sè k sao cho AI = k AB . 2 3 MA + MB . 5 5

b. Chøng minh r»ng víi mäi ®iÓm M ta cã MI =

 Gi¶i a. BiÕn ®æi gi¶ thiÕt: 0 = 2 IA + 3 IB = 5 IA + 3( IB  IA ) = 5 AI + 3 AB  AI =

VËy, víi k =

3 AB . 5

3 tho¶ m·n ®iÒu kiÖn ®Çu bµi. 5

b. BiÕn ®æi gi¶ thiÕt: 0 = 2 IA + 3 IB = 2( MA  MI ) + 3( MB  MI ) 2 3  5 MI = 2 MA + 3 MB  MI = MA + MB , ®pcm. 5 5

ThÝ dô 2. Cho OAB. Gäi M, N lÇn l-ît lµ trung ®iÓm hai c¹nh OA vµ OB. H·y t×m c¸c sè m vµ n thÝch hîp trong mçi ®¼ng thøc sau ®©y: OM = m OA + n OB ; MN = m OA + n OB ; AN = m OA + n OB ; MB = m OA + n OB ;

 Gi¶i a. Ta cã ngay OM =

O 1 OA 2

do ®ã ®¼ng thøc OM = m OA + n OB sÏ cã m =

A 1 vµ n = 0. 2

N B

b. Ta cã: 1 1 1 1 AB = ( OB  OA ) =  OA + OB 2 2 2 2 1 1 do ®ã ®¼ng thøc MN = m OA + n OB sÏ cã m =  vµ n = . 2 2 MN =

c. Ta cã: AN = AO + ON =  OA +

1 OB 2

do ®ã ®¼ng thøc AN = m OA + n OB sÏ cã m = 1 vµ n =

1 . 2

d. Ta cã: MB = MO + OB = 

1 OA + OB 2

do ®ã ®¼ng thøc MB = m OA + n OB sÏ cã m = 

1 vµ n = 1. 2

281

ThÝ dô 3. Gäi G lµ träng t©m ABC. §Æt a = GA vµ b = GB . H·y biÓu thÞ mçi vect¬ AB , GC , BC , CA qua c¸c vect¬ a vµ b .

 Gi¶i a. Sö dông quy t¾c hiÖu cña hai vect¬ cïng gèc, ta cã ngay: AB = GB  GA = b  a . b. V× G lµ träng t©m ABC nªn: GA + GB + GC = 0  GC =  GA  GB =  a  b .

c. Sö dông quy t¾c hiÖu cña hai vect¬ cïng gèc vµ kÕt qu¶ trong b), ta cã: BC = GC  GB =  a  b  b =  a  2 b .

d. Sö dông quy t¾c hiÖu cña hai vect¬ cïng gèc vµ kÕt qu¶ trong b), ta cã: CA = GA  GC = a  ( a  b ) = 2 a + b .

ThÝ dô 4. Cho ABC. Gäi M, N, P lÇn l-ît lµ trung ®iÓm cña BC, CA, AB. TÝnh c¸c vect¬ AB , BC , CA theo c¸c vect¬ BN vµ CP .

 Gi¶i Ta lÇn l-ît cã: AB = AM  MB = 3GM  (GB  GM) = 2GM  GB 1 2 4 2 =  BN  CP . 3 3 2 2 BC = GC  GB =  CP  BN . 3 3

2 3

= 2 (GB  GC)  GB = 2GB  GC = 2. BN  CP

A P B

G N M

Vect¬ CA ®-îc biÓu diÔn t-¬ng tù AB .

ThÝ dô 5. Cho ABC. a. T×m çc ®iÓm M vµ N sao cho: MA  MB + MC = 0 , 2 NA + NB + NC = 0 . b. Víi çc ®iÓm M vµ N ë c©u a), t×m çc sè p vµ q sao cho: MN = p AB + q AC .

 Gi¶i a. Ta lÇn l-ît thùc hiÖn: 0 = MA  MB + MC = BA + MC =  AB + MC  MC = AB  M lµ ®Ønh thø t- cña h×nh b×nh hµnh ABCM. 0 = 2 NA + NB + NC = 2 NA + 2 NE , víi E lµ trung ®iÓm BC  NA + NE = 0  N lµ trung ®iÓm cña AE.

282

b. Ta cã biÓu diÔn: MN = MA + AN = CB +

= ( AB  AC ) +

1 AE 2

1 5 3 ( AB + AC ) = AB  AC . 4 4 4

ThÝ dô 6. Cho ABC träng t©m G. Gäi I lµ ®iÓm trªn c¹nh BC sao cho 2CI = 3BI vµ J lµ ®iÓm trªn BC kÐo dµi sao cho 5JB = 2JC. a. TÝnh AI , AJ theo AB vµ AC . A b. TÝnh AG theo AI vµ AJ

 Gi¶i a. Ta cã: 2CI  3BI  2 IC = 3 IB  J IC  IB  2( AC  AI ) = 3( AB  AI )  5 AI = 3 AB + 2 AC  AI =

3 2 AB + AC . 5 5

G B

(1)

Ta cã: 5JB  2JCI  5 JB = 2 JC  5( AB  AJ ) = 2( AC  AJ )  JB  JC  3 AJ = 5 AB 2 AC  AJ =

5 2 AB  AC . 3 3

(2)

b. Gäi M lµ trung ®iÓm BC, ta cã: AG =

2 2 1 1 AM = . ( AB + AC ) = ( AB + AC ). 3 3 2 3

(3)

MÆt kh¸c tõ hÖ t¹o bëi (1) vµ (2), ta nhËn ®-îc: AB =

5 9 3 25 AJ . AI + AJ vµ AC = AI  8 16 8 16

(4)

Thay (4) vµo (3) ta nhËn ®-îc: AG =

1 35 AI  AJ . 16 48

D¹ng to¸n 5: Chøng minh hai ®iÓm trïng nhau Ph-¬ng ph¸p ¸p dông Muèn chøng minh hai ®iÓm A1 vµ A2 trïng nhau, ta lùa chän mét trong hai çch sau: Çch 1: Chøng minh A1A 2 = 0 . Çch 2: Chøng minh OA1 = OA2 víi O lµ ®iÓm tuú ý. ThÝ dô 1. Chøng minh r»ng AB = CD khi vµ chØ khi trung ®iÓm cña hai ®o¹n th¼ng AD vµ BC trïng nhau. 283

 Gi¶i Ta cã:  NÕu AB = CD th× ABCD lµ h×nh b×nh hµnh. Do ®ã, AD vµ BC cã trung ®iÓm trïng nhau.  NÕu AD vµ BC cã trung ®iÓm trïng nhau th× ABCD lµ h×nh b×nh hµnh. Do ®ã: AB = CD

ThÝ dô 2. Cho lôc gi¸c ABCDEF. Gäi M, N, P, Q, R, S lÇn l-ît lµ trung ®iÓm cña c¸c c¹nh AB, BC, CD, DE, EF, FA. Chøng minh r»ng hai tam gi¸c MPR vµ NQS cã cïng träng t©m.

 Gi¶i Gäi G lµ träng t©m cña MPR, ta cã: GM + GP + GR = 0 L¹i cã: 2 GM = GA + GB , 2 GP = GC + GD , 2 GR = GE + GF  2( GM + GP + GR ) = GA + GB + GC + GD + GE + GF Suy ra: GA + GB + GC + GD + GE + GF = 0 (do(1)) Do ®ã: ( GA + GF ) + ( GB + GC ) + ( GD + GE ) = 0  2 GS + 2 GN + 2 GQ = 0  GS + GN + GQ = 0 VËy, ta ®-îc G lµ träng t©m cña SNQ. Tãm l¹i, c¸c MPR vµ NQS cã cïng träng t©m.

D¹ng to¸n 6: Chøng minh ba ®iÓm th¼ng hµng Ph-¬ng ph¸p ¸p dông Muèn chøng minh ba ®iÓm A, B, C th¼ng hµng, ta ®i chøng minh: AB = k AC , k  . §Ó nhËn ®-îc (1), ta lùa chän mét trong hai h-íng: H-íng 1: Sö dông c¸c quy t¾c biÕn ®æi vect¬ ®· biÕt. H-íng 2: X¸c ®Þnh vect¬ AB vµ AC th«ng qua mét tæ hîp trung gian.

(1)

 Chó ý: Ta cã kÕt qu¶: “ Cho ba ®iÓm A, B, C. §iÒu kiÖn cÇn vµ ®ñ ®Ó A, B, C th¼ng hµng lµ: MC =  MA + (1) MB , víi ®iÓm tuú ý M vµ sè thùc  bÊt kú ”.

ThÝ dô 1. Cho ABC, lÊy c¸c ®iÓm I, J tho¶ m·n IA = 2 IB , 3 JA + 2 JC = 0 . Chøng minh r»ng IJ ®i qua träng t©m G cña ABC.

284

 Gi¶i ViÕt l¹i IA = 2 IB d-íi d¹ng: IA 2 IB = 0 . BiÕn ®æi 3 JA + 2 JC = 0 vÒ d¹ng: 3( IA  IJ ) + 2( IC  IJ ) = 0  3 IA + 2 IC = 5 IJ . Trõ theo vÕ (1) cho (2), ta ®-îc: 2( IA + IB + IC ) = 5 IJ  6 IG = 5 IJ  I, J, G th¼ng hµng.

(1) (2)

ThÝ dô 2. Cho ABC. Gäi O, G, H theo thø tù lµ t©m ®-êng trßn ngo¹i tiÕp, träng t©m, trùc t©m cña ABC. Chøng minh r»ng: A a. AH = 2 OE , víi E lµ trung ®iÓm BC. b. OH = OA + OB + OC . c. Chøng minh r»ng O, G, H th¼ng hµng.

 Gi¶i

H O

a. Gäi A1 lµ ®iÓm ®èi xøng víi A qua O, ta ®-îc: BH // CA1 cïng vu «ng gãc víi AC  A1BHC lµ h×nh b×nh hµnh  CH // BA1 cïng vu «ng gãc víi AB

C A1

 A1, E, H th¼ng hµng  AH = 2 OE , ®pcm. b. Ta cã: OH = OA + AH = OA + 2 OE = OA + OB + OC , ®pcm.

c. Ta cã: OG =

1 1 ( OA + OB + OC ) = OH  O, G, H th¼ng hµng. 3 3

ThÝ dô 3. Cho ABC, lÊy c¸c ®iÓm M, N, P tho¶ m·n: MA + MB = 0 , 3 AN 2 AC = 0 , PB = 2 PC . Chøng minh r»ng M, N, P th¼ng hµng.

 Gi¶i Ta cã: MP  AP  AM , MN  AN  AP . Ta ®i tÝnh AP, AM, AN theo AB vµ AC , cô thÓ tõ gi¶ thiÕt: 1 MA + MB = 0  AM  AB 2 2 3 AN 2 AC = 0  AN = AC 3 PB = 2 PC  AB  AP  (AC  AP)  AP = AB  2AC .

(1) (2) (3) (4) (5) 285

Thay (3), (4), (5) vµo (1) vµ (2) ta ®-îc: 3 1 AB   AB  2AC   2 2 4 2 MN  AC + AB  2AC  AB  AC  3 3

MP  AB  2AC 



 (7)

Tõ (6) vµ (7) ta nhËn thÊy: 3 MN =  MP  M, N, P th¼ng hµng. 2

D¹ng to¸n 7: X¸c ®Þnh ®Æc tÝnh K cña ®èi t-îng S khi nã tho¶ m·n mét ®¼ng thøc vect¬ Ph-¬ng ph¸p ¸p dông Ph©n tÝch ®-îc ®Þnh tÝnh xuÊt ph¸t tõ c¸c ®¼ng thøc vect¬ cña gi¶ thiÕt. L-u ý tíi nh÷ng hÖ thøc ®· biÕt vÒ trung ®iÓm cña ®o¹n th¶ng vµ träng t©m cña tam gi¸c. ThÝ dô 1. Cho ABC, cã c¸c c¹nh b»ng a, b, c vµ träng t©m G tho¶ m·n: a. GA + b. GB + c. GC = 0 . (1) Chøng minh r»ng ABC lµ tam gi¸c ®Òu.

 Gi¶i Ta cã: GA + GB + GC = 0  GA =  GB  GC . (2) Thay (2) vµo (1), ta ®-îc: a.( GB  GC ) + b. GB + c. GC = 0  (ba). GB + (ca). GC = 0 . (3) V× GB vµ GC lµ hai vect¬ kh«ng cïng ph-¬ng, do ®ã (3) t-¬ng ®-¬ng víi:

b  a  0  a = b = c  ABC lµ tam gi¸c ®Òu.  c  a  0

ThÝ dô 2. Cho tø gi¸c ABCD. Gi¶ sö tån t¹i ®iÓm O sao cho: | OA || OB || OC || OD | .  OA  OB  OC  OD  0

Chøng minh r»ng ABCD lµ h×nh ch÷ nhËt.

 Gi¶i Tõ ph-¬ng tr×nh thø nhÊt cña hÖ , ta suy ra: O lµ t©m ®-êng trßn ngo¹i tiÕp tø gi¸c ABCD. (1) Gäi M, N, P, Q lµ trung ®iÓm cña AB, BC, CD, DA , tõ ph-¬ng tr×nh thø hai cña hÖ ta ®-îc: 0 = OA + OB + OC + OD = 2 OM + 2 OP  OM + OP = 0  M, P, O th¼ng hµng vµ O lµ trung ®iÓm MP. (2) 286

0 = OA + OB + OC + OD = 2 ON + 2 OQ  ON + OQ = 0

 N, Q, O th¼ng hµng vµ O lµ trung ®iÓm NQ. Tõ (2), (3), suy ra MNPQ lµ h×nh b×nh hµnh suy ra  A, C, O th¼ng hµng vµ O lµ trung ®iÓm AC.  B, D, O th¼ng hµng vµ O lµ trung ®iÓm BD. Do ®ã ABCD lµ h×nh b×nh hµnh. Tõ (1) vµ (4) suy ra ABCD lµ h×nh ch÷ nhËt.

§2

(3)

(4)

hÖ trôc to¹ ®é

D¹ng to¸n 1: To¹ ®é vect¬  To¹ ®é ®iÓm Ph-¬ng ph¸p ¸p dông Ta cÇn nhí c¸c kÕt qu¶ sau: 1 Víi hai ®iÓm A(xA, yA) vµ B(xB, yB), ta cã: AB = (xBxA, yByA), AB = | AB | = (x B  x A ) 2  (y B  y A ) 2 . 2

Víi hai vect¬ a (x1, y1) vµ b (x2, y2) , ta cã: a = x1. i + y1. j , x  x 2 a = b   1 ,  y1  y 2  a +  b = (x1 + x2, y1 + y2).

ThÝ dô 1. Trong mÆt ph¼g to¹ ®é, cho ba ®iÓm A(4 ; 1), B(2; 4), C(2 ; 2). a. T×m to¹ ®é träng t©m ABC. b. T×m to¹ ®é ®iÓm D sao cho C lµ träng t©m ABD. c. T×m to¹ ®é ®iÓm E sao cho ABCE lµ h×nh b×nh hµnh.

 Gi¶i a. Gäi G lµ träng t©m ABC, ta cã ngay G(0, 1). b. Gi¶ sö D(xD, yD), khi ®ã víi ®iÒu kiÖn C lµ träng t©m ABD, ta ®-îc: 4  2  x D  2  x  8 3   D  D(8; 11).   y D  11 2  1  4  y D  3 c. Gi¶ sö E(xE; 0), khi ®ã víi ®iÒu kiÖn ABCE lµ h×nh b×nh hµnh, ta ®-îc: x  4  0  x  4 AE  BC   E   E  E(4; 5).  y E  1  6  y E  5

287

ThÝ dô 2. Cho ®iÓm M(12t; 1 + t). T×m ®iÓm M sao cho x 2M  y 2M nhá nhÊt.

 Gi¶i Ta cã: x 2M  y 2M = (12t)2 + (1 + t)2 = 5t2  2t + 2 = 5(t 

1 2 9 9 ) +  5 5 5

9 ®¹t ®-îc khi : 5 1 1 3 6 t  = 0  t =  M0( ; ). 5 5 5 5 3 6 VËy, ®iÓm M0( ; ) tho¶ m·n ®iÒu kiÖn ®Çu bµi. 5 5

suy ra ( x 2M  y 2M )Min =

ThÝ dô 3. Cho ba ®iÓm A(1; 1); B(3; 3); C(2; 0). a. TÝnh diÖn tÝch ABC. b. H·y t×m tÊt c¶ c¸c ®iÓm M trªn trôc Ox sao cho gãc AMB nhá nhÊt.

 Gi¶i a. Ta cã: AB2 = 4 + 4 = 8, BC2 = 1 + 9 = 10, CA2 = 1 + 1 = 2 2 2 2  AB + AC = BC  ABC vu«ng t¹i A. VËy diÖn tÝch ABC ®-îc cho bëi: 1 1 22  22 . 12  (1) 2 = 2 (®vdt). SABC = AB.AC = 2 2 b. Gãc AMB nhá nhÊt  AMB = 00  A, M, B th¼ng hµng  AM // AB x 1 1 x  xA y  yA  M = M  M =  xM = 0  M  O. 3 1 3 1 xB  xA yB  yA VËy, ®iÓm M(0; 0) tho¶ m·n ®iÒu kiÖn ®Çu bµi.

D¹ng to¸n 2: BiÓu diÔn vect¬ c (c1; c2) theo c¸c vect¬ a (a1; a2), b (b1; b2) Ph-¬ng ph¸p ¸p dông Ta thùc hiÖn theo c¸c b-íc: B-íc 1: Gi¶ sö c =  a +  b . (1) B-íc 2: Ta cã:  a +  b = (a1, a2) + (b1, b2) = (a1 + b1, a2 + b2). VËy (1) x¶y ra khi vµ chØ khi:

B-íc 3:

288

c1  a1  b1 .   c 2  a 2   b 2 Gi¶ hÖ (I), ta nhËn ®-îc gi¸ trÞ cña cÆp (, ) KÕt luËn.

(I)

ThÝ dô 4. H·y biÓu diÔn vect¬ c theo c¸c vect¬ a , b , biÕt: a (2; 1), b (3; 4) vµ c (4; 7).

 Gi¶i Gi¶ sö c =  a +  b . Ta cã:  a +  b = (2; 1) + (3; 4) = (23;  + 4). Khi ®ã (1) x¶y ra khi vµ chØ khi:

(1)

4  2  3   1   .  7    4   2

VËy, ta ®-îc c = a + 2 b .

ThÝ dô 5. Cho bèn ®iÓm A(1; 1), B(2; 1), C(4; 3) vµ D(16; 3). H·y biÓu diÔn vect¬ AD theo c¸c vect¬ AB , AC

 Gi¶i Gi¶ sö AD =  AB +  AC . Ta cã: AD (15; 2), AB (1; 2), AC (3; 2)   AB +  AC = (1; 2) + (3; 2) = ( + 3; 2 + 2) Khi ®ã (1) x¶y ra khi vµ chØ khi:

(1)

  3  15   3   .  2  2  2   4

VËy, ta ®-îc AD = 3 AB + 4 AC .

D¹ng to¸n 3: X¸c ®Þnh to¹ ®é ®iÓm M tho¶ m·n mét ®¼ng thøc vect¬, ®é dµi Ph-¬ng ph¸p ¸p dông Thùc hiÖn theo çc b-íc: B-íc 1: Gi¶ sö M(x; y). B-íc 2: To¹ ®é ho¸ çc vect¬ cã trong ®¼ng thøc hoÆc sö dông c«ng thøc vÒ kho¶ng çch gi÷a hai ®iÓm, ®Ó chuyÓn ®¼ng thøc vÒ biÓu thøc ®¹i sè. B-íc 3: Gi¶i ph-¬ng tr×nh hoÆc hÖ trªn, ta nhËn ®-îc to¹ ®é cña M.

 Chó ý: §iÓm M(x; y) chia ®o¹n th¼ng M M 1

theo mét tØ sè k (tøc lµ MM1 = k MM 2 )

®-îc x¸c ®Þnh bëi c¸c c«ng thøc: x1  kx 2   x  1  k .   y  y1  ky 2 1 k  289

§Æc biÖt nÕu k = 1, th× M lµ trung ®iÓm cña ®o¹n th¼ng M1M2, khi ®ã to¹ ®é cña M ®-îc x¸c ®Þnh bëi: x1  x 2   x  2 .   y  y1  y 2  2

ThÝ dô 1. Cho hai ®iÓm A(0; 2) vµ B(4; 3). T×m to¹ ®é: a. Trung ®iÓm I cña AB. b. §iÓm M sao cho MA + 2 MB = 0 .

 Gi¶i 1 a. Ta cã I(2;  ). 2 b. Tõ gi¶ thiÕt MA + 2 MB = 0  MA 2 MB  ®iÓm M chia ®o¹n AB theo tØ sè k =2. Do ®ã: x A  kx B 8   x  1  k  3 4 8 M:   M( ; ). 3 3  y  y A  ky B   4  1 k 3

 Chó ý: Ta còng cã thÓ tr×nh bµy theo c¸ch: Gi¶ sö M(x; y), ta cã: MA  ( x, 2  y)  MA + 2 MB = (83x;43y).  MB  (4  x, 3  y)

V× MA + 2 MB = 0 , nªn: 8  3x  0    4  3y  0

8   x  3 4 8  M( ; ).  3 3 y   4  3

ThÝ dô 2. Cho ABC, biÕt A(1; 0), B(3; 5), C(0; 3). a. X¸c ®Þnh to¹ ®é ®iÓm E sao cho AE = 2 BC . b. X¸c ®Þnh to¹ ®é ®iÓm F sao cho AF = CF = 5. c. T×m tËp hîp c¸c ®iÓm M sao cho: |2( MA + MB )3 MC | = | MB  MC |.

 Gi¶i a. Gi¶ sö E(x; y), khi ®ã AE (x1; y), BC (3; 8)

290

(1)

Tõ ®ã:  x  1  2.3 x  7    E(7; 16). AE = 2 BC    y  16  y  2.8 b. Gi¶ sö F(x; y), khi ®ã: 2 2 AF2  25  (x  1) 2  y 2  25 (x  1)  y  25 AF = CF = 5   2  2  2 CF  25   x  3y  4  x  (y  3)  25  y  0 10y 2  30y  0  F (4,0)  x  4& y  0       y  3     1 .  x  5& y  3  F2 (5,3)  x  3y  4  x  3y  4  VËy tån t¹i hai ®iÓm F1(4; 0) vµ F2(5; 3) tho¶ m·n ®iÒu kiÖn ®Çu bµi. c. Gi¶ sö M(x; y), khi ®ã: MA (1x; y), MB (3x; 5y), MC (x; 3y)  2( MA + MB )3 MC = (x4; y19) vµ MB  MC = (3; 8). Khi ®ã: (1)  (x4)2 + (y19)2 = (3)2 + (8)2  (x + 4)2 + (y + 19)2 = 73. §Æt I(4; 19), ta ®-îc: IM2 = 73  M thuéc ®-êng trßn t©m I(4, 19), b¸n kÝnh R = 73 .

 NhËn xÐt: Nh- vËy, trong vÝ dô trªn chóng ta ®· thùc hiÖn viÖc x¸c ®Þnh ®iÓm dùa trªn çc ®¼ng thøc vÒ vect¬, ®é dµi cho tr-íc. Tuy nhiªn, trong nhiÒu tr-êng hîp chóng ta cÇn ®i thiÕt lËp çc ®¼ng thøc ®ã dùa trªn tÝnh chÊt cña ®iÓm cÇn x¸c ®Þnh. ThÝ dô 3. Cho ABC c©n t¹i A, biÕt A(a; 3a 7  3 7 ), B(1; 0), C(2a1; 0) vµ A thuéc gãc phÇn t- thø nhÊt. a. X¸c ®Þnh to¹ ®é çc ®Ønh cña ABC, biÕt r»ng p = 9 (p lµ nöa chu vi). b. T×m to¹ ®é ®iÓm MAB vµ NBC sao cho ®-êng th¼ng MN ®ång thêi chia ®«i chu vi vµ chia ®«i diÖn tÝch cña ABC.

 Gi¶i a. Ta cã to¹ ®é c¸c ®iÓm: y A(a; 3a 7  3 7 ), B(1; 0), C(2a1; 0), AM Tõ gi¶ thiÕt:  a  0  AP(I)    a  1. I  3a 7  3 7  0 B C O 1 N 3 AB  BC  AC  p=9 =9 2  2.8|a1| + 2|a1| = 18  a = 2 hoÆc a = 0 (lo¹i). Tõ ®ã: A(2; 3 7 ), B(1; 0), C(3; 0)  AB = AC = 8, BC = 2.

291

b. Ta cÇn t×m ®iÓm M  AB (tøc lµ ph¶i t×m x = BM, 0  x  8) sao cho trªn c¹nh BC tån t¹i ®iÓm N tho¶ m·n: BN = px = 9x, 0  9x  2  7  x  9, 1 SBMN = . (1) 2 SABC Tõ (1) ta ®-îc: x  8 BM.BN 1 x(9  x) 1 =  =  x29x + 8 = 0   . AB.BC 2 8.2 2  x  1(l)



Víi x = 8  M  A(2; 3 7 ) vµ N(2; 0) lµ trung ®iÓm BC.

 Chó ý: Bµi to¸n trªn cã d¹ng tæng qu¸t nh- sau "Cho ABC cã çc c¹nh a, b, c (t-¬ng øng víi çc ®Ønh A, B, C vµ chu vi 2p), gi¶ sö c  b  a. T×m ®iÓm M  AB, N  BC sao cho ®-êng th¼ng MN ®ång thêi chia ®«i chu vi vµ chia ®«i diÖn tÝch cña ABC " Ph-¬ng ph¸p gi¶i Ta thùc hiÖn theo çc b-íc sau: B-íc 1: §iÓm M  AB (tøc lµ ph¶i t×m x = BM, 0  x  c) sao cho trªn c¹nh BC tån t¹i ®iÓm N tho¶ m·n: BN = px, 0  px  vµ B-íc 2:

1 SBMN = . 2 SABC

(1)

Tõ (1) ta ®-îc: BM.BN 1 x(p  x) 1 =  =  2x22px + ac = 0. (2) AB.BC 2 c.a 2

B-íc 3:

Gi¶i (2) ta x¸c ®Þnh ®-îc x, tõ ®ã suy ra to¹ ®é c¸c ®iÓm M, N.

D¹ng to¸n 4: Vect¬ cïng ph-¬ng  Ba ®iÓm th¼ng hµng  §Þnh lý Menelaus Ph-¬ng ph¸p ¸p dông CÇn nhí c¸c kÕt qu¶ sau: a. Víi hai vect¬ v1 (x1, y1) vµ v 2 (x2, y2) ta cã v1 // v 2 

x1 y1 .  x 2 y2

b. Cho ba ®iÓm A(x1, y1) , B(x2, y2) vµ C(x3, y3), ta cã: x x y y A, B, C th¼ng hµng  AC // AB  3 1 = 3 1 . x 2  x1 y 2  y1 c. §Þnh lý Menelaus: LÊy ba ®iÓm M, N, P theo thø tù trªn c¸c c¹nh BC, CA, AB cña ABC. §iÒu kiÖn cÇn vµ ®ñ ®Ó M, N, P th¼ng hµng lµ: MB NC PA . . = 1. MC NA PB

292

ThÝ dô 1. Trong mÆt ph¼g to¹ ®é, cho ba ®iÓm A(3 ; 4), B(1 ; 1), C(9 ; 5). a. Chøng minh r»ng ba ®iÓm A, B, C th¼ng hµng. b. T×m to¹ ®é ®iÓm D sao cho A lµ trung ®iÓm cña BD. c. T×m to¹ ®é ®iÓm E trªn trôc Ox sao cho A, B, E th¼ng hµng.

 Gi¶i a. NhËn xÐt r»ng: AB (4; 3) vµ AC (12; 9)  AC = 3 AB  A, B, C th¼ng hµng. b. Gi¶ sö D(xD, yD), khi ®ã víi ®iÒu kiÖn A lµ trung ®iÓm cña BD, ta ®-îc: 1  xD   3  2  x  7   D  D(7; 7).   yD  7 4  1  yD  2 c. Gi¶ sö E(xE, 0)  Ox, khi ®ã AE (xE + 3; 4). Tõ ®ã, ®Ó ba ®iÓm A, B, E th¼ng hµng ®iÒu kiÖn lµ: x E  3 4 7 7   xE =  E( ; 0). 3 3 4 3

ThÝ dô 2. T×m trªn trôc hoµnh ®iÓm M sao cho tæng çc kho¶ng çch tõ M tíi çc ®iÓm A vµ B lµ nhá nhÊt trong çc tr-êng hîp sau: a. A(1; 2) vµ B(3; 4). b. A(1; 1) vµ B(2; ).

 Gi¶i a. NhËn xÐt A, B cïng phÝa víi Ox. Gäi A1 lµ ®iÓm ®èi xøng víi A qua Ox, suy ra A1(1; 2). Gäi P0 = (A1B) Ox y 4  A1, B, P0(x; 0) th¼ng hµng  A1B // A1P0 6 5 5 2  =  x =  P0( ; 0). 2 3 3 x 1

6 6 1 5  =  x =  P0( ; 0). 5 5 x 1 1

Ta cã O PA + PB = PA1 + PB  A1B. VËy PA + PB nhá nhÊt  A1, B, P th¼ng hµng  P  P0. 2 y b. NhËn xÐt A, B kh¸c phÝa víi Ox. 1 Gäi P0 = (AB)Ox  A, B, P0(x, 0) th¼ng hµng  AB // AP0

O P

P M3 x

A1 A 1

Ta cã 4 PA + PB  AB. VËy PA + PB nhá nhÊt khi vµ chØ khi A, B, P th¼ng hµng  P  P0.

293

 Chó ý: ThÝ dô trªn, ®· minh ho¹ ph-¬ng ph¸p gi¶i cho mét líp bµi to¸n cùc trÞ rÊt quen thuéc trong çc kú thi tuyÓn sinh vµo çc tr-êng ®¹i häc vµ cao ®¼ng, do ®ã çc em häc sinh cÇn n¾m ®-îc ph-¬ng ph¸p gi¶i cho bµi to¸n tæng qu¸t nh- sau: Bµi to¸n: T×m trªn ®-êng th¼ng (d): Ax + By + C = 0 ®iÓm P sao cho tæng çc kho¶ng çch tõ P tíi çc ®iÓm A(xA, yA) vµ B(xB, yB) kh«ng thuéc (d) lµ nhá nhÊt ". Ph-¬ng ph¸p Ta x¸c ®Þnh tA.tB = ( AxA + ByA + C)( AxB + ByB + C). XÐt hai tr-êng hîp Tr-êng hîp 1: NÕu tA.tB < 0  A, B ng-îc phÝa víi (d). Ta thùc hiÖn theo çc b-íc sau: B-íc 1: Gäi P0 = (AB)(d), suy ra to¹ ®é P0. B-íc 2: Ta cã PA + PB  AB. VËy PA + PB nhá nhÊt khi vµ chØ khi A, P, B th¼ng hµng  P  P0. Tr-êng hîp 2: NÕu tA.tB > 0  A, B cïng phÝa víi (d). Ta thùc hiÖn theo çc b-íc sau: B-íc 1: Gäi A1 lµ ®iÓm ®èi xøng víi A qua (d) , suy ra to¹ ®é A1. B-íc 2: Gäi P0 = (A1B)(d), suy ra to¹ ®é P0. B-íc 3: Ta cã PA + PB = PA1 + PB  AB. VËy PA + PB nhá nhÊt  A1,P, B th¼ng hµng  P  P0. Ngoµi ph-¬ng ph¸p trªn chóng ta sÏ cßn nhËn ®-îc mét ph-¬ng ph¸p gi¶i kh¸c ®îc minh ho¹ trong b¯i to¸n “ Ph-¬ng ph¸p to¹ ®é ho¸ ”.

D¹ng to¸n 5: Ph-¬ng ph¸p to¹ ®é ho¸ Ph-¬ng ph¸p ¸p dông Ph-¬ng ph¸p to¹ ®é ho¸ th-êng ®-îc sö dông phæ biÕn trong hai d¹ng: D¹ng 1: Ta thùc hiÖn phÐp to¹ ®é ho¸ çc ®iÓm trong h×nh vµ ®-a bµi to¸n h×nh häc vÒ d¹ng gi¶i tÝch. D¹ng 2: Lùa chän çc ®iÓm thÝch hîp ®Ó biÕn ®æi biÓu thøc ®¹i sè vÒ d¹ng ®é dµi h×nh häc  Ph-¬ng ph¸p nµy tá ra rÊt hiÖu qu¶ ®Ó t×m gi¸ trÞ lín nhÊt vµ nhá nhÊt cña çc biÓu thøc ®¹i sè. ThÝ dô 1. T×m gi¸ trÞ nhá nhÊt cña çc hµm sè y =

x2  x  1 +

x2  x 1 .

 Gi¶i ViÕt l¹i hµm sè d-íi d¹ng: y=

294

x2  x  1 +

x2  x  1 =

1 3 (x  )2  + 2 4

1 3 (x  )2  2 4

1 2

XÐt c¸c ®iÓm A( ;

1 3 3 ), B( ;  ) vµ M(x; 0), khi ®ã: 2 2 2

AM = x 2  x  1 , BM = x 2  x  1 , suy ra S = AM + BM  AB = 1 VËy, ta ®-îc SMin = 1, ®¹t ®-îc khi: A, B, M th¼ng hµng  AM // AB  to¹ ®é cña M.

 Chó ý: Víi c¸c em häc sinh ch-a cã kinh nghiÖm gi¶i d¹ng to¸n nµy th«ng 1 2

th-êng sÏ chän ngay A( ;

3 2

1 2

), B( ;

3 2

) vµ M(x; 0) vµ vÉn nhËn

®-îc SMin = 1, tuy nhiªn khi ®ã ®iÒu kiÖn cho A, B, M th¼ng hµng sÏ v« nghiÖm. §«i khi d¹ng to¸n nµy ®-îc minh ho¹ d-íi d¹ng trÞ tuyÖt ®èi. ThÝ dô 2. Cho ba ®iÓm A(1; 2), B(0;1) vµ M(t; 2t + 1). T×m ®iÓm M thuéc (d) sao cho: a. (MA + MB) nhá nhÊt. b. |MAMB| lín nhÊt.

 Gi¶i a. Ta cã: (t  1)2  (2t  1) 2 +

MA + MB =

5t 2  6t  2 +

t 2  (2t  2) 2

5t 2  8t  4 2

1 4  3  4 5 [ t    + t    ]  5  25  5  25 3 1 4 2 XÐt c¸c ®iÓm A1( ; ); B1( ; ) vµ M1(t; 0). 5 5 5 5 Khi ®ã: MA + MB = 5 ( M1A1 + M1B1). V× M1 ch¹y trªn trôc hoµnh vµ A1, B1 n»m vÒ hai phÝa cña Ox nªn (MA + MB)min  (M1A1 + M1B1)min  M1 = (A1B1)Ox 2 2 19  M1( ; 0)  M( ; ) 15 15 15 b. T-¬ng tù c©u a) ta cã:

|MAMB| = 3 5

XÐt c¸c ®iÓm A2( ; Khi ®ã: |MAMB| =

1 4  3  4   t    t    5 25 5 25    

1 4 2 ); B2( ; ) vµ M2(t; 0). 5 5 5

5 |M2A2M2B2|.

295

V× M2 ch¹y trªn trôc hoµnh vµ A2, B2 n»m vÒ mét phÝa cña Ox nªn |MAMB|max  |M2A2M2B2|max  M2 = (A2B2)Ox  M2(2; 0)  M(2; 5).

C. C¸c bµi to¸n chän läc VÝ dô 1:

Cho tø gi¸c ABCD. Chøng minh r»ng: a. Cã mét ®iÓm O duy nhÊt sao cho: OA + OB + OC + OD = 0 . §iÓm O ®-îc gäi lµ träng t©m cña bèn ®iÓm A, B, C, D. Tuy nhiªn, ng-êi ta vÉn gäi quen O lµ träng t©m cña tø gi¸c ABCD. b. Träng t©m O lµ trung ®iÓm cña mçi ®o¹n th¼ng nèi c¸c trung ®iÓm hai c¹nh ®èi cña tø gi¸c, nã còng lµ trung ®iÓm cña ®o¹n th¼ng nèi trung ®iÓm hai ®-êng chÐo cña tø gi¸c. c. Träng t©m O n»m trªn c¸c ®o¹n th¶ng nèi mét ®Ønh cña tø gi¸c vµ träng t©m cña tam gi¸c t¹o bëi ba ®Ønh cßn l¹i.

 Gi¶i a. Gi¶ sö cã ®iÓm O1 tho¶ m·n: 0 = O1A + O1B + O1C + O1D = 4 O1O + OA + OB + OC + OD = 4 O1O  O1O = 0  O1  O. VËy, tån t¹i mét ®iÓm O duy nhÊt tho¶ m·n hÖ thøc vect¬ ®· cho. b. Gäi M, N, P, Q, E, F theo thø tù lµ trung ®iÓm cña AB, BC, CD, DA, AC, BD, ta cã lÇn l-ît chøng minh:  O lµ trung ®iÓm MP (®o¹n nèi trung ®iÓm cña hai c¹nh AB vµ CD), thËt vËy: 0 = OA + OB + OC + OD = 2 OM + 2 OP  OM + OP = 0  O lµ trung ®iÓm MP.  O lµ trung ®iÓm NQ (®o¹n nèi trung ®iÓm cña hai c¹nh BC vµ DA), thËt vËy: 0 = OA + OB + OC + OD = 2 ON + 2 OQ  ON + OQ = 0  O lµ trung ®iÓm NQ.  O lµ trung ®iÓm EF (®o¹n nèi trung ®iÓm cña hai ®-êng chÐo AC vµ BD), thËt vËy: 0 = OA + OB + OC + OD = OA + OC + OB + OD = 2 OE + 2 OF  OE + OF = 0  O lµ trung ®iÓm EF. c. Gäi G lµ träng t©m ABC, ta cã: 0 = OA + OB + OC + OD = 3 OG + OD = 3 GO + ( GD  GO )  GD = 4 GO  G, O, D th¼ng hµng. VËy, träng t©m O n»m trªn c¸c ®o¹n th¶ng nèi mét ®Ønh cña tø gi¸c vµ träng t©m cña tam gi¸c t¹o bëi ba ®Ønh cßn l¹i. 296

VÝ dô 2:

Cho ®a gi¸c ®Òu n c¹nh A1A2...An, t©m O. Chøng minh r»ng: n

 OA i 1

= 0.

 Gi¶i Ta cã thÓ lùa chän mét trong hai c¸ch tr×nh bµy: n

C¸ch 1: Gäi OA =

 OA i 1

NhËn xÐt r»ng khi quay ®a gi¸c mét gãc b»ng 

§a gi¸c vÉn kh«ng ®æi, nªn

 OA i 1



2 th×: n

= OA .

Vect¬ OA sÏ bÞ quay theo cïng chiÒu mét gãc

2 . n

Suy ra vect¬ OA cã h-íng tuú ý  OA = 0 , ®pcm. Çch 2: XÐt hai tr-êng hîp: Tr-êng hîp 1: NÕu n = 2k. Khi ®ã, víi ®Ønh bÊt kú cña ®a gi¸c ®Òu cã ®Ønh ®èi xøng víi nã qua O  ®pcm. Tr-êng hîp 2: NÕu n = 2k1. Khi ®ã çc ®Ønh A2, ..,An chia thµnh hai phÇn ®èi xøng qua trôc OA1, b»ng çch lËp tæng çc cÆp vect¬ ®èi xøng  ®pcm.



NhËn xÐt: Nh- vËy, ®Ó chøng minh OA = 0 ta cã thÓ sö dông tÝnh chÊt "Vect¬ kh«ng lµ vect¬ cã ph-¬ng h-íng tuú ý".

 Gi¶i Dùng h×nh b×nh hµnh AB2IC2 cã AB2//CC1 vµ AC2//BB1, ta ®-îc: (1) IA = IB2 + IC 2 ,  IB2 C1A b b  IB  C B  a  IB2 =  IB . (2) 1  B2 a IB  IB B1  2  IC2 B1A c c  IC  B C  a  IC 2 =  IC . 1  a IC  ICB  2

(3)

A C2 C1 I B

Thay (2), (3) vµo (1), ta ®-îc: IA = 

b c IB  IC  a. IA + b. IB + c. IC = 0 , ®pcm. a a

297

VÝ dô 4:

Cho c¸c ®iÓm A, B, C, D, E. a. T×m O sao cho OA + 2 OB + 3 OC = 0 . b. T×m I sao cho IA + IB + IC + ID = 0 . c. T×m K sao cho KA + KB + KC + 3( KD + KE ) = 0 .

 Gi¶i a. Gäi M, N, F lµ trung ®iÓm AB, BC vµ AC, ta cã: 0 = OA + 2 OB + 3 OC = ( OA + OC ) + 2( OB + OC ) = 2 OF + 4 ON = 2 FO + 4( FN  FO )  FO =

2 FN , suy ra ®iÓm O ®-îc hoµn toµn x¸c ®Þnh. 3

b. Ta cã thÓ lùa chän mét trong hai c¸ch tr×nh bµy: C¸ch 1: Gäi P, Q lµ trung ®iÓm CD, MP, ta cã: 0 = IA + IB + IC + ID = 2 IM + 2 IP = 4 IQ  IQ = 0

 I  Q, suy ra ®iÓm I ®-îc hoµn toµn x¸c ®Þnh. C¸ch 2: Gäi G lµ träng t©m ABC, ta cã: 0 = IA + IB + IC + ID = 3 IG + ID = 3 GI + ( GD  GI )

 GI =

1 GD , suy ra ®iÓm I ®-îc hoµn toµn x¸c ®Þnh. 4

c. Ta cã: 0 = KA + KB + KC + 3( KD + KE ) = 3 KG + 3( KD + KE )

Cho ABC, M lµ ®iÓm tuú ý trong mÆt ph¼ng. a. Chøng minh r»ng vect¬ v = 3 MA 5 MB + 2 MC kh«ng ®æi. b. T×m tËp hîp nh÷ng ®iÓm M tho¶ m·n: |3 MA + 2 MB 2 MC | = | MB  MC |.

VÝ dô 5:

 Gi¶i a. Ta cã: v = 3 MA 5 MB + 2 MC = 3( MA  MB ) + 2( MC  MB )

= 3 BA + 2 BC , kh«ng ®æi. b. Gäi I lµ ®iÓm tho¶ m·n hÖ thøc 3 IA + 2 IB 2 IC = 0  tån t¹i duy nhÊt ®iÓm I. Ta ®-îc: 3 MA + 2 MB 2 MC = (3 + 22) MI = 3 MI .

298

(1)

(2)

1 BC 3

1 BC. 3

Cho ABC. LÊy c¸c ®iÓm A1 BC, B1 AC, C1 AB sao cho AA1 + BB1 + CC1 = 0 . Chøng minh r»ng hai tam gi¸c ABC vµ A1B1C1 cã cïng träng t©m.

VÝ dô 6:

 Gi¶i

Gäi G, G1 theo thø tù lµ träng t©m c¸c tam gi¸c ABC, A1B1C1, ta cã: GA + GB + GC = 0 . G1A1 + G1B1 + G1C1 = 0 . MÆt kh¸c tõ gi¶ thiÕt, ta cã: 0 = AA1 + BB1 + CC1 = ( AG + GG1 + G1A1 ) + ( BG + GG1 + G1B1 ) + ( CG + GG1 + G1C1 ) = ( GA + GB + GC ) + ( G1A1 + G1B1 + G1C1 ) + 3 GG1 = 3 GG1  GG1 = 0  G  G1.

Cho ABC, ®iÓm M trong mÆt ph¼ng tho¶ m·n:

VÝ dô 7:

MN = MA + MB + MC .

a. Chøng minh r»ng MN lu«n ®i qua träng t©m G cña ABC khi M thay ®æi. b. Gäi P lµ trung ®iÓm cña CN. Chøng minh r»ng MP lu«n ®i qua mét ®iÓm cè ®Þnh khi M thay ®æi.

 Gi¶i a. Víi G lµ träng t©m ABC ta lu«n cã: GA + GB + GC = 0 . Tõ gi¶ thiÕt ta nhËn ®-îc: MN = MA + MB + MC = 3 MG . VËy MN lu«n ®i qua träng t©m G cña ABC khi M thay ®æi. b. V× P lµ trung ®iÓm cña CN nªn: 1 1 ( MC + MN ) = ( MC + MA + MB + MC ) 2 2 1 = ( MA + MB + 2 MC ) 2

MP =

299

Gäi J lµ ®iÓm tho¶ m·n: JA + JB + 2 JC = 0  JA + ( JA + AB ) + 2( JA + AC ) = 0  4 AJ = AB + 2 AC  AJ =

1 1 AB + AC 4 2

 tån t¹i duy nhÊt ®iÓm J cè ®Þnh. Tõ ®ã: MP =

1 1 ( MA + MB + 2 MC ) = (1 + 1 + 2) MJ = 2 MJ . 2 2

VËy MP lu«n ®i qua mét ®iÓm cè ®Þnh J khi M thay ®æi.

VÝ dô 8:

Cho ABC. LÊy c¸c ®iÓm A1BC, B1AC, C1AB sao cho: AA1 + BB1 + CC1 = 0 . a. Chøng minh r»ng

 Gi¶i

BA1 CB1 AC1 = = . BC CA AB

b. X¸c ®Þnh vÞ trÝ cña A1, B1, C1 ®Ó AA1, BB1 vµ CC1 ®ång quy.

a. §Æt:

BA1 = α BC , CB1 =  CA , AC1 =  AB Khi ®ã: 0 = AA1 + BB1 + CC1

= ( AB + BA1 ) + ( BC + CB1 ) + ( CA + AC1 ) = ( AB + BC + CA ) + ( BA1 + CB1 + AC1 ) = α BC +  CA +  AB . V× AB + BC + CA = 0 nªn (*) chØ ®óng khi vµ chØ khi: α==

G B1

C1 B

(*)

BA1 CB1 AC1 = = , ®pcm. BC CA AB

b. B¹n ®äc tù gi¶i

VÝ dô 9:

 Gi¶i

Cho ABC. LÊy c¸c ®iÓm M, N, P sao cho: MB 3 MC = 0 , AN = 3 NC , PA + PB = 0 . TÝnh MP , MN theo AB vµ AC . Suy ra M, N, P th¼ng hµng.

Ta cã: MP  AP  AM , MN  AN  AP , Ta ®i tÝnh AP, AM, AN theo AB vµ AC , cô thÓ tõ gi¶ thiÕt: MB 3 MC = 0  (AB  AM) 3 (AC  AM) = 0 1 2

3 2

 AM =  AB  AC .

300

(1) (2)

(3)

3 AC . 4 1 PA + PB = 0  AP  AB . 2

AN = 3 NC  AN =

(4) (5)

Thay (3), (4), (5) vµo (1) vµ (2) ta ®-îc: 3 1 1 3    MP  AB + AB  AC  AB  AC  2 2 2 2 3 1 MN  AC  AB . 4 2 Tõ (6) vµ (7) ta nhËn thÊy MP = 2 MN  M, N, P th¼ng hµng.

 (7)

VÝ dô 10: Cho ABC, cã c¸c c¹nh a, b, c. Gäi A1, B1, C1 theo thø tù lµ ch©n c¸c ®-êng ph©n gi¸c trong kÎ tõ A, B, C. a. TÝnh AA1 theo AB vµ AC . b. Chøng minh r»ng ABC lµ tam gi¸c ®Òu nÕu AA1 + BB1 + CC1 = 0 .

 Gi¶i a. Ta cã: BA1 BA1 c c AA1  AB BA1 =  = = = b b  c BA1  A1C A1C AC  AB BC  AA1  AB =

c b c AC . ( AC  AB )  AA1 = AB + bc bc bc

b. T-¬ng tù c©u a), ta ®-îc: c a c a BC + BC  BA = AB , ca ca ca ca c b c b CA + CB =  AC  BC . CC1 = ab ab ab ab

BB1 =

Tõ ®ã: 0 = AA1 + BB1 + CC1 b a c c c b =(  ) AB + (  ) AC + (  ) BC bc ca bc ab ca ab b a c c c b =(  )( AC  BC ) + (  ) AC + (  ) BC bc ca bc ca ab ab b a c b a c c b =(  +  ) AC (   + ) BC bc ca bc bc ca ca ab ab V× AC vµ BC lµ hai vect¬ kh«ng cïng ph-¬ng, nªn ®¼ng thøc trªn ®óng khi vµ

chØ khi: a c c  b  b  c  c  a  b  c  a  b  0  a = b = c  ABC ®Òu.   b  a  c  b 0  b  c c  a c  a a  b

301

VÝ dô 11: Cho ABC, biÕt A(1; 1), B(2; 4), C(6; 1). LÊy çc ®iÓm M, N, P trªn çc ®-êng th¼ng AB, CA, BC sao cho çc ®iÓm ®ã lÇn l-ît chia çc 1 2

®o¹n th¼ng theo c¸c tØ sè 1,  , 2. a. X¸c ®Þnh to¹ ®é cña M, N, P. b. Chøng tá r»ng M, N, P th¼ng hµng.

 Gi¶i a. Ta cã: 1 2



M(x; y) chia ®o¹n AB theo tØ sè 1  M lµ trung ®iÓm AB  M( ;



N(x; y) chia ®o¹n CA theo tØ sè

3 ). 2

1 2

1 NA  2(6x; 1y) = (1x; 1y) 2 2(6  x)  1  x  x  11/ 3 11 1      N( ; ). 3 3 2(1  y)  1  y  y  1/ 3

 NC = 



P(x; y) chia ®o¹n BC theo tØ sè 2  C lµ trung ®iÓm BP  P(10; 2).

b. Ta cã:

MP (

19 7 19 7 ;  ) & NP ( ;  )  MP // NP  M, N, P th¼ng hµng. 2 2 3 3

VÝ dô 12: Cho ABC, biÕt A(1; 3), B(3;5), C(2; 2). T×m to¹ ®é: a. Giao ®iÓm E cña BC víi ph©n gi¸c trong cña gãc A. b. Giao ®iÓm F cña BC víi ph©n gi¸c ngoµi cña gãc A.

 Gi¶i Ta cã: AB2 = 4 + 4 = 8 vµ AC2 = 1 + 2 = 2  k =

AC = 2. AB

a. Gi¶ sö E(x; y), theo tÝnh chÊt ph©n gi¸c trong, ta ®-îc: EC = 2  EC (2x; 2y) = 2 EB (3x; 5y) EB F  2  x  2(3  x) x  4 / 3 4      E( ; 4). 3  2  y  2( 5  y)  y  4 b. Gi¶ sö F(x; y), theo tÝnh chÊt ph©n gi¸c ngoµi, ta ®-îc: FC = 2  FC (2x; 2y) = 2 FB (3x; 5y) FB 2  x  2(3  x) x  4      F(4; 8). 2  y  2(5  y)  y  8

302

VÝ dô 13: Cho ABC vu«ng t¹i A, biÕt A(a; 0), B(1; 0), C(a; a 3  3 ). X¸c ®Þnh to¹ ®é träng t©m G cña ABC, biÕt r»ng b¸n kÝnh ®-êng trßn néi tiÕp ABC b»ng 2.

 Gi¶i 2a  1 a  1 ; ). Víi nhËn xÐt: 3 3 1 SABC = AB.AC = p.r  AB.AC = 2(AB + AC + BC) 2  3 |a1|.|a1| = 2(|a1| + 3 |a1| + 2|a1|)

Ta cã G(

a  3  2 3  |a1| = 2 + 2 3   .  a  1  2 3 Ta lÇn l-ît: 74 3 22 3  Víi a = 3 + 2 3 , ta ®-îc: G( ; ). 3 3

 Víi a = 12 3 , ta ®-îc: G(

1  4 3 2  2 3 ; ). 3 3

VËy tån t¹i hai ®iÓm G tho¶ m·n ®iÒu kiÖn ®Çu bµi.

VÝ dô 14: Cho ®iÓm M(4; 1), hai ®iÓm A(a; 0), B(0; b) víi a, b > 0 sao cho A, B, M th¼ng hµng. X¸c ®Þnh to¹ ®é cña A, B sao cho: a. DiÖn tÝch OAB nhá nhÊt. b. OA + OB nhá nhÊt. 1 1 + nhá nhÊt. 2 OA OB2

 Gi¶i V× A, B, M th¼ng hµng  AM // AB 

4a 1 4 1 =  + = 1. a b a b

(1)

a. Ta cã, diÖn tÝch OAB ®-îc cho bëi: 1 ab S = OA.OB = . 2 2 Tõ (1) suy ra

4 1 4 1 + 2 . = a b a b

4 ab

 ab  16  S  8.

VËy SMin = 8, ®¹t ®-îc khi: a  8 A(8;0) 4 1 1 = =     . a b 2 b  2 B(0;2)

303

b. Tõ (1), ta ®-îc : 4b a=  ®iÒu kiÖn b > 1. b 1 Khi ®ã: 4b 4 4 4 OA + OB = +b= +b+4= + b1 + 5  2 .(b  1) + 5 = 9. b 1 b 1 b 1 b 1 VËy (OA + OB)Min = 9, ®¹t ®-îc khi: a  6  A(6;0) 4 = b1 = 2     . b 1  B(0;3) b  3 c. Ta cã: 1 1 1 1 + = 2 + 2. 2 2 OA OB a b NhËn xÐt r»ng: 4 1 1 1 1 1 1 (42 + 12)( 2 + 2 )  ( + )2 = 1  2 + 2  . a b a b a b 17 1 1 1 VËy, ta ®-îc ( + ) = , ®¹t ®-îc khi: 2 2 Min OA OB 17 4 1  17  17   1 a  A( ;0)   . 4   4 a b  4a  b  b  17 B(0;17)

VÝ dô 15: T×m gi¸ trÞ nhá nhÊt cña biÓu thøc: S = x 2  y 2  2x  4y  5 +

x 2  y 2  6x  4y  13 .

 Gi¶i ViÕt l¹i biÓu thøc d-íi d¹ng: S=

(x  1) 2  (y  2) 2 +

(x  3) 2  (y  2) 2 .

XÐt c¸c ®iÓm A(1; 2), B(3; 2) vµ M(x; y), khi ®ã: AM =

(x  1) 2  (y  2) 2 , BM =

(x  3) 2  (y  2) 2 ,

suy ra: S = AM + BM  AB = 4 VËy, ta ®-îc SMin = 4, ®¹t ®-îc khi: A, B, M th¼ng hµng  AM // AB 

x 1 y2 =  y = 2, 4 0

vµ khi ®ã: S = |x + 1| + |x3| = |x + 1| + |3x|  |x + 1 + 3x| = 4, dÊu “ = ” x°y ra khi (x + 1)(3x)  0  1  x  3. VËy, ta ®-îc SMin = 4, ®¹t ®-îc khi 1  x  3 vµ y  2.

304

ch-¬ng 2  tÝch v« h-íng cña hai vect¬ vµ øng dông A. KiÕn thøc cÇn nhí

I. gi¸ trÞ l-îng gi¸c cña mét gãc bÊt k× 1. ®Þnh nghÜa

Víi mçi gãc  (00    1800), ta x¸c ®Þnh ®iÓm M trªn nöa ®-êng trßn ®¬n vÞ sao cho MOx = . Gi¶ sö ®iÓm M cã to¹ ®é (x, y). Khi ®ã:  Tung ®é y cña ®iÓm M gäi lµ sin cña gãc , kÝ hiÖu lµ sin.  Hoµnh ®é x cña ®iÓm M gäi lµ c«sin cña gãc , kÝ hiÖu lµ cos. y  TØ sè (víi x  0) gäi lµ tang cña gãc , kÝ hiÖu lµ tan. x x  TØ sè (víi y  0) gäi lµ c«tang cña gãc , kÝ hiÖu lµ cot. y C¸c sè sin, cos, tan, cot gäi lµ c¸c gi¸ trÞ l-îng gi¸c cña gãc . Ta cã: x y sin  cos  sin = y, cos = x, tan = = , cot = = . y x cos  sin  Gi¸ trÞ l-îng gi¸c cña hai gãc bï nhau a. sin(1800) = sin. c. tan(1800) = tan. b. cos(1800) = cos. d. cot(1800) = cot. Hµm sè l-îng gi¸c cña hai gãc phô nhau a. sin(900) = cos. b. cos(900) = sin.

c. tan(900) = cot. d. cot(900) = tan.

2. Gi¸ trÞ l-îng gi¸c cña c¸c cung ®Æc biÖt

300

450

600

sin

1 2

2 2

cos

2 2

tan

3 2 1

3 2 1 2

cot

Gãc

1 3

900 1 0

1200

1350

1500

1800

3 2 1  2

2 2

1 2



1 3



2 2

1 1

3 2

 1



305

3. C¸c h»ng ®¼ng thøc l-îng gi¸c c¬ b¶n

a. sin2 + cos2 = 1. sin  cos  b. tan = vµ cot = . cos  sin  c. tan.cot = 1. 1 1 d. = 1 + tan2 vµ = 1 + cot2. 2 cos  sin 2 

II. tÝch v« h-íng cña hai vect¬ 1. gãc gi÷a hai vect¬

     Cho hai vect¬ a vµ b ( a , b  0 ). Tõ ®iÓm O nµo ®ã, ta vÏ c¸c vect¬ OA = a  vµ OB = b . Khi ®ã:   Sè ®o cña gãc AOB ®-îc gäi lµ sè ®o cña gãc gi÷a hai vect¬ a vµ b , hoÆc gãc gi÷a   hai vect¬ a vµ b . Ta thÊy ngay viÖc x¸c ®Þnh gãc gi÷a hai vect¬ kh«ngphô thuéc vµo viÖc chän ®iÓm   O, do ®ã gãc gi÷a hai vect¬ a vµ b ®-îc kÝ hiÖu lµ ( a , b ). 2. §Þnh nghÜa tÝch v« h-íng cña hai vect¬

    §Þnh nghÜa: TÝch v« h-íng cña hai vect¬ a vµ b kÝ hiÖu lµ a . b lµ mét sè thùc ®-îc x¸c ®Þnh bëi:       a . b =  a . b .cos( a , b ).   Tõ ®Þnh nghÜa víi a , b  0 ta cã c¸c kÕt qu¶:     a. a 2 = a . a .cos00 =  a 2.   b. a . b > 0  cos > 0  00   < 900.     c. a . b = 0  cos = 0   = 900  a  b .   d. a . b < 0  cos < 0  900 <   1800. NÕu mét trong hai vect¬ b»ng 0 th× ta quy -íc:   a . 0 = b . 0 = 0. 3. tÝnh chÊt cña tÝch v« h-íng

  Víi mäi vect¬ a , b , c vµ víi mäi sè thùc k ta ®Òu cã :     TÝnh chÊt 1: (TÝnh chÊt giao ho¸n): a . b = b . a .      TÝnh chÊt 2: (TÝnh chÊt ph©n phèi): a .( b + c ) = a . b + a . c     TÝnh chÊt 3: m( a ). b = m( a . b ).

306

4. biÓu thøc to¹ ®é cña tÝch v« h-íng

  NÕu a (a , a ) vµ (b1, b2) th×: b 1 2   a . b = a1.b1 + a2.b2.   Gãc  gi÷a hai vect¬ a vµ b x¸c ®Þnh bëi: a 1 .b 1  a 2 .b 2 cos = . a 12  a 22 . b 12  b 22

III. hÖ thøc l-îng trong tam gi¸c 1. §Þnh lÝ c«sin trong tam gi¸c

Trong ABC cã AB = c, BC = a, CA = b ta cã: a2 = b2 + c22bccosA; b2 = a2 + c22accosB;

c2 = a2 + b22abcosC.

2. §Þnh lÝ sin trong tam gi¸c

Trong ABC cã AB = c, BC = a, CA = b ta cã: a b c = = = 2R, trong ®ã R lµ b¸n kÝnh ®-êng trßn ngo¹i tiÕp ABC. sin A sin B sin C 3. Tæng b×nh ph-¬ng hai c¹nh vµ ®é dµi ®-êng trung tuyÕn cña tam gi¸c

Trong ABC cã AB = c, BC = a, CA = b vµ c¸c ®-êng trung tuyÕn t-¬ng øng lµ ma, mb, mc, ta cã: a2 c2 b2 b2 + c2 = 2 m 2a + , c2 + a2 = 2 m 2b + , a2 + b2 = 2 m 2c + . 2 2 2 4. diÖn tÝch tam gi¸c

Trong ABC cã AB = c, BC = a, CA = b vµ c¸c ®-êng cao t-¬ng øng lµ h a, hb, hc, ta cã: 1 1 1 S = aha = bhb = chc. 2 2 2 1 1 1 abc S = bcsinA = acsinB = absinC = 2 2 2 4R S = pr =

p(p  a )(p  b )(p  c) .

víi p lµ nöa chu vi tam gi¸c, r b¸n kÝnh ®-êng trßn néi tiÕp).

B Ph-¬ng ph¸p gi¶i c¸c d¹ng to¸n liªn quan

§1. Gi¸ trÞ l-îng gi¸c cña mét gãc bÊt k× ThÝ dô 1. TÝnh gi¸ trÞ cña biÓu thøc A = 4sin41350 +

3 cos315003cot21200.

307

 Gi¶i Ta cã: 4

   2    + 3   3  3   1  =  9 . A = 4.     2   2  8 3      ThÝ dô 2. TÝnh gi¸ trÞ cña biÓu thøc: a 2 . sin 180 0  b 3 2 . sin 135 0  2ab 2 . cos 150 0 A= . a. cot g150 0  b. cos 0 0  2atg60 0 2

 Gi¶i Ta cã: 2 3  2ab 2 . 2 3 2 2 2 =  b  ab 3 = b (a 3  b) = b2. a 3b a 3b  a 3  b  2a 3

 b3 2.

ThÝ dô 3. BiÕt tan75o = 2 + a. Gãc 105o.

3 , tÝnh gi¸ trÞ c¸c hµm sè l-îng gi¸c cña: b. Gãc 15o.

 Gi¶i a. Ta cã: tan105o = tan(180075o) = tan75o = 2 3 , 1 1 cot105o = = = 3 2, 0 tan 105 2 3 cos105o = cos(180075o) = cos750. MÆt kh¸c ta cã: 1 3 1 1 = 1 + tan2  cos750 = = . 2 cos  2 2 1  tan 2 75 0 Thay (2) vµo (1), ta ®-îc cos105o =

1 3

(1) (2)

2 2

Khi ®ã, tõ: tan105o =

1 3 3 1 sin 105 0  sin105o = tan105o.cos105o = (2 3 ). = . 0 cos 105 2 2 2 2

b. Ta cã: cot150 = cot(900750) = tan75o = 2 + 3 , tan15o = sin150 = sin(900750) = cos75o =

3 1

1 1 = = 2 3 , 0 cot g15 2 3

2 2

cot15o = 308

cos 15 0  cos15o = cot15o.sin15o = (2 + sin 15 0

3 ).

3 1 2 2

3 1 2 2

ThÝ dô 4. Cho gãc x víi cosx =

 Gi¶i

1 . TÝnh gi¸ trÞ cña biÓu thøc P = 3sin2 + cos2. 3

Ta cã: P = 3sin2 + cos2 = P = 2sin2 + sin2 + cos2 = 2 sin2 + 1. L¹i cã:

(1)

8 1 cos2 + sin2 = 1  sin2 = 1  cos2 = 1     sin2 = .Do ®ã: 9 3 8 25 (1)  P = 2 sin2 + 1 = 2. +1= . 9 9 ThÝ dô 5. TÝnh tæng S = cos100 + cos300 + ... + cos1500 + cos1700.

 Gi¶i ViÕt l¹i S d-íi d¹ng: S = (cos100 + cos1700) + (cos300 + cos1500) + + (cos500 + cos1300) + (cos700 + cos1100) + cos900 0 0 = (cos10 cos10 ) + (cos300cos300) + + (cos500cos500) + (cos700cos700) = 0.

ThÝ dô 6. Cho h×nh vu«ng ABCD. TÝnh cos( AC , BA ), sin( AC , BD ), cos( AB , CD )

 Gi¶i a. VÏ tia AB' lµ tia ®èi cña tia AB , ta cã: ( AC , BA ) cã sè ®o C¢B'  ( AC , BA ) = 1350  cos( AC , BA ) = 

2 2

b. Ta cã: ( AC , BD ) = C¤D = 900  sin( AC , BD ) = 1 c. Ta cã: AB vµ CD ng-îc h-íng nªn ( AB , CD ) = 00. VËy, ta ®-îc cos( AB , CD ) = 1.

§2. TÝch v« h-íng cña hai vect¬ D¹ng to¸n 1: TÝnh tÝch v« h-íng cña hai vect¬ Ph-¬ng ph¸p thùc hiÖn Ta lùa chän mét trong çc çch sau: Çch 1: Sö dông ®Þnh nghÜa b»ng çch ®-a hai vect¬ a , b vÒ cïng gèc ®Ó x¸c ®Þnh ®-îc gãc  = ( a , b ), tõ ®ã: a . b =  a . b .cos. 309

Çch 2: Sö dông çc tÝnh chÊt vµ çc h»ng ®¼ng thøc cña tÝch v« h-íng cña hai vect¬. Çch 3: Sö dông ®Þnh lý h×nh chiÕu: víi A', B' lµ h×nh chiÕu cña A, B lªn gi¸ cña CD , ta cã: AB . CD = A'B' . CD . Çch 4: Sö dông biÓu thøc to¹ ®é. ThÝ dô 1. Cho h×nh vu«ng ABCD c¹nh a, t©m O. M lµ ®iÓm tuú ý trªn ®-êng trßn néi tiÕp h×nh vu«ng vµ N lµ ®iÓm tuú ý trªn c¹nh BC. TÝnh: A

a. MA . MB + MC . MD . b. NA . AB . c. NO . BA .

B N

M O

 Gi¶i

C D a. Ta cã: MA . MB + MC . MD = ( MO + OA ).( MO + OB ) + + ( MO + OC ).( MO + OD )

= 2MO2 + OA . OB + OC . OD + MO ( OA + OB + OC + OD ) =

1 2 a, 4

bëi OA  OB, OC  OD vµ OA + OB + OC + OD = 0 . b. NhËn xÐt r»ng B lµ h×nh chiÕu vu«ng gãc cña N lªn AB, do ®ã: NA . AB = BA . AB =  AB . AB = AB2 = a2. c. Gäi K lµ trung ®iÓm cña AB, suy ra M lµ h×nh chiÕu vu«ng gãc cña O lªn AB, do ®ã: NO . BA = BK . BA =

1 1 a.a = a2. 2 2

 Chó ý: Víi c¸c bµi to¸n cã ®iÒu kiÖn, chóng ta cÇn vËn dông linh ho¹t ®iÒu kiÖn dÓ nhËn ®-îc biÓu thøc cÇn dïng, cô thÓ gi¶ sö bµi to¸n yªu cÇu tÝnh: A = (1 a + 1 b )(2 a + 2 b ) biÕt r»ng  a  = a,  b  = b vµ  a + b  = c, khi ®ã ta hiÓu r»ng: A = 12 a 2 + 12 b 2 + (12 + 21) a . b = 12a2 + 12b2 + (12 + 21) a . b . Nh- vËy tõ gi¶ thiÕt ta cÇn nhËn ®-îc gi¸ trÞ cña tÝch a . b , ®Ó cã ®-îc nã ta sö dông:  a + b  = c  ( a + b )2 = c 2  a 2 + b 2 + 2 a . b = c2  a . b =

1 2 (c a2b2) 2

Suy ra: A = 12a2 + 12b2 + 310

1 (12 + 21)(c2a2 + b2). 2

ThÝ dô 2. Cho ABC cã c¸c c¹nh b»ng a, b, c. a. TÝnh AB . AC theo a, b, c, tõ ®ã suy ra: AB . BC + BC . CA + CA AB .

b. Gäi M lµ trung ®iÓ BC vµ G lµ träng t©m ABC, tÝnh ®é dµi AM tõ ®ã suy ra ®é dµi AG vµ cosin gãc nhän t¹o bëi AG vµ BC.

 Gi¶i a. Ta cã: BC = AC  AB .

(1)

B×nh ph-¬ng v« h-íng hai vÕ cña (1), ta ®-îc: BC 2 = ( AC  AB )2  BC2 = AC2 + AB22 AC . AB theo tÝnh giao ho¸n, ta cã: AC . AB = AB . AC . Suy ra: AB . AC =

1 1 (AB2 + AC2 BC2) = (b2 + c2a2). 2 2

B»ng c¸ch tÝnh t-¬ng tù, ta ®-îc: BA . BC =

1 2 1 (a + c2b2) vµ CA . CB = (a2 + b2c2). 2 2

Tõ ®ã: AB . BC + BC . CA + CA AB =  BA . BC  CA . CB  AB . AC 1 2 1 2 =  (a + c2 + b2). 2

1 2

=  (a2 + c2b2) (a2 + b2c2) (b2 + c2a2)

b. Ta cã: 1 ( AB + AC ). 2

AM =

(2)

B×nh ph-¬ng v« h-íng hai vÕ cña (2), ta ®-îc: 1 1 ( AB + AC )2 = (AB2 + AC2 + 2 AB . AC ) 4 4 1 1 1 = [c2 + b2 + 2. (b2 + c2a2)] = (2c2 + 2b2a2) 4 2 4 1  AM = 2c2  2b2  a 2 . 2

AM2 =

(*)

Suy ra AG =

2 2 1 AM = . 3 3 2

2c2  2b2  a 2 =

1 3

2c2  2b2  a 2 .

311

c. Gäi  lµ gãc nhän t¹o bëi AG vµ BC, khi ®ã:  AG . BC  =  AG . BC .cos  cos =

| AG.BC | . | AG | .| BC |

(3)

Ta ®i tÝnh AG . BC , b»ng c¸ch: AG . BC =

1 1 1 ( AB + AC )( AC  AB ) = (AC2AB2) = (b2c2). (4) 3 3 3

Thay (4) vµo (3), ta ®-îc: 1 2 | b  c2 | | b2  c2 | 3 cos = = . 2 2 2 1 2 2 2 a. 2c  2b  a 2c  2b  a .a 3

 Chó ý:

Ta còng cã thÓ tÝnh AB . BC + BC . CA + CA AB b»ng c¸ch: Ta cã: (5) AB + BC + CA = 0 . B×nh ph-¬ng hai vÕ cña (5), ta ®-îc: ( AB + BC + CA )2 = 0  AB2 + BC2 + CA2 + 2 AB . BC + 2 BC . CA + 2 CA . AB 1 2

 AB . BC + BC . CA + CA AB =  (a2 + c2 + b2).

D¹ng to¸n 2: Chøng minh ®¼ng thøc vÒ tÝch v« h-íng hay ®é dµi. Ph-¬ng ph¸p thùc hiÖn Ta cã hai d¹ng: D¹ng 1: Víi c¸c biÓu thøc vÒ tÝch v« h-íng ta sö dông ®Þnh nghÜa hoÆc tÝnh chÊt cña tÝch v« h-íng, cÇn ®Æc biÖt l-u ý phÐp ph©n tÝch vect¬ ®Ó biÕn ®æi. D¹ng 2: Víi c¸c biÓu thøc vÒ ®é dµi ta th-íng sö dông AB2 = AB 2. ThÝ dô 3. Cho nöa ®-êng trßn t©m O cã ®-êng kÝnh AB = 2R. Gäi M vµ N lµ hai ®iÓm thuéc nöa ®-êng trßn sao cho hai d©y cïng AM vµ BN c¾t nhau t¹i I. a. Chøng minh: AI.AM = AI.AB vµ BI.BM = BI.BA . b. H·y dïng c©u a) ®Ó tÝnh AI.AM + BI.BM theo R.

 Gi¶i a. Ta cã: AI vµ AM cïng h-íng nªn ( AI , AM ) = 00  AI.AM = AI.AM. L¹i cã: AI.AB = AI.AB.cos( AI , AB ), AB. cos( AI , AB ) = AM. 312

(1)

Suy ra AI.AM = AI.AB T-¬ng tù, ta còng cã BI.BM = BI.BA . b. Ta cã: AI.AM + BI.BM = AI.AB + BI.BA = AB ( AI  BI ) 2

= AB . AB = AB = AB2 = 4R2. ThÝ dô 4. Cho MM1 lµ ®-êng kÝnh bÊt kú cña ®-êng trßn t©m O, b¸n kÝnh R. A lµ ®iÓm cè ®Þnh vµ OA = d. Gi¶ sö AM c¾t (O) t¹i N. a. Chøng minh r»ng tÝch v« h-íng AM . AM1 cã gi¸ trÞ kh«ng phô thuéc M. b. Chøng minh r»ng tÝch AM . AN cã gi¸ trÞ kh«ng phô thuéc M.

 Gi¶i a. Ta cã: AM . AM1 = ( OM  OA ).( OM1  OA ) = OM . OM1 ( OM + OM1 ). OA + OA 2 A = OA2OM2 = d2R2. b. Ta cã: AM . AN = AM . AN = AM .( AM1 + M1 N )

N M1

= AM . AM1 + AM . M1 N = d2R2. ThÝ dô 5. Cho nöa ®-êng trßn ®-êng kÝnh AB. Cã AC, BD lµ hai d©y thuéc nöa ®-êng trßn, c¾t nhau t¹i E. Chøng minh r»ng: AE . AC + BE . BD = AB2.

 Gi¶i Ta cã: AE . AC = AE . AC = AE .( AB + BC )

= AE . AB + AE . BC = AE . AB .

(1)

BE . BD = BE . BD = BE .( BA + AD )

= BE . BA + BE . AD = BE . BA . Céng theo vÕ (1) vµ (2), ta ®-îc:

(2)

AE . AC + BE . BD = ( AE  BE ). AB = ( AE + EB ). AB = AB 2 = AB2.

D¹ng to¸n 3: Chøng minh tÝnh vu«ng gãc  ThiÕt lËp ®iÒu kiÖn vu«ng gãc Ph-¬ng ph¸p thùc hiÖn Ta dïng ®Þnh lý: a b  a .b = 0

313

a  0    a . b .cos( a , b ) = 0   b  0 .   cos(a, b)  0

Ngoµi ra, ta cßn sö dông c¸c tÝnh chÊt cña tÝch v« h-íng.

 Chó ý: NÕu a (a , a ) vµ b (b , b ) th× ®iÒu kiÖn a  b 1

 a1.b1 + a2.b2 = 0.

ThÝ dô 1. Cho bèn ®iÓm A, B, C, D. Chøng minh r»ng ABCD khi vµ chØ khi: AC2 + BD2 = AD2 + BC2. (1)

 Gi¶i BiÕn ®æi (1) vÒ d¹ng: 0 = ( AC 2 BC 2) + ( BD 2 AD 2) = ( AC  BC )( AC + BC ) + ( BD  AD )( BD + AD ) = AB ( AC + BC ) + BA ( BD + AD ) = AB ( AC + BC  BD  AD ) = AB . DC  AB  CD.

ThÝ dô 2. Cho ABC vu«ng t¹i A, gäi M lµ trung ®iÓm BC. LÊy c¸c ®iÓm B1, C1 trªn AB vµ AC sao cho AB.AB1 = AC.AC1. Chøng minh r»ng AM  B1C1.

 Gi¶i

Tõ gi¶ thiÕt suy ra AB . AB1 = AC . AC1 . Ta cã: 1 ( AB + AC )( AC1  AB1 ) 2 1 = ( AB . AC1  AB AB1 + AC . AC1  AC . AB1 ) = 0 2

AM . B1C1 =

 AM  B1C1.

ThÝ dô 3. Cho h×nh thang vu«ng ABCD, hai ®¸y AD = a, BC = b, ®-êng cao AB = h. T×m hÖ thøc liªn hÖ gi÷a a, b, h sao cho: a. BDCI, víi I lµ trung ®iÓm cña AB. A C a D1 b. ACDI. A c. BMCN, víi M, N theo thø tù lµ trung h I ®iÓm cña AC vµ BD. a  Gi¶i B C b D a. Ta cã: 1 BD  CI  BD . CI = 0  0 = ( AD  AB ). CI = AD . CI  AB . CI = AD . C1A  AB . BI = ab + h.  h2 = 2ab. 314

h 2

b. Ta cã: AC  DI  AC . DI = 0  0 = ( AB + BC ). DI = AB . DI + BC . DI = AB . AI + BC . D1B = h.

h ba 2

 h2 = 2ab. c. Ta cã: BM  CN  BM . CN = 0  0 =

1 1 ( BA + BC ). ( CB + CD ) 2 2

 0 = ( BA + BC ).( CB + CD ) = BA . CB + BC . CB + BA . CD + BC . CD =  BC 2 + BA . BA + BC . CD1 = b2 + h2b(ba) = 2b2 + h2 + ab  h2 = 2b2ab.

D¹ng to¸n 4: Sö dông tÝch v« h-íng gi¶i çc bµi to¸n ®Þnh l-îng, ®Þnh tÝnh Ph-¬ng ph¸p thùc hiÖn 1. Víi çc bµi to¸n ®Þnh l-îng, ta sö dông çc kÕt qu¶: a. Gäi  lµ gãc gi÷a a vµ b , ta cã: cos =

a.b . | a |.| b |

b. §Ó tÝnh ®é dµi ®o¹n AB, ta thùc hiÖn: AB2 = AB 2 = AB . AB råi thùc hiÖn phÐp ph©n tÝch vect¬ AB thµnh tæ hîp c¸c vect¬ c¬ së. 2. Víi c¸c bµi to¸n ®Þnh tÝnh, ta biÕn ®æi ®iÒu kiÖn ban ®Çu thµnh biÓu thøc cña tÝch v« h-íng, råi tõ ®ã dÉn tíi a  b ,   a // b tõ ®ã ®-a ra lêi kÕt luËn cho bµi to¸n.

ThÝ dô 1. Cho ABC vu«ng, cã c¹nh huyÓn BC = a 3 , M lµ trung ®iÓm BC. BiÕt r»ng AM . BC =

 Gi¶i

a2 , tÝnh ®é dµi AB vµ AC. 2

Tõ gi¶ thiÕt ta ®-îc; 1 1 1 a2 = AM . BC = ( AB + AC ).( AC  AB ) = ( AB 2 AC 2) = (AB2AC2) 2 2 2 2

 AB2AC2 = a2.

(1) 315

MÆt kh¸c theo Pitago, ta ®-îc: AB2 + AC2 = BC2 = ( a 3 )2 = 3a2.

(2)

Gi¶i hÖ ph-¬ng tr×nh t¹o bëi (1), (2), ta ®-îc AB = a 2 , AC = a.

ThÝ dô 2. Cho h×nh b×nh hµnh ABCD, biÕt r»ng víi mäi ®iÓm M lu«n cã: MA2 + MC2 = MB2 + MD2. Chøng minh r»ng ABCD lµ h×nh ch÷ nhËt.

(1)

 Gi¶i Gäi O lµ giao ®iÓm cña hai ®-êng chÐo, ta ®-îc: 2 MO = MA + MC = MB + MD . B×nh ph-¬ng hai vÕ cña (2), ta ®-îc:

(2)

( MA + MC )2 = ( MB + MD )2  MA2 + MC2 + 2 MA . MC = MB2 + MD2 + 2 MB . MD  MA . MC = MB . MD  ( MO + OA ).( MO + OC ) = ( MO + OB ).( MO + OD )  ( MO + OA ).( MO  OA ) = ( MO + OB ).( MO  OB )  OA2 = OB2  OA = OB  AC = BD  ABCD lµ h×nh ch÷ nhËt

D¹ng to¸n 5: T×m ®iÓm M tho¶ m·n ®¼ng thøc vÒ tÝch v« h-íng hay ®é dµi Ph-¬ng ph¸p thùc hiÖn Ta biÕn ®æi biÓu thøc ban ®Çu vÒ mét trong c¸c d¹ng sau: D¹ng 1: AM2 = k > 0, th× M thuéc ®-êng trßn t©m A, b¸n kÝnh R = k . D¹ng 2: MA . MB = k, víi A, B cè ®Þnh vµ k kh«ng ®æi. Khi ®ã:  Gäi I lµ trung ®iÓm AB, ta ®-îc: k = MA . MB = ( MI + IA ).( MI + IB ) = ( MI + IA ).( MI  IA ) = MI2IA2  IM2 = k + IA2 = k + 

AB2 DÆt  l. 4

Khi ®ã: - NÕu l < 0 th× M kh«ng tån t¹i M. - NÕu l = 0 th× M  I. - NÕu l > 0 th× M thuéc ®-êng trßn t©m I, b¸n kÝnh R = l . n

Më réng: NÕu ta cã MA .  i MAi = k, víi A, Ai, i = 1, n cè ®Þnh, i 1

k kh«ng ®æi. 316

 i 1

 0 vµ

Khi ®ã:  Gäi K lµ ®iÓm tho¶ m·n: n

  KA i 1



= 0  tån t¹i duy nhÊt ®iÓm cè ®Þnh K.

Tõ ®ã: n

 i MAi = i 1



 i . MK =  MK , víi  = i 1

 i 1

Khi ®ã ta ®-îc: MA . MK =

D¹ng 3:

k . 

MA . BC = k, víi A, B, C cè ®Þnh. Khi ®ã:  Gäi M0, A0 theo thø tù lµ h×nh chiÕu vu«ng gãc cña M, A lªn BC, ta ®-îc: k k = MA . BC = M0 A0 . BC  M0 A0 = , BC cã gi¸ trÞ kh«ng ®æi vµ do A0 cè ®Þnh nªn M0 cè ®Þnh.  VËy ®iÓm M thuéc ®-êng th¼ng vu«ng gãc víi BC t¹i M0. §Æc biÖt khi k = 0 th× M thuéc ®-êng th¼ng qua A vu«ng gãc víi BC.

ThÝ dô 1. Cho ba ®iÓm A, B, C kh«ng th¼ng hµng T×m tËp hîp nh÷ng ®iÓm M sao cho MA . MB  MA . MC = a2MB2 + MC2, víi a = BC.

 Gi¶i Ta biÕn ®æi (1) vÒ d¹ng: a2 = MA ( MC  MB ) MB 2 + MC 2 = ( MA + MB + MC )( MC  MB ) = 3 MG . BC trong ®ã G lµ träng t©m ABC, vµ gäi M0, G0 theo thø tù lµ h×nh chiÕu vu«ng gãc cña M, G lªn BC, ta ®-îc: 3 M0 G 0 . BC = a2  M0 G 0 =

a 3

do G0 cè ®Þnh nªn M0 cè ®Þnh. VËy ®iÓm M thuéc ®-êng th¼ng vu«ng gãc víi BC t¹i M0.

ThÝ dô 2. Cho ABC. T×m tËp hîp nh÷ng ®iÓm M, sao cho MA2MB2 = k. (1)

 Gi¶i Gäi I lµ trung ®iÓm AB, ta biÕn ®æi (1) vÒ d¹ng: k = MA  MB = ( MA + MB )( MA  MB ) = 2 MI . BA . Gäi M0 lµ h×nh chiÕu vu«ng gãc cña M lªn AB, ta ®-îc: A k k = MI . BA = M 0 I . BA  M 0 I = , BA cã gi¸ trÞ kh«ng ®æi vµ do I cè ®Þnh nªn M0 cè ®Þnh. VËy ®iÓm M thuéc ®-êng th¼ng vu«ng gãc víi AB t¹i M0. 2

317

 NhËn xÐt:

Th«ng qua vÝ dô trªn, chóng ta ®· biÕt c¸ch gi¶i bµi to¸n: “ T×m tËp hîp ®iÓm M tho¶ m·n: MA2 + MB2 = k, (1) víi A, B cè ®Þnh,  +  = 0 vµ k kh«ng ®æi. “ Trong tr-êng hîp  +   0, ta thùc hiÖn theo c¸c b-íc: B-íc 1: Gäi I lµ ®iÓm tho¶ m·n  IA +  IB = 0  ( IB + BA ) +  IB = 0  ( + ) IB =  AB  IB =

 AB . 

VËy tån t¹i duy nhÊt mét ®iÓm I cè ®Þnh. Ta biÕn ®æi (1) vÒ d¹ng: k =  MA 2 +  MB 2 = ( MI + IA )2 + ( MI + IB )2 = ( + )MI2 + IA2 + IB2 + 2( IA +  IB ). MI DÆt 1  MI2 = [k(IA2 + IB2)]  l.  B-íc 3: BiÖn luËn:  Víi l < 0, kh«ng tån t¹i ®iÓm M.  Víi l = 0, th× M  I.  Víi l > 0, th× M thuéc ®-êng trßn t©m I, b¸n kÝnh R = l . B-íc 2:

ThÝ dô 3. Cho ABC. T×m tËp hîp nh÷ng ®iÓm M, sao cho: 3MA22MB2MC2 = 2l.

(1)

 Gi¶i

Gäi O lµ t©m ®-êng trßn ngo¹i tiÕp ABC, ta cã: MA2 = MA 2 = ( MO + OA )2 = MO2 + OA2 + 2 MO . OA , A MB2 = MB 2 = ( MO + OB )2 = MO2 + OB2 + 2 MO . OB , O0 MC2 = MC 2 = ( MO + OC )2 = MO2 + OC2 + 2 MO . OC , B tõ ®ã suy ra (1) ®-îc biÕn ®æi vÒ d¹ng: 2l = 2 MO .(3 OA 2 OB  OC ) = 2 MO .[3 OA 2( OA + AB )  v B1 ( OA + AC )] = 2 MO (2 AB + AC ). (2) Dùng vect¬ v = 2 AB + AC vµ gäi M0, O0 theo thø tù lµ h×nh chiÕu vu«ng gãc cña M, O lªn ®-êng th¼ng chøa vect¬ v , ta ®-îc: l (2)  l = MO . v = M0 O0 . v  M0 O0 = v cã gi¸ trÞ kh«ng ®æi vµ do O0 cè ®Þnh nªn M0 cè ®Þnh. 318

O C M0

VËy M thuéc ®-êng th¼ng qua M0 vu«ng gãc víi v .

 NhËn xÐt:

Th«ng qua vÝ dô trªn, chóng ta ®· biÕt c¸ch gi¶i bµi to¸n: “ T×m tËp hîp ®iÓm M tho¶ m·n: MA2 + MB2 + MC2 = k, (*) víi A, B, C cè ®Þnh,  +  +  = 0 vµ k kh«ng ®æi “ Trong tr-êng hîp  +  +   0, ta thùc hiÖn theo c¸c b-íc: B-íc 1: Gäi I lµ ®iÓm tho¶ m·n  IA +  IB +  IC = 0 . Khi ®ã tån t¹i duy nhÊt mét ®iÓm I cè ®Þnh. B-íc 2: Ta biÕn ®æi (*) vÒ d¹ng: k =  MA 2 +  MB 2 +  IC 2 = ( MI + IA )2 + ( MI + IB )2 + ( MI + IC )2 = ( +  + )MI2 + IA2 + IB2 + IC2 + + 2( IA +  IB +  IC ). MI  MI2 = B-íc 3:

DÆt 1 [k(IA2 + IB2 + IC2)]  l.  

BiÖn luËn:  Víi l < 0, kh«ng tån t¹i ®iÓm M.  Víi l = 0, th× M  I.  Víi l > 0, th× M thuéc ®-êng trßn t©m I, b¸n kÝnh R =

 Chó ý: Víi yªu cÇu t×m cùc trÞ, ta sö dông tÝch v« h-íng biÕn ®æi biÓu thøc cÇn t×m cùc trÞ vÒ biÓu thøc ®é dµi, thÝ dô: S = MI2 + c, víi c lµ h»ng sè vµ I cè ®Þnh. Khi ®ã SMin = c, ®¹t ®-îc khi MI = 0  M  I. ThÝ dô 4. Cho h×nh b×nh hµnh ABCD, t©m O, M lµ ®iÓm tuú ý. a. Chøng minh r»ng MA2MB2 + MC2 = MD22(OB2 OA2). b. Gi¶ sö M di ®éng trªn ®-êng trßn (C), x¸c ®Þnh vÞ trÝ cña M ®Ó MA2MB2 + MC2 ®¹t gi¸ trÞ nhá nhÊt.

 Gi¶i a. Ta cã: MA  MC  2MO  ( MA + MC )2 = ( MB + MD )2  MB  MD  2MO  0 = MA2MB2 + MC2MD2 + 2( MA . MC  MB . MD ) Ta xÐt: MA . MC  MB . MD = = ( OA  OM ).( OC  OM )( OB  OM ).( OD  OM )

(1)

319

=( OA  OM ).( OA + OM ) + ( OB  OM ).( OB + OM ) =OA2 + OM2 + OB2OM2 = OB2 OA2. (2) Thay (2) vµo (1), ta ®-îc: 0 = MA2MB2 + MC2MD2 + 2(OB2 OA2)  MA2MB2 + MC2 = MD22(OB2 OA2), ®pcm. b. Tõ kÕt qu¶ c©u a) suy ra MA2MB2 + MC2 ®¹t gi¸ trÞ nhá nhÊt khi vµ chØ khi MD2 nhá nhÊt  M lµ h×nh chiÕu vu«ng gãc cña D lªn (d).

D¹ng to¸n 6: Sö dông biÓu thøc to¹ ®é cña tÝch v« h-íng Ph-¬ng ph¸p thùc hiÖn Ta sö dông kÕt qu¶: NÕu a (a1, a2), b (b1, b2) vµ  lµ gãc gi÷a a vµ b th×:  a . b = a1.b1 + a2.b2. 

cos =

a1.b1  a 2 .b 2

a  a 22 . b12  b 22 2 1

ThÝ dô 1. Cho hai vect¬ ®¬n vÞ a vµ b tho¶ m·n  a + b  = 2. H·y x¸c ®Þnh (3 a 4 b )(2 a + 5 b ).

 Gi¶i Gi¶ sö a (a1, a2), b (b1, b2), tõ gi¶ thiÕt suy ra: a12  a 22  1 a12  a 22  1  2  2  b12  b 22  1 . b1  b 2  1   2 2 a .b  a 2 .b 2  1  1 1  (a1  b1 )  (a 2  b 2 )  2 Ta cã: (3 a 4 b )(2 a + 5 b ) = (3a14b1, 3a24b2).(2a1 + 5b1, 2a2 + 5b2) = (3a14b1)(2a1 + 5b1) + (3a24b2)(2a2 + 5b2) = 6( a12 + a 22 )20( b12 + b 22 ) + 7(a1b1 + a2b2) = 620 + 7 = 7.

 Chó ý:

Bµi to¸n trªn còng cã thÓ gi¶i b»ng tÝch v« h-íng thuÇn tuý, cô thÓ: Tõ gi¶i thiÕt, suy ra: ( a + b )2 = 4  a 2 + b 2 + 2 a . b = 4  a . b = 1. Ta cã: (3 a 4 b )(2 a + 5 b ) = 6 a 220 b 2 + 7 a . b = 620 + 7 = 7.

ThÝ dô 2. Cho ABC, biÕt A(1, 2), B(1, 1), C(5, 1). a. TÝnh AB . AC . b. TÝnh cos vµ sin gãc A. 320

c. d. e. f.

T×m to¹ ®é ch©n ®-êng cao A1 cña ABC. T×m to¹ ®é trùc t©m H cña ABC. T×m to¹ ®é träng t©m G cña ABC. T×m to¹ ®é t©m I cña ®-êng trßn ngo¹i tiÕp ABC, tõ ®ã chøng minh r»ng I, H, G th¼ng hµng.

 Gi¶i a. Ta cã: AB (2, 1), AC (4, 3)  AB . AC = 2.41.(3) = 5. b. Ta cã: 5 1 AB.AC cosA = = = , | AB | . | AC | 5. 25 5 2 1 = . 5 5 c. A1(x, y) lµ ch©n ®-êng cao tõ ®Ønh A cña ABC AA  BC AA .BC  0 (x  1, y  2).(6, 2)  0   1   1  (x  1, y  1) //(6, 2) BA1 // BC BA1 // BC

sinA = 1  cos2 A = 1 

6(x  1)  2(y  2)  0 1  x=y= . y 1 2   6 2 1 1 VËy, ta ®-îc A1( , ). 2 2

 x 1

d. H(x, y) lµ trùc t©m H cña ABC AH  BC  AH.BC  0 (x  1, y  2).(6, 2)  0 x  2        . (x  1, y  1).(4, 3)  0 y  5 BH  CA  BH.CA  0 VËy, ta ®-îc H(2, 5). 5 3

2 ). 3

f. I(x, y) lµ t©m I cña ®-êng trßn ngo¹i tiÕp ABC  AI = BI = CI (x  1)2  (y  2)2  (x  1)2  (y  1) 2 AI2  BI2  x  3/ 2     2   .  2 2 2 2 2    y  3/ 2 (x  1)  (y  2)  (x  5)  (y  1) AI  CI 3 2

3 2

VËy, ta ®-îc I( ,  ). NhËn xÐt r»ng 1 13 1 13 GH ( , ) vµ IH ( , )  I, H, G th¼ng hµng. 3 3 3 3

321

§3. HÖ thøc l-îng trong tam gi¸c D¹ng to¸n 1: Gi¶i tam gi¸c Ph-¬ng ph¸p thùc hiÖn Sö dông c¸c hÖ thøc trong tam gi¸c. ThÝ dô 1. Cho ABC, biÕt a = 6 , b = 2, c = ®-êng cao ha cña tam gi¸c.

3 + 1. TÝnh c¸c gãc A, B, C vµ

 Gi¶i

Trong ABC, ta cã: 1 a 2  c2  b 2 b 2  c2  a 2 2 cosA = =  A = 600; cosB = =  B = 450. 2 2bc 2ac 2 MÆt kh¸c trong ABC, ta cã: A + B + C = 1800  C = 1800AB = 1050. Ta cã: 3 1 bc. sin A 1 1 S = ha.a = b.c.sinA  ha = = . 2 2 a 2  ThÝ dô 2. Cho ABC c©n t¹i A. §-êng cao BH = a, ABC = . a. TÝnh c¸c c¹nh vµ ®-êng cao cßn l¹i. b. TÝnh b¸n kÝnh ®-êng trßn néi tiÕp vµ ngo¹i tiÕp tam gi¸c ABC.

 Gi¶i

A a. Trong HBC, ta ®-îc: BH BH a sin =  BC = = . BC sin  sin  Trong KAB, ta ®-îc: a BC BK BK a K B cos =  AB = = 2 = , AB cos  cos  2 sin . cos  AK a a sin =  AK = AB.sin = .sin = . AB 2 cos  2 sin . cos  b. Ta cã: a AC a AC = 2R.sinB  R = = 2 sin . cos  = . 2 2 sin B 2 sin  4 sin . cos  1 BH.AC S ABC a 2 SABC = pr  r = = = . 1 p 2(1  cos ) (AB  BC  CA ) 2 322

H  C

3 . TÝnh ®-êng cao ha vµ b¸n kÝnh 5 ®-êng trßn ngo¹i tiÕp R cña tam gi¸c.

ThÝ dô 3. Cho ABC, biÕt b = 7, c = 5, cosA =

 Gi¶i Ta cã: b.c. sin A 1 1 ha.a = bc.sinA  ha = . 2 2 a trong ®ã b, c ®· biÕt vµ: 16 4 sin2A = 1cos2A =  sinA = , 5 25

a2 = b2 + c22bc.cosA = 49 = 252.7.5. Thay (2), (3) vµo (1), ta ®-îc ha =

(1)

(2) 3 = 32  a = 4 2 . 5

(3)

7 2 . 2

Ta cã: R=

4 2 a 5 2 = = . 4 2 sin A 2 2. 5

ThÝ dô 4. Cho ABC cã AB = 3, AC = 4 vµ diÖn tÝch S = 3 3 . TÝnh BC.

 Gi¶i Ta cã:

 

A  60 0 1 1 3 S = AB.AC.sinA  3 3 = .3.4.sinA  sinA =   . 0 2 2 2 A  120 Víi A = 600, ta ®-îc: BC2 = AB2 + AC22AB.AC.cosA = 13  BC = 13 . Víi A = 1200, ta ®-îc: BC2 = AB2 + AC22AB.AC.cosA = 37  BC = 37 .

ThÝ dô 5. Cho hai ®-êng trßn (I1), (I2) cã b¸n kÝnh b»ng 2, 8 tiÕp xóc trong víi nhau t¹i A. Nöa ®-êng th¼ng vu«ng gãc víi I1I2 c¾t (I1), (I2) theo thø tù t¹i B, C. TÝnh b¸n kÝnh ®-êng trßn ngo¹i tiÕp ABC. C  Gi¶i B AB Trong ABC, ta cã R = (1)  . A A2 2 sin ACB H A1 Trong ®-êng trßn (I1), ta cã: AB2 = AA1.AH = 4AH. (2) 323

Trong ®-êng trßn (I2), ta cã: AC2 = AA2.AH = 16AH. Trong HAC, ta cã:

  AH AH sin ACB = sin ACH = = = AC 4 AH Thay (2), (4) vµo (1), ta ®-îc R = 4.

(3)

AH . 4

(4)

D¹ng to¸n 2: Chøng minh tÝnh chÊt cña tam gi¸c ThÝ dô 1. Cho ABC cã a4 = b4 + c4. Chøng minh ABC nhän.

 Gi¶i Tõ gi¶ thiÕt suy ra a  b A  B   .  a  c A  C

Do ®ã ®Ó chøng minh ABC nhän, ta chØ cÇn chøng minh gãc A nhän.  b2 + c2a2 > 0  b2 + c2 > a2  (b2 + c2)2 > a4  b4 + c4 + 2b2.c2 > a4  a4 + 2b2.c2 > a4  b2.c2 > 0, lu«n ®óng. VËy ABC nhän.

ThÝ dô 2. Cho ABC, biÕt 1 S = (a + bc)(ab + c). 4 chøng minh r»ng ABC lµ vu«ng.

(1)

 Gi¶i Sö dông c«ng thøc Hªrong, ta biÕn ®æi (1) vÒ d¹ng: p(p  a )(p  b )(p  c) = (pc)(pb)

 p(pa)(pb)(pc) = (pc)2(pb)2  p(pa) = (pc)(pb)  (a + b + c)(b + ca) = (a + bc)(a + cb)  a2 + b2 = c2  ABC lµ vu«ng t¹i C.

ThÝ dô 3. Cho ABC nhän, ®-êng cao AH vµ trung tuyÕn BE tho¶ m·n AH = BE.  a. TÝnh sè ®o gãc CBE . b. Gi¶ sö AH lµ ®-êng cao lín nhÊt cña ABC. X¸c ®Þnh d¹ng cña ABC ®Ó B = 600.

 Gi¶i 324

a. Dùng EE1//AH, trong E1BE, ta cã: AH    EE 1 1 sin CBE = sin E 1 BE = = 2 =  CBE = 300. 2 EB EB B b. Dùng ®-êng cao CF vµ EE2//CF, trong E2BE, ta cã: CF AH H   EE 2 1 sin ABE = sin E 2 BE = = 2  2 = E1 F EB EB 2 EB E  2  CBE  300. A E C Suy ra    B = CBE + ABE = 300 + ABE  300 + 300 = 600. (1) VËy ®Ó B = 600 ®iÒu kiÖn l¯ dÊu “ = ” x°y ra t¹i (1)  AH = CF  ABC c©n. Ngoµi ra ta cã B = 600 do ®ã ABC ®Òu.

D¹ng to¸n 3: Chøng minh c¸c hÖ thøc trong tam gi¸c ThÝ dô 1. Cho ABC, c¹nh a, b, c vµ A = 600. Chøng minh r»ng: b(b2a2) = c(a2c2).

 Gi¶i Ta cã: a2 = b2 + c22bc.cosA = b2 + c2bc  a2(b + c) = (b + c)(b2 + c2bc)  a2b + a2c = b3 + c3  b3a2b = a2cc3  b(b2a2) = c(a2c2), ®pcm.

ThÝ dô 2. Cho hai ABC vµ DEF cïng néi tiÕp trong ®-êng trßn (C) vµ cã: sinA + sinB + sinC = sinD + sinE + sinF. (1) Chøng minh r»ng hai ABC vµ DEF cã cïng chu vi.

 Gi¶i Gäi R lµ b¸n kÝnh ®-êng trßn (C). Trong ABC, ta cã: p a b c sinA + sinB + sinC = + + = ABC . R 2R 2R 2R Trong DEF, ta cã: p d e f sinD + sinE + sinF = + + = DEF . R 2R 2R 2R Thay (2), (3) vµo (1), ta ®-îc: p ABC p = DEF  pABC = pDEF, ®pcm. R R

(2)

(3)

325

ThÝ dô 3. Cho ABC kh«ng c©n t¹i ®Ønh A, trung tuyÕn BD vµ CE, cã c¸c c¹nh a, b, c. Chøng minh r»ng: (c 2  b 2 )(c 2  b 2  2a 2 ) a. AB2.CE2AC 2BD2 = . 4 b. AB.CE = AC.BD  b2 + c2 = 2a2. B  Gi¶i a. ¸p dông ®Þnh lý trung tuyÕn, ta cã: E 1 1 AB 2 c2 CE2 = (CA2 + CB2 ) = ( b2 + c2 ) 2 2 2 2 G 2 2 1 1 AC b BD2 = (BA2 + BC2 ) = ( a2 + c2 ) C D A 2 2 2 2 1 1 AB2.CE2 AC 2BD2 = c2(2a2 + 2b2c2) b2(2a2 + 2c2b2). 4 4 1 1 = [2(c2 b2) a2 + b4c4] = ( b2 c2)( b2 + c22a2) 4 4 b. Ta cã: AB.CE = AC.BD  AB2.CE2AC 2BD2 = 0  (b2 c2)( b2 + c22a2) = 0  b2 + c2 = 2a2. ThÝ dô 4. Cho ABC vu«ng t¹i A; AH lµ ®-êng cao. HE, HF lÇn l-ît lµ c¸c ®-êng cao cña AHB, AHC. Chøng minh r»ng: a. BC2 = 3AH2 + BE2 + CF2. C b. 3 BE 2 + 3 CF 2 = 3 BC 2 .

 Gi¶i a. Ta cã: F 3AH2 + BE2 + CF2 = 3AH2 + BH2HE2 + CH2HF2. 2 2 2 = 3AH EF + + (BH + HC) 2HB.HC. = 2AH2 + BC22AH2 = BC2. A b. Trong AHB: BH 2 BH 4 BH 3 BH 4 BE =  BE2 = = = BC BA BH.BC BA 2 Trong AHC: CH 4 CH 2 CH 3 CH 4 CF =  CF2 = = = CA BC CH.BC CA 2 Tõ (1) vµ (2) suy ra: BH CH BC 3 + = = 3 BC . BE 2 + 3 CF 2 = 3 3 3 BC BC BC 326

H E (1)

(2)

D¹ng to¸n 4: TËp hîp ®iÓm ThÝ dô 1. Cho ®o¹n AB = a cè ®Þnh. T×m tËp hîp c¸c ®iÓm M tho¶ m·n: 5a 2 a2 a. MA2 + MB2 = . b. MA2MB2 = . 2 2

 Gi¶i

a. Gäi I lµ trung ®iÓm AB, ta cã: AB 2 a2 MA2 + MB2 = 2MI2 + = 2MI2 + . (*) 2 2 Thay (*) vµo hÖ thøc ban ®Çu, ta ®-îc: a2 5a 2 2MI2 + =  MI2 = a2  MI = a. 2 2 VËy tËp hîp ®iÓm M thuéc ®-êng trßn t©m I, b¸n kÝnh R = a. b. Gäi I lµ trung ®iÓm AB vµ H lµ h×nh chiÕu vu«ng gãc cña M lªn AB, ta cã:

A I B

a2 = MA2MB2 = 2 AB . IH 2 a B H I  IH =  H lµ trung ®iÓm BI  cè ®Þnh. 4 (d) VËy tËp hîp ®iÓm M thuéc ®-êng th¼ng (d) qua H vµ vu«ng gãc víi AB.

ThÝ dô 2. Cho ®-êng trßn (O), A lµ ®iÓm cè ®Þnh trªn (O), cßn B lµ ®iÓm di ®éng trªn (O). C¸c tiÕp tuyÕn cña (O) t¹i A vµ B c¾t nhau t¹i C. T×m tËp hîp t©m ®-êng trßn néi tiÕp ABC. A  Gi¶i Gäi I lµ giao ®iÓm cña OC víi (O), ta cã ngay AI lµ ph©n I O C gi¸c gãc A, tõ ®ã suy ra I lµ t©m ®-êng trßn néi tiÕp ABC. VËy tËp hîp t©m I thuéc ®-êng trßn (C), ngo¹i trõ bèn ®iÓm B A, A1, A2, trong ®ã A1A2 lµ ®-êng kÝnh vu«ng gãc víi OA.

C. C¸c bµi to¸n chän läc 4 . 5 a. TÝnh sin, tan, cot.

VÝ dô 1:

BiÕt cos =

b. TÝnh gi¸ trÞ cña biÓu thøc A =

cot   tan  . cot   tan 

327

 Gi¶i a. Ta cã: sin2 + cos2 = 1  sin =

1  cos 2  =

3 9 = , 5 25

3 4 sin  1 = , cot = = . tan  4 3 cos  b. Ta lùa chän mét trong hai çch sau: Çch 1: TËn dông kÕt qu¶ trong a), ta ®-îc: 4 3  25 cot   tan  A= = 3 4 = . 4 3 7 cot   tan   3 4 Çch 2: Thùc hiÖn ®éc lËp víi a), ta biÕn ®æi biÓu thøc vÒ d¹ng: cos  sin   cot   tan  cos 2   sin 2  A= = sin  cos  = cos  sin  cot   tan  cos 2   sin 2   sin  cos  25 1 1 1 = = = = . 2 2 2 2 7 cos   (1  cos ) 2 cos   1 4 2   1 5

tan =

VÝ dô 2:

Cho ABC cã AB = 5, AC = 6, BC = 7. Gäi trung ®iÓm cña AC lµ M. TÝnh b¸n kÝnh ®-êng trßn ngo¹i tiÕp ABM. B

 Gi¶i ¸p dông ®Þnh lý hµm sè sin trong ABM, ta cã: BM RABM = . (1) 2 sin A A M Trong ABC, ta cã: 2 2 1 BC AC AB2 + AC2 = 2AM2 +  BM2 = ( AB2 + BC2 ) 2 2 2 1 = (25 + 4918) = 28. 2  BM = 2 7 . (2) 2 2 2 1 AB  AC  BC 1 2 6 cosA = =  sinA = 1  = . (3) 5 2AB.AC 5 25 5 42 Thay (2), (3) vµo (1), ta ®-îc RABM = . 12 328

VÝ dô 3:

Cho ABC, biÕt AB + AC = 13, AB > AC, A = 600 vµ b¸n kÝnh ®-êng trßn néi tiÕp tam gi¸c b»ng 3 . TÝnh ®é dµi c¸c c¹nh cña ABC.

 Gi¶i Ta cã AB = c, AC = b, khi ®ã tõ gi¶ thiªt ta ®-îc: b + c = 13. (1) Gäi M, N, P lµ tiÕp ®iÓm cña ®-êng trßn néi tiÕp víi c¸c c¹nh AB, AC, BC. Ta ®-îc: AM = AN, BM = BP vµ CN = CP. Trong MAO, ta cã: A AM = OM.cotg = 3 .cotg300 = 3 = AN. 2 Ta cã: BC = BP + PC = BM + CN = (ABAM) + (ACAN) = (AB + AC)(AM + AN) = 136 = 7. Trong ABC, ta cã: BC2 = AB2 + AC22AB.AC.cosA  49 = c2 + b22cb.cos600  b2 + c2bc = 49. XÐt hÖ ph-¬ng tr×nh t¹o bëi (1), (2), cã d¹ng: b 2  c 2  bc  49 b  5   .  c  8 b  c  13  

N O

(2)

VËy, ®é dµi ba c¹nh cña ABC lµ a = 7, b = 5, c = 8.

VÝ dô 4:

Cho ABC vu«ng t¹i A, AB = 3, AC = 4. Gäi M lµ trung ®iÓm AC. TÝnh b¸n kÝnh ®-êng trßn ngo¹i tiÕp MBC.

 Gi¶i ¸p dông ®Þnh lý hµm sè sin trong BMC, ta cã: BM RBMC = . 2 sin C Trong ABM, ta cã: BM =

AB 2  AM 2 =

94 =

13 .

(1)

(2)

Trong ABC: sinC =

AB = BC

A AB AB  AC 2

Thay (2), (3) vµo (1), ta ®-îc RBMC =

VÝ dô 5:

3 . 5

(3)

5 13 . 6

Cho ABC, c¸c trung tuyÕn AA1 = 3, BB1 = 6 vµ hîp víi nhau mét gãc 600. TÝnh ®é dµi c¸c c¹nh cña ABC. 329

 Gi¶i V× AA1, BB1 hîp víi nhau mét gãc 600, do ®ã ta cÇn xÐt hai B   tr-êng hîp lµ AGB = 600 vµ AGB = 1200.  Tr-êng hîp 1: NÕu AGB = 600. A1 Trong GAB, ta cã:  G AB2 = GA2 + GB22GA.GB.cos AGB = 12  AB = 2 3 . Trong GA1B, ta cã: A B1 C  1 BC2 = A1B2 = GA 12 + GB22GA1.GB.cos A 1 GB = 21  BC = 2 21 . 4 Trong GAB1, ta cã:  1 AC2 = AB 12 = GA2 + GB 12 2GA.GB1.cos AGB 1 = 12  AC = 4 3 . 4  Tr-êng hîp 2: NÕu AGB = 1200  §Ò nghÞ b¹n ®äc tù lµm.  VÝ dô 6: Cho ABC, cã AB = 3, AC = 6, BAC = 600. TÝnh b¸n kÝnh ®-êng trßn c¾t c¶ 3 c¹nh cña ABC vµ ch¾n trªn mçi c¹nh 1 d©y cã ®é dµi b»ng 2.

 Gi¶i Gäi O lµ t©m ®-êng th¼ng cÇn x¸c ®Þnh, vµ I, J, K theo thø tù lµ h×nh chiÕu vu«ng gãc cña O lªn BC, CA, AB. Tõ gi¶ thiÕt: A B1C1 = C2A2 = A1B2  OI = OJ = OK  O lµ t©m ®-êng trßn néi tiÕp ABC A1 A2 Khi ®ã, b¸n kÝnh R cña ®-êng trßn ®-îc cho bëi: K J R2 = OB 12 = IB 12 + OI2. (1) B O 2 C2 Ta cã: I B 1C 1 C1 C B B1 IB1 = = 1. (2) 2 a2 = BC2 = AB2 + AC22AB.AC.cosA = 9 + 362.3.6.cos600 = 27 1 1 A A OI = r = (pa)tg = (b + ca)tg = (6 + 33 3 )tg300 2 2 2 2 3( 3  1) = . (3) 2 Thay (2), (3) vµo (1), ta ®-îc: R2 =

VÝ dô 7:

330

20  9 3 R= 2

40  18 3 . 2

Cho ABC, biÕt BC = 6. LÊy E, F theo thø tù thuéc AB, AC sao cho EF song song víi BC vµ tiÕp xóc víi ®-êng trßn néi tiÕp ABC. TÝnh chu ABC, biÕt EF = 2.

 Gi¶i Ta cã hai AEF vµ ABC ®ång d¹ng, do ®ã: EF AE = . (1) BC AB Ta cã: E c  AB  AM  MB  AM  NB M  b  AC  AP  PC  AM  NC   b + c = 2AM + BC = 2AM + 6 B 1  AM = AP = (b + ca) = pa. 2 AM  AE  EM  AE  EQ  2AM = AE + AF + EF  AM  AP  AF  FP  AF  FQ  AM = AP = pAEF. p6 2 Thay (2), (3) vµo (1), ta ®-îc =  p = 9. p 6 VËy chu vi cña ABC b»ng 18.

A Q

F P

C (2)

(3)

VÝ dô 8: Cho ABC cã diÖn tÝch 12. Trªn c¸c c¹nh AB, AC lÇn l-ît lÊy c¸c AM 1 AN 1 ®iÓm M, N sao cho = , = vµ BN c¾t CM t¹i D. 2 AC 3 AB a. TÝnh diÖn tÝch tam gi¸c BMC, ABN vµ AMN theo S0. b. TÝnh tØ sè diÖn tÝch cña hai tam gi¸c ACD vµ BCD; ABD vµ BCD c. Suy ra diÖn tÝch cña tam gi¸c BCD theo S0

 Gi¶i

a. Ta cã:

1 BM.BC. sin B BM BA  AM S BMC AM 1 1 = 2 = = = 1 = 1 = . 1 BA 2 2 BA BA S ABC BA.BC. sin B 2  SBMC = 6. t-¬ng tù ta còng cã: AN 1 S ABN = =  SABN = 4. AC 3 S ABC MÆt kh¸c: 1 AM.AN. sin A S AMN AM AN 1 1 1 = 2 = . = . =  SAMN = 2 1 S ABC AB AC 2 3 6 AB.AC. sin A 2 331

b. VÏ hai ®-êng cao AK vµ BL cña hai tam gi¸c ACD vµ BCD th× AK//BL. Suy ra: AK AM AM = = = 1. AB  AM BL BM Do ®ã: 1 DC.AK AK S ACD = 2 = =1 1 BL S BCD DC.BL 2 S 1 T-¬ng tù ta còng cã ABD = . S BCD 2 c. Ta cã: 1 24 SBCD + SABD + SACD = 12  SBCD + .SBCD + SBCD = 12  SBCD = . 2 5

VÝ dô 9:

Trªn c¸c c¹nh AB, BC, CA cña ABC lÊy lÇn l-ît c¸c ®iÓm M, N, P sao AM BN CP cho = = = k, víi k > 0, k cho tr-íc. NC PA MB a. BiÕt SABC = S0. TÝnh SMNP theo S0 vµ k. b. ABC cè ®Þnh. H·y chän sè k sao cho MNP cã diÖn tÝch nhá nhÊt

 Gi¶i a. Ta cã:

1 BN BA.BN. sin B BN k BN S ABN = 2 = = = NC = 1 BN BC k 1 BN  NC S ABC BA.BC. sin B 1 2 NC k  SABN = .S0. k 1 Ta cã: BM 1 BM.BN. sin B S BNM BM BM 1 =2 = = = MA = 1 S ABN k 1 BA BM  MA BM BA.BN. sin B 1 2 MA 1  SBNM = .S0 k 1 k t-¬ng tù, ta còng cã SCNP = SAMP = .S0 ( k  1) 2 do ®ã: 3k 3k SMNP = S0 S = S0[1 ] 2 0 ( k  1) ( k  1) 2 332

b. SMNP ®¹t gi¸ trÞ nhá nhÊt khi 3k 3k (1 ) nhá nhÊt  lín nhÊt. 2 ( k  1) ( k  1) 2 Ta cã: 1 1 k 3k (k + 1)2  4k    1  2 2 4 4 ( k  1) ( k  1) 1 VËy SMNP min = S0 khi (k + 1)2 = 4k  k = 1. 4 VÝ dô 10: Cho ABC, biÕt: A. sin A  B. sin B B. sin B  C. sin C C. sin C  A. sin A + + = BC CA AB = sinA + sinB + sinC. Chøng minh r»ng ABC ®Òu.

 Gi¶i Sö dông ®Þnh lý hµm sè sin trong ABC, ta biÕn ®æi biÓu thøc vÒ d¹ng: a b b b c c A.  B. B.  C. C.  A. 2R 2R + 2R 2R + 2R 2R = a + b + c AB BC CA 2R 2R 2R A.a  B.b B.b  C.c C.c  A.a  + + = a + b + c. AB BC CA Trong ABC ®èi diÖn víi c¹nh lín h¬n lµ gãc lín h¬n, do ®ã: (AB)(ab)  0  A.a + B.b  A.b + B.a  2(A.a + B.b)  A.b + B.a + A.a + B.b = (A + B)(a + b) A.a  B.b 1   (a + b). 2 AB t-¬ng tù ta còng cã: B.b  C.c 1  (b + c). 2 BC 1 C.c  A.a  (c + a). 2 CA Céng theo vÕ (2), (3), (4), ta ®-îc: A.a  B.b B.b  C.c C.c  A.a + +  a + b + c. AB BC CA VËy (1) cã ®îc khi dÊu “ = ” x°y ra t¹i (5)  a = b = c  ABC ®Òu.

(1)

(2)

(3) (4)

(5)

VÝ dô 11: Cho ABC, diÖn tÝch b»ng S, c¸c ®-êng cao ha, hb, hc. Chøng minh r»ng 1 ABC ®Òu khi vµ chØ khi S = (a.hb + b.hc + c.ha). 6 333

 Gi¶i Ta biÕn ®æi hÖ thøc gi¶ thiÕt vÒ d¹ng: 1 1 a b c S a b c S = (a.hb + b.hc + c.ha) = (b.hb. + c.hc. + a.ha. ) = ( + + ) 6 6 b c a 3 b c a a b c  + + = 3. (1) b c a MÆt kh¸c ¸p dông bÊt ®¼ng thøc Cosi, ta cã: a b c + +  3. b c a Do ®ã (1) x¶y ra khi: a b c = =  a = b = c  ABC ®Òu. b c a

VÝ dô 12: Cho ABC ®Òu c¹nh b»ng a. M lµ ®iÓm bÊt kú trªn ®-êng trßn ngo¹i tiÕp ABC. Chøng minh r»ng MA2 + MB2 + MC2 = 2a2. dA A  Gi¶i M LÊy ®iÓm N trªn MC sao cho MA = MN, khi ®ã AMN lµ tam gi¸c ®Òu. dB N MÆt kh¸c ta cã nhËn xÐt: dC   MBA  MCA ch¾ n 1 cung   C B  MAB = NAC ,    0 AMB  ANC  120 tõ ®ã, suy ra: MAB = NAC  MB = NC khi ®ã: MC = MN + NC = MA + MB. Nh- vËy: MA2 + MB2 + MC2 = MA2 + MB2 + (MA + MB)2 = 2(MA2 + MB2 + MA.MB). (1) Trong MAB, ta cã: AB2 = MA2 + MB22MA.MB.cosM  a2 = MA2 + MB2 + MA.MB. (2) Thay (2) vµo (1), ta ®-îc: MA2 + MB2 + MC2 = = 2a2, ®pcm. VÝ dô 13: Cho ABC c©n t¹i A, biÕt B = C = , AI = m víi I lµ ®-êng trßn néi tiÕp tam gi¸c. a. TÝnh ®é dµi c¹nh BC. b. Víi R lµ b¸n kÝnh ®-êng trßn ngo¹i tiÕp ABC. Chøng minh r»ng: 2Rsin = m.cotg

334

 . 2

 Gi¶i

a. Trong IAB, ta cã: AB AI  =   AB = sin A I B sin ABI

m. sin[180 0  (90 0  =

sin Trong A1AB, ta cã:

 2

m. sin(90 0  sin

 2

 ) 2

O I

A1 B   )] m. sin(90 0  ) 2 = 2 = m.cotg  .  2 sin 2

 . cos. 2 b. Gäi M lµ trung ®iÓm AB, trong MAO, ta cã: AB  m. cot g AM 2  2Rsin = m.cotg  , ®pcm. R = OA = = 2 =  2 2 sin  sin  sin AOM

BC = 2BA1 = 2AB.cos = 2m.cotg

VÝ dô 14: Cho ABC, c¸c trung tuyÕn AA1, BB1 vµ CC1 theo thø tù c¾t ®-êng trßn ngo¹i tiÕp tam gi¸c t¹i A2, B2, C2. Chøng minh r»ng: CC 1 AA 1 BB 1 9 + +  . CC 2 4 AA 2 BB 2 A

 Gi¶i

Tø gi¸c ABA2C néi tiÕp ®-êng trßn, do ®ã: a2 AA1.A1A2 = BA1.A1C = . B 4 Ta cã: AA1.AA2 = AA1.(AA1 + A1A2) = AA12 + AA1.A1A2 1 b 2  c2 a2 a2 = (b2 + c2 ) + = . 2 2 4 2 1 2 a2 2 ( b  c  ) AA 12 AA 1 a2 2 2 = = = 1 . AA 1 .AA 2 AA 2 2( b 2  c 2 ) b2  c2 2 t-¬ng tù, ta còng cã: BB 1 b2 = 1 . BB 2 2( a 2  c 2 ) CC 1 c2 = 1 . CC 2 2( a 2  b 2 )

C A1 A2

(1)

(2) (3)

335

Tõ ®ã suy ra: AA 1 BB 1 CC 1 1  a2 c2  b2 + + = 3  2 + + (4) . 2  b  c2 a 2  c2 a 2  b 2  AA 2 BB 2 CC 2 Ta ®i chøng minh 3 a2 b2 c2 + +  , 2 2 2 2 2 2 2 b c a c a b thËt vËy: a2 b2 c2 + + = b 2  c2 a 2  c2 a2  b2 a2 b2 c2 =1+ 2 + 1 + + 1 + 3 b  c2 a 2  c2 a2  b2 1 1 1 = (a2 + b2 + c2)( 2 + 2 + 2 )3 2 2 b c a c a  b2 1 = [(b2 + c2) + (c2 + a2) + (a2 + b2)] 2 1 1 1 ( 2 + 2 + 2 )3 2 2 b c a c a  b2 Cosi



1 .3. 2

(b 2  c2 )(c2  a 2 )(a 2  b 2 ) .3.

3 . 2 Thay (5) vµo (4), ta ®-îc: CC 1 AA 1 BB 1 1 3 9 + +  3 . = , ®pcm. CC 2 2 2 4 AA 2 BB 2

336

1 (b 2  c2 )(c2  a 2 )(a 2  b 2 )

(5)

3

ch-¬ng 3  ph-¬ng ph¸p to¹ ®é trong mÆt ph¼ng A. KiÕn thøc cÇn nhí

I. §-êng th¼ng 1. vect¬ chØ ph-¬ng cña ®-êng th¼ng

§Þnh nghÜa 1: Mét vect¬ a kh¸c 0 gäi lµ vect¬ chØ ph-¬ng (viÕt t¾t vtcp) cña ®-êng th¼ng (d) nÕu gi¸ cña a song song hoÆc trïng víi (d). NhËn xÐt:  NÕu a lµ vtcp cña ®-êng th¼ng (d) th× mäi vect¬ k a víi k  0 ®Òu lµ vtpt cña (d). a  NÕu a (a1; a2) lµ vtcp cña ®-êng th¼ng (d) th× víi a1  0 ta gäi k = 2 lµ hÖ sè a1 gãc cña ®-êng th¼ng (d).  Mét ®-êng th¼ng ®-îc hoµn toµn x¸c ®Þnh khi biÕt mét vtcp cña nã vµ mét ®iÓm mµ nã ®i qua. 2. ph-¬ng tr×nh tham sè cña ®-êng th¼ng

Ta cã kÕt qu¶: Qua M 0 (x 0 , y 0 )  x  x 0  a1t  (d):  ,t .  vtcp a(a1 ,a 2 ) y  y 0  a 2 t Ph-¬ng tr×nh (1) víi ®iÒu kiÖn a12 + a 22 > 0 ®-îc gäi lµ ph-¬ng tr×nh tham sè cña

(d): 

®-êng th¼ng. C¸c tr-êng hîp riªng: 1. NÕu a1 = 0, ta ®-îc: x  x 0 (d):  ,t y  y 0  a 2 t lµ ®-êng th¼ng cã vtcp a (0; a2) do ®ã nã vu«ng gãc víi Ox, c¾t Ox t¹i ®iÓm cã hoµnh ®é x0. 2. NÕu a2 = 0, ta ®-îc:  x  x 0  a1t (d):  ,t y  y 0 lµ ®-êng th¼ng cã vtcp a (a1; 0) do ®ã nã vu«ng gãc víi Oy, c¾t Oy t¹i ®iÓm cã tung ®é y0. 3. ph-¬ng tr×nh chÝnh t¾c cña ®-êng th¼ng

Ta cã kÕt qu¶: Qua M 0 (x 0 , y 0 ) x  x0 y  y0 (d):   (d): = . a1 a2  vtcp a(a1 ,a 2 )

337

Tõ ®ã, ®-êng th¼ng (d) ®i qua hai ®iÓm M1(x1; y1) vµ M2(x2; y2), ta cã: Qua M1 (x1 , y1 ) x  x1 y  y1 (d):   (d): = . Qua M (x , y ) x 2  x1 y 2  y1 2 2 2  4. vect¬ ph¸p tuyÕn cña ®-êng th¼ng

§Þnh nghÜa 2: Mét vect¬ n kh¸c 0 gäi lµ vect¬ ph¸p tuyÕn (viÕt t¾t vtpt) cña ®-êng th¼ng (d) nÕu gi¸ cña n vu«ng gãc víi (d). NhËn xÐt:  NÕu n lµ vtpt cña ®-êng th¼ng (d) th× mäi vect¬ k n víi k  0 ®Òu lµ vtpt cña (d).  Mét ®-êng th¼ng ®-îc hoµn toµn x¸c ®Þnh khi biÕt mét vtpt cña nã vµ mét ®iÓm mµ nã ®i qua. 5. ph-¬ng tr×nh tæng qu¸t cña ®-êng th¼ng

Ta cã kÕt qu¶:  Qua M 0 (x 0 ,y 0 ) (d):   (d): A(xx0) + B(yy0) = 0. vtpt n(A,B)   Ph-¬ng tr×nh tæng qu¸t cña ®-êng th¼ng: (d): Ax + By + C = 0, víi A2 + B2 > 0 vµ nã cã:



vtpt n (A; B), vtcp a (B; A).



hÖ sè gãc k = 

A , víi B  0. B

C¸c tr-êng hîp riªng: 1. NÕu A = 0, ta ®-îc: C (d): By + C = 0  (d): y =  B n lµ ®-êng th¼ng cã vtpt (0; B) do ®ã nã vu«ng gãc víi C Oy, c¾t Oy t¹i ®iÓm cã tung ®é  . B

C A

lµ ®-êng th¼ng cã vtpt n (A; 0) do ®ã nã vu«ng gãc víi Ox, c¾t Ox t¹i ®iÓm cã hoµnh ®é 

C . A

y n

C/B O

(d)

n C/A x

O y

(d)

lµ ®-êng th¼ng cã vtpt n (A; B) vµ ®i qua gèc to¹ ®é O. 4. NÕu A2 + B2 = 1, th× (4) ®-îc gäi lµ ph-¬ng tr×nh ph¸p d¹ng cña ®-êng th¼ng. L-u ý: §Ó ®-a ph-¬ng tr×nh tæng qu¸t cña ®-êng th¼ng (d): Ax + By + C = 0 vÒ ph-¬ng tr×nh ph¸p d¹ng ta chØ cÇn chia hai vÕ cña ph-¬ng tr×nh cho råi ®Æt: A B C A0 = , B0 = vµ C0 = . 2 2 2 2 2 A B A B A  B2

A2  B 2 ,

6. VÞ trÝ t-¬ng ®èi cña hai ®-êng th¼ng

Cho hai ®-êng th¼ng (d1) vµ (d2) cã ph-¬ng tr×nh (d1): A1x + B1y + C1 = 0 vµ (d2): A2x + B2y + C2 = 0. b»ng viÖc xÐt hÖ ph-¬ng tr×nh t¹o bëi (d1) vµ (d2), ta cã kÕt qu¶: A B C a. NÕu 1 = 1  1  (d1) // (d2). A2 B2 C2 A B C b. NÕu 1 = 1 = 1  (d1)  (d2). A2 B2 C2 A B c. NÕu 1  1  (d1) c¾t (d2) t¹i ®iÓm I. A2 B2 trong tr-êng hîp nµy mäi ®-êng th¼ng ®i qua I ®Òu cã d¹ng: (A1x + B1y + C1) + (A2x + B2y + C2) = 0, (3) víi 2 + 2 > 0 Ph-¬ng tr×nh (3) ®-îc gäi lµ ph-¬ng tr×nh cña chïm ®-êng th¼ng, ®iÓm I gäi lµ t©m cña chïm. Ta th-êng dïng ph-¬ng tr×nh cña chïm ®-êng th¼ng ®Ó gi¶i c¸c bµi to¸n d¹ng: " ViÕt ph-¬ng tr×nh ®-êng th¼ng ®i qua giao ®iÓm cña hai ®-êng th¼ng ®· cho vµ tho¶ m·n thªm ®iÒu kiÖn K " mµ kh«ng cÇn t×m to¹ ®é giao ®iÓm ®ã. 7. gãc gi÷a hai ®-êng th¼ng

Gäi  = g((d1),(d2)), 0    900.  Gäi a , b theo thø tù lµ vtcp cña (d1), (d2), khi ®ã: | a.b | cos = . | a |.| b | NhËn xÐt r»ng (d1)  (d2)  a1b1 + a2b2 = 0.  Gäi k1, k2 theo thø tù lµ hÖ sè gãc cña (d1), (d2) , khi ®ã: k  k2 tg = 1 . 1  k1 k 2

(4)

(5)

NhËn xÐt r»ng (d1)  (d2)  k1.k2 = 1.

339

8. kho¶ng c¸ch tõ mét ®iÓm ®Õn mét ®-êng th¼ng

§Þnh lý 3: Trong mÆt ph¼ng Oxy, cho ®iÓm M(xM, yM) vµ ®-êng th¼ng (d) cã ph-¬ng tr×nh (d): Ax + By + C = 0. Khi ®ã kho¶ng c¸ch tõ ®iÓm M ®Õn ®-êng th¼ng (d) ®-îc cho bëi: | Ax M  By M  C | d(M, (d)) = . A2  B 2

 Chó ý: Kho¶ng c¸ch ®¹i sè tõ M(x

, yM) tíi ®-êng th¼ng (d) ®-îc ®Þnh nghÜa: Ax M  By M  C tM = HM = . A2  B 2 M

§Þnh lý 4: Trong mÆt ph¼ng Oxy, cho hai ®-êng th¼ng (d1): A1x + B1y + C1 = 0, (d2): A2x + B2y + C2 = 0. Khi ®ã ph-¬ng tr×nh hai ®-êng ph©n gi¸c (1) vµ (2) cña c¸c gãc t¹o bëi (d1) vµ (d2) lµ: A1 x  B 1 y  C 1 A x  B2y  C2 = 2 . 2 2 A1  B 1 A 22  B 22

 Chó ý: NÕu (d ) vµ (d ) kh«ng vu«ng gãc víi nhau th× (d ) t¹o víi (d ) hai gãc 1

nhän vµ hai gãc tï, khi ®ã ta cã thÓ x¸c ®inh ph-¬ng tr×nh ®-êng ph©n gi¸c cña gãc nhän hoÆc gãc tï nhê kÕt qu¶ trong b¶ng sau: DÊu cña Ph-¬ng tr×nh ®-êng ph©n Ph-¬ng tr×nh ®-êng ph©n gi¸c cña gãc nhän t¹o bëi gi¸c cña gãc tï t¹o bëi n 1. n 2 (d1), (d2) øng víi (d1), (d2) øng víi t 1 = t2  t1 = t2 + t 1 = t2 t1 = t2 trong ®ã:  n 1(A1, B1), n 2(A2, B2) theo thø tù lµ vtpt cña (d1), (d2).  t1, t2 theo thø tù lµ kho¶ng c¸ch ®¹i sè tõ M(x, y) tíi (d1), (d2).

II. §-êng trßn 1. ph-¬ng tr×nh chÝnh t¾c cña ®-êng trßn

§Þnh lý 1: Trong mÆt ph¼ng Oxy, ®-êng trßn (C) cã t©m I(a, b) vµ b¸n kÝnh R cã ph-¬ng tr×nh: (C): (xa)2 + (yb)2 = R2. (1) VËy, ta ®-îc:  T©m I(a;b)  (C): (xa)2 + (yb)2 = R2. BkÝnh R 

(C): 

340

 Chó ý: Ta cã:  §-êng trßn t©m O b¸n kÝnh R cã ph-¬ng tr×nh x2 + y2 = R2.  §-êng trßn ®¬n vÞ cã ph-¬ng tr×nh x2 + y2 = 1. 2.

ph-¬ng tr×nh tæng qu¸t cña ®-êng trßn

§Þnh lý 2: Trong mÆt ph¼ng Oxy, ®-êng cong (C) cã ph-¬ng tr×nh (C): x2 + y22ax2by + c = 0, víi a2 + b2c  0

(2)

§Þnh lý 3: Trong mÆt ph¼ng Oxy, ph-¬ng tr×nh tiÕp tuyÕn (d) t¹i ®iÓm M(x 0; y0) cña ®-êng trßn (C): (C): (xa)2 + (yb)2 = R2 cã ph-¬ng tr×nh: (d): (xa)(x0a) + (yb)(y0b) = R2. (5)

 Chó ý: 1. Ph-¬ng tr×nh (5) ®-îc gäi lµ ph-¬ng tr×nh ph©n ®«i to¹ ®é theo quy t¾c (xa)2 = (xa).(xa) thay b»ng (xa).(x0a). (yb)2 = (yb)(yb) thay b»ng (yb)(y0b). 2. NÕu (C) cã ph-¬ng tr×nh tæng qu¸t: (C): x2 + y22ax2by + c = 0, víi a2 + b2c  0 th× tiÕp tuyÕn (d) cã ph-¬ng tr×nh: (d): x.x0 + y.y0a(x + x0)b(y + y0) + c = 0. dùa theo quy t¾c: x2 = x.x thay b»ng x.x0. y2 = y.y thay b»ng y.y0. 2ax = a(x + x) thay b»ng a(x + x0). 2by = b(y + y) thay b»ng a(y + y0). 3. Trong tr-êng hîp tæng qu¸t, ®-êng th¼ng (d) tiÕp xóc (lµ tiÕp tuyÕn) víi ®-êng trßn (C) cã t©m I vµ b¸n kÝnh R khi vµ chØ khi: d(I, (d)) = R. 4.

ph-¬ng tÝch cña mét ®iÓm ®èi víi mét ®-êng trßn

Cho ®-êng trßn (C) cã ph-¬ng tr×nh: (C): x2 + y22ax2by + c = 0, víi a2 + b2c  0. Ph-¬ng tÝch cña ®iÓm M(x0, y0) ®èi víi ®-êng trßn (C) ®-îc x¸c ®Þnh bëi:

= x 20 + y 20 2ax02by0 + c

M/(C)

Tõ gi¸ trÞ vÒ dÊu cña 

NÕu

M/(C)

M/(O)

ta x¸c ®Þnh ®-îc vÞ trÝ cña ®iÓm M ®èi víi (C)

> 0  M ë ngoµi ®-êng trßn (C).

341

  5.

M/(C)

= 0  M ë trªn ®-êng trßn (C).

M/(C)

< 0  M ë trong ®-êng trßn (C).

p NÕu p NÕu

Trôc ®¼ng ph-¬ng cña hai ®-êng trßn

Cho hai ®-êng trßn kh«ng ®ång t©m (C1) vµ (C2) cã ph-¬ng tr×nh: (C1): x2 + y22a1x2b1y + c1 = 0, víi a12  b12  c1  0 (C2): x2 + y22a2x2b2y + c2 = 0, víi a 22  b22  c2  0 Khi ®ã tËp hîp nh÷ng ®iÓm cã cïng ph-¬ng tÝch víi hai ®-êng trßn (C1) vµ (C2) lµ ®-êng th¼ng (d), gäi lµ trôc ®¼ng ph-¬ng cña hai ®-êng trßn (C1), (C2) cã ph-¬ng tr×nh: (d): 2(a1 a2)x + 2(b1 b2)yc1 + c2 = 0.

III. ElÝp 1. ph-¬ng tr×nh chÝnh t¾c cña elÝp

§Þnh lý 1: Trong mÆt ph¼ng Oxy, ElÝp (E) cã hai tiªu ®iÓm F1(c; 0), F2(c; 0) vµ cã tæng hai b¸n kÝnh qua tiªu øng víi ®iÓm tuú ý M(x; y)(E) lµ 2a (a > c) cã ph-¬ng tr×nh: (E):

x2 y2  2  1 , víi b2 = a2c2. 2 a b

y M

yb O

 Chó ý: §iÓm M(x, y)(E) lu«n cã: F1M = a +

cx cx vµ F2M = a . a a

2. ph-¬ng tr×nh tham sè cña elÝp

ElÝp (E) cã ph-¬ng tr×nh chÝnh t¾c: (E):

x2 y2  1. a2 b2

®-îc chuyÓn vÒ d¹ng tham sè: x  a  sin t  x  a sin t (E):  , t  [0, 2)  (E):  , t  [0; 2). (*)  y  b cos t  y  cos t  b Ph-¬ng tr×nh (*) ®-îc gäi lµ ph-¬ng tr×nh tham sè d¹ng l-îng gi¸c cña ElÝp (E). t th×: 2 1  z2 vµ cost = , 1  z2

Ta biÕt r»ng, nÕu ®Æt z = tan sint = 342

2z 1  z2

do ®ã (*) cã thÓ ®-îc viÕt d-íi d¹ng: 2az  x  1  z 2 (E):  ,z . 2 y  b(1  z ) 1  z2  Ph-¬ng tr×nh (**) ®-îc gäi lµ ph-¬ng tr×nh tham sè d¹ng ®¹i sè cña (E). 3. h×nh d¹ng cña elÝp

Víi ElÝp (E) cã ph-¬ng tr×nh: 2

(E):

(**)

x y  2  1 , víi a > b > 0. 2 a b

a x O a ta xÐt çc tÝnh chÊt h×nh häc cña (E) b»ng çch xÐt b B1 çc tÝnh chÊt ®¹i sè t-¬ng øng cña ph-¬ng tr×nh trªn. a. Ph-¬ng tr×nh cña (E) cã bËc ch½n ®èi víi x vµ y nªn:  NÕu ®iÓm M(x; y)(E) th× çc ®iÓm M1(x; y), M2(x; y) vµ M3(x; y) còng thuéc (E).  (E) nhËn çc trôc täa ®é lµ trôc ®èi xøng vµ gèc O lµm t©m ®èi xøng. b. (E) c¾t çc trôc to¹ ®é t¹i bèn ®iÓm:  (E)  Ox = {A1, A2} cã to¹ ®é lµ A1(a; 0), A2(a; 0) vµ ®o¹n th¼ng A1A2 gäi lµ trôc lín cña (E) cã ®é dµi b»ng 2a.  (E)  Oy = {B1, B2} cã to¹ ®é lµ B1(0; b); B2(0; b) vµ ®o¹n th¼ng B1B2 gäi lµ trôc nhá cña (E) cã ®é dµi b»ng 2b.  Bèn ®iÓm A1, A2, B1, B2 gäi lµ bèn ®Ønh cña ElÝp (E) L-u ý: Hai tiªu ®iÓm cña ElÝp (E) lu«n ë trªn trôc lín. c. H×nh ch÷ nhËt c¬ së: h×nh ch÷ nhËt cã çc ®Ønh lµ giao ®iÓm cña çc ®-êng th¼ng x =  a vµ çc ®-êng th¼ng y = b ®-îc gäi lµ h×nh ch÷ nhËt c¬ së cña (E). VËy ElÝp (E) n»m trong h×nh ch÷ nhËt cã t©m ®èi xøng O, cã çc kÝch th-íc lµ 2a, 2b. d. Tõ M(x; y)  (E) ta ®-îc:  x2  2  1 | x | a  a  x  a a     .  2 | y | b b  y  b y  1  b 2 F1

§èi víi ElÝp (E):

c x2 y2  2  1 , víi a > b th× e = . 2 a a b



§èi víi ElÝp (E):

c x2 y2  2  1 , víi a < b th× e = . 2 b a b

343

 Chó ý: 1. Mäi ElÝp ®Òu cã t©m sai nhá h¬n 1. 2. T©m sai e = 0 suy ra c = 0  a = b Khi ®ã: x2 y2 x2 y2    1   1  x2 + y2 = a2 a2 b2 a2 a2 ElÝp trë thµnh ®-êng trßn t©m O, b¸n kÝnh b»ng a.

IV. Hypebol 1. ph-¬ng tr×nh chÝnh t¾c cña Hypebol

§Þnh lý 1: Trong mÆt ph¼ng Oxy, Hypebol (H) cã hai tiªu ®iÓm F 1(c; 0), F2(c; 0) vµ cã hiÖu hai b¸n kÝnh qua tiªu øng víi ®iÓm tuú ý M(x; y)  (H) lµ 2a (a > c) cã ph-¬ng tr×nh: (H):

x2 y2   1 , víi b2 = c2a2. a2 b2

 Chó ý: §iÓm M(x; y)  (H) lu«n cã:

cx cx + a vµ F2M = a víi x > 0. a a cx cx b. F1M =  a vµ F2M =  + a víi x < 0. a a

a. F1M =

h×nh d¹ng cña Hypebol Q

Víi Hypebol (H) cã ph-¬ng tr×nh: (H):

x2 y2  1. a2 b2

B2 A1

F2 x

B1 ta xÐt çc tÝnh chÊt h×nh häc cña (H) b»ng çch xÐt R S çc tÝnh chÊt ®¹i sè t-¬ng øng cña ph-¬ng tr×nh trªn. c. Ph-¬ng tr×nh cña (H) cã bËc ch½n ®èi víi x vµ y nªn:  NÕu ®iÓm M(x; y)  (H) th× çc ®iÓm M1(x; y), M2(x; y) vµ M3(x; y) còng thuéc (H).  (H) nhËn çc trôc täa ®é lµ trôc ®èi xøng vµ gèc O lµm t©m ®èi xøng. d. (H) c¾t çc trôc to¹ ®é t¹i hai ®iÓm:  (H)  Ox = {A1, A2} cã to¹ ®é lµ A1(a; 0), A2(a; 0) vµ ®o¹n th¼ng A1A2 gäi lµ trô c thùc cña (H) cã ®é dµi b»ng 2a.  (H) kh«ng c¾t Oy, ®Æt B1(0; b); B2(0; b) vµ ®o¹n th¼ng B1B2 gäi lµ trôc ¶o cña (H) cã ®é dµi b»ng 2b.  VËy trôc thùc cña Hyperbol lµ trôc ®èi xøng c¾t Hyperbol, trôc ¶o lµ trôc ®èi xøng kh«ng c¾t Hyperbol.  Bèn ®iÓm A1, A2, B1, B2 gäi lµ bèn ®Ønh cña Hypebol (H).

344

L-u ý: Hai tiªu ®iÓm cña Hypebol (H) lu«n ë trªn trôc thùc. e. H×nh ch÷ nhËt c¬ së: h×nh ch÷ nhËt cã çc ®Ønh lµ giao ®iÓm cña çc ®-êng th¼ng x = a vµ çc ®-êng th¼ng y =  b ®-îc gäi lµ h×nh ch÷ nhËt c¬ së cña (H). f. Tõ M(x; y)  (H) suy ra: x  a x2  1  x  a   . 2 a  x  a Nh- vËy Hyperbol (H) lµ tËp hîp cña hai tËp con kh«ng giao nhau. - TËp con cña (H) chøa nh÷ng ®iÓm M(x; y) tho¶ m·n x  a gäi lµ nh¸nh bªn ph¶i cña Hyperbol. - TËp con cña (H) chøa nh÷ng ®iÓm M(x; y) tho¶ m·n x a gäi lµ nh¸nh bªn tr¸i cña Hyperbol. - Hai nh¸nh nµy ®èi xøng nhau qua trôc ¶o vµ c¶ hai ®Òu nhËn trôc thùc lµm trôc ®èi xøng. b 2 x  a2 . a b Khi x +: (H) cã tiÖm cËn y = x. a b Khi x : (H) cã tiÖm cËn y =  x. a

a. Tõ M(x; y)  (H)  y =  -

VËy Hyperbol (H) cã 2 ®-êng tiÖm cËn lµ: y = 

b x. a

b. Çch dùng Hyperbol (H) - X¸c ®Þnh vÞ trÝ çc ®iÓm A1(a; 0) ;A2(a; 0), B1(0; b), B2(0; b) trªn hÖ to¹ ®é. - Dùng çc ®-êng th¼ng x = a vµ y = b c¾t nhau t¹i P, Q, R, S. - H×nh ch÷ nhËt PQRS cã kÝch th-íc 2a, 2b gäi lµ h×nh ch÷ nhËt c¬ së cña Hyperbol. - KÎ hai ®-êng tiÖm cËn lµ hai ®-¬ng chÐo cña h×nh ch÷ nhËt c¬ së. - Dùa trªn hai ®Ønh A1, A2 vµ hai ®-êng tiÖm cËn ®Ó vÏ Hyperbol. 3.

Hyperbol liªn hîp

§Þnh nghÜa 3. Hai Hyperbol cã ph-¬ng tr×nh: x2 y2 x2 y2 (H1): 2  2  1 vµ (H2): 2  2 = 1 a b a b gäi lµ hai Hyperbol liªn hîp.

 Chó ý: Hai Hyperbol liªn hîp:

F2 x

- Cã chung c¸c ®-îng tiÖm cËn vµ h×nh ch÷ nhËt c¬ së. - Cã c¸c tiªu ®iÓm vµ ®Ønh kh¸c nhau. Trôc thùc cña Hyperbol nµy lµ trôc ¶o cña Hyperbol kia vµ ng-îc l¹i. 345

T©m sai cña Hypebol lµ sè thùc e b»ng tØ sè gi÷a tiªu cù vµ ®é dµi trôc thùc cña Hypebol. c x2 y2  §èi víi Hypebol (H): 2  2  1 th× e = . a a b c x2 y2  §èi víi Hypebol (H): 2  2  1 th× e = . b a b

p 2

§Þnh lý 1: Trong mÆt ph¼ng Oxy, Parabol (P) cã hai tiªu ®iÓm F( ; 0) vµ ®-êng chuÈn (d): x = 

p cã ph-¬ng tr×nh (P): y2 = 2px. 2

 Chó ý: §iÓm M(x; y)  (P) lu«n cã FM = x + 2.

p . 2

h×nh d¹ng cña Parabol

Víi Parabol (P) cã ph-¬ng tr×nh: (P): y2 = 2px, víi p > 0. C¸c thuéc tÝnh cña (P) gåm:  §Ønh O(0; 0), p 2

p/2



Tiªu ®iÓm F ( ; 0),



§-êng chuÈn (d): x = ,



Parabol, nhËn Ox lµm trôc ®èi xøng, ®å thÞ ë bªn ph¶i Ox.



(d)

(P) F

L O

p/2

p 2

Chó ý: Ngoµi d¹ng chÝnh t¾c y2 = 2px, ng-êi ta cung coi c¸c d¹ng ph-¬ng tr×nh sau lµ ph-¬ng tr×nh chÝnh t¾c cña Parabol: (P): y2 = 2px, (P): x2 =  2py.

VI. Ba ®-êng c«nÝc §Þnh nghÜa: §-êng chuÈn cña ElÝp (Hyperbol) øng víi tiªu ®iÓm F i (i = 1,2) lµ ®-êng th¼ng (i) (i = 1, 2) vu«ng gãc víi trôc ®èi xøng chøa c¸c tiªu ®iÓm n»m vÒ cïng mét phÝa víi Fi ®èi víi trôc ®èi xøng cßn l¹i vµ c¸ch t©m cña ElÝp (Hyperbol) mét ®o¹n

346

a. Víi ElÝp (E) cã ph-¬ng tr×nh (E):



x2 y2   1 víi a > b, ta cã: a2 b2

øng víi tiªu ®iÓm F1(c; 0) lµ ®-êng chuÈn a (1): x = . e



(1)

øng víi tiªu ®iÓm F2(c; 0) lµ ®-êng chuÈn a/e a (2): x = .

A1 a

x A2 a a/e

B1 b

b. Víi Hyperbol (H) cã ph-¬ng tr×nh: x2 y2 (H): 2  2  1 , a b ta cã:

(2)

B2b

(1)

a  øng víi F1(c; 0) lµ ®-êng chuÈn (1): x = . e a/e F A 1 1 O a  øng víi F2(c; 0) lµ ®-êng chuÈn (2): x = . e p Nh¾c l¹i: Víi Parabol (P): y2 = 2px cã ®-êng chuÈn x =  . 2

(2) a/e A2

F2 x

§-êng chuÈn cña c¶ ba ®-êng Conic ®Òu cã t×nh chÊt chung sau ®©y: §Þnh lý 1: §iÒu kiÖn cÇn vµ ®ñ ®Ó mét ®iÓm n»m trªn ®-êng Conic lµ kho¶ng çch tõ ®iÓm ®ã tíi tiªu ®iÓm vµ ®Õn ®-êng chuÈn t-¬ng øng b»ng t©m sai e cña ®-êng Conic ®ã. §Þnh nghÜa 2: §-êng C«nÝc (C) lµ tËp hîp ®iÓm cã tû sè çc kho¶ng çch tõ ®ã ®Õn mét ®iÓm cè ®Þnh vµ ®Õn mét ®-êng th¼ng cè ®Þnh kh«ng ®i qua ®iÓm cè ®Þnh Êy, b»ng mét h»ng sè d-¬ng e. H»ng sè d-¬ng e chÝnh lµ t©m sai cña ®-êng C«nÝc (C).  NÕu e < 1 : (C) lµ ElÝp.  NÕu e = 1 : (C) lµ Parabol.  NÕu e > 1 : (C) lµ Hyperbol.

B Ph-¬ng ph¸p gi¶i c¸c d¹ng to¸n liªn quan

§1. §-êng th¼ng D¹ng to¸n 1: Ph-¬ng tr×nh ®-êng th¼ng Ph-¬ng ph¸p thùc hiÖn Ph-¬ng tr×nh: Ax + By + C = 0 lµ ph-¬ng tr×nh cña mét ®-êng th¼ng khi vµ chØ khi A2 + B2 > 0. 347

 Chó ý: §i kÌm víi hä ®-êng th¼ng (d

) th-êng cã thªm çc c©u hái phô: C©u hái 1: Chøng minh r»ng hä ®-êng th¼ng (dm) lu«n ®i qua mét ®iÓm cè ®Þnh. C©u hái 2: T×m çc ®iÓm mµ hä (dm) kh«ng ®i qua. Khi ®ã: a. Víi c©u hái 1, ta thùc hiÖn theo çc b-íc: B-íc 1: Gi¶ sö M(x0, y0) lµ ®iÓm cè ®Þnh cña hä (dm), khi ®ã: Ax0 + By0 + C = 0 m B-íc 2: Nhãm theo bËc cña m råi cho çc hÖ sè b»ng 0  (x0, y0). B-íc 3: KÕt luËn. b. Víi c©u hái 2, ta thùc hiÖn theo çc b-íc: B-íc 1: Gi¶ sö M(x, y) lµ ®iÓm mµ hä (dm) kh«ng ®i qua, khi ®ã: Ax + By + C = 0 v« nghiÖm m B-íc 2: ThiÕt lËp ®iÒu kiÖn v« nghiÖm  (x, y). ë ®©y cÇn nhí l¹i: 

a  0 . b  0

Ph-¬ng tr×nh am + b = 0 v« nghiÖm m  

 Ph-¬ng tr×nh am2 + bm + c = 0 (a  0) v« nghiÖm m  m < 0.  Ph-¬ng tr×nh acosm + bsinm = c v« nghiÖm m  a2 + b2 < c2. B-íc 3: KÕt luËn.

ThÝ dô 1. T×m ®iÒu kiÖn cña m ®Ó ph-¬ng tr×nh sau lµ ph-¬ng tr×nh ®-êng th¼ng: mx + (m22m)y3 = 0.

 Gi¶i Ph-¬ng tr×nh trªn lµ ph-¬ng tr×nh cña ®-êng th¼ng khi vµ chØ khi: A2 + B2 > 0  m2 + (m22m)2 > 0  m2(m24m + 5)2 > 0  m  0. VËy, víi m  0 ph-¬ng tr×nh ®· cho lµ ph-¬ng tr×nh cña ®-êng th¼ng.

ThÝ dô 2. Cho ph-¬ng tr×nh mx + (m2)ym = 0. (1) a. Chøng minh r»ng víi mäi m ph-¬ng tr×nh (1) lµ ph-¬ng tr×nh cña mét ®-êng th¼ng, gäi lµ hä (dm). b. T×m ®iÓm cè ®Þnh mµ hä (dm) lu«n ®i qua.

 Gi¶i

a. Ta cã: A2 + B2 = m2 + (m2)2 = 2m24m + 4 = 2(m1)2 + 2 > 0, m. VËy víi mäi m ph-¬ng tr×nh ®· cho lµ ph-¬ng tr×nh cña mét ®-êng th¼ng. b. Gi¶ sö M(x0, y0) lµ ®iÓm cè ®Þnh mµ hä (dm) lu«n ®i qua  mx0 + (m2)y0m = 0, m  m(x0 + y01)2y0 = 0, m  x  y0  1  0 x  1   0   0 . 2y0  0  y0  0 VËy hä (dm) lu«n ®i qua ®iÓm cè ®Þnh M(1; 0).

348

ThÝ dô 3. T×m tËp hîp c¸c ®iÓm cña mÆt ph¼ng kh«ng thuéc bÊt cø ®-êng th¼ng nµo cña hä ®-êng th¼ng (dm): (m + 1)xy + m2m = 0.

 Gi¶i

Gäi M(x; y) lµ ®iÓm mµ hä (dm) kh«ng ®i qua  (m + 1)xy + m2m = 0 v« nghiÖm m  m2 m(x  1) + x  y = 0 v« nghiÖm m  m < 0  (x  1)2  4(x  y) < 0  x2  6x + 4y + 1 < 0. VËy, tËp hîp c¸c ®iÓm M(x; y) tho¶ m·n x2  6x + 4y + 1 < 0 kh«ng thuéc bÊt cø ®-êng th¼ng nµo cña hä (dm).

D¹ng to¸n 2: LËp ph-¬ng tr×nh ®-êng th¼ng Ph-¬ng ph¸p thùc hiÖn Ta sö dông c¸c kÕt qu¶: 1. §-êng th¼ng ®i qua hai ®iÓm: Qua M 1 (x 1 , y 1 ) x  x1 y  y1 (d):   (d): = . x 2  x1 y 2  y1 Qua M 2 (x 2 , y 2 ) L-u ý:  NÕu M1(a, 0) vµ M2(0, b) víi a, b  0 th× ph-¬ng tr×nh (M1M2) ®-îc x¸c ®Þnh x y b»ng ph-¬ng tr×nh ®o¹n ch¾n (M1M2):  = 1. a b  §-êng th¼ng (d) ®i qua ®iÓm M0(x0, y0) lu«n cã d¹ng: (d): A(xx0) + B(yy0) = 0, víi A2 + B2 > 0. 2. §-êng th¼ng ®i qua mét ®iÓm vµ biÕt vtcp: Qua M 0 (x 0 , y 0 ) x  x0 y  y0 (d):   (d): = a1 a2 vtcp a(a 1 , a 2 ) x  x 0  a 1 t hoÆc (d):  , t  R. y  y 0  a 2 t L-u ý: §-êng th¼ng (d) cã vtcp a (a1, a2) lu«n cã d¹ng: (d): a2xa1y + C = 0. 3. §-êng th¼ng ®i qua mét ®iÓm vµ biÕt vtpt: Qua M 0 (x 0 , y 0 ) (d):   (d): A(xx0) + B(yy0) = 0. vtpt n(A, B )  L-u ý: §-êng th¼ng (d) cã vtpt n (n1, n2) lu«n cã d¹ng: (d): n1x + n2y + C = 0. 4. §-êng th¼ng ®i qua mét ®iÓm vµ biÕt hÖ sè gãc k: Qua M 0 (x 0 , y 0 ) (d):   (d): y = k(xx0) + y0. hsg k 349

L-u ý: §-êng th¼ng (d) cã hÖ sè gãc k lu«n cã d¹ng: (d): y = kx + m = 0. 5. §-êng th¼ng (d)//(): Ax + By + C = 0 cã ph-¬ng tr×nh: (d): Ax + By + D = 0. 6. §-êng th¼ng (d)(): Ax + By + C = 0 cã ph-¬ng tr×nh: (d): BxAy + D = 0.

 Chó ý: Trong nhiÒu tr-êng hîp ®Æc thï chóng ta cßn sö dông a. Ph-¬ng tr×nh chïm ®-êng th¼ng. b. Ph-¬ng ph¸p quü tÝch ®Ó x¸c ph-¬ng tr×nh ®-êng th¼ng.

ThÝ dô 1. LËp ph-¬ng tr×nh tham sè cña ®-êng th¼ng (d) trong mçi tr-êng hîp sau: a. (d) ®i qua ®iÓm M(2, 1) vµ cã vtcp a (3, 4). b. (d) ®i qua ®iÓm M(2, 3) vµ cã vtpt n (5, 1).

 Gi¶i a. Ta cã ngay: Qua M(2, 1) x  2  3t (d):   (d):  , t  R. vtcp a(3, 4) y  1  4 t b. Ta cã: Qua M(2, 3) Qua M(2, 3) x  2  t (d):   (d):   (d):  , t  R. vtpt n(5, 1) vtcp a(1,  5) y  3  5 t

ThÝ dô 2. LËp ph-¬ng tr×nh tæng qu¸t cña ®-êng th¼ng (d) trong mçi tr-êng hîp sau: a. (d) ®i qua ®iÓm M(5, 8) vµ cã hÖ sè gãc k= 3. b. (d) ®i qua hai ®iÓm A(2, 1) vµ B(4, 5). c. (d) ®i qua ®iÓm M(4, 0) vµ ®iÓm N(0, 1).

 Gi¶i a. Ta cã ngay: Qua M(5,  8) (d):   (d): y = 3(x + 5)  8  (d): 3x + y + 23 = 0. hsg k  3 b. Ta cã: Qua A(2, 1) x2 y 1 (d):   (d): =  (d): 2x + 3y  7 = 0. 42 5 1 Qua B(4 ,5) c. Sö dông ph-¬ng tr×nh ®o¹n ch¾n ta cã: Qua M(4, 0) x y (MN):   (MN): + = 1  (MN): x  4y  4 = 0. 4 1 Qua N(0,  1)

350

 Chó ý: Víi c©u b) chóng ta còng cã thÓ t×m ®-îc ph-¬ng tr×nh tæng qu¸t cña ®-êng th¼ng (d) b»ng viÖc sö dông ph-¬ng tr×nh tham sè hoÆc tõ vtcp AB (6, 4) suy ra vtpt n (2, 3) cña ®-êng th¼ng (d). ThÝ dô 3. Cho ABC, biÕt A(1, 4), B(3, 1), C(6, 2). a. LËp ph-¬ng tr×nh tæng qu¸t c¸c ®-êng th¼ng AB, BC, CA. b. LËp ph-¬ng tr×nh tæng qu¸t cña ®-êng cao AH vµ trung tuyÕn AM.

 Gi¶i a. Ta lÇn l-ît cã: Qua A(1, 4) x 1 y4 (AB):   (AB): =  (AB): 5x + 2y  13 = 0. 3 1 1 4 Qua B(3,  1) T-¬ng tù, ta nh©n ®-îc (BC): x  y  4=0 vµ (CA): 2x+5y  22=0. b. Ta lÇn l-ît cã: Qua A(1, 4) Qua A (AH):   (AH):  vtpt n(1, 1) AH  BC  (AH): x  1 + y  4 = 0  (AH): x + y  5 = 0. Qua A Qua A(1, 4) (AM):   (AM):  Qua M(9 / 2,1/ 2) Qua M lµ trung diÓm BC x 1 y4  (AM): =  (AM): x + y  5 = 0. 9 1 1 4 2 2

ThÝ dô 4. Cho ABC, biÕt trung ®iÓm çc c¹nh lµ M(2; 1), N(5; 3), P(3; 4). a. LËp ph-¬ng tr×nh çc c¹nh cña ABC. b. LËp ph-¬ng tr×nh çc ®-êng trung trùc cña ABC.

 Gi¶i a. Ta cã:  Ph-¬ng tr×nh c¹nh AB ®-îc x¸c ®Þnh bëi: qua P(3;  4) qua P (AB):   (AB):  AB // MN  vtcp MN(3;2) x 3 y4  (AB): =  (AB): 2x3y18 = 0. 3 2

B M

P A

C N

T-¬ng tù (BC), (AC). b. Gäi c¸c ®-êng trung trùc kÎ tõ M, N, P theo thø tù lµ (dM), (dN), (dP).  Ph-¬ng tr×nh (dM) ®-îc x¸c ®Þnh bëi: qua M qua M(2;1)  (dM):   (dM):   vtpt PN(2;7)  (d M )  PN 351

 (dM): 2(x  2) + 7(y  1) = 0  (dM): 2x + 7y  11 = 0. T-¬ng tù (dN), (dP).

ThÝ dô 5. LËp ph-¬ng tr×nh ®-êng th¼ng (d1) ®èi xøng víi ®-êng th¼ng (d) qua (), biÕt: (d): x + 2y13 = 0 vµ (): 2xy1 = 0.

 Gi¶i

Víi mçi ®Óm M(x, y)(d1)  tån t¹i ®iÓm M0(x0, y0)(d) sao cho: trung ®iÓm I cña MM 0 thuéc()   MM 0  () 1  x 0  (4x  3y  1)  x  x 0 y  y0   1  0  2 5   2 2 1.(x  x 0 )  2.(y  y 0 )  0  y  1 (3x  4y  2)  0 5 Thay (I) vµo ph-¬ng tr×nh cña (d), ta ®-îc: 1 2 (4x + 3y  1) + (3x + 4y + 2)13 = 0  2x11y + 62 = 0. 5 5 §ã chÝnh lµ ph-¬ng tr×nh ®-êng th¼ng (d1).

(I)

ThÝ dô 6. ThiÕt lËp ph-¬ng tr×nh çc ®-êng ph©n gi¸c cña çc gãc trong cña ABC cã ba c¹nh ®-îc t¹o bëi çc ph-¬ng tr×nh : 3x4y = 0, 4x3y = 0, 5x + 12y63 = 0.

 Gi¶i Gi¶ sö ba ph-¬ng tr×nh trªn cña c¸c c¹nh AB, BC, AC. a. Ph-¬ng tr×nh ®-êng ph©n gi¸c trong cña gãc A : Tr-íc tiªn:  Täa ®é cña B lµ nghiÖm cña hÖ ph-¬ng tr×nh: 3x  4y  0    4x  3y  0



x  0  B(0; 0).  y  0

Täa ®é cña C lµ nghiÖm cña hÖ ph-¬ng tr×nh: 4x  3y  0   5x  12y  63  0

x  3  C(3; 4).  y  4

Gäi (dA) lµ ®-êng ph©n gi¸c trong cña gãc A cña ABC. Khi ®ã, ®iÓm M(x, y)(dA)  M vµ B cïng phÝa víi (AC)    M vµ C cïng phÝa víi (AB)  d(M,(AB))  d(M,(AC)) 

(5x  12y  63)(63)  0 (3x  4y)(3.3  4.4)  0 | 5x  12y  63 | 5  12 2

352



| 3x  4y | 32  4 2

5x  12y  63  0   3x  4y  0  14x112y + 315 = 0. 5(5x  12y  63)  13(3x  4y) 

ThÝ dô 7. Cho ®iÓm M(2; 1). §-êng th¼ng (d) lu«n ®i qua M c¾t Ox, Oy theo thø tù t¹i A(a; 0), B(0; b) víi a, b > 0. LËp ph-¬ng tr×nh ®-êng th¼ng (d) sao cho: a. DiÖn tÝch OAB nhá nhÊt. b. OA + OB nhá nhÊt. c.

1 1 + nhá nhÊt. 2 OA OB2

 Gi¶i Tõ gi¶ thiÕt, ta ®-îc (d): V× M(d) nªn

x y + = 1. a b

2 1 + = 1. a b

(1)

a. Ta cã, diÖn tÝch OAB ®-îc cho bëi: 1 ab S = OA.OB = . 2 2 Tõ (1) suy ra 2 2 1 2 1 1= + 2 . =  ab  2  S  1. a b a b ab VËy SMin = 1, ®¹t ®-îc khi: a  4 2 1 1 = =   . a b 2 b  2

Khi ®ã ph-¬ng tr×nh ®-êng th¼ng (d): x + 2y4 = 0. b. Tõ (1), ta ®-îc : 2b a=  ®iÒu kiÖn b > 1. b 1 Khi ®ã: 2b 2 OA + OB = +b= +b+2 b 1 b 1 2 2 = + b1 + 3  2 .(b  1) + 3 = 2 2 + 3. b 1 b 1 VËy (OA + OB)Min = 2 2 + 3, ®¹t ®-îc khi: a  2  2 2 = b1   . b 1  b  1  2 353

Khi ®ã ph-¬ng tr×nh ®-êng th¼ng (d): (1 + 2 )x + (2 + 2 )y5  3 2 = 0. c. Ta cã: 1 1 1 1 + = 2 + 2. 2 2 OA OB a b

NhËn xÐt r»ng: 2 1 1 1 1 1 1 + 2 )  ( + )2 = 1  2 + 2  . 2 a b 5 a b a b 1 1 1 VËy ( + )Min = , ®¹t ®-îc khi: OA 2 5 OB2 5 2 1    1 a   a b 2 .    2a  b  b  5

(22 + 12)(

Khi ®ã ph-¬ng tr×nh ®-êng th¼ng (d): 2x + y5 = 0.

D¹ng to¸n 3: XÐt vÞ trÝ t-¬ng ®èi cña hai ®-êng th¼ng Ph-¬ng ph¸p thùc hiÖn NÕu hai ®-êng th¼ng (d1) vµ (d2) cã ph-¬ng tr×nh tæng qu¸t: (d1): A1x + B1y + C1 = 0, (d2): A2x + B2y + C2 = 0. ®Ó xÐt vÞ trÝ t-¬ng ®èi cña hai ®-êng th¼ng (d1), (d2), ta sö dông kÕt qu¶: B A1 C = 1  1  (d1) // (d2). A2 B2 C2 B A C b. NÕu 1 = 1 = 1  (d1)  (d2). A2 B2 C2 B A c. NÕu 1  1  (d1) c¾t (d2). A2 B2 C¸c tr-êng hîp kh¸c th× b»ng viÖc xÐt hÖ ph-¬ng tr×nh t¹o bëi hai ®-êng th¼ng (d1) vµ (d2), khi ®ã sè nghiÖm cña hÖ ph-¬ng tr×nh cho phÐp kÕt luËn vÒ vÞ trÝ t-¬ng ®èi cña hai ®-êng th¼ng.

a. NÕu

ThÝ dô 1. XÐt vÞ trÝ t-¬ng ®èi cña c¸c cÆp ®-êng th¼ng (d1) vµ (d2) sau ®©y: a. (d1): 4x  10y + 1 = 0 vµ (d2): x + y + 2 = 0. x  5  t b. (d1): 12x  6y + 10 = 0 vµ (d2):  , t  R. y  3  2 t x  6  5t c. (d1): 8x + 10y  12 = 0 vµ (d2):  , t  R. y  6  4 t

 Gi¶i a. Ta cã thÓ lùa chän mét trong hai c¸ch sau: 354

Çch 1: XÐt hÖ ph-¬ng tr×nh t¹o bëi ph-¬ng tr×nh cña (d1) vµ (d2), ta cã : 4x  10 y  1  0 3 1 3 1  x = vµ y =   (d1)  (d2) = {M( ,  )}.  2 2 2 2 x  y  2  0 4  10   (d1) vµ (d2) c¾t nhau. 1 1 b. B»ng çch thay ph-¬ng tr×nh tham sè cña (d2) vµ (d1), ta ®-îc: 12(5 + t)  6(3 + 2t) + 10 = 0  52 = 0, m©u thuÉn. VËy, ta kÕt luËn (d1) // (d2). c. B»ng çch thay ph-¬ng tr×nh tham sè cña (d2) vµ (d1), ta ®-îc: 8( 6 + 5t) + 10(6  4t)  12 = 0  0 = 0, lu«n ®óng. VËy, ta kÕt luËn (d1)  (d2).

C¸ch 2: NhËn xÐt r»ng

ThÝ dô 2. Cho hai ®-êng th¼ng (d1) vµ (d2) cã ph-¬ng tr×nh: x  2 t 1  x  1  3t 2 (d1):  , (d2):  ,t1, t2  R. y  3  6 t 2 y  3t 1 a. X¸c ®Þnh giao ®iÓm cña (d1) vµ (d2). b. TÝnh cosin gãc nhän t¹o bëi (d1) vµ (d2).

 Gi¶i

a. XÐt hÖ ph-¬ng tr×nh t¹o bëi (d1) vµ (d2):  2t 1  1  3t 2 t  1  1 .   3t 1  3  6t 2 t 2  1 VËy (d1) c¾t (d2) t¹i A(2, 3).     b. Gäi a 1 , a 2 theo thø tù lµ vtcp cña (d1) vµ (d2), ta cã a 1 (2, 3), a 2 (1, 2). Khi ®ã, cosin gãc nhän  t¹o bëi (d1) vµ (d2) ®-îc cho bëi:   | a .a | | 2.1  3.2 | 8 cos =  1 2 = = . 2 2 2 2 | a 1 | . | .a 2 | 65 (2)  (3) . 1  2



Chó ý: ViÖc xÐt vÞ trÝ t-¬ng ®èi cña hai ®-êng th¼ng cã ph-¬ng tr×nh tæng qu¸t sÏ gîi ý cho chóng ta gi¶i bµi to¸n: " H·y biÖn luËn gi¸ trÞ nhá nhÊt cña biÓu thøc F = (A1x + B1y + C1)2 + (A2x + B2y + C2)2 " Ta thùc hiÖn theo c¸c b-íc sau: B-íc 1: XÐt hai ®-êng th¼ng (d1): A1x + B1y + C1 = 0 vµ (d2): A2x + B2y + C2 = 0. B-íc 2: VËy gi¸ trÞ nhá nhÊt cña F tuú thuéc vµo vÞ trÝ t-¬ng ®èi cña (d 1) vµ (d2). XÐt hÖ ph-¬ng tr×nh t¹o bëi (d1) vµ (d2) cã d¹ng: A 1 x  B 1 y   C 1 .  A 2 x  B 2 y   C 2 X¸c ®Þnh c¸c gi¸ trÞ cña D, Dx, Dy. 355

B-íc 3:

BiÖn luËn: Dy Dx vµ y = . D D Khi ®ã (d1) c¾t (d2) do ®ã minF = 0, ®¹t ®-îc khi Dy D x = x vµ y = . D D A B C b. NÕu D = Dx = Dy = 0  1  1  1 . A2 B2 C2 Khi ®ã (d1)  (d2) do ®ã minF = 0, ®¹t ®-îc t¹i M(x, y)  (d1). c. NÕu D  0 A1 B 1 C 1  .   D x  0  A2 B2 C2 D  0  y Khi ®ã th× (d1) // (d2) do ®ã ®Æt t = A1x + B1y + C1, ta ®-îc:  F = t2 + (kt + m)2 = (k2 + 1)t2 + 2mkt + m2  . 4a  mk VËy minF = , ®¹t ®-îc khi t =  2 . 4a k 1 a. NÕu D  0, hÖ cã nghiÖm duy nhÊt x =

ThÝ dô 3. H·y biÖn luËn theo a gi¸ trÞ nhá nhÊt cña biÓu thøc: F = (2x + y2)2 + (4x + ay1)2.

 Gi¶i

XÐt hai ®-êng th¼ng (d1): 2x + y  2 = 0 vµ (d2): 4x + ay  1 = 0. VËy gi¸ trÞ nhá nhÊt cña F tuú thuéc vµo vÞ trÝ t-¬ng ®èi cña (d1) vµ (d2). XÐt hÖ ph-¬ng tr×nh t¹o bëi (d1) vµ (d2) cã d¹ng:  2x  y  2 .  4x  ay  1

Ta cã: D=

2 1 4 a

= 2a4, Dx =

1 a

= 2a1, Dy =

2 2 4 1

= 6.

NÕu D  0  2a4  0  a  2.



HÖ cã nghiÖm duy nhÊt x = 

2 1

3 2a  1 vµ y =  (d1) c¾t (d2) do ®ã minF = 0 a2 2a  4

NÕu D = 0  2a4 = 0  a = 2. Víi a = 2, suy ra Dx = 3  0, hÖ v« nghiÖm. Khi ®ã (d1) // (d2) do ®ã F = (2x + y2)2 + (4x + 2y1)2. §Æt t = 2x + y2, ta ®-îc F = t2 + (t + 3)2 = 2t2 6t + 9 = 2(x +

356

3 9 9 )+  . 2 2 2

9 , ®¹t ®-îc khi: 2 3 3 t =   2x + y2 =   4x + 2y1 = 0. 2 2

VËy minF =

KÕt luËn: 

Víi a  2, minF = 0, ®¹t ®-îc khi x =



Víi a = 2, minF =

3 2a  1 vµ y = . a2 2a  4

9 , ®¹t ®-îc khi x, y tho¶ m·n 4x + 2y1 = 0. 2

D¹ng to¸n 4: §iÓm vµ ®-êng th¼ng Ph-¬ng ph¸p thùc hiÖn §Ó t×m ®iÓm M thuéc ®-êng th¼ng (d) tho¶ m·n ®iÒu kiÖn K, ta lùa chän mét trong hai h-íng sau: H-íng 1: TËn dông ph-¬ng tr×nh ®-êng th¼ng (d) cho tr-íc. Çch 1: NÕu ®-êng th¼ng (d) cho d-íi d¹ng tham sè : x  x 0  a 1 t (d):  , t R. y  y 0  a 2 t B-íc 1: LÊy ®iÓm M  (d), suy ra M(x0 + a1t, y0 + a2t). B-íc 2: Dùa vµo ®iÒu kiÖn K x¸c ®Þnh t. Çch 2: NÕu ®-êng th¼ng (d) cho d-íi d¹ng tæng qu¸t: (d): Ax + By + C = 0, víi A2 + B2 > 0. B-íc 1: LÊy ®iÓm M(xM, yM)  (d), suy ra AxM + ByM + C = 0. B-íc 2: Sö dông ®iÒu kiÖn K thiÕt lËp thªm mét ph-¬ng tr×nh cho x M vµ yM. Tõ ®ã t×m ®-îc to¹ ®é cña M. L-u ý: Khi ®ã còng cã thÓ chuyÓn ph-¬ng tr×nh (d) vÒ d¹ng tham sè ®Ó sö dông çch 1. H-íng 2: Sö dông ®iÒu kiÖn K kh¼ng ®Þnh M thuéc ®-êng (L), khi ®ã (d)  (L) = {M}. ThÝ dô 1. Cho ®-êng th¼ng (d) cã ph-¬ng tr×nh: x  2  2 t (d):  , t  R. y  3  t T×m ®iÓm M thuéc (d) vµ çch ®iÓm A(0, 1) mét kho¶ng b»ng 5.

 Gi¶i V× M huéc (d) nªn M(2 + 2t, 3 + t). Khi ®ã: 5 = AM = (2  2t ) 2  (2  t ) 2  5t2 + 12t  17 = 0  t1 = 1 vµ t2 =   

17 . 5

Víi t1 = 1, suy ra ®iÓm M1(4, 4). 17 24 2 Víi t2 =  , suy ra ®iÓm M2( ,  ). 5 5 5 357

VËy, tån t¹i hai ®iÓm M1(4, 4) vµ M2(

24 2 ,  ) tho¶ m·n ®iÒu kiÖn ®Çu bµi. 5 5

ThÝ dô 2. Cho ®-êng th¼ng (d) cã ph-¬ng tr×nh: (d): x2y + 15 = 0. T×m trªn ®-êng th¼ng ®iÓm M(xM, yM) sao cho x2M  y2M nhá nhÊt.

 Gi¶i Çch 1: V× M(xM, yM)  (d), suy ra xM2yM + 15 = 0  xM = 2yM15, khi ®ã: x2M  y 2M = (2yM15)2 + y 2M = 5 y 2M 60yM + 225 = 5(yM6)2 + 45  45. VËy, ta ®-îc ( x 2M  y 2M )Min = 45 ®¹t ®-îc khi: yM = 6  M(3, 6). Çch 2: ChuyÓn ph-¬ng tr×nh (d) vÒ d¹ng tham sè: x  2t  15 (d):  , t  R. y  t §iÓm M  (d), suy ra M(2t15, t). Khi ®ã: x 2M  y 2M = (2t15)2 + t2 = 5t260t + 225 = 5(t6)2 + 45  45. VËy ( x 2M  y 2M )Min = 45 ®¹t ®-îc khi: t = 6  M(3, 6). Çch 3: Sö dông bÊt ®¼ng thøc Bunhiac«pxli Ta cã: xM2yM + 15 = 0  15 = 2yMxM

Bunhiac « pxki



(4  1)(y 2M  x 2M )

 x 2M  y 2M  45. VËy ( x 2M  y 2M )Min = 45 ®¹t ®-îc khi: (d)

yM = 2xM  M(3, 6).

ThÝ dô 3. Cho hai ®iÓm A(1; 2), B(2; 5) vµ ®-êng th¼ng (d) cã ph-¬ng tr×nh: (d): x2y2 = 0. T×m trªn ®-êng th¼ng (d) ®iÓm M sao cho: a. (MA + MB) nhá nhÊt. b. |MAMB| lín nhÊt

358

 Gi¶i a. ChuyÓn ph-¬ng tr×nh ®-êng th¼ng (d) vÒ d¹ng tham sè:  x  2t  2 tR y  t

(d): 

V× M(d) nªn M(2t + 2 ; t). Khi ®ã ta cã: MA + MB = =

(2t  1)2  (t  2)2 +

5t 2  5 +

4t 2  (t  5)2

5t 2  10t  25 =

 t  1

5 [ t2 1 +

4]

XÐt c¸c ®iÓm A1(0; 1); B1(1; 2) vµ M1(t; 0). Khi ®ã: MA + MB = 5 (M1A1 + M1B1). V× M1 ch¹y trªn trôc hoµnh vµ A1, B1 n»m vÒ hai phÝa cña Ox nªn (MA + MB)min  ( M1A1 + M1B1)min  M1 = (A1B1)  Ox 1 3

8 1 ). 3 3

|MAMB| =

(2t  1)2  (t  2)2 +

4t 2  (t  5)2

= 5t 2  5 + 5t 2  10t  25 = XÐt c¸c ®iÓm A2(0; 1); B2(1; 2) vµ M2(t; 0). Khi ®ã:

5 [ t2 1 +

 t  1

4]

§2. §-êng trßn D¹ng to¸n 1: Ph-¬ng tr×nh ®-êng trßn Ph-¬ng ph¸p chung Ta thùc hiÖn theo c¸c b-íc: B-íc 1: ChuyÓn ph-¬ng tr×nh ban ®Çu vÒ d¹ng: (C): x2 + y22ax2by + c = 0 (1) B-íc 2: §Ó (1) lµ ph-¬ng tr×nh ®-êng trßn ®iÒu kiÖn lµ: a2 + b2c  0. 359

Khi ®ã (C) cã thuéc tÝnh:

B-íc 3:

 Gi¶i a. ViÕt l¹i ph-¬ng tr×nh d-íi d¹ng: (x  1)2 + (y  1)2 = 4 suy ra t©m I(1, 1) vµ b¸n kÝnh R = 2. b. ViÕt l¹i ph-¬ng tr×nh d-íi d¹ng: 1 11 1 1 x2 + y2 + x  y  = 0  (x + )2 + (y  )2 = 1 2 16 2 4 1 1 suy ra t©m I( , ) vµ b¸n kÝnh R = 1. 2 4

ThÝ dô 2. Cho hä ®-êng cong: (Cm): x2 + y22mx2(m + 1)y + 2m1 = 0. a. Chøng minh r»ng víi mäi m lu«n cã (Cm) lµ ph-¬ng tr×nh cña mét ®-êng trßn. b. T×m tËp hîp t©m c¸c ®-êng trßn (Cm). c. T×m ®-êng trßn cã b¸n kÝnh nhá nhÊt trong hä (Cm). d. T×m c¸c ®iÓm cè ®Þnh mµ mäi ®-êng trßn cña hä (Cm) ®Òu ®i qua. e. Chøng minh r»ng (Cm) lu«n c¾t Oy t¹i 2 ®iÓm ph©n biÖt.

 Gi¶i

a. Ta cã: a2 + b2c = m2 + (m + 1)22m + 1 = 2m2 + 2  0, lu«n ®óng. VËy, víi m ph-¬ng tr×nh ®· cho lµ ph-¬ng tr×nh cña mét ®-êng trßn, cã: T©m I m (m, m  1) .  2 B¸n kÝnh R  2m  2 b. Ta cã: x  m y  m  1

Im: 

(I)

c. Ta cã: R2 = 2m2 + 2  2 VËy Rmin = 2 , ®¹t ®-îc khi m = 0 VËy trong hä (Cm) ®-êng trßn (C0) cã b¸n kÝnh nhá nhÊt b»ng d. Gi¶ sö M(x0, y0) lµ ®iÓm cè ®Þnh cña hä (Cm), ta ®-îc: x 20 + y 20 2mx02(m + 1)y0 + 2m1 = 0, m

 (2x02y0 + 2)m + x 20 + y 20 2y01 = 0, m   2x 0  2y 0  2  0 y 0  1  x 0   2   2 2 2   x 0  y 0  2y 0  1  0 x 0  (1  x 0 )  2(1  x 0 )  1  0 y  1  x 0  M (1, 0)   0   1 . x 0  1  M 2 (1,2) VËy, c¸c ®-êng trßn cña hä (Cm) lu«n ®i qua 2 ®iÓm cè ®Þnh M1, M2. e. XÐt hÖ ph-¬ng tr×nh t¹o bëi (Cm) vµ Oy: x 2  y 2  2mx  2(m  1)y  2m  1  0  x  0  y22(m + 1)y + 2m1 = 0. (1) Ta cã: ’(1) = (m + 1)22m + 1 = m2 + 2 > 0, m do ®ã ph-¬ng tr×nh (1) lu«n cã hai nghiÖm ph©n biÖt y1,2 =  Oy t¹i 2 ®iÓm ph©n biÖt A(0,



m2  2 , tøc lµ (Cm) lu«n c¾t

m2  2 ) vµ B(0,  m2  2 ).

Chó ý: Chóng ta ®· ®-îc biÕt kh¸i niÖm ph-¬ng tÝch cña mét ®iÓm ®èi víi ®-êng trßn, khi ®ã chän ®iÓm C(0, 1)  Oy vµ

C/(C)

= 12(m + 1) + 2m1 = 2 < 0  C ë trong ®-êng trßn (C)

ThÝ dô 3. Cho hä ®-êng cong cã ph-¬ng tr×nh: (Cm): x2 + y22x4my + 4m = 0. (1) a. T×m m ®Ó (Cm) lµ mét hä ®-êng trßn. b. Chøng minh r»ng c¸c ®-êng trßn cña hä (Cm) lu«n tiÕp xóc víi nhau t¹i mét ®iÓm cè ®Þnh.

 Gi¶i a. Ta cã: a2 + b2c = 1 + 4m24m = (2m  1)2  0, m. VËy, víi mäi gi¸ trÞ cña m ph-¬ng tr×nh (1) lµ ph-¬ng tr×nh cña mét ®-êng trßn, cã t©m Im(1, 2m) vµ b¸n kÝnh R = |2m  1|. b. Ta cã thÓ lùa chän mét trong hai c¸ch sau:

361

C¸ch 1: Víi m1 vµ m2 bÊt kú (m1 m2), xÐt hÖ ph-¬ng tr×nh t¹o bëi ( C m ), ( Cm ): 1

  x  y  2x  4m1 y  4m1  0 (1) (I)  2 2   x  y  2x  4m2 y  4m2  0 (2) LÊy (1)  (2)  y = 1, thay vµo (1), ta ®-îc: x2  2x + 1 = 0. (*) Ph-¬ng tr×nh (*) cã nghiÖm kÐp x0 = 1 m. VËy, çc ®-êng trßn cña hä (Cm) lu«n tiÕp xóc víi nhau t¹i mét ®iÓm cè ®Þnh M(1; 1). Çch 2: Gi¶ sö M(x0, y0) lµ ®iÓm cè ®Þnh mµ hä (Cm) lu«n ®i qua.  x2 + y22x4my + 4m = 0 , m  4m(y + 1) + x2 + y22x = 0 , m  y  1  0 x  1   2    M(1; 1). 2 y  1  x  y  2x  0 NhËn xÐt r»ng t©m Im cña hä (Cm) lu«n thuéc ®-êng th¼ng (d) cè ®Þnh ®i qua ®iÓm M cè ®Þnh. VËy, çc ®-êng trßn cña hä (Cm) lu«n tiÕp xóc víi nhau t¹i mét ®iÓm cè ®Þnh M(1; 1). 2

 NhËn xÐt:

1. Nh- vËy ®Ó "Chøng minh r»ng c¸c ®-êng trßn cña hä (Cm) lu«n tiÕp xóc víi

nhau t¹i mét ®iÓm cè ®Þnh." ta cã thÓ lùa chän mét trong hai çch: Çch 1: Thùc hiÖn theo çc b-íc: B-íc 1: Víi m1 vµ m2 bÊt kú (m1  m2), xÐt ( Cm1 ) cã t©m I1 vµ b¸n kÝnh R1. ( Cm2 ) cã t©m I2 vµ b¸n kÝnh R2. B-íc 2: Suy ra: I 1 I 2  R 1  R 2 .   I 1 I 2 | R 1  R 2 |

KÕt luËn: çc ®-êng trßn cña hä (Cm) lu«n tiÕp xóc víi nhau t¹i mét ®iÓm cè ®Þnh M(x0; y0) lµ nghiÖm kÐp cña (*). Çch 2: Thùc hiÖn theo çc b-íc: B-íc 1: T×m ®iÓm cè ®Þnh M(x0, y0) mµ mäi ®-êng trßn cña hä (Cm) lu«n ®i qua. B-íc 2: NhËn xÐt r»ng: t©m Im cña hä (Cm) lu«n thuéc ®-êng th¼ng (d) cè ®Þnh ®i qua M. B-íc 3: KÕt luËn: çc ®-êng trßn cña hä (Cm) lu«n tiÕp xóc víi nhau t¹i mét ®iÓm cè ®Þnh M(x0; y0). 2. NÕu sö dông çch 2 chóng ta còng cã thÓ tr¶ lêi ®-îc c©u hái " Çc ®-êng trßn cña hä (Cm) lu«n tiÕp xóc víi ®-êng th¼ng () cè ®Þnh t¹i mét ®iÓm cè ®Þnh " ThËt vËy khi ®ã (Cm) lu«n tiÕp xóc víi ®-êng th¼ng () qua M vµ vu«ng gãc víi ®-êng th¼ng (d). B-íc 3:

362

D¹ng to¸n 2: LËp ph-¬ng tr×nh ®-êng trßn tho¶ m·n ®iÒu kiÖn cho tr-íc Ph-¬ng ph¸p thùc hiÖn Gäi (C) lµ ®-êng trßn tho¶ m·n ®iÒu kiÖn ®Çu bµi. Chóng ta lùa chän ph-¬ng tr×nh d¹ng tæng qu¸t hoÆc d¹ng chÝnh t¾c.  Muèn cã ph-¬ng tr×nh d¹ng tæng qu¸t, ta lËp hÖ 3 ph-¬ng tr×nh víi ba Èn a, b, c, ®iÒu kiÖn a2 + b2c  0.  Muèn cã ph-¬ng tr×nh d¹ng chÝnh t¾c, ta lËp hÖ 3 ph-¬ng tr×nh víi ba Èn a, b, R, ®iÒu kiÖn R  0.

 Chó ý: 1. CÇn ph¶i c©n nh¾c gi¶ thiÕt cña bµi to¸n thËt kü cµng ®Ó lùa chän d¹ng ph-¬ng tr×nh thÝch hîp. 2. Trong nhiÒu tr-êng hîp ®Æc thï chóng ta cßn sö dông ph-¬ng ph¸p quü tÝch ®Ó x¸c ph-¬ng tr×nh ®-êng trßn.

ThÝ dô 1. LËp ph-¬ng tr×nh ®-êng trßn (C) trong c¸c tr-êng hîp sau: a. (C) cã t©m I(2, 3) vµ ®i qua ®iÓm M(2, 3). b. (C) cã t©m I(1, 2) vµ tiÕp xóc víi (d): x  2y + 7 = 0. c. (C) cã ®-êng kÝnh AB víi A(1, 1) vµ B(7, 5).

 Gi¶i a. V× M thuéc (C) nªn: R = IM =

(2  2) 2  (3  3) 2 = 52 .

Khi ®ã, ®-êng trßn (C) víi t©m I(2, 3) vµ b¸n kÝnh R = 52 cã ph-¬ng tr×nh: (C): (x + 2)2 + (y  3)2 = 52. b. V× (C) tiÕp xóc víi (d) nªn: 2 | 1.(1)  2.2  7 | R = d(I, (d)) = = . 2 2 5 1  (2) Khi ®ã, ®-êng trßn (C) víi t©m I(1, 2) vµ b¸n kÝnh R =

2 5

cã ph-¬ng tr×nh:

4 . 5 c. §-êng trßn (C) cã ®-êng kÝnh AB, suy ra:  T©m I lµ trung ®iÓm AB nªn I(4, 3). AB 1 (7  1) 2  (5  1) 2 = 13 .  B¸n kÝnh R = = 2 2 Tõ ®ã, suy ra ph-¬ng tr×nh cña ®-êng trßn (C) cã d¹ng: (C): (x  4)2 + (y  3)2 = 13.

(C): (x + 1)2 + (y  2)2 =



Chó ý: §Ó lËp lËp ph-¬ng tr×nh ®-êng trßn ®i qua ba ®iÓm A, B, C (®-êng trßn ngo¹i tiÕp ABC) ta c©n nh¾c lùa chän mét trong hai h-íng sau: 363

H-íng 1: Tæng qu¸t, ta thùc hiÖn theo c¸c b-íc: B-íc 1: Gi¶ sö ®-êng trßn (C) cã ph-¬ng tr×nh: (C): x2 + y22ax2by + c = 0, víi a2 + b2c  0. (1) B-íc 2: Tõ ®iÒu kiÖn A, B, C thuéc (C), ta ®-îc hÖ 3 ph-¬ng tr×nh víi ba Èn a, b, c. Thay a, b, c vµo (1) ta ®-îc ph-¬ng tr×nh cña (C). H-íng 2: Dùa trªn d¹ng ®Æc biÖt cña ABC, tøc lµ: 1. NÕu ABC vu«ng t¹i A, th×: tam I la trung diÓm BC  (C):  . BC R  2 2. NÕu ABC ®Òu, c¹nh b»ng a, th×: tam I la trong tam ABC  (C):  . a 3 R   3 

ThÝ dô 2. LËp ph-¬ng tr×nh ®-êng trßn (C) ®i qua ba ®iÓm A, B, C, biÕt A(1, 2), B(5, 2) vµ C(1, 3).

 Gi¶i Ta cã thÓ lùa chän mét trong hai çch sau: Çch 1: Gi¶ sö ®-êng trßn (C) ngo¹i tiÕp ABC cã d¹ng: (C): x2 + y22ax2by + c = 0, víi a2 + b2c  0. §iÓm A, B, C(C), ta ®-îc: 2a  4b  c  5 a  3   10a  4b  c  29  b  1/ 2 , tho¶ m·n ®iÒu kiÖn. c  1 2a  6b  c  10   VËy ph-¬ng tr×nh ®-êng trßn (C): x2 + y26x + y 1 = 0. Çch 2: NhËn xÐt r»ng AB  AC  ABC vu«ng t¹i A. Do ®ã: 1  tam I(3,  ) tam I la trung diem BC  2   (C):   (C):  BC R  41 R  2  2 1 41  (C): (x3)2 + (y + )2 = . 2 4

 Gi¶i Ta cã thÓ gi¶i b»ng hai çch sau: Çch 1: ChuyÓn ph-¬ng tr×nh cña (d) vÒ d¹ng tham sè, ta ®-îc: x  2  4 t (d):  , t  R. y  3t §-êng trßn (C) cã: tam I(5,6) (C):   (C): (x5)2 + (y6)2 = R2. bkinh R Thay x, y tõ ph-¬ng tr×nh tham sè cña (d) vµo (C), ta ®-îc: 25t260t + 45R2 = 0. (C) tiÕp xóc víi (d)  ph-¬ng tr×nh (2) cã nghiÖm kÐp 6  ' = 0  R2 = 9 (khi ®ã ta ®-îc t = ) 5 2 VËy ph-¬ng tr×nh ®-êng trßn (C): (x5) + (y6)2 = 9. Çch 2: ChuyÓn ph-¬ng tr×nh cña (d) vÒ d¹ng tæng qu¸t, ta ®-îc: (d): 3x4y6 = 0. Gäi R lµ b¸n kÝnh ®-êng trßn (C). (C) tiÕp xóc víi (d) khi vµ chØ khi: | 3.5  4.6  6 | R = d(I, (d)) = = 3. 9  16 VËy, ph-¬ng tr×nh ®-êng trßn (C): (x5)2 + (y6)2 = 9.

(1)

(2)

ThÝ dô 4. LËp ph-¬ng tr×nh ®-êng trßn (C) tiÕp xóc víi c¸c trôc to¹ ®é vµ ®i qua ®iÓm M(2, 1).

 Gi¶i Gi¶ sö ®-êng trßn (C) cã t©m I(a, b) vµ b¸n kÝnh R. §-êng trßn (C) tiÕp xóc víi hai trôc to¹ ®é Ox, Oy  a = b = R. Tr-êng hîp 1: NÕu a = b th×: (C): (x  a)2 + (y  a)2 = a2. §iÓm M  (C) suy ra: a  1 (2  a)2+(1  a)2 = a2  a2  6a + 5 = 0   . a  5  Víi a = 1, suy ra b = 1, R = 1, ta ®-îc (C1): (x  1)2 + (y  1)2 = 1.  Víi a = 5, suy ra b = 5, R = 5, ta ®-îc (C2): (x  5)2 + (y  5)2 = 25. Tr-êng hîp 2: NÕu a = b th×: (C): (x  a)2 + (y + a)2 = a2. §iÓm M  (C) suy ra: (2  a)2 + (1 + a)2 = a2  a2  4a + 5 = 0 v« nghiÖm. VËy, tån t¹i hai ®-êng trßn (C1) vµ (C2) tho¶ m·n ®iÒu kiÖn ®Çu bµi. 365

 Chó ý: NÕu gi¶ thiÕt cho (C) tiÕp xóc víi (d): Ax + By + C = 0 t¹i ®iÓm M(x , 0

y0), ta cã ®-îc c¸c ®iÒu kiÖn sau: a. T©m I thuéc ®-êng th¼ng () cã ph-¬ng tr×nh cho bëi: qua M(x 0 , y 0 ) x  x 0  At ():   ():  , tR vtcp n(A, B ) y  y 0  Bt  I(x0 + At, y0 + Bt) b. (C) tiÕp xóc víi (d) khi vµ chØ khi IM = R.

ThÝ dô 5. LËp ph-¬ng tr×nh ®-êng trßn (C) tiÕp xóc víi ®-êng th¼ng (d): xy2 = 0 t¹i ®iÓm M(3; 1) vµ t©m I thuéc ®-êng th¼ng (d1): 2xy2 = 0.

 Gi¶i

V× (C) tiÕp xóc víi (d) t¹i ®iÓm M, suy ra t©m I cña (C) thuéc ®-êng th¼ng () cã ph-¬ng tr×nh cho bëi: qua M(3,1) ():   (): x + y4 = 0.  vtpt n(1,1) Khi ®ã I = (d1)  (), to¹ ®é ®iÓm I lµ nghiÖm hÖ ph-¬ng tr×nh: x  y  4  0  I(2, 2).  2x  y  2  0

D¹ng to¸n 3: VÞ trÝ t-¬ng ®èi cña ®iÓm, ®-êng th¼ng vµ ®-êng trßn. Ph-¬ng ph¸p thùc hiÖn 1. §Ó xÐt vÞ trÝ t-¬ng ®èi cña ®iÓm víi ®-êng trßn, ta thùc hiÖn theo c¸c b-íc: B-íc 1: X¸c ®Þnh ph-¬ng tÝch cña M ®èi víi ®-êng trßn (C) lµ pM/(C). B-íc 2: KÕt luËn:  NÕu pM/(C) < 0  M n»m trong ®-êng trßn.  

M/(C)

= 0  M n»m trªn ®-êng trßn.

M/(C)

> 0  M n»m ngoµi ®-êng trßn.

p NÕu p NÕu

 Chó ý: Ta cã c¸c kÕt qu¶ sau: NÕu M n»m trong (C)  kh«ng tån t¹i tiÕp tuyÕn cña (C) ®i qua M nh-ng khi ®ã mäi ®-êng th¼ng qua M ®Òu c¾t (C) t¹i 2 ®iÓm ph©n biÖt.  NÕu M n»m trªn (C)  tån t¹i duy nhÊt 1 tiÕp tuyÕn cña (C) ®i qua M (ph-¬ng tr×nh tiÕp tuyÕn cã ®-îc b»ng ph-¬ng ph¸p ph©n ®«i to¹ ®é).  NÕu M n»m ngoµi (C)  tån t¹i hai tiÕp tuyÕn cña (C) ®i qua M. 

366

2. §Ó xÐt vÞ trÝ t-¬ng ®èi cña ®-êng th¼ng víi ®-êng trßn, ta lùa chän mét trong hai çch sau: Çch 1: TÝnh kho¶ng çch h tõ I tíi (d), råi so s¸nh víi b¸n kÝnh R cña ®-êng trßn, ta ®-îc:  NÕu h > R  (d)(C) = {}.  NÕu h = R  (d) tiÕp xóc víi (C).  NÕu h < R  (d) c¾t (C) t¹i hai ®iÓm ph©n biÖt A, B. Çch 2: XÐt hÖ ph-¬ng tr×nh t¹o bëi (C) vµ (d), khi ®ã sè nghiÖm cña ph-¬ng tr×nh b»ng sè giao ®iÓm cña (d) vµ (C). 3. §Ó xÐt vÞ trÝ t-¬ng ®èi cña hai ®-êng trßn, ta lùa chän mét trong hai çch sau: Çch 1: TÝnh kho¶ng çch I1I2 (I1, I2 lµ hai t©m cña hai ®-êng trßn), råi so s¸nh víi tæng vµ hiÖu hai b¸n kÝnh R1, R2 cña hai ®-êng trßn, ta ®-îc:  NÕu I1I2 > R1 + R2  (C1) vµ (C2) kh«ng c¾t nhau vµ ë ngoµi nhau.  NÕu I1I2 < R1R2  (C1) vµ (C2) kh«ng c¾t nhau vµ nång nhau.  NÕu I1I2 = R1 + R2  (C1) vµ (C2) tiÕp xóc ngoµi víi nhau.  NÕu I1I2 = R1R2  (C1) vµ (C2) tiÕp xóc trong víi nhau.  NÕu R1R2< I1I2 < R1 + R2  (C1) vµ (C2) c¾t nhau t¹i hai ®iÓm ph©n biÖt. Ph-¬ng ph¸p nµy th-êng ®-îc sö dông ®Ó x¸c ®Þnh sè nghiÖm cña bµi to¸n tiÕp tuyÕn chung cña hai ®-êng trßn (C1) vµ (C2). Çch 2: XÐt hÖ ph-¬ng tr×nh t¹o bëi (C1) vµ (C2), khi ®ã sè nghiÖm cña ph-¬ng tr×nh b»ng sè giao ®iÓm cña (C1) vµ (C2). NhËn xÐt quan träng: 1. B»ng viÖc xÐt vÞ trÝ t-¬ng ®èi cña ®-êng th¼ng vµ ®-êng trßn chóng ta cã thÓ øng dông ®Ó gi¶i çc hÖ ®¹i sè, d¹ng: D¹ng 1: Gi¶i vµ biÖn luËn hÖ: x 2  y 2  2a(m)x  2 b( m)x  c(m)  0 .  Ax  By  C  0 D¹ng 2: Gi¶i vµ biÖn luËn hÖ: x 2  y 2  2a( m)x  2 b( m)x  c( m)  0 .  Ax  By  C  0 2. B»ng viÖc xÐt vÞ trÝ t-¬ng ®èi cña ®-êng th¼ng vµ ®-êng trßn chóng ta cã thÓ øng dông ®Ó gi¶i çc hÖ ®¹i sè, d¹ng: D¹ng 1: Gi¶i vµ biÖn luËn hÖ: 2 2  x  y  2 a 1 ( m ) x  2 b 1 ( m ) x  c 1 ( m )  0  2 2  x  y  2 a 2 ( m ) x  2 b 2 ( m ) x  c 2 ( m )  0 D¹ng 2: Gi¶i vµ biÖn luËn hÖ: x 2  y 2  2a 1 (m)x  2b 1 (m)x  c 1 (m)  0  2 x  y 2  2a 2 (m)x  2b 2 (m)x  c 2 (m)  0

367

ThÝ dô 1. Cho ®iÓm M(6; 2) vµ ®-êng trßn (C) cã ph-¬ng tr×nh: (C): x2 + y22x2y + 1 = 0. LËp ph-¬ng tr×nh ®-êng th¼ng (d) qua M c¾t (C) t¹i hai ®iÓm ph©n biÖt A, B sao cho: a. AB = 2 . b. AB = 2.

 Gi¶i §-êng trßn (C) cã t©m I(1; 1) vµ b¸n kÝnh R = 1. a. Gäi H lµ h×nh chiÕu vu«ng gãc cña I lªn AB, ta cã: 2 1 AB 2 2 IH2 = IA2AH2 = R2 = 1 =  IH = . 4 2 4 2 §-êng th¼ng (d) ®i qua M cã d¹ng: I (d): A(x6) + B(y2) = 0 M  (d): Ax + By6A2B = 0. B H A §-êng th¼ng (d) tho¶ m·n ®iÒu kiÖn ®Çu bµi khi vµ chØ khi: | A  B  6A  2B | 2 d(I, (d)) = IH  =  50A2 + 10AB + B2 = 0. (1) 2 2 2 A B Gi¶i ph-¬ng tr×nh (1) b»ng c¸ch ®Æt t =

A ta t×m ®-îc mèi liªn hÖ gi÷a A vµ B. B

Tõ ®ã, thÊy tån t¹i hai ®-êng th¼ng (d1), (d2) tho¶ m·n ®iÒu kiÖn ®Çu bµi. b. V× (d) ®i qua M vµ c¾t ®-êng trßn (C) t¹i hai ®iÓm A, B sao cho: AB = 2 = 2R  qua M(6;2) x 1 y 1  (d): =  (d): x  5y + 4 = 0. 6 1 2 1  qua tam I(1;1)

 (d2): 

ThÝ dô 2. Cho ®-êng th¼ng (d) vµ ®-êng trßn (C) cã ph-¬ng tr×nh: (d): x + y1 = 0 vµ (C): x2 + y21 = 0. a. Chøng tá r»ng (d) c¾t (C) t¹i hai ®iÓm ph©n biÖt A, B. b. LËp ph-¬ng tr×nh ®-êng trßn ®i qua hai ®iÓm A, B vµ tiÕp xóc víi ®-êng th¼ng (): 2xy2 = 0.

 Gi¶i a. §-êng trßn (C) cã t©m O(0, 0) vµ b¸n kÝnh R = 1. Ta cã: | 1 | 1 d(O, (d)) = = <R 2 11 VËy (d) c¾t (C) t¹i hai ®iÓm ph©n biÖt A, B. b. §-êng trßn (S) ®i qua c¸c giao ®iÓm cña (d) vµ (C), cã d¹ng (S): x2 + y21 + m(x + y1) = 0  (S): x2 + y2 + mx + my1m = 0 m m suy ra t©m I( , ). 2 2 368

(1)

(S) tiÕp xóc víi ()

m m ) 2| m2 2 2 2  d(I, ()) = R  =  m 1  m =  . 3 2 4 1 2 2 2 1 Thay m =  vµo (1) ta ®-îc (S): x2 + y2 x y = 0. 3 3 3 3 | 2(

ThÝ dô 3. Cho hai ®-êng trßn (C1): x2 + y22x + 4y4 = 0, (C2): x2 + y2 + 2x2y14 = 0. a. Chøng minh r»ng hai ®-êng trßn (C1) vµ (C2) c¾t nhau. b. ViÕt ph-¬ng tr×nh ®-êng trßn qua giao ®iÓm cña (C1), (C2) vµ qua ®iÓm M(3, 0).

 Gi¶i a. Ta cã :  §-êng trßn (C1) cã t©m I1(1, 2) vµ b¸n kÝnh R1 = 3.  §-êng trßn (C2) cã t©m I2(1, 1) vµ b¸n kÝnh R2 = 4. Ta cã: I1I2 = (1  1) 2  (2  1) 2 = 13 , R1R2 = 0 < I1I2 < 2 = R1 + R2  (C1)(C2) = {A, B}. b. §-êng trßn (S) ®i qua c¸c giao ®iÓm cña (C1) vµ (C2), cã d¹ng: (S): (x2 + y2 + 2x2y14) + (x2 + y22x + 4y4) = 0  (S): ( + )x2 + ( + )y22()x2(2)y144 = 0 §iÓm M(3, 0)(S) 9( + )3()144 = 0   =  Thay  =  vµo (1) ta ®-îc (S): x2 + y2 + y9 = 0.

(1)

ThÝ dô 4. Cho hÖ ph-¬ng tr×nh: x 2  y 2  x  0  x  ay  a  0 a. T×m a ®Ó hÖ ph-¬ng tr×nh ®· cho cã hai nghiÖm ph©n biÖt. b. Gäi (x1, y1), (x2, y2) lµ c¸c nghiÖm cña hÖ ®· cho. Chøng minh r»ng (x2x1)2 + (y2y1)2  1.

 Gi¶i

ViÕt l¹i hÖ d-íi d¹ng: 1 2 1  2 (1) (x  )  y  2 4  x  ay  a  0 (2 )

369



1 1 , 0), b¸n kÝnh R = . 2 2

 Ph-¬ng tr×nh (2) lµ ®-êng th»ng (d). a. VËy hÖ cã hai nghiÖm ph©n biÖt  (d) c¾t (C) t¹i hai ®iÓm ph©n biÖt 1 a 1 4 2  d(I, d) < R  < 0<a< . 2 2 3 1 a b. Víi 0 < a <

4 , (d)(C) = {A, B} cã to¹ ®é lµ A(x1, y1), B(x2, y2). 3

Ta cã: AB  2R  AB2  4R2  (x2x1)2 + (y2y1)2  1, ®pcm.

D¹ng to¸n 4: LËp ph-¬ng tr×nh tiÕp tuyÕn cña ®-êng trßn (C) (t©m I(a, b) b¸n kÝnh R) tho¶ m·n ®iÒu kiÖn K. Ph-¬ng ph¸p thùc hiÖn Ta cã thÓ lùa chän mét trong hai çch sau: Çch 1: Ta thùc hiÖn theo çc b-íc: B-íc 1: Dùa trªn ®iÒu kiÖn K ta gi¶ sö ®-îc ®-êng th¼ng (d) cã ph-¬ng tr×nh: (d): Ax + By + C = 0. B-íc 2: (d) lµ tiÕp tuyÕn cña (C)  d(I, (d)) = R. B-íc 3: KÕt luËn vÒ tiÕp tuyÕn (d).

 Chó ý: §iÒu kiÖn K th-êng gÆp: 1. TiÕp tuyÕn ®i qua ®iÓm M cho tr-íc, khi ®ã: a. NÕu M(x0, y0)(C) (tøc lµ

M/(C)

= 0), ta cã ngay:

 qua M(x 0 , y 0 ) (d):   vtpt IM(x 0  a, y 0  b)

 (d): (x0a)(xx0) + (y0b)(yy0) = 0  (d): (x0a)(xa) + (y0b)(yb) = R2  Ph©n ®«i to¹ ®é. b. NÕu M(x0, y0)  (C) (tøc lµ

M/(C)

 0), ta gi¶ sö:

(d): A(xx0) + B(yy0) = 0  (d): Ax + ByAx0By0 = 0 2. TiÕp tuyÕn song song víi ®-êng th¼ng (): Ax + By + C = 0, khi ®ã: (d): Ax + By + D = 0. 3. TiÕp tuyÕn vu«ng gãc víi ®-êng th¼ng (): Ax + By + C = 0, khi ®ã: (d): BxAy + D = 0. 370

4. TiÕp tuyÕn cã hÖ sè gãc b»ng k, khi ®ã: (d): y = kx + m  (d): kxy + m = 0. 5. TiÕp tuyÕn cã t¹o víi ®-êng th¼ng () mét gãc , khi ®ã ta linh ho¹t sö dông mét trong hai c«ng thøc:  | a.b |   cos =   , víi a , b theo thø tù lµ vtcp cña (d), (). | a |.| b | k  k2 tg = 1 , víi k1, k2 theo thø tù lµ hsg cña (d), () 1  k1k 2 C¸ch 2: §i t×m tiÕp ®iÓm råi sö dông ph-¬ng ph¸p ph©n ®«i to¹ ®é ®Ó gi¶i. Ta thùc hiÖn theo c¸c b-íc: B-íc 1: Gi¶ sö ®iÓm M(x0, y0) lµ tiÕp ®iÓm, khi ®ã: Ph-¬ng tr×nh tiÕp tuyÕn cã d¹ng: x.x0 + y.y0a(x + x0)b(y + y0) + c = 0. (1) 2 (hoÆc (xa) (x0a) + (yb)(y0b) = R ). §iÓm M(C)  x 20  y 20 2ax02by0 + c = 0 (2) 2 2 2 (hoÆc (x0a) + (y0b) = R ) B-íc 2: Sö dông ®iÒu kiÖn K cña gi¶ thiÕt, ta thiÕt lËp thªm mét ph-¬ng tr×nh theo x0, y0 (3) B-íc 3: Gi¶i hÖ t¹o bëi (2), (3) ta ®-îc to¹ ®é tiÕp ®iÓm M(x 0, y0), tõ ®ã thay vµo (1) ta ®-îc ph-¬ng tr×nh tiÕp tuyÕn cÇn x¸c ®Þnh.

ThÝ dô 1. LËp ph-¬ng tr×nh tiÕp tuyÕn cña ®-êng trßn (C) ®i qua M, biÕt: a. (C): (x3)2 + (y1)2 = 5 vµ M(2, 3). b. (C): x2 + y22x8y8 = 0 vµ M(4, 6).

 Gi¶i a. NhËn xÐt r»ng: PM /( C ) = 0  M  (C). VËy ph-¬ng tr×nh tiÕp tuyÕn (d) cña (C) t¹i M cã d¹ng: (d): (x3)(23) + (y1)(31) = 9  (d): x2y + 8 = 0. b. NhËn xÐt r»ng: PM /( C ) >0  M ë ngoµi (C). Ta lùa chän mét trong hai c¸ch sau: C¸ch 1: §-êng trßn (C) cã t©m I(1, 4), b¸n kÝnh R = 5. §-êng th¼ng (d) ®i qua M cã ph-¬ng tr×nh: (d): A(x + 4) + B(y + 6) = 0  (d): Ax + By + 4A + 6B = 0. §-êng th¼ng (d) lµ tiÕp tuyÕn cña (C) | A  4B  4A  6B |  d(I, (d)) = R  =5 A2  B2 371

 A + 2B =

B  0

. A 2  B 2  3B2 + 4AB = 0    B  4A / 3  Víi B = 0, ta ®-îc tiÕp tuyÕn (d1): A(x + 4) = 0  (d1): x + 4 = 0. 4A  Víi B =  , ta ®-îc tiÕp tuyÕn 3 4A (d2): A(x + 4)  (y + 6) = 0  (d2): 3x4y12 = 0. 3 VËy qua M kÎ ®-îc hai tiÕp tuyÕn (d1), (d2) tíi ®-êng trßn (C). C¸ch 2: Gi¶ sö tiÕp ®iÓm lµ M(x0, y0), khi ®ã ph-¬ng tr×nh tiÕp tuyÕn cã d¹ng: (d): x.x0 + y.y0(x + x0)4(y + y0)8 = 0. V× M(x0, y0)  (C) nªn: x 02  y02 2x08y08 = 0. §iÓm A(4, 6)(d)  4x06y0(4 + x0)4(6 + y0)8 = 0  x0 + 2y04 = 0. Gi¶i hÖ ph-¬ng tr×nh t¹o bëi (2), (3) ta ®-îc:

(1) (2)

(3)

x 0  4 & y 0  4 .  x 0  4 & y 0  0

 

Víi M1(4, 4), thay vµo (1) ta ®-îc tiÕp tuyÕn (d1): x + 4 = 0. Víi M2(4, 0), thay vµo (1) ta ®-îc tiÕp tuyÕn (d2): 3x4y12 = 0.

 Chó ý: Nh- vËy nÕu sö dông c¸ch 2 ta cã thÓ tr¶ lêi ®-îc c¸c hái:

a. Qua M kÎ ®-îc hai tiÕp tuyÕn (d1), (d2) tíi ®-êng trßn (C). b. To¹ ®é c¸c tiÕp ®iÓm lµ M1(4, 4), M2(4, 0). c. Ph-¬ng tr×nh ®-êng th¼ng ®i qua 2 tiÕp ®iÓm ®-îc suy ra tõ (3), tøc lµ: (M1M2): x + 2y4 = 0.

ThÝ dô 2. Cho ®-êng th¼ng () vµ ®-êng trßn (C) cã ph-¬ng tr×nh: (): 3x4y + 12 = 0. (C): x2 + y22x6y + 9 = 0. LËp ph-¬ng tr×nh tiÕp tuyÕn cña ®-êng trßn (C) vu«ng gãc víi ().

 Gi¶i §-êng trßn (C) cã t©m I(1, 3), b¸n kÝnh R = 1. Ta cã hai c¸ch gi¶i sau: C¸ch 1: TiÕp tuyÕn (d)() cã ph-¬ng tr×nh: (d) : 4x + 3y + c = 0. §-êng th¼ng (d) lµ tiÕp tuyÕn cña (C) c 1  18 | 4.1  3.3  c |  d(I, (d)) = R  =1  . 16  9 c 2  8  372

Víi c1 = 18, ta ®-îc tiÕp tuyÕn (d1): 4x + 3y18 = 0.

 Víi c2 = 8, ta ®-îc tiÕp tuyÕn (d2): 4x + 3y8 = 0. VËy tån t¹i hai tiÕp tuyÕn (d1), (d2) tíi (C) tho¶ m·n ®iÒu kiÖn ®Çu bµi. C¸ch 2: Gi¶ sö tiÕp ®iÓm lµ M(x0, y0), khi ®ã ph-¬ng tr×nh tiÕp tuyÕn cã d¹ng: (d): x.x0 + y.y0(x + x0)3(y + y0) + 9 = 0  (d): (x01)x + (y03)yx03y0 + 9 = 0 V× M(x0, y0)  (C)  x 20  y 20 2x06y0 + 9 = 0. §-êng th¼ng (d)() khi vµ chØ khi: 3.(x01)4(y03) = 0  3x04y0 + 9 = 0. Gi¶i hÖ ph-¬ng tr×nh t¹o bëi (2), (3) ta ®-îc: 9 18  x 0  5 & y 0  5 .  x  1 & y  12 0  0 5 5 9 18  Víi M1( , ), thay vµo (1) ta ®-îc tiÕp tuyÕn (d1): 4x + 3y18 = 0. 5 5 1 12  Víi M2( , ), thay vµo (1) ta ®-îc tiÕp tuyÕn (d2): 4x + 3y8 = 0. 5 5 VËy tån t¹i hai tiÕp tuyÕn (d1), (d2) tíi (C) tho¶ m·n ®iÒu kiÖn ®Çu bµi.

(1) (2) (3)

D¹ng to¸n 5: LËp ph-¬ng tr×nh tiÕp tuyÕn chung cña 2 ®-êng trßn (C1) vµ (C2) Ph-¬ng ph¸p thùc hiÖn Ta thùc hiÖn theo c¸c b-íc: B-íc 1: Gi¶ sö (d): Ax + By + C = 0, víi A2 + B2>0 lµ tiÕp tuyÕn chung cña (C1) vµ (C2). B-íc 2: ThiÕt lËp ®iÒu kiÖn tiÕp xóc cña (d) víi (C1) vµ (C2) d(I1, (d)) = R1 & d(I2, (d)) = R2. B-íc 3: KÕt luËn vÒ tiÕp tuyÕn chung (d). ThÝ dô 1. Cho hai ®-êng trßn (C1) vµ (C2) cã ph-¬ng tr×nh: (C1): (x1)2 + (y1)2 = 1, (C2): (x2)2 + (y + 1)2 = 4. LËp ph-¬ng tr×nh tiÕp tuyÕn chung cña hai ®-êng trßn trªn.

 Gi¶i §-êng trßn (C1) cã t©m I1(1, 1) vµ b¸n kÝnh R1 = 1. §-êng trßn (C2) cã t©m I2(2, 1) vµ b¸n kÝnh R2 = 2. Gi¶ sö tiÕp tuyÕn chung (d) cã ph-¬ng tr×nh: (d): Ax + By + C = 0, víi A2 + B2 > 0

(1) 373

Ta cã (d) tiÕp xóc víi (C1) vµ (C2) khi vµ chØ khi | A  B  C | 1   2 2 d( I 1 , (d))  R1  A2  B2    | A  B  C | A  B   d( I 2 , (d))  R 2  | 2A  B  C |  2 | 2A  B  C | 2 | A  B  C |  2 2  A B C  3B   2 2 | A  B  3B | A 2  B 2 | A  B  C |  A  B    C  3B  C   1 (4A  B )   1 3  C   (4A  B ) 3  | A  B  1 (4 A  B ) | A 2  B 2  3

C  3B & B  0   C  3B & A  3B  4

Khi ®ã ta ®-îc hai tiÕp tuyÕn chung: (d1): Ax = 0  (d1): x = 0, 3B x + By3B = 0  (d2): 3x + 4y12 = 0, 4 VËy, tån t¹i hai tiÕp tuyÕn chung (d1), (d2) cña (C1) vµ (C2).

(d2):

ThÝ dô 2. Cho hai ®-êng trßn (C) vµ (Cm) cã ph-¬ng tr×nh: (C): x2 + y2 = 1, (Cm): x2 + y22(m + 1)x + 4my = 5. a. Chøng minh r»ng cã 2 ®-êng trßn (Cm1), (Cm2) tiÕp xóc víi ®-êng trßn (C) øng víi 2 gi¸ trÞ m1, m2 cña m. b. X¸c ®Þnh ph-¬ng tr×nh ®-êng th¼ng tiÕp xóc víi c¶ hai ®-êng trßn (Cm1), (Cm2).

 Gi¶i

 §-êng trßn (Cm) cã t©m Im(m + 1, 2m) vµ b¸n kÝnh Rm = 5m 2  2m 6 . NhËn xÐt r»ng: (C) vµ (Cm) tiÕp xóc nhau  m1  1 OI  R  R m   m   m2  3 OI m | R  R m |  5 b. TiÕp tuyÕn chung cña (C1) vµ (C3/5) lµ (d1): 2x + y + 3 5 2 = 0 vµ (d2): 2x + y3 5 2 = 0. 374

D¹ng to¸n 6: §iÓm vµ ®-êng trßn Ph-¬ng ph¸p thùc hiÖn §Ó t×m ®iÓm M thuéc ®-êng trßn (C): (xa)2 + (yb)2 = R2 tho¶ m·n ®iÒu kiÖn K, ta thùc hiÖn theo c¸c b-íc : B-íc 1: LÊy ®iÓm M(x0, y0)  (C), suy ra: (x0a)2 + (y0b)2 = R2. B-íc 2: Dùa vµo ®iÒu kiÖn K cã thªm ®-îc ®iÒu kiÖn cho x0, y0. ThÝ dô 1. Cho ®iÓm F(4, 2) vµ ®-êng trßn (C) cã ph-¬ng tr×nh: (C): (x3)2 + (y2)2 = 5, (): xy2 = 0. a. T×m c¸c ®iÓm cã to¹ ®é nguyªn thuéc (C). b. T×m trªn (C) ®iÓm E sao cho OEF vu«ng.

 Gi¶i a. XÐt ph-¬ng tr×nh ®-êng trßn (C) víi Èn y lµ: y24y + x26x + 8 = 0 Ph-¬ng tr×nh cã nghiÖm  '  0  4x2 + 6x8  0  x26x + 4  0  3 5  x  3 + Suy ra c¸c ®iÓm M(x, y)(C) cã hoµnh ®é nguyªn lµ: 1, 2, 3, 4, 5, ta cã: x 1 2 3 4 y y  3 y  4 y  4 yZ  y  1

 y  0

VËy tån t¹i 6 ®iÓm M1(1, 3), M2(1, 1), M3(2, 4), M4(2, 0) , M5(4, 4), M6(4, 0) thuéc (C). b. OEF vu«ng gåm c¸c kh¶ n¨ng sau: Kh¶ n¨ng 1: OEF vu«ng t¹i O  E = (dO)(C), víi (dO) lµ ®-êng th¼ng qua O vµ vu«ng gãc víi OF. Ta cã : qua O (d):   (d): 2xy = 0. vtpt OF(4,2) Khi ®ã to¹ ®é ®iÓm E lµ nghiÖm cña hÖ : E 1 (2,4) ( x  3) 2  (y  2) 2  5   .  E 2 ( 4 , 8 ) 2 x  y  0  5 5  Kh¶ n¨ng 2: OEF vu«ng t¹i F  E = (dF)(C), víi (dF) lµ ®-êng th¼ng qua F vµ vu«ng gãc víi OF. Ta cã : qua F(4  2) (d):   (d): 2xy10 = 0. vtpt OF(4,2) 375

Khi ®ã to¹ ®é ®iÓm E lµ nghiÖm cña hÖ : ( x  3) 2  (y  2) 2  5 v« nghiÖm.  2 x  y  10  0 Kh¶ n¨ng 3: OEF vu«ng t¹i E  E = (C1)(C), víi (C1) lµ ®-êng trßn ®-êng kÝnh OF. Ta cã : (C1): (x2)2 + (y + 1)2 = 5. Khi ®ã to¹ ®é ®iÓm E lµ nghiÖm cña hÖ : (x  3) 2  (y  2) 2  5 ( x  3) 2  (y  2) 2  5 E (4,0)    3 .   2 2 (x  2)  (y  1)  5 E 4 (1,1)  x  3y  4  0

ThÝ dô 2. Cho hai ®-êng trßn (C) vµ (Cm) cã ph-¬ng tr×nh: (C): x2 + y2 = 1, (Cm): x2 + y22mx2y + m2 = 0. a. X¸c ®Þnh m ®Ó (C) vµ (Cm) tiÕp xóc ngoµi víi nhau. b. Víi m t×m ®-îc ë c©u a), h·y x¸c ®Þnh vÞ trÝ cña ®iÓm A  (C) vµ B  (Cm) ®Ó diÖn tÝch OAB lín nhÊt vµ trong tr-êng hîp ®ã, tÝnh diÖn tÝch h×nh Êy.

 Gi¶i Ta cã:  §-êng trßn (C) cã t©m O(0, 0) vµ b¸n kÝnh R = 1.  §-êng trßn (Cm) cã t©m Im(m; 1) vµ b¸n kÝnh Rm = 1. a. §Ó (C) vµ (Cm) tiÕp xóc ngoµi víi nhau ®iÒu kiÖn lµ: OIm = R + Rm  b. Ta cã: SOAB =

m 2  1 = 2  m2 + 1 = 4  m =  3 .

1 1 | OA | . | OB | .sin AOB = | OB | .sin AOB . 2 2

Tõ ®ã, suy ra diÖn tÝch OAB lín nhÊt khi vµ chØ khi: OB lín nhÊt O, B, I m th¼ng hµng   .  sinAOB  1 OA  OB

B¹n ®äc gi¶i tiÕp lÇn l-ît víi m =  3 .

ThÝ dô 3. Cho ®-êng trßn (C) cã ph-¬ng tr×nh : (C): x2 + y24x6y + 5 = 0. a. T×m c¸c ®iÓm cã to¹ ®é nguyªn thuéc (C). b. X¸c ®Þnh to¹ ®é c¸c ®Ønh B, C cña ABC ®Òu néi tiÕp trong ®-êng trßn (C), biÕt ®iÓm A(4; 5). 376

 Gi¶i a. Ta cã thÓ thùc hiÖn theo hai çch sau: Çch 1: XÐt ph-¬ng tr×nh ®-êng trßn (C) víi Èn y vµ t×m x ®Ó ph-¬ng tr×nh cã nghiÖm, tõ ®ã suy ra hoµnh ®é nguyªn  §Ò nghÞ b¹n ®äc tù lµm. Çch 2: ChuyÓn ph-¬ng tr×nh ®-êng trßn vÒ d¹ng tham sè:  x  2  2 2 sin  (C):  , [0, 2).  y  3  2 2 cos  Khi ®ã ®iÓm M(C)  M(2 + 2 2 sin, 3 + 2 2 cos)  3 5 7  Suy ra çc gi¸ trÞ gãc  ®Ó x, y ®Òu nguyªn lµ: , , , . 4 4 4 4 Ta ®-îc M1(0, 1), M2(0, 5), M3(4, 1), M4(4, 5). b. Gäi A1 lµ ®iÓm ®èi xøng víi A qua t©m I cña ®-êng trßn (C)  to¹ ®é ®iÓm A1(0; 1). §-êng trßn (C1) tho¶ m·n:  t©m A1 (0;1) (C1):   (C1): x2 + (y1)2 = 8.  B¸n kÝnh R  2 2

Khi ®ã: (C)(C1) = {B, C}, to¹ ®é B, C lµ nghiÖm cña hÖ: 2 2 B(1  3, 2  3)   x 2  (y  1) 2  8  x  y  4x  6y  5  0   .    2 2  C(1  3, 2  3) x  y  3  0  x  (y  1)  8

§3. ElÝp D¹ng to¸n 1: Çc ®Þnh çc thuéc tÝnh cña ElÝp (E) Ph-¬ng ph¸p thùc hiÖn Ta thùc hiÖn theo çc b-íc: B-íc 1: ChuyÓn ph-¬ng tr×nh ban ®Çu cña ElÝp (E) vÒ d¹ng chÝnh t¾c x2 y2 y (E): 2  2  1 . a b b B2 B-íc 2: XÐt çc kh¶ n¨ng: y A Kh¶ n¨ng 1: NÕu a > b, ta ®-îc: A1 2 x  (E) cã trôc lín thuéc Ox, ®é dµi b»ng 2a  F1 O F2 a x chøa hai tiªu ®iÓm   B1 a F1(c, 0), F2(c, 0) víi c2 = a2b2.   (E) cã trôc nhá thuéc Oy víi ®é dµi b»ng 2b. b c  T©m sai e = . a 377

Kh¶ n¨ng 2: NÕu a < b, ta ®-îc:  (E) cã trôc lín thuéc Oy, ®é dµi b»ng 2b chøa hai tiªu ®iÓm F1(0, c), F2(0, c) víi c2 = b2a2.  (E) cã trôc nhá thuéc Ox víi ®é dµi b»ng 2a. A1 a c  T©m sai e = . b

 Chó ý: Trong tr-êng hîp ph-¬ng tr×nh cña (E) cã d¹ng:

y b B2 c

O  F1 c b B1

A2 a x

(x  ) 2 (y  ) 2 = 1.  a2 b2 ta thùc hiÖn phÐp tÞnh tiÕn hÖ trôc Oxy theo vect¬ OI víi I(, ) thµnh hÖ trôc IXY víi c«ng thøc ®æi trôc: X  x   x  X      Y  y   y  Y   ta ®-îc: X2 Y2 (E): 2  2  1 a b tõ ®ã, chØ ra c¸c thuéc tÝnh cña (E) trong hÖ trôc IXY råi suy ra c¸c thuéc tÝnh cña (E) trong hÖ trôc Oxy.

(E):

ThÝ dô 1. X¸c ®Þnh ®é dµi çc trôc, to¹ ®é çc tiªu ®iÓm, to¹ ®é çc ®Ønh cña çc elÝp cã ph-¬ng tr×nh sau: x2 y2 a. b. 4x2 + 9y2 = 1. c. 4x2 + 9y2 = 36.  1. 25 9

 Gi¶i a. Ta cã ngay a = 5 vµ b = 3, suy ra c = a 2  b 2 = 4. Tõ ®ã:  Trôc lín thuéc Ox cã ®é dµi b»ng 10 chøa hai tiªu ®iÓm F1(4, 0), F2(4, 0).  Trôc nhá thuéc Oy cã ®é dµi b»ng 6.  To¹ ®é 4 ®Ønh A1(5, 0), A2(5, 0), B1(0, 3), B2(0, 3). b. BiÕn ®æi ph-¬ng tr×nh vÒ d¹ng: 1 1 x2 y2 5 .   1  a = , b = vµ c = a 2  b 2 = 2 3 1/ 4 1/ 9 6 Tõ ®ã: 5 5  Trôc lín thuéc Ox cã ®é dµi b»ng 1 chøa hai tiªu ®iÓm F1( , 0), F2( , 0). 6 6 2  Trôc nhá thuéc Oy cã ®é dµi b»ng . 3 1 1 1 1  To¹ ®é 4 ®Ønh A1( , 0), A2( , 0), B1(0,  ), B2(0, ). 2 2 3 3 378

c. BiÕn ®æi ph-¬ng tr×nh vÒ d¹ng: x2 y2   1  a = 3, b = 2 vµ c = 9 4 Tõ ®ã:   

a2  b2 =

Trôc lín thuéc Ox cã ®é dµi b»ng 6 chøa hai tiªu ®iÓm F1( 5 , 0), F2( 5 , 0). Trôc nhá thuéc Oy cã ®é dµi b»ng 4. To¹ ®é 4 ®Ønh A1(3, 0), A2(3, 0), B1(0, 2), B2(0, 2).

ThÝ dô 2. X¸c ®Þnh c¸c ®-êng cong sau: a. (E): y =

2 3

9  x2

 x  4sin t  , t[ , 2) 2  y  2cos t

b. (E): 

 Gi¶i a. BiÕn ®æi ph-¬ng tr×nh cña (E) vÒ d¹ng: y  0 y  0   (E):  2 4  (E):  x 2 y 2 . 2 y  (9  x )  1   9 4 9

VËy, ®å thÞ cña (E) lµ phÇn ë phÝa trªn Ox cña ®å thÞ ElÝp

x2 y2  = 1. 9 4

b. BiÕn ®æi ph-¬ng tr×nh cña (E) vÒ d¹ng: x  x vµ y kh«ng dång thíi dong sin t  4 sin2 t  cos2 t 1  (E):  (E):  x 2 y 2 .   1 cos t  y t[ 2 ,2 )    16 4  2 x2 y2  VËy, ®å thÞ cña (E) lµ ®å thÞ cña ElÝp = 1 bá ®i phÇn ®å thÞ ë gãc phÇn t16 4 thø nhÊt.

ThÝ dô 3. T×m t©m sai cña ElÝp biÕt: a. Mçi tiªu ®iÓm nh×n trôc nhá d-íi mét gãc 600. b. §Ønh trªn trôc nhá nh×n hai tiªu ®iÓm d-íi mét gãc 600. c. Kho¶ng c¸ch gi÷a hai ®-êng chuÈn b»ng 2 lÇn tiªu cù. d. Kho¶ng c¸ch gi÷a hai ®Ønh trªn hai trôc b»ng hai lÇn tiªu cù.

 Gi¶i a. Tõ gi¶ thiÕt, ta cã: tan300 = suy ra:

b  b = c.tan300 c

B2 b O c

c 1 c2 c2 c2 e =  e2 = 2 = 2 2 = 2 2 0 2 = = cos2300 2 0 a tan 30  1 b c c tan 30  c a

379

3 . 2

 e = cos300 =

b. Tõ gi¶ thiÕt, ta cã cot300 =

b  b = c.cot300 c

suy ra: c 1 c2 c2 c2  e2 = 2 = 2 2 = 2 2 0 2 = = sin2300 a co t 2 30 0  1 b c c co t 30  c a 1  e = sin300 = . 2

c. Tõ gi¶ thiÕt, ta cã: 1 2a 2a 2 = 4c  = 4ae  e2 =  e = . 2 e e 2

d. Tõ gi¶ thiÕt, ta cã: A2B2 = 4c 

a 2  b2 = 4c  a2 + b2 = 16c2 15c2  c2 + b2 + b2 = 16c2  b2 = 2

suy ra: 2

c 2 c c c  e2 = 2 = 2 2 = = e= 2 a 17 b c a 15c  c2 2

b a O

34 . 2

D¹ng to¸n 2: LËp ph-¬ng tr×nh cña ElÝp (E). Ph-¬ng ph¸p thùc hiÖn Ta lùa chän mét trong hai çch sau: Çch 1: Sö dông ph-¬ng tr×nh chÝnh t¾c cña ElÝp x2 y2 (E): 2  2  1 a b Tõ ®ã cÇn t×m a, b (hoÆc a2, b2) b»ng çch thiÕt lËp mét hÖ hai ph-¬ng tr×nh víi Èn a, b (hoÆc a2, b2). Çch 2: Sö dông ®Þnh nghÜa NÕu biÕt hai tiªu ®iÓm F1(x1, y1), F2(x2, y2) vµ ®é dµi trôc lín b»ng 2a th× ta thùc hiÖn theo çc b-íc: B-íc 1: LÊy ®iÓm M(x, y)(E). B-íc 2: ChuyÓn MF1 + MF2 = 2a (1) thµnh biÓu thøc gi¶i tÝch nhê: MF12  (x  x 1 ) 2  (y  y 1 ) 2 (2) MF22  (x  x 2 ) 2  (y  y 2 ) 2 (3) B-íc 3: Suy ra MF12  MF22 MF1MF2 = MF1  MF2 380

(x 12  x 22 )  (y 12  y 22 )  2x(x 1  x 2 )  2y(y 1  y 2 ) = (4) 2a LÊy (1) + (4) ta ®-îc MF1, råi thay vµo (2) ta sÏ ®-îc ph-¬ng tr×nh cña (E).

B-íc 4:

 Chó ý: 1. CÇn ph¶i c©n nh¾c gi¶ thiÕt cña bµi to¸n thËt kü cµng ®Ó lùa chän d¹ng ph-¬ng tr×nh thÝch hîp. Trong tr-êng hîp kh«ng cã g× ®Æc biÖt, ta lu«n gi¶ sö ElÝp (E) cã ph-¬ng tr×nh: x2 y2 (E): 2  2  1 . a b 2. Trong nhiÒu tr-êng hîp ®Æc thï chóng ta cßn sö dông ph-¬ng ph¸p quü tÝch ®Ó x¸c ph-¬ng tr×nh ElÝp hoÆc chøng minh tËp hîp ®iÓm lµ ElÝp.

ThÝ dô 1. LËp ph-¬ng tr×nh chÝnh t¾c cña elÝp, biÕt: a. §é dµi trôc lín vµ trôc nhá lÇn l-ît lµ 8 vµ 6. b. §é dµi trôc lín b»ng 10 vµ tiªu cù b»ng 6. c. Trôc lín thuéc Oy cã ®é dµi trôc lín b»ng 26 vµ t©m sai e =

 Gi¶i a. Ta cã ngay a = 4 vµ b = 3, suy ra ph-¬ng tr×nh cña elÝp

12 . 13

x2 y2  1. 16 9

b. Ta cã ngay a = 5 vµ c = 3, suy ra b = a 2  c 2 = 4 nªn ph-¬ng tr×nh cña elÝp x2 y2  1. 25 16 c. Tõ gi¶i thiÕt ta gi¶ sö ElÝp (E) cã ph-¬ng tr×nh x2 y2 (E): 2  2  1 , víi a<b. a b  §é dµi trôc lín b»ng 26  2b = 26  b = 13. 12 c 13 2  a 2 = =  a2 = = 25. 13 b 13 VËy ElÝp (E) cã ph-¬ng tr×nh: x2 y2 (E):  1. 25 169



T©m sai e =

ThÝ dô 2. LËp ph-¬ng tr×nh chÝnh t¾c cña elÝp, biÕt: a. ElÝp ®i qua c¸c ®iÓm M(0, 3) vµ N(3, 

12 ). 5

b. ElÝp cã mét tiªu ®iÓm F1( 3 , 0) vµ ®iÓm M(1,

3 ) n»m trªn elÝp. 2

381

 Gi¶i a. Gi¶ sö ElÝp (E) cã ph-¬ng tr×nh: x2 y2 (E): 2  2  1 . a b 9  V× M  (E)  2  1  b2 = 9. b 12 9 144  V× N(3,  )  (E)  2   1  a2 = 25. 5 25.9 a x2 y2 VËy, ElÝp (E) cã ph-¬ng tr×nh:  1. 25 9 b. Gi¶ sö ElÝp (E) cã ph-¬ng tr×nh: x2 y2 (E): 2  2  1 . a b  V× (E) cã mét tiªu ®iÓm F1( 3 , 0) nªn : c = 3  a2  b2 = 3. 1 3 3  V× M(1, )  (E)  2  2  1 . 2 a 4b Gi¶i hÖ ph-¬ng tr×nh t¹o bëi (1) vµ (2) ta ®-îc a2 = 4 vµ b2 = 1, suy ra: x2 y2 (E):  1. 4 1

(1) (2)

ThÝ dô 3. Cho ®iÓm A(3, 3) vµ ®-êng trßn (C) cã ph-¬ng tr×nh: (C1): (x + 1)2 + y2 = 16 vµ (C2): (x1)2 + y2 = 1. Gäi M lµ t©m ®-êng trßn (C) di ®éng tiÕp xóc víi (C1), (C2). T×m quü tÝch ®iÓm M, biÕt: a. (C) tiÕp xóc trong víi (C1) vµ tiÕp xóc ngoµi víi (C2). b. (C) tiÕp xóc trong víi c¶ (C1) vµ (C2).

 Gi¶i  B¹n ®äc tù vÏ h×nh

XÐt ®-êng trßn (C1), (C2), ta ®-îc: Tam O1 (1;0) Tam O2 (1;0) (C1):  vµ (C2):  . Bkinh R1  4 Bkinh R 2  1 a. Gi¶ sö M(x, y) lµ t©m vµ R lµ b¸n kÝnh ®-êng trßn (C) tiÕp xóc trong víi (C 1) vµ tiÕp xóc ngoµi víi (C2), ta ®-îc: R1  R  MO1  MO1 + MO2 = R1 + R2 = 5.  R2  R  MO2 VËy tËp hîp c¸c ®iÓm M thuéc ElÝp (E) nhËn O1, O2 lµm tiªu ®iÓm vµ cã ®é dµi trôc lín b»ng 5.

382

 X¸c ®Þnh ph-¬ng tr×nh cña ElÝp (E): V× O1, O2 thuéc Ox vµ ®èi xøng qua O nªn ph-¬ng tr×nh cña (E) cã d¹ng: x2 y2 (E): 2  2  1 , víi 0 < b < a. a b trong ®ã: 2a = 5  a =

5 , 2

b2 = a2c2 =

25 25 21 O O    1 2  = 1 = . 4 4 4  2 

VËy tËp hîp c¸c ®iÓm M thuéc ElÝp (E) cã ph-¬ng tr×nh

x2 y2  1. 25 / 4 21/ 4

b. Gi¶ sö M(x, y) lµ t©m vµ R lµ b¸n kÝnh ®-êng trßn (C) tiÕp xóc trong víi c¶ (C 1) vµ (C2), ta ®-îc: R1  R  MO1  MO1 + MO2 = R1R2 = 3  R  R2  MO2 VËy tËp hîp c¸c ®iÓm M thuéc ElÝp (E) nhËn O1, O2 lµm tiªu ®iÓm vµ cã ®é dµi trôc lín b»ng 3.  X¸c ®Þnh ph-¬ng tr×nh cña ElÝp (E) V× O1, O2 thuéc Ox vµ ®èi xøng qua O nªn ph-¬ng tr×nh cña (E) cã d¹ng: x2 y2 (E): 2  2  1 , víi 0 < b < a. a b trong ®ã: 3 2a = 3  a = , 2 2

b2 = a2c2 =

9 9 5 O O    1 2  = 1 = . 4 4 4  2 

VËy tËp hîp c¸c ®iÓm M thuéc ElÝp (E) cã ph-¬ng tr×nh

x2 y2  1. 9/4 5/4

D¹ng to¸n 3: VÞ trÝ t-¬ng ®èi cña ®iÓm, ®-êng th¼ng vµ elÝp. Ph-¬ng ph¸p thùc hiÖn 1. §Ó x¸c ®Þnh vÞ trÝ t-¬ng ®èi cña ®iÓm M(xM, yM) víi ElÝp (E): x2 y2 (E): 2  2  1 . a b Ta thùc hiÖn theo c¸c b-íc: B-íc 1: X¸c ®Þnh ph-¬ng tÝch cña M ®èi víi ElÝp (E) lµ: 2 2 pM/(E) = xaM2  ybM2 . 383

B-íc 2:

KÕt luËn:   

p NÕu p NÕu p NÕu

<1  M n»m trong ElÝp.

M/(E) M/(E)

= 1  M n»m trªn ElÝp.

>1  M n»m ngoµi ElÝp.

M/(E)

 Chó ý: 1. Ta cã c¸c kÕt qu¶ sau:  NÕu M n»m trong (E)  kh«ng tån t¹i tiÕp tuyÕn cña (E) ®i qua M nh-ng khi ®ã mäi ®-êng th¼ng qua M ®Òu c¾t (E) t¹i 2 ®iÓm ph©n biÖt.  NÕu M n»m trªn (E)  tån t¹i duy nhÊt 1 tiÕp tuyÕn cña (E) ®i qua M (ph-¬ng tr×nh tiÕp tuyÕn cã ®-îc b»ng ph-¬ng ph¸p ph©n ®«i to¹ ®é).  NÕu M n»m ngoµi (E)  tån t¹i hai tiÕp tuyÕn cña (E) ®i qua M. 2. B»ng viÖc xÐt hÖ ph-¬ng tr×nh t¹o bëi (E) vµ (d), khi ®ã sè nghiÖm cña ph-¬ng tr×nh b»ng sè giao ®iÓm cña (d) vµ (E). 3. Víi hai ElÝp (E1) vµ (E2) cã ph-¬ng tr×nh: x2 y2 x2 y2 (E1): 2  2  1 vµ (E2): 2  2  1 . a1 b1 a2 b2 NÕu (E1) (E2) = {A, B, C, D} th× a. ABCD lµ h×nh ch÷ nhËt. b. Ph-¬ng tr×nh ®-êng trßn ngo¹i tiÕp h×nh ch÷ nhËt ABCD lµ ®-êng trßn (C) t©m O b¸n kÝnh R = OA cã ph-¬ng tr×nh: (C): x2 + y2 =

a 12 a 22 (b 12  b 22 )  b 12 b 22 (a 22  a 12 ) . a 22 b 12  a 12 b 22

ThÝ dô 1. Cho ®iÓm M(1, 1) vµ ElÝp (E) cã ph-¬ng tr×nh: x2 y2 (E): = 1.  9 4 a. Chøng minh r»ng mäi ®-êng th¼ng ®i qua M lu«n c¾t (E) t¹i hai ®iÓm ph©n biÖt. b. LËp ph-¬ng tr×nh ®-êng th¼ng (d) qua M vµ c¾t ElÝp trªn t¹i hai ®iÓm A, B sao cho MA = MB.

 Gi¶i a. NhËn xÐt r»ng: 13 1 1  = <1  M n»m trong ElÝp M/(E) = 36 9 4 do ®ã mäi ®-êng th¼ng ®i qua M lu«n c¾t (E) t¹i hai ®iÓm ph©n biÖt. b. NhËn xÐt r»ng ®-êng th¼ng (d) kh«ng thÓ song song víi Oy, do ®ã gi¶ sö (d) cã hÖ sè gãc k, ta ®-îc: y = k(x1) + 1  (d): y = kxk + 1. (1)

384

To¹ ®é giao ®iÓm A, B cña (d) vµ (E) lµ nghiÖm cña hÖ ph-¬ng tr×nh : 4 x 2  9 y 2  36  4x2 + 9(kxk + 1)2 = 36  y  kx  k  1  (4 + 9k2)x218k(k1)x + 9k218k27 = 0 Ph-¬ng tr×nh (2) lu«n cã hai nghiÖm ph©n biÖt xA, xB tho¶ m·n: 18k ( k  1)  x A  x B  4  9 k 2 .  2 x .x  9 k  18k  27  A B 4  9k 2 Theo gi¶ thiÕt MA = MB 18k( k  1) 4  xA + xB = 2xM  =2k= . 2 9 4  9k 4 Thay k =  vµo (1), ta ®-îc ®-êng th¼ng (d): 4x + 9y13 = 0. 9

(2)

ThÝ dô 2. XÐt vÞ trÝ t-¬ng ®èi cña ®-êng th¼ng (d) vµ ElÝp (E) , biÕt: x 2 y2  1. 4 1 x 2 y2  1. b. (d): 2x + y5 = 0 vµ (E): 4 9 x 2 y2  1. c. (d): 2xy = 0 vµ (E): 2 8

a. (d): xy3 = 0 vµ (E):

 Gi¶i a. XÐt hÖ ph-¬ng tr×nh t¹o bëi (E) vµ (d): x 2  4y 2  4  5y2 + 6y + 5 = 0  x  y  3  0

(*)

Ph-¬ng tr×nh (*) v« nghiÖm  (d)(E) = {}. b. XÐt hÖ ph-¬ng tr×nh t¹o bëi (E) vµ (d): 9x 2  4y 2  36 8 9  25x240x + 64 = 0  x =  y =  5 5 2x  y  5  0 8 9 5 5

VËy (d) tiÕp xóc víi (E) t¹i ®iÓm M( , ). c. XÐt hÖ ph-¬ng tr×nh t¹o bëi (E) vµ (d): 4x 2  y 2  8 x  1  x2 = 1      x  1 2x  y  0 VËy, ta ®-îc (d)(E) = {M1, M2}.

 M1 (1,2) .   M 2 (1, 2)

385

1 2

ThÝ dô 3. Cho ®iÓm M(1;  ) vµ ElÝp (E):

x 2 y2   1 . LËp ph-¬ng tr×nh ®-êng 8 2

th¼ng (d) qua M c¾t (E) t¹i hai ®iÓm ph©n biÖt A, B sao cho: a. M lµ trung ®iÓm AB. b. AB = 20 . Tõ ®ã, lËp ph-¬ng tr×nh ®-êng trßn ®-êng kÝnh AB trong mçi tr-êng hîp.

 Gi¶i a. NhËn xÐt r»ng ®-êng th¼ng (d) kh«ng thÓ song song víi Oy, do ®ã gi¶ sö (d) cã hÖ sè gãc k, ta ®-îc: y = k(x1) 

1  (d): 2y = 2kxk . 2

(1)

To¹ ®é giao ®iÓm A, B cña (d) vµ (E) lµ nghiÖm cña hÖ ph-¬ng tr×nh: x 2  4y 2  8  x2 + (2kxk  1)2 = 8  2y  2kx  2k  1  (1 + 4k2)x24k(2k + 1)x + 4k2 k7 = 0 Ph-¬ng tr×nh (2) lu«n cã hai nghiÖm ph©n biÖt xA, xB tho¶ m·n: 4k(2k  1)  x A  x B  1  4k 2 .  2 x .x  4k  4k  7  A B 1  4k 2 Theo gi¶ thiÕt MA = MB

 xA + xB = 2xM  Thay k =

(2)

4k(2k  1) 1 =2k= . 2 2 1  4k

1 vµo (1), ta ®-îc ph-¬ng tr×nh ®-êng th¼ng (d): x  y2 = 0. 2

b. V« nghiÖm do AB lín h¬n ®é dµi trôc chÝnh.

 Chó ý: Víi c©u a) ta cã thÓ sö dông c¸ch gi¶i kh¸c nh- sau: LÊy A(x0, y0)  (E), vµ v× B ®èi xøng víi A qua M nªn B(2x0; 1y0). Khi ®ã: x 20  4y 20  8   to¹ ®é cña A, B.   x 0  y 0  2

LËp ph-¬ng tr×nh ®-êng th¼ng qua A vµ B.

ThÝ dô 4. Cho 2 ElÝp (E1) vµ (E2) cã ph-¬ng tr×nh: (E1):

x 2 y2 x 2 y2   1 vµ (E2):  1 9 4 16 1

a. Chøng minh r»ng (E1) (E2) = {A, B, C, D} vµ ABCD lµ h×nh ch÷ nhËt. b. LËp ph-¬ng tr×nh ®-êng trßn ngo¹i tiÕp h×nh ch÷ nhËt ABCD. 386

 Gi¶i a. Tõ h×nh vÏ suy ra ngay (E1) (E2) = {A, B, C, D} NhËn xÐt r»ng A, B, C, D ®èi xøng qua O vµ y AB//CD//Ox, AD//BC//Oy 4  ABCD lµ h×nh ch÷ nhËt. b. H×nh ch÷ nhËt ABCD néi tiÕp trong ®-êng trßn (C) t©m O A B b¸n kÝnh R = OA. 2 1 1 To¹ ®é ®iÓm A(xA, yA) lµ nghiÖm cña hÖ ph-¬ng tr×nh: O   2 432 C 2 2 2 D  x A  55  4x  9y  36 92  2 2 2 x  y   R = = .   2 A A 2 11 4  x  16y  16  y 2  28  A  55 VËy, ph-¬ng tr×nh ®-êng trßn ®i qua A, B, C, D cã ph-¬ng tr×nh: (C): x2 + y2 =

3 x

92 . 11

D¹ng to¸n 4: §iÓm vµ elÝp Ph-¬ng ph¸p thùc hiÖn Víi ElÝp (E) cã ph-¬ng tr×nh: x2 y2 (E): 2  2  1 . a b Ta lùa chän mét trong hai çch sau: Çch 1: Ta thùc hiÖn theo çc b-íc: x 20 y 20 = 1.  a2 b2 B-íc 2: Dùa vµo ®iÒu kiÖn K cã thªm ®-îc ®iÒu kiÖn cho x 0, y0. Tõ ®ã suy ra to¹ ®é ®iÓm M. Çch 1: Ta thùc hiÖn theo çc b-íc: B-íc 1: ChuyÓn ph-¬ng tr×nh ElÝp vÒ d¹ng tham sè: x  a sin t (E):  , t[0, 2). y  b cos t B-íc 1:

LÊy ®iÓm M(x0, y0)(E) 

B-íc 2: B-íc 3:

§iÓm M(E)  M(a.sint, b.cost). Dùa vµo ®iÒu kiÖn K cã thªm ®-îc ®iÒu kiÖn cho x 0, y0. Tõ ®ã suy ra to¹ ®é ®iÓm M.

 Chó ý: Ta cÇn l-u ý c¸c tr-êng hîp sau: 1. NÕu ®iÓm ph¶i t×m tho¶ m·n ®iÒu kiÖn vÒ b¸n kÝnh qua tiªu ®iÓm ta sö dông c«ng thøc tÝnh b¸n kÝnh qua tiªu ®iÓm theo to¹ ®é ®iÓm ®ã lµ: cx 0 cx F1M = a + vµ F2M = a 0 . a a 387

2. NÕu ®iÓm ph¶i t×m tho¶ m·n ®iÒu kiÖn vÒ gãc ta ®-a bµi to¸n vÒ xÐt hÖ thøc l-îng trong tam gi¸c. 3. NÕu ®iÓm ph¶i t×m lµ giao cña ElÝp víi mét ®-êng kh¸c ta xÐt hÖ ph-¬ng tr×nh t-¬ng giao ®Ó t×m to¹ ®é giao ®iÓm. x2 y2   1. 2 8 T×m c¸c ®iÓm M thuéc ElÝp (E) sao cho: a. Cã to¹ ®é nguyªn thuéc (E). b. Cã tæng hai to¹ ®é ®¹t gi¸ trÞ lín nhÊt, nhá nhÊt .

ThÝ dô 1. Cho ElÝp (E):

 Gi¶i x 20 y 20 (1)   1. 2 8 a. NhËn xÐt r»ng nÕu ®iÓm M(x0, y0)(E)  M1(x0, y0), M2(x0,y0) vµ M3(x0, y0) còng thuéc (E). Do vËy ta chØ cÇn x¸c ®Þnh c¸c ®iÓm M0 cã to¹ ®é nguyªn d-¬ng. XÐt ph-¬ng tr×nh (1) víi Èn y0 : (1)  y 20 = 84 x 20 . Ph-¬ng tr×nh cã nghiÖm  84 x 20 >0  0 < x0  2  x0 = 1 vµ y0 = 2  M0(1, 2)  (E). Tõ M0 suy ra c¸c ®iÓm M1(1, 2), M2(1,2) vµ M3(1, 2) còng thuéc (E). VËy (E) cã 4 ®iÓm M0, M1, M2, M3 cã to¹ ®é nguyªn. b. Ta cã: 2  x2 y2   x0 y0  2   (2 + 8)  0  0  = 10  8. (x0 + y0) =  2 . 8  2 8   2 §iÓm M(x0, y0)(E) 

  10  x0 + y0  10 . dÊu b»ng x¶y ra khi: x0 / 2  2 10 4 10  y 0  4 x 0  , ) M 4 (  2 y0 / 8  8 5 5 2   . x0 y0   2 2   1 10 4 10  x0 y0  8 2 1   M 5 ( 5 ,  5 ) 8 2 VËy, ta ®-îc:  (x0 + y0)Max = 10 , ®¹t ®-îc t¹i M4.  (x0 + y0)Min =  10 , ®¹t ®-îc t¹i M5.

x2 y2   1 . Tõ ®iÓm A(E) cã to¹ ®é d-¬ng, dùng h×nh a2 b2 ch÷ nhËt ABCD néi tiÕp trong (E) cã c¸c c¹nh song song víi c¸c trôc to¹ ®é. X¸c ®Þnh to¹ ®é cña A ®Ó h×nh ch÷ nhËt ABCD cã diÖn tÝch lín nhÊt.

ThÝ dô 2. Cho ElÝp (E):

388

 Gi¶i y Ta cã thÓ thùc hiÖn theo hai çch sau: Çch 1: Gi¶ sö A(xA, yA)(E) víi xA, yA>0, suy ra: b B A 2 2 M yA xA yA   1. N xA O a2 b2 Khi ®ã: D C 2 2 x y x y SABCD = SOMAN = 4x0y0 = 2ab.2 A . A 2ab. A2  A2 = 2ab. a b a b VËy Smax = 2ab, ®¹t ®-îc khi:  x 2A y 2A  2  2  1 a b a b  A( , ).  2 2 xA  yA b  a Çch 2: ChuyÓn ph-¬ng tr×nh ElÝp vÒ d¹ng tham sè: x  a. sin t (E):  , t[0, 2). y  b. cos t  §iÓm A(E) vµ thuéc gãc phÇn t- thø nhÊt  M(a.sint, b.cost), t(0, ). 2 Khi ®ã: SABCD = SOMAN = 4x0y0 = 4a.sint.b.cost = 2absin2t  2ab. VËy, ta ®-îc Smax = 2ab, ®¹t ®-îc khi: a b  sin2t = 1  t =  A( , ). 4 2 2

§4. Hypebol D¹ng to¸n 1: X¸c ®Þnh çc thuéc tÝnh cña Hypebol (H) Ph-¬ng ph¸p thùc hiÖn Ta thùc hiÖn theo çc b-íc: B-íc 1: ChuyÓn ph-¬ng tr×nh ban ®Çu cña Hypebol (H) vÒ d¹ng chÝnh t¾c y x2 y2 (H): 2  2 = 1. a b B-íc 2: XÐt çc kh¶ n¨ng: Kh¶ n¨ng 1: NÕu A2 F1 A1 O 2 2 x y (H): 2  2 = 1 a b

389

ta ®-îc:  (H) cã trôc thùc thuéc Ox, ®é dµi b»ng 2a chøa hai tiªu ®iÓm F1(c, 0), F2(c, 0) víi c2 = a2 + b2.  (H) cã trôc ¶o thuéc Oy víi ®é dµi b»ng 2b. y c F  T©m sai e = . B2 2 a Kh¶ n¨ng 2: NÕu x2 y2 O (H): 2  2 = 1 B1 a b F1 ta ®-îc:  (H) cã trôc thùc thuéc Oy, ®é dµi b»ng 2b chøa hai tiªu ®iÓm F1(0, c), F2(0, c) víi c2 = a2 + b2.  (H) cã trôc ¶o thuéc Ox víi ®é dµi b»ng 2a. c  T©m sai e = . b

ThÝ dô 1. Cho Hyperbol (H): 9x216y2 = 144. a. ChuyÓn ph-¬ng tr×nh cña (H) vÒ d¹ng chÝnh t¾c. T×m to¹ ®é çc ®Ønh, to¹ ®é çc tiªu ®iÓm, tÝnh t©m sai, çc ®-êng tiÖm cËn cña (H). b. ViÕt ph-¬ng tr×nh Hyperbol (H1) liªn hîp cña (H). T×m çc thuéc tÝnh cña (H1). c. ViÕt ph-¬ng tr×nh chÝnh t¾c cña ElÝp (E) cã tiªu ®iÓm trïng víi tiªu ®iÓm cña (H) vµ ngo¹i tiÕp h×nh ch÷ nhËt c¬ së cña (H).

 Gi¶i a. §-a ph-¬ng tr×nh Hyperbol vÒ d¹ng x2 y2 (H): = 1  a = 4, b = 3 vµ c = 5.  16 9 Tõ ®ã:  T©m O(0, 0).  To¹ ®é çc ®Ønh A1(4, 0), A2(4, 0).  To¹ ®é çc tiªu ®iÓm F1(5, 0), F2(5, 0). 5  T©m sai e = . 4 3  Ph-¬ng tr×nh hai ®-êng tiÖm cËn lµ y =  x. 4 b. Ph-¬ng tr×nh Hyperbol (H1) liªn hîp cña (H) cã d¹ng: x2 y2 (H1): = 1.  16 9 Çc thuéc tÝnh cña (H1) vµ ph-¬ng tr×nh tham sè cña (H1) b¹n däc tù lµm 390

c. Gi¶ sö ph-¬ng tr×nh chÝnh t¾c cña ElÝp cã d¹ng: x2 y2 (E): 2  2  1 , víi a > b. (1) a b  Tiªu cù c = 5  a2b2 = 52 (2)  P(4, 3) lµ mét ®Ønh cña h×nh ch÷ nhËt c¬ së cña (H). §Ó ElÝp (E) ngo¹i tiÕp h×nh ch÷ nhËt c¬ së cña (H)  P(4, 3)(E)  9a2 + 16b2 a2.b2 = 0 (3) 2 2 Tõ (2), (3) suy ra a = 40, b = 15. x2 y2 VËy ph-¬ng tr×nh chÝnh t¾c (E):   1. 40 15

ThÝ dô 2. ChuyÓn ph-¬ng tr×nh Hypebol (H): x24y2 = 1 vÒ d¹ng chÝnh t¾c, tõ ®ã x¸c ®Þnh c¸c thuéc tÝnh cña nã vµ vÏ h×nh.

 Gi¶i §-a ph-¬ng tr×nh Hyperbol vÒ d¹ng: 1 x2 y2 5 (H): = 1  a = 1, b = vµ c = .  2 1 1/ 4 2 Tõ ®ã:  T©m O(0, 0). 1 2

1 ). 2



To¹ ®é c¸c ®Ønh B1(0,  ), B2(0,



To¹ ®é c¸c tiªu ®iÓm F’1(0, 



T©m sai e =



Ph-¬ng tr×nh hai ®-êng tiÖm cËn lµ y =  x.

5 5 ), F’2(0, ). 2 2

1 2

 Chó ý: Trong tr-êng hîp ph-¬ng tr×nh cña (H) cã d¹ng: (H):

(x  ) 2 (y  ) 2 = 1.  a2 b2

ta thùc hiÖn phÐp tÞnh tiÕn hÖ trôc Oxy theo vect¬ OI víi I(, ) thµnh hÖ trôc IXY víi c«ng thøc ®æi trôc: X  x   x  X      Y  y   y  Y  

ta ®-îc: X2 Y2  2  1 a2 b tõ ®ã chØ ra c¸c thuéc tÝnh cña (H) trong hÖ trôc IXY råi suy ra c¸c thuéc tÝnh cña (H) trong hÖ trôc Oxy.

(H):

391

ThÝ dô 3. Cho Hyperbol (H) cã ph-¬ng tr×nh: (H): x24y22x + 16y + 11 = 0. a. §-a Hyperbol (H) vÒ d¹ng chÝnh t¾c. b. X¸c ®Þnh to¹ ®é t©m, tiªu ®iÓm F1, F2, c¸c ®Ønh A1, A2 vµ c¸c ®-êng tiÖm cËn cña (H).

 Gi¶i ChuyÓn ph-¬ng tr×nh cña (H) vÒ d¹ng: (x  1)2 (y  2)2 (H):   1 4 1 Thùc hiÖn phÐp tÞnh tiÕn hÖ trôc to¹ ®é Oxy theo vect¬ OI víi I(1, 2) thµnh hÖ trôc IXY, víi c«ng thøc ®æi trôc: X  x  1 x  X  1    Y  y  2 y  Y  2

Khi ®ã: (H):

X2 Y2   1 . 4 1

Khi ®ã trong hÖ trôc IXY, (H) cã c¸c thuéc tÝnh:  T©m I.  Trôc thùc thuéc IY cã ®é dµi b»ng 2 chøa 2 tiªu ®iÓm F1(0,  5 ), F2(0, 5 ).  Trôc ¶o thuéc IX cã ®é dµi b»ng 4. 5  T©m sai e = . 2 

1 2

Ph-¬ng tr×nh hai ®-êng tiÖm cËn: X =  Y.

Do ®ã trong hÖ trôc Oxy, (H) cã c¸c thuéc tÝnh:  T©m I(1, 2).  (H) cã trôc thùc // Ox cã ®é dµi 2 chøa 2 tiªu ®iÓm F1(1,  5 + 2), F2(1, 5 + 2)  Trôc ¶o // Ox cã ®é dµi b»ng 4. 5  T©m sai e = . 2  Ph-¬ng tr×nh hai ®-êng tiÖm cËn: (d ) : 2x  y  0 1 x1 =  (y2)   1 . 2 (d1 ) : 2x  y  4  0

D¹ng to¸n 2: LËp ph-¬ng tr×nh cña Hypebol (H) Ph-¬ng ph¸p thùc hiÖn Ta lùa chän mét trong hai c¸ch sau: 392

Çch 1: Sö dông ph-¬ng tr×nh chÝnh t¾c cña Hypebol x2 y2 (H): 2  2  1 a b Tõ ®ã cÇn t×m a, b (hoÆc a2, b2) b»ng çch thiÕt lËp mét hÖ hai ph-¬ng tr×nh víi Èn a, b (hoÆc a2, b2). Çch 2: Sö dông ®Þnh nghÜa

 Chó ý: 1. CÇn ph¶i c©n nh¾c gi¶ thiÕt cña bµi to¸n thËt kü cµng ®Ó lùa chän d¹ng ph-¬ng tr×nh thÝch hîp. Trong tr-êng hîp kh«ng cã g× ®Æc biÖt, ta lu«n gi¶ sö Hypebol (H) cã ph-¬ng tr×nh: x2 y2 (H): 2  2  1 a b 2. Trong nhiÒu tr-êng hîp ®Æc thï chóng ta cßn sö dông ph-¬ng ph¸p quü tÝch ®Ó x¸c ph-¬ng tr×nh Hypebol hoÆc chøng minh tËp hîp ®iÓm lµ Hypebol, trong tr-êng hîp nµy nµy chóng ta th-êng thùc hiÖn theo hai b-íc sau: B-íc 1: Chøng minh tËp hîp ®iÓm lµ Hypebol (H) b»ng viÖc chØ ra hai ®iÓm cè ®Þnh A, B vµ M tho¶ m·n MAMB = 2a  kh«ng ®æi. B-íc 2: LËp ph-¬ng tr×nh chÝnh t¾c cña Hypebol (H) nhËn A, B lµm tiªu ®iÓm vµ cã ®é dµi trôc thùc b»ng 2a.

ThÝ dô 1. Cho ba ®iÓm F1(4, 0), F2(4, 0) vµ ®iÓm A(2, 0). a. LËp ph-¬ng tr×nh Hyperbol (H) ®i qua A vµ cã tiªu ®iÓm F1, F2. b. T×m to¹ ®é ®iÓm M trªn (H) sao cho MF2 = 2MF1.

 Gi¶i

a. V× hai tiªu ®iÓm F1 vµ F2 thuéc Ox vµ ®èi xøng qua Oy nªn Hypebol (H) cã d¹ng: x2 y2 (H): 2  2  1 (1) a b - Tiªu cù c = 4  a2 + b2 = 42 (2) 2 - §iÓm A(2, 0)(H)  a = 4 (3) - Tõ (2), (3) suy ra a2 = 4, b2 = 12. x2 y2 VËy ph-¬ng tr×nh (H):   1. 4 12 b. Gi¶ sö M(x0, y0)(H) sao cho MF2 = 2MF1, ta cã: MF1MF2 = 2a  MF1 = 2a  MF12 = 4a2  [(4x0)2 + y 02 ] = 4.16  [(4 + x0)2 + y 02 ] = 64 MÆt kh¸c M(x0, y0)(H) x 20 y 20   1 4 12 Gi¶i hÖ t¹o bëi (4), (5), ta ®-îc M1(3,  15 ), M2(3,

(4)

(5) 15 ).

393

ThÝ dô 2. LËp ph-¬ng tr×nh chÝnh t¾c vµ vÏ h×nh cña Hyperbol biÕt: a. §i qua ®iÓm M(2, 2) vµ mçi ®-êng tiÖm cËn t¹o víi Ox mét gãc 600. b. §i qua ®iÓm N( 2 , 2) vµ hai ®-êng tiÖm cËn cã ph-¬ng tr×nh y =  2x. c. Hai trôc trïng víi trôc to¹ ®é vµ ®i qua 2 ®iÓm A( 6 , 1) vµ B(4, 6 ).

 Gi¶i  B¹n ®äc tù vÏ h×nh a. Hyperbol (H) cã " mçi ®-êng tiÖm cËn t¹o víi trôc hoµnh mét gãc 300 ". Kh«ng mÊt tÝnh tæng qu¸t ta gi¶ sö Hyperbol (H) cã ph-¬ng tr×nh: x2 y2 (H): 2  2 =  1 (1) a b  §iÓm M(2, 2)(H)  4b24a2 = a2b2 . (2)  TiÖm cËn cña (H) t¹o víi trôc hoµnh mét gãc 300 b  = tan600  b = a 3 (3) a 8 Gi¶i hÖ ph-¬ng tr×nh t¹o bëi (2), (3) ta ®-îc a2 = vµ b2 = 8. 3 2 x y2 VËy ph-¬ng tr×nh chÝnh t¾c cña Hypebol (H):  1. 8/3 8 b. Gi¶ sö Hyperbol (H) cã ph-¬ng tr×nh:

(H):  

x2 y2  =1 a2 b2

(1)

§iÓm N( 2 , 2)(H)  2b24a2 = a2b2 . Hai ®-êng tiÖm cËn cã ph-¬ng tr×nh y =  2x, suy ra: 

b = 2  b = 2a. a

(3)

Gi¶i hÖ ph-¬ng tr×nh t¹o bëi (2), (3) ta ®-îc a2 = 1 vµ b2 = 4. x2 y2  1. VËy ph-¬ng tr×nh chÝnh t¾c cña Hypebol (H): 1 4 c. Gi¶ sö Hyperbol (H) cã ph-¬ng tr×nh: x2 y2 (H): 2  2 =  1 a b  §iÓm A( 6 , 1)(H)  6b2a2 = a2b2 .  §iÓm B(4, 6 )(H)  16b26a2 = a2b2 . 2 Gi¶i hÖ ph-¬ng tr×nh t¹o bëi (2), (3) ta ®-îc a = 4 vµ b2 = 2. VËy ph-¬ng tr×nh chÝnh t¾c cña Hypebol (H):

394

(2)

x2 y2  1. 4 2

(1) (2) (3)

ThÝ dô 3. Cho ®-êng trßn (C): x2 + y2 = 9. TiÕp tuyÕn cña (C) t¹i M c¾t Ox t¹i N. Trªn ®-êng th¼ng vu«ng gãc víi Ox t¹i N lÊy ®iÓm P sao cho PN = 3 MN víi k > 0. LËp ph-¬ng tr×nh quü tÝch c¸c ®iÓm P khi M di ®éng trªn (C).

 Gi¶i Gi¶ sö P(x, y), ta cã: N(x, 0), PN2 = y2 vµ MN2 = ON2  OM2 = x2  9. Khi ®ã: 3 MN  PN2 = 3MN2  y2 = 3(x2  9) 

PN =

x2 y2   1. 9 27

VËy quü tÝch c¸c ®iÓm M thuéc Hypebol (H)cã ph-¬ng tr×nh: (H):

x2 y2   1. 9 27

D¹ng to¸n 3: XÐt vÞ trÝ t-¬ng ®èi cña ®iÓm, ®-êng th¼ng, ElÝp vµ Hypebol Ph-¬ng ph¸p thùc hiÖn B»ng viÖc xÐt hÖ ph-¬ng tr×nh t¹o bëi (H) vµ (d), khi ®ã sè nghiÖm cña ph-¬ng tr×nh b»ng sè giao ®iÓm cña (d) vµ (H). ThÝ dô 1. Cho Hyperbol (H) vµ ®-êng th¼ng (d) cã ph-¬ng tr×nh: (H):

x 2 y2   1 vµ (d): xy2 = 0. 4 8

a. Chøng minh r»ng (d) lu«n c¾t (H) t¹i hai ®iÓm ph©n biÖt A, B. TÝnh ®é dµi AB. b. T×m to¹ ®é ®iÓm C thuéc (H) sao cho: - ABC cã diÖn tÝch b»ng 4. - ABC c©n t¹i A. - ABC vu«ng t¹i A.

 Gi¶i a. XÐt hÖ ph-¬ng tr×nh t¹o bëi (d) vµ (H):  x2 y2 A(6, 8) 1      ®é dµi AB = 8 2 . 8 4 B(2, 0) x  y  2  0 

b. LÊy C(x0, y0)(H), suy ra 

x 20 y 20   1. 4 8

(1)

Ta cã: SABC =

1 2

AB.CH  4 = 4CH 2  CH =

1 2

395

MÆt kh¸c: CH = d(C, (d)) 

1 2

x0y01  x0y01 = 1.

Gi¶i hÖ ph-¬ng tr×nh t¹o bëi (1), (2)  Dµnh cho b¹n ®äc.  (ABC c©n t¹i A): Ta cã thÓ lùa chän mét trong ba çch sau: Çch 1: (Sö dông ph-¬ng tr×nh ®iÒu kiÖn): ABC c©n t¹i A suy ra: AB = AC  AB2 = AC2. Gi¶i hÖ ph-¬ng tr×nh t¹o bëi (1), (3)  Dµnh cho b¹n ®äc. Çch 2: (Sö dông phÐp ®¸nh gi¸): ABC c©n t¹i A suy ra B, C ®èi xøng nhau qua Ox  C  Dµnh cho b¹n ®äc.  ABC vu«ng t¹i A thùc hiÖn t-¬ng tù c©u ABC c©n t¹i A.

(2)

(3)

ThÝ dô 2. Cho ElÝp (E) vµ Hypebol (H) cã ph-¬ng tr×nh: x2 y2 x2 y2 (E):   1.   1 vµ (H): 1 4 9 4 LËp ph-¬ng tr×nh ®-êng trßn ®i qua c¸c giao ®iÓm cña hai Hyperbol.

 Gi¶i Ta cã (E)(H) = {A,B,C,D} ®èi xøng víi nhau qua O (bëi (E1) vµ (E2) ®Òu nhËn O lµm t©m ®èi xøng). VËy ®-êng trßn ®i qua A, B, C, D nhËn O lµm t©m vµ b¸n kÝnh R2 = OA2 = x 2A  y 2A . To¹ ®é ®iÓm A(xA, yA) lµ nghiÖm hÖ ph-¬ng tr×nh : 2 4 x 2  9 y 2  36  x A  9 / 5   2  R2 = x 2A  y 2A = 5.  2 2 4 x  y  4  y A  16 / 5 VËy, ph-¬ng tr×nh ®-êng trßn ®i qua A, B, C, D cã d¹ng: (C): x2 + y2 = 5.

ThÝ dô 3. Cho Hypebol (H) :

x 2 y2   1 . Chøng minh r»ng diÖn tÝch h×nh b×nh 9 16

hµnh t¹o bëi çc tiÖm cËn cña Hyperbol (H) vµ çc ®-êng th¼ng kÎ tõ mét ®iÓm trªn (H) lÇn l-ît song song víi çc tiÖm cËn lµ mét h»ng sè.

 Gi¶i Gäi  lµ gãc t¹o bëi ®-êng ®-êng tiÖm y =

4 x víi trôc Ox. Ta cã: 3

4 2 tan  24 vµ sin2 = = . 2 3 1  tan  25 24 25 SOPMQ = OP.OQ.sin2 = OP.OQ  OP.OQ = SOPMQ 25 24

tan =

396

MÆt kh¸c: SOPMQ = OQ.h1 = OP.h2  S2OPMQ = OP.OQ.h1h2 =

144 25 . SOPMQ. 25 24

 SOPMQ = 6 kh«ng ®æi.

D¹ng to¸n 4: §iÓm vµ Hypebol Ph-¬ng ph¸p thùc hiÖn Víi Hypebol (H) cã ph-¬ng tr×nh: x2 y2 (H): 2  2  1 . a b Ta lùa chän mét trong hai çch sau: Çch 1: Ta thùc hiÖn theo çc b-íc: B-íc 1: LÊy ®iÓm M(x0, y0)(H) suy ra x 20 y 20  = 1. a2 b2 B-íc 2: Dùa vµo ®iÒu kiÖn K cã thªm ®-îc ®iÒu kiÖn cho x 0, y0. Tõ ®ã suy ra to¹ ®é ®iÓm M. Çch 1: Ta thùc hiÖn theo çc b-íc: B-íc 1: ChuyÓn ph-¬ng tr×nh Hypebol vÒ d¹ng tham sè: a   3 x  (H):  }. cos t , t[0, 2)\{ , 2 2 y  btgt B-íc 2: B-íc 3:

§iÓm M(H)  M(a.sint, b.cost). Dùa vµo ®iÒu kiÖn K cã thªm ®-îc ®iÒu kiÖn cho x 0, y0. Tõ ®ã suy ra to¹ ®é ®iÓm M.

 Chó ý: Ta cÇn l-u ý c¸c tr-êng hîp sau: 1. NÕu ®iÓm ph¶i t×m tho¶ m·n ®iÒu kiÖn vÒ b¸n kÝnh qua tiªu ®iÓm ta sö dông c«ng thøc tÝnh b¸n kÝnh qua tiªu ®iÓm theo to¹ ®é ®iÓm ®ã lµ: §iÓm M(x, y)(H) lu«n cã: cx cx a. F1M = + a vµ F2M = a víi x > 0. a a cx cx b. F1M =  a vµ F2M =  + a víi x < 0. a a 2. NÕu ®iÓm ph¶i t×m tho¶ m·n ®iÒu kiÖn vÒ gãc ta ®-a bµi to¸n vÒ xÐt hÖ thøc l-îng trong tam gi¸c. 3. NÕu ®iÓm ph¶i t×m lµ giao cña Hypebol víi mét ®-êng kh¸c ta xÐt hÖ ph-¬ng tr×nh t-¬ng giao ®Ó t×m to¹ ®é giao ®iÓm.

397

x2 y2   1 . T×m ®iÓm M trªn (H) sao cho ®é dµi a2 b2 F1M (tiªu ®iÓm F1(c, 0)) ng¾n nhÊt, dµi nhÊt.

ThÝ dô 1. Cho Hyperbol (H):

 Gi¶i LÊy M(x0, y0)(H), suy ra: x 20 y 20 y 20 2 2   1  = a (1 + )a2  x0a. x 0 2 2 2 a b b Ta cã: cx ca F1M =  0 + a  + a = c + a = ca. a a V©y, F1MMin = ca, ®¹t ®-îc khi MA1(a, 0).

x2 y2   1 . T×m ®iÓm M trªn (H) sao cho: 16 9 a. Cã to¹ ®é nguyªn. b. Nh×n hai tiªu ®iÓm d-íi mét gãc 900.

ThÝ dô 2. Cho Hyperbol (H):

 Gi¶i a. Ta chØ cÇn t×m c¸c cÆp (x, y) nguyªn kh«ng ©m, khi ®ã c¸c nghiÖm cßn l¹i lµ (x, y), (x, y), (x, y). Ta cã: (3x  4 y )(3x  4 y )  144 9 x 2  16 y 2  144  x  4    . x , y  Z    y  0 x, y  Z   3x  4 y  3x  4 y  VËy cã hai ®iÓm trªn (H) cã to¹ ®é nguyªn lµ M9(4, 0), M10(4, 0). b. MF1MF2  M thuéc ®-êng trßn (C) ®-êng kÝnh F1F2 = 10 cã ph-¬ng tr×nh: (C): x2 + y2 = 25. VËy to¹ ®é ®iÓm M lµ nghiÖm cña hÖ:  x 20 y 20 1    16 9 x 2  y 2  1 0  0

ta ®-îc bèn ®iÓm: M1(

398

4 34 9 4 34 9 4 34 4 34 9 9 , ), M2( , ), M3( ,  ), M4( ,  ), 5 5 5 5 5 5 5 5

§5. Parabol D¹ng to¸n 1: X¸c ®Þnh çc thuéc tÝnh cña Parabol (P) Ph-¬ng ph¸p thùc hiÖn Ta thùc hiÖn theo çc b-íc: B-íc 1: ChuyÓn ph-¬ng tr×nh ban ®Çu cña Parabol (P) vÒ d¹ng chÝnh t¾c (P): y2 = 2px hoÆc (P): x2 = 2py. B-íc 2: XÐt çc kh¶ n¨ng: D¹ng 1: Parabol (P): y2 = 2px (p>0) y (P) (d) Çc thuéc tÝnh cña (P) gåm:  §Ønh O(0. 0), F L p p/2  p/2  Tiªu ®iÓm F ( , 0), x O 2 p  §-êng chuÈn (d): x =  , 2  Parabol, nhËn Ox lµm trôc ®èi xøng, ®å thÞ ë bªn ph¶i Ox. D¹ng 2: Parabol (P): y2 =2px (p>0) y (d) (P) Çc thuéc tÝnh cña (P) gåm:  §Ønh O(0. 0), F L p O p/2 p/2 x  Tiªu ®iÓm F ( , 0), 2 p  §-êng chuÈn (d): x = , 2  Parabol, nhËn Ox lµm trôc ®èi xøng, ®å thÞ ë bªn tr¸i Ox. y D¹ng 3: Parabol (P): x2 = 2py (p>0) (P) Çc thuéc tÝnh cña (P) gåm: F p/2  §Ønh O(0. 0), p x O  Tiªu ®iÓm F (0, ), (d) p/2 2 L p  §-êng chuÈn (d): y =  , 2  Parabol, nhËn Oy lµm trôc ®èi xøng, ®å thÞ cã h-íng lªn trªn. y D¹ng 4: Parabol (P): x2 = 2py (p>0) Çc thuéc tÝnh cña (P) gåm: L p/2 (d)  §Ønh O(0. 0), O p x  Tiªu ®iÓm F (0,  ), 2 (P) p/2 F p  §-êng chuÈn (d): y = , 2  Parabol, nhËn Ox lµm trôc ®èi xøng, ®å thÞ cã h-íng xuèng d-íi. 399

 Chó ý: Trong tr-êng hîp ph-¬ng tr×nh cña (P) cã d¹ng: (P): (y)2 = 2p(x) hoÆc (P): (x)2 = 2p(y). ta thùc hiÖn phÐp tÞnh tiÕn hÖ trôc Oxy theo vect¬ OI víi I(, ) thµnh hÖ trôc IXY víi c«ng thøc ®æi trôc: X  x   x  X      Y  y   y  Y   ta ®-îc: (P): Y2 = 2pX hoÆc (P): X2 = 2pY. tõ ®ã chØ ra c¸c thuéc tÝnh cña (P) trong hÖ trôc IXY råi suy ra c¸c thuéc tÝnh cña (P) trong hÖ trôc Oxy.

ThÝ dô 1. Chøng tá r»ng ph-¬ng tr×nh Ax2 + By = 0, víi A, B  0 lµ ph-¬ng tr×nh cña mét Parabol cã ®Ønh O(0, 0), nhËn Oy lµm trôc ®èi xøng. T×m tiªu ®iÓm vµ ph-¬ng tr×nh ®-êng chuÈn cña Parabol ®ã.

 Gi¶i ViÕt l¹i ph-¬ng tr×nh d-íi d¹ng: 

 2p

A B Ax = By  x =  y  A

x2 = 2py

®ã chÝnh lµ ph-¬ng tr×nh cña mét Parabol cã ®Ønh O(0, 0), nhËn Oy lµm trôc ®èi xøng. Parabol ®ã cã: B ). 2A



Tiªu ®iÓm F(0; p) = (0; 



Ph-¬ng tr×nh ®-êng chuÈn y = p  y =

B . 2A

ThÝ dô 2. ChuyÓn ph-¬ng tr×nh Parabol (P) vÒ d¹ng chÝnh t¾c, tõ ®ã x¸c ®Þnh c¸c thuéc tÝnh cña nã vµ vÏ h×nh, biÕt (P) : y2 + 2y4x3 = 0.

 Gi¶i  B¹n ®äc tù vÏ h×nh ChuyÓn ph-¬ng tr×nh cña (P) vÒ d¹ng: (P): (y + 1)2 = 4(x + 1) Thùc hiÖn phÐp tÞnh tiÕn hÖ trôc to¹ ®é Oxy theo vect¬ OS víi S(1, 2) thµnh hÖ trôc SXY, víi c«ng thøc ®æi trôc: X  x  1 x  X  1    Y  y  1 y  Y  1

Khi ®ã: (P): Y2 = 4X  p = 2. Khi ®ã trong hÖ trôc SXY, (P) cã c¸c thuéc tÝnh:  §Ønh S.  Trôc ®èi xøng SX chøa tiªu ®iÓm F(1, 0).  Ph-¬ng tr×nh ®-êng chuÈn (d): X = 1. 400

Do ®ã, trong hÖ trôc Oxy, (P) cã c¸c thuéc tÝnh: §Ønh S(1, 1).  Trôc ®èi xøng lµ ®-êng th¼ng y + 1 = 0 chøa tiªu ®iÓm F(0, 1).  Ph-¬ng tr×nh ®-êng chuÈn (d): x + 2 = 0.

ThÝ dô 3. Cho hä ®-êng cong (Pm) : y22my2mx + m2 = 0. T×m ®iÒu kiÖn cña m ®Ó (Pm) lµ ph-¬ng tr×nh mét Parabol, khi ®ã: a. T×m quÜ tÝch ®Ønh cña hä (Pm). b. T×m quÜ tÝch tiªu ®iÓm cña hä (Pm).

 Gi¶i

ChuyÓn ph-¬ng tr×nh cña (Pm) vÒ d¹ng: (Pm): (ym)2 = 2mx §Ó ph-¬ng tr×nh trªn lµ ph-¬ng tr×nh cña mét Parab«n ®iÒu kiÖn lµ m  0. Thùc hiÖn phÐp tÞnh tiÕn hÖ trôc to¹ ®é Oxy theo vect¬ OS víi S(0; m) thµnh hÖ trôc SXY, víi c«ng thøc ®æi trôc: X  x x  X    y  Y  m Y  y  m

Khi ®ã: (P): Y2 = 2mX  p = m. Khi ®ã trong hÖ trôc SXY, (Pm) cã c¸c thuéc tÝnh:  §Ønh S.  

m , 0). 2 m Ph-¬ng tr×nh ®-êng chuÈn (d): X =  . 2

Trôc ®èi xøng SX chøa tiªu ®iÓm F(

Do ®ã trong hÖ trôc Oxy, (Pm) cã c¸c thuéc tÝnh:  §Ønh S(0; m). 

Trôc ®èi xøng lµ ym = 0 chøa tiªu ®iÓm F(



Ph-¬ng tr×nh ®-êng chuÈn (d): x +

m ; m). 2

m = 0. 2

a. QuÜ tÝch ®Ønh cña hä (Pm). x  0  x = 0. y  m

S: 

VËy quÜ tÝch ®Ønh cña (Pm) thuéc trôc tung. b. QuÜ tÝch tiªu ®iÓm cña hä (Pm). m  x  F:  2  y = 2x  2x  y = 0.  y  m

VËy quÜ tÝch tiªu ®iÓm cña (Pm) thuéc ®-êng th¼ng 2x  y = 0. 401

D¹ng to¸n 2: LËp ph-¬ng tr×nh cña Parabol (P) Ph-¬ng ph¸p thùc hiÖn Ta lùa chän mét trong hai çch sau: Çch 1: Sö dông ph-¬ng tr×nh chÝnh t¾c cña Parabol (P): y2 = 2px hoÆc (P): x2 = 2py. Tõ ®ã cÇn t×m a, b (hoÆc a2, b2) b»ng çch thiÕt lËp mét hÖ hai ph-¬ng tr×nh víi Èn a, b (hoÆc a2, b2). Çch 2: Sö dông ®Þnh nghÜa B-íc 1: LÊy ®iÓm M(x, y)(P) cã tiªu ®iÓm F vµ d-êng chuÈn (d). B-íc 2: ChuyÓn MF = MH thµnh biÓu thøc gi¶i tÝch nhê: MF2 = (xxF)2 + (yyF)2 vµ MH = d(M, (d)). B-íc 3: Thu gän.

 Chó ý: 1. CÇn ph¶i c©n nh¾c gi¶ thiÕt cña bµi to¸n thËt kü cµng ®Ó lùa chän d¹ng ph-¬ng tr×nh thÝch hîp. Trong tr-êng hîp kh«ng cã g× ®Æc biÖt, ta lu«n gi¶ sö Parabol (P) cã ph-¬ng tr×nh: (P): y2 = 2px. 2. Trong nhiÒu tr-êng hîp ®Æc thï chóng ta cßn sö dông ph-¬ng ph¸p quü tÝch ®Ó x¸c ph-¬ng tr×nh Parabol hoÆc chøng minh tËp hîp ®iÓm lµ Parabol.

ThÝ dô 1. ViÕt ph-¬ng tr×nh Parabol (P) cã ®Ønh lµ gèc to¹ ®é vµ ®i qua ®iÓm A(2, 2).

 Gi¶i Parabol (P) cã ®Ønh O cã ph-¬ng tr×nh (P): y2 = 2px hoÆc (P): x2 = 2py. Tr-êng hîp 1: NÕu ph-¬ng tr×nh cña (P): y2 = 2px. V× A(P), suy ra 4 = 4p  p = 1. Khi ®ã ph-¬ng tr×nh Parabol (P1): y2 = 2x. Tr-êng hîp 2: NÕu ph-¬ng tr×nh cña (P): x2 = 2py. V× A(P), suy ra 4 = 4p  p = 1. Khi ®ã ph-¬ng tr×nh Parabol (P2): x2 = 2y. VËy tån t¹i hai Parabol (P1) vµ (P2) tho¶ m·n ®iÒu kiÖn ®Çu bµi.

ThÝ dô 2. Cho ®iÓm F(3, 0). a. LËp ph-¬ng tr×nh Parabol (P) cã tiªu ®iÓm F vµ ®Ønh lµ gèc to¹ ®é. b. Mét ®iÓm n»m trªn Parabol (P) cã hoµnh ®é x = 2. H·y tÝnh kho¶ng c¸ch tõ ®iÓm ®ã tíi tiªu ®iÓm. c. Qua I(2, 0) dùng ®-êng th¼ng (d) thay ®æi lu«n c¾t Parabol (P) t¹i hai ®iÓm A, B. Chøng minh r»ng tÝch sè kho¶ng c¸ch tõ A vµ B tíi Ox lµ mét h»ng sè. 402

 Gi¶i a. Parabol (P) cã tiªu ®iÓm F(3, 0) vµ ®Ønh O(0, 0) suy ra: (P): y2 = 2px. p Ta cã = 3  p = 6. 2 VËy, ph-¬ng tr×nh Parabol (P): y2 = 12x. b. Víi ®iÓm M(2, y)  (P) lu«n cã: p FM = x + = 2 + 3 = 5. 2 c. §-êng th¼ng (d): a(x  2) + by = 0 ®i qua I. To¹ ®é giao ®iÓm A(xA, yA) vµ B(xB, yB) cña (P) vµ (d) lµ nghiÖm hÖ: y 2  12x .  a(x  2)  by  0 Ph-¬ng tr×nh tung ®é giao ®iÓm cña (P) vµ (d) cã d¹ng: ay2  12by + 24a = 0. Tõ ®ã, ta cã 12b  y A  y B  a .   y .y  24  A B Kho¶ng c¸ch tõ A vµ B ®Õn trôc Ox theo thø tù lµ: h1 = yA, h2 = yB. NhËn xÐt tÝch h1.h2 = yA.yB = 24  kh«ng ®æi.

(1)

D¹ng to¸n 3: VÞ trÝ t-¬ng ®èi cña ®iÓm, ®-êng th¼ng vµ Parabol Ph-¬ng ph¸p thùc hiÖn 1. XÐt vÞ trÝ t-¬ng ®èi cña ®iÓm M(x0, y0) víi Parabol (P) : y2 = 2px, ta thùc hiÖn theo c¸c b-íc: B-íc 1: X¸c ®Þnh ph-¬ng tÝch cña M ®èi víi Parabol (P) lµ : 2 PM /( P ) = y 0 2px0. B-íc 2: KÕt luËn:  NÕu PM /( P ) <0  M n»m trong Parabol.  NÕu PM /( P ) = 0  M n»m trªn Parabol.  NÕu PM /( P ) >0  M n»m ngoµi Parabol.

 Chó ý: Ta cã c¸c kÕt qu¶ sau:   

M(x, y) miÒn trong cña (P)  qua M kh«ng thÓ kÎ ®-îc tiÕp tuyÕn tíi (P). M(x, y) miÒn ngoµi cña (P)  qua M kÎ ®-îc 2 tiÕp tuyÕn tíi (P). M(x, y) n»m trªn (P)  qua M kÎ ®-îc mét tiÕp tuyÕn tíi (P). 403

2. XÐt vÞ trÝ t-¬ng ®èi cña ®-êng th¼ng víi Parabol b»ng viÖc xÐt hÖ ph-¬ng tr×nh t¹o bëi (P) vµ (d), khi ®ã sè nghiÖm cña ph-¬ng tr×nh b»ng sè giao ®iÓm cña (d) vµ (P).

ThÝ dô 1. Cho Parabol (P): y2 = 4x vµ (d): 2xy4 = 0. T×m c¸c ®iÓm M(d) ®Ó tõ ®ã: a. Kh«ng kÎ ®-îc tiÕp tuyÕn nµo tíi (P). b. KÎ ®-îc mét tiÕp tuyÕn tíi (P). c. KÎ ®-îc hai tiÕp tuyÕn tíi (P).

 Gi¶i Víi mçi ®iÓm M(x0, y0)(d), ta cã: 2x0y04 = 0  y0 = 2x04. PM /( P ) = y 20 4x0 = (2x04)24x0 = 4 x 20 20x0 + 16. a. §Ó tõ M kh«ng kÎ ®-îc tiÕp tuyÕn nµo tíi (P)  PM /( P ) <0  4 x 20 20x0 + 16<0  1<x0<4. VËy, tËp hîp c¸c ®iÓm M(x0, y0)(d) cã hoµnh ®é tho¶ m·n 1<x0<4 kh«ng kÎ ®-îc tiÕp tuyÕn nµo tíi (P). b. §Ó tõ M kÎ ®-îc mét tiÕp tuyÕn tíi (P) x  1 M (1,2)  PM /( P ) = 0  4 x 20 20x0 + 16 = 0   0   1 . M 2 (4,4) x 0  4 VËy, tån t¹i hai ®iÓm M1(1, 2) vµ M2(4, 4) thuéc (d) tõ ®ã kÎ ®-îc mét tiÕp tuyÕn tíi (P). c. §Ó tõ M kÎ ®-îc hai tiÕp tuyÕn tíi (P) x  1  PM /( P ) >0  4 x 20 20x0 + 16>0   0 x 0  4 VËy, tËp hîp c¸c ®iÓm M(x0, y0)(d) cã hoµnh ®é x0(, 1)(4, + ) kÎ ®-îc hai tiÕp tuyÕn tíi (P).

ThÝ dô 2. Cho Parabol vµ ®-êng th¼ng (d1) cã ph-¬ng tr×nh: (P): y = x22x + 2, (d1): xy1 = 0. LËp ph-¬ng tr×nh ®-êng th¼ng (d) cïng ph-¬ng víi ®-êng th¼ng (d1) vµ c¾t (P) t¹i 2 ®iÓm ph©n biÖt A, B sao cho AB = 4.

 Gi¶i §-êng th¼ng (d) cïng ph-¬ng víi ®-êng th¼ng (d1) cã ph-¬ng tr×nh: (d): xy + C = 0. To¹ ®é giao ®iÓm A(xA, yA) vµ B(xB, yB) cña (P) vµ (d) lµ nghiÖm hÖ: y  x 2  2x  2 .  x  y  C  0

404

Ph-¬ng tr×nh hoµnh ®é giao ®iÓm cña (P) vµ (d) cã d¹ng: x2  3x + 2  C = 0. §Ó (1) cã hai nghiÖm ph©n biÖt ®iÒu kiÖn lµ:

(1)

1 4

  0  9  4(2  C)  0  C   . Tõ ®ã, ta cã: x A  x B  3 .  x A .x B  2  C Víi gi¶ thiÕt AB = 4, ta ®-îc: 16 = (xA  xB)2 + (yA  yB)2 = (xA  xB)2 + [(xA + C)  (xB + C)]2 = 2(xA  xB)2 = 2[(xA + xB)2  4xAxB] = 2[9  4(2  C)] = 2(1 + 4C)  1 + 4C = 8  C =

7 . 4

VËy, ®-êng th¼ng (d) cã ph-¬ng tr×nh x  y +

7 = 0. 4

ThÝ dô 3. Cho Parabol (P): y2 = 4x. Mét ®-êng th¼ng bÊt kú ®i qua tiªu ®iÓm cña (P) c¾t (P) t¹i hai ®iÓm ph©n biÖt A vµ B. Chøng minh r»ng tÝch c¸c kho¶ng c¸ch tõ A vµ B ®Õn trôc cña (P) lµ mét ®¹i l-îng kh«ng ®æi.

 Gi¶i Parabol (P) cã tiªu ®iÓm F(1, 0). §-êng th¼ng (d): ax + by + c = 0 ®i qua F(1, 0) cã d¹ng: (d): ax + bya = 0. To¹ ®é giao ®iÓm A(xA, yA) vµ B(xB, yB) cña (P) vµ (d) lµ nghiÖm hÖ: y 2  4 x .  ax  by  a  0 Ph-¬ng tr×nh tung ®é giao ®iÓm cña (P) vµ (d) cã d¹ng:

ay2 + 4by4a = 0. Tõ ®ã, ta cã

(1)

4b  y A  y B   a .  y A .y B  4  Kho¶ng çch tõ A vµ B ®Õn trôc Ox theo thø tù lµ: h1 = yA, h2 = yB. NhËn xÐt tÝch h1.h2 = yA.yB = 4. VËy, tÝch çc kho¶ng çch tõ A vµ B ®Õn trôc cña (P) lµ mét ®¹i l-îng kh«ng ®æi.

405

ThÝ dô 4. Cho Parabol (P) vµ ElÝp (E) cã ph-¬ng tr×nh: x2 y2 (P): y = x22x vµ (E):   1. 9 1 a. Chøng minh r»ng (P) c¾t (E) t¹i bèn ®iÓm ph©n biÖt A, B, C, D. b. LËp ph-¬ng tr×nh ®-êng trßn ®i qua c¸c giao ®iÓm ®ã.

 Gi¶i

x 2  9 y 2  9  y  x 2  2 x

)

C (I)

(C)

a. XÐt hÖ ph-¬ng tr×nh t¹o bëi (P) vµ (E) O

3 A  x2 + 9(x22x)2 = 9 D 4 3 2  f(x) = 9x 36x + 37x 9 = 0. (1) Ta cã: f(1) = 73 > 0, f(0) = 9 < 0, f(1) = 1 < 0, f(2) = 77 < 0, f(3) = 81 > 0 Do ®ã:  f(1).f(0) < 0  ph-¬ng tr×nh (1) cã mét nghiÖm thuéc (1, 0).  f(0).f(1) < 0  ph-¬ng tr×nh (1) cã mét nghiÖm thuéc (0, 1).  f(1).f(2) < 0  ph-¬ng tr×nh (1) cã mét nghiÖm thuéc (1, 2).  f(2).f(3) < 0  ph-¬ng tr×nh (1) cã mét nghiÖm thuéc (2, 3). VËy, ph-¬ng tr×nh (1) cã 4 nghiÖm ph©n biÖt  (d)(P) = {A, B, C, D}. b. Tõ hÖ (I), ta ®-îc :

B 3 x

x 2  9 y 2  9  9x2 + 9y216x8y9 = 0  2 8(x  2 x)  8y 161 8 2 4 ) + (y )2 = . 81 9 9 NhËn xÐt r»ng to¹ ®é cña A,B,C,D cïng tho¶ m·n (*). VËy, ph-¬ng tr×nh ®-êng trßn ®i qua A, B, C, D cã d¹ng: 161 8 4 (C): (x )2 + (y )2 = . 81 9 9

 (x

D¹ng to¸n 4: §iÓm vµ Parabol. Ph-¬ng ph¸p thùc hiÖn Víi Parabol (P) cã ph-¬ng tr×nh: (P): y2 = 2px. ta thùc hiÖn theo c¸c b-íc: B-íc 1: LÊy ®iÓm M(x0, y0)(P)  y 20 = 2px0. B-íc 2: Dùa vµo ®iÒu kiÖn K cã thªm ®-îc ®iÒu kiÖn cho x0, y0. 406

(*)

 Chó ý: Ta cÇn l-u ý c¸c tr-êng hîp sau: 1. NÕu ®iÓm ph¶i t×m tho¶ m·n ®iÒu kiÖn vÒ b¸n kÝnh qua tiªu ®iÓm ta sö dông c«ng thøc tÝnh b¸n kÝnh qua tiªu ®iÓm theo to¹ ®é ®iÓm ®ã lµ: p MF = x0 + . 2 2. NÕu ®iÓm ph¶i t×m tho¶ m·n ®iÒu kiÖn vÒ gãc ta ®-a bµi to¸n vÒ xÐt hÖ thøc l-îng trong tam gi¸c. 3. NÕu ®iÓm ph¶i t×m lµ giao cña Parabol víi mét ®-êng kh¸c ta xÐt hÖ ph-¬ng tr×nh t-¬ng giao ®Ó t×m to¹ ®é giao ®iÓm.

ThÝ dô 1. Cho Parabol (P): y = x2. Mét gãc vu«ng ë ®Ønh O c¾t Parabol t¹i A1 vµ A2. H×nh chiÕu cña A1 vµ A2 lªn Ox lµ B1 vµ B2. a. Chøng minh r»ng OB1.OB2 = const. b. Chøng minh r»ng A1A2 lu«n ®i qua mét ®iÓm cè ®Þnh.

 Gi¶i a. Gi¶ sö A1(P)  A1(x0, x 20 ). Khi ®ã: - B1(x0, 0)  OB1 = x0. - Ph-¬ng tr×nh ®-êng th¼ng (OA1): y = xx0. - Theo gi¶ thiÕt OA2OA1  ph-¬ng tr×nh ®-êng th¼ng (O A2): y = 

y A2

(P) I A1

1 x. x0

B1 x

To¹ ®é cña A2 lµ nghiÖm hÖ ph-¬ng tr×nh: 1  y  x 2 x   x 1 1   0 A2:   A2( , 2 ). 1  A2:  x0 x0 y  1 y   x x 2 0   x0 1 1 - B2( , 0)  OB2 =  . x0 x0 VËy OB1.OB2 = 1. b. Ta lÇn l-ît cã:  Ph-¬ng tr×nh (A1A2) ®-îc x¸c ®Þnh bëi: 1 1 y 2 x x0 x0  (A1 A2): 1 1 x0  x 20  2 x0 x0  (A1 A2): x x 30 + (1y) x 20 xx0 = 0.

(1) 407

 Ta ®i chøng minh A1A2 lu«n ®i qua mét ®iÓm cè ®Þnh. ThËt vËy gi¶ sö I(x, y) lµ ®iÓm cè ®Þnh cña hä ®-êng th¼ng A1A2 x  0 x  0  (1) ®óng víi mäi x0      I(0, 1). 1  y  0 y  1 VËy (A1A2) lu«n ®i qua mét ®iÓm cè ®Þnh I(0, 1).

§6. Ba ®-êng c«nÝc ThÝ dô 1. BiÖn luËn theo m h×nh d¹ng cña ®-êng (C) cã ph-¬ng tr×nh: (C): (m1)x2 + my2 = m2m.

 Gi¶i Ta lùa chän mét trong hai c¸ch sau: C¸ch 1: BiÕn ®æi ph-¬ng tr×nh cña (C) vÒ d¹ng: (x  1) 2  y 2 1 = . |x m| m VËy víi ®iÓm F(1, 0) vµ ®-êng th¼ng (): x = m, ta cã nhËn xÐt:  Víi m < 0, th× (C) lµ tËp .

m[(x1)2 + y2] = (xm)2 

Víi m = 0, th× (C): x2 = 0  (C): x = 0 lµ ph-¬ng tr×nh trôc Oy. Víi: m  0   m > 1  (C) lµ ph-¬ng tr×nh cña ElÝp.  1  m 1   Víi: m  0   0 < m < 1  (C) lµ ph-¬ng tr×nh cña Hypebol.  1  m 1   Víi: m  0   m = 1  (C) lµ ph-¬ng tr×nh cña Parabol ®iÓm (cã d¹ng y2 = 0).  1  1  m  C¸ch 2: Ta xÐt dùa trªn c¸c tÝnh chÊt ®¹i sè: a. Víi m2m = 0  m = 0  m = 1  Víi m = 0, ta ®-îc: (C): x2 = 0  (C): x = 0 lµ ph-¬ng tr×nh trôc Oy.  Víi m = 1, ta ®-îc: (C): y2 = 0  (C): y = 0 lµ ph-¬ng tr×nh trôc Ox.  

408

b. Víi m2m  0  m  0  m  1 2 2 (C): x  y = 1. m m 1  Víi: m  0  m > 1  (C) lµ ph-¬ng tr×nh cña ElÝp.  m  1  0  Víi: m(m1) < 0  0 < m < 1  (C) lµ ph-¬ng tr×nh cña Hypebol. 1 ThÝ dô 2. LËp ph-¬ng tr×nh cña C«nÝc (C) cã t©m sai e = , mét tiªu ®iÓm lµ 2 F(3; 1) vµ ®-êng chuÈn øng víi tiªu ®iÓm ®ã lµ (): y + 2 = 0.

 Gi¶i Víi M(x, y)  (E) ta cã: (x  3) 2  (y  1) 2 1 MF =e = 2 | y  2| d(M, ) 2 2 2  4[(x + 3) + (y1) ] = (y + 2)  4x2 + 3y2 + 24x12y + 36 = 0 (x  3) 2 (y  2) 2   1.  8 2 3 §ã chÝnh lµph-¬ng tr×nh cña ElÝp (E). ThÝ dô 3. LËp ph-¬ng tr×nh cña Hypebol, biÕt tiªu ®iÓm F(2, 3), ®-êng chuÈn øng víi tiªu ®iÓm ®ã cã ph-¬ng tr×nh 3xy + 3 = 0 vµ t©m sai e = 5 .

 Gi¶i Víi M(x, y)  (H) ta cã: (x  2) 2  (y  3) 2 MF =e = 5  7x2y26xy + 26x18y17 = 0. | 3x  y  3 | d(M, ) 10 §ã chÝnh lµph-¬ng tr×nh cña Hypebol (H).

ThÝ dô 4. LËp ph-¬ng tr×nh cña Parabol, biÕt tiªu ®iÓm F(0, 2), ®-êng chuÈn øng víi tiªu ®iÓm ®ã cã ph-¬ng tr×nh 3x4y12 = 0.

 Gi¶i Víi M(x, y)  (P) ta cã: (3x  4y  12) 2 MF = 1  MF2 = d2(M, ())  x2 + (y2)2 = 25 d(M, ) 2 2  16x + 9y + 24xy + 72x196y44 = 0. §ã chÝnh lµ ph-¬ng tr×nh cña Parabol (P).

409

C. C¸c bµi to¸n chän läc VÝ dô 1:

Cho h×nh b×nh hµnh ABCD, biÕt t©m I(2; 2) vµ ph-¬ng tr×nh c¹nh (AB): 2xy = 0, (AD): 4x3y = 0. LËp ph-¬ng tr×nh c¸c c¹nh BC vµ CD.

 Gi¶i a. C¹nh BC ®èi xøng víi AD qua I, ta lÇn l-ît thùc hiÖn: Víi mçi ®Óm M(x, y)  (AD)  tån t¹i ®iÓm M1(x1, y1)  (BC) nhËn I lµm trung ®iÓm, ta ®-îc:  x  x1  4  x  4  x1   . (I)   y  y1  4  y  4  y1 Thay (I) vµo ph-¬ng tr×nh cña (AD), ta ®-îc: 4(4x1)3(4y1) = 0  4x13y14 = 0. (1) 4x3y4 = 0. (2) VËy ph-¬ng tr×nh (BC): 4x3y4 = 0. b. C¹nh CD ®èi xøng víi AB qua I, ta lÇn l-ît thùc hiÖn: LÊy ®iÓm O(0, 0)  (AB), gäi O1 lµ ®iÓm ®èi xøng víi O qua I  O1(4, 4).  V× (CD) // (AB): 2xy = 0  (CD): 2xy + C = 0.  V× O1  (CD)  C = 4. VËy, ph-¬ng tr×nh ®-êng th¼ng (CD): 2xy4 = 0.

Cho ABC, biÕt A(1, 3) vµ hai trung tuyÕn cã ph-¬ng tr×nh lµ: x2y + 1 = 0, y1 = 0. LËp ph-¬ng tr×nh c¸c c¹nh cña ABC.

VÝ dô 2:

 Gi¶i Ta cã thÓ tr×nh bµy theo çc çch sau: Çch 1: §Ó cã ®-îc ph-¬ng tr×nh çc c¹nh cña ABC ta ®i x¸c ®Þnh to¹ ®é ®iÓm B, C. Gäi A' lµ ®iÓm ®èi xøng víi A qua träng t©m G cña ABC, khi ®ã:  A 'B //(d1 ) A (d2) .  (d1) A 'C //(d ) 2 



Suy ra: G C §iÓm B lµ giao ®iÓm cña (A'B) vµ (d2). A' §iÓm C lµ giao ®iÓm cña (A'C) vµ (d1). VËy ta lÇn l-ît thùc hiÖn theo c¸c b-íc sau: Gäi G lµ träng t©m ABC, khi ®ã to¹ ®é cña G lµ nghiÖm cña hÖ:  x  2y  1  0  G(1, 1).  y  1  0

 410

§iÓm A' lµ ®iÓm ®èi xøng víi A qua G, suy ra A'(1; 1).



To¹ ®é ®iÓm B: Ph-¬ng tr×nh ®-êng th¼ng (A'B) ®-îc x¸c ®Þnh bëi: qua A '(1, 1) qua A ' x 1 y 1  (A'B):   (A'B):   (A'B): 2 1  vtcp CG(2,1) (A 'B) //(d1 )  (A'B): x2y3 = 0. §iÓm {B} = (A'B)  (d2), to¹ ®é ®iÓm B lµ nghiÖm hÖ:  x  2y  3  0  B(5, 1).  y  1  0

 

T-¬ng tù, ta cã to¹ ®é ®iÓm C(3, 1). Ph-¬ng tr×nh c¹nh AC, ®-îc x¸c ®Þnh bëi: qua A(1,3) x 1 y3  (AC): =  (AC): xy + 2 = 0. 3  1 1  3 qua C( 3, 1)

(AC):  

T-¬ng tù, ta cã : (AB): x + 2y7 = 0 vµ (BC): x4y1 = 0. VËy, ph-¬ng tr×nh ba c¹nh cña ABC lµ: (AB): x + 2y7 = 0, (BC): x4y1 = 0, (AC): xy + 2 = 0. C¸ch 2: Sö dông ph-¬ng tr×nh tham sè cña ®-êng th¼ng Gäi (d1): x2y + 1 = 0 lµ trung tuyÕn ®Ønh C, ta cã :  x  2t  1 , t  R  C(2t1, t). y  t

(d1): 

(d2)

Gäi (d2): y1 = 0 lµ trung tuyÕn ®Ønh B, ta cã : x  u , u  R  B(u, 1). y  1

(d2): 

(d)

(d1)

Ta cã:  x A  x B  x C  3x G 1  u  2t  1  3  t  1  B(5,1)    .  3  1  t  3 u  5 C( 3, 1)  y A  y B  y C  3y G Khi ®ã:  Ph-¬ng tr×nh c¹nh (AB), ®-îc cho bëi: qua A(1,3)  (AB): x + 2y7 = 0. qua B(5,1)

(AB):  

Ph-¬ng tr×nh c¹nh (AB), ®-îc cho bëi: qua A(1,3)  (AC): xy + 2 = 0. qua C( 3, 1)

(AC): 

411



Ph-¬ng tr×nh c¹nh (BC), ®-îc cho bëi: qua B(5,1)  (BC): x4y1 = 0. qua C( 3, 1)

(BC): 

VËy, ph-¬ng tr×nh c¸c c¹nh cña ABC lµ: (AB): x + 2y7 = 0, (AC): xy + 2 = 0, (BC): x4y1 = 0.

VÝ dô 3:

Cho ba ®-êng th¼ng (d1), (d2) vµ (d3) cã ph-¬ng tr×nh: (d1): 3x + 4y6 = 0, (d2): 4x + 3y1 = 0, (d3): y = 0. Gäi A = (d1)(d2), B = (d3)(d2), C = (d1)(d3). a. LËp ph-¬ng tr×nh ®-êng ph©n gi¸c trong cña gãc A cña ABC . b. TÝnh diÖn tÝch tam gi¸c, x¸c ®Þnh t©m vµ tÝnh b¸n kÝnh ®-êng trßn néi tiÕp ABC. c. X¸c ®Þnh to¹ ®é ®iÓm M sao cho 2 MB + MC = 0 .

 Gi¶i Tr-íc tiªn:  Täa ®é cña A lµ nghiÖm cña hÖ ph-¬ng tr×nh:



3x  4y  6  0   4x  3y  1  0

 x  2  A(2; 3).  y  3

Täa ®é cña B lµ nghiÖm cña hÖ ph-¬ng tr×nh:  4x  3y  1  0   y  0

 x  1/ 4 1  B( ; 0).  4 y  0

Täa ®é cña C lµ nghiÖm cña hÖ ph-¬ng tr×nh: 3x  4y  6  0   y  0

Khi ®ã, ®iÓm M(x, y)(dA) M vµ B cïng phÝa víi (AC)   M vµ C cïng phÝa víi (AB)  d(M,(AB))  d(M,(AC)) 

1 (3x  4y  6)(3.  6)  0 4 (4x  3y  1)(4.2  1)  0 | 3x  4y  6 | | 4x  3y  1|  32  42 42  32

3x  4y  6  0   4x  3y  1  0  x + y  1 = 0. (3x  4y  6)  4x  3y  1 

§ã chÝnh lµ ph-¬ng tr×nh tæng qu¸t cña ®-êng th¼ng (dA). b. DiÖn tÝch ABC ®-îc cho bëi: SABC =

412

1 1 1 21 d(A, BC).BC = .3.(2  ) = (®vdt). 2 2 4 8

Gi¶ sö I(x; y) lµ t©m ®-êng trßn néi tiÕp ABC, khi ®ã: x  y  1  0 I  (d A )  x  y  1  0  | 3x  4y  6 |  | y |    d(I, AC)  d(I, BC)   32  42 3x  4y  6  5y  y  0  I y  0  x=y=

1 . 2 1 2

1 1 ) vµ b¸n kÝnh b»ng . 2 2

c. Gi¶ sö M(x; y), tõ hÖ thøc: 1 1  5 0  3(  x)  (2  ) 0 = 2 MB + MC = 3 MB + BC   4 4  M( ; 0). 6 0  3y

VÝ dô 4: Cho hai ®iÓmA(0, 2), B(2, 2) vµ ®-êng th¼ng (d): xy1 = 0. T×m trªn ®-êng th¼ng ®iÓm M trªn (d) sao cho MA + MB nhá nhÊt.

 Gi¶i Ta cã nhËn xÐt: tA.tB = (21)(2 + 21) = 9 < 0  A, B kh¸c phÝa víi (d) Ta lu«n cã: MA + MB  AB do ®ã (MA + MB)Min = AB ®¹t ®-îc khi: A, B, M th¼ng hµng  {M} = (d)  (AB).  Ph-¬ng tr×nh ®-êng th¼ng (AB) ®-îc cho bëi: qua A(0, 2) x y2  (AB):   (AB): 2x + y2 = 0 2 2  2 qua B(2,  2)

(AB):  

To¹ ®é ®iÓmM lµ nghiÖm cña hÖ:  2x  y  2  0 x  1    M(1, 0).  x  y  1  0 y  0

VËy, t¹i ®iÓm M(1, 0) ta ®-îc MA + MB nhá nhÊt. VÝ dô 5: X¸c ®Þnh to¹ ®é ®Ønh C cña ABC, biÕt A(2; 3), B(3; 2), träng t©m cña

ABC thuéc ®-êng th¼ng 3xy8 = 0 vµ diÖn tÝch cña ABC b»ng

3 . 2

 Gi¶i Ph©n tÝch: Gäi M lµ trung ®iÓm AB, G lµ träng t©m ABC. Khi ®ã  x C  x G  2(x G  x M )  x  2(x G  x M )  x G GC = 2 MG     C  yC  y G  2(y G  y M )  yC  2(yG  y M )  yG VËy ®Ó x¸c ®Þnh to¹ ®é C, ta ®i x¸c ®Þnh to¹ ®é M, G.

(I)

413



To¹ ®é ®iÓm M ®-îc cho bëi: 2x M  x A  x B 5 5  M( ,  ).  2 2 2y M  y A  y B



§iÓm G(x, y)(d)  3xy8 = 0 (1) Gäi CH lµ ®-êng cao cña ABC h¹ tõ C, ta cã: SABC = 3 

B(3,2)

1 3 3 AB.CH =  CH =  CH = 2 2 AB

(d)

H M

H1 G

(3  2)  (2  3) Qua G dùng ®-êng th¼ng song song víi AB c¾t CH t¹i H1, khi ®ã: HH1 MG 1 1 2  =  HH1 = CH = . CH MC 3 3 2 Ph-¬ng tr×nh (AB) ®-îc cho bëi qua A(2, 3) x2 y3  (AB):   (AB):  (AB): xy5 = 0. 3  2 2  3 qua B(3, 2) NhËn xÐt r»ng: | x  y 5| 2 d(G, (AB)) = HH1  =  |xy5| = 1 2 11 Tõ (1), (2) ta cã hÖ ph-¬ng tr×nh: 3x  y  8  0 3x  y  8  0  x  1 & y  5  G(1, 5)   x  y  5  1     .  | x  y  5 | 1  x  2 & y  2  G(2, 2)   x  y  5  1  Khi ®ã: - Víi G(1, 5) thay vµo (I), ta ®-îc C(2, 10). - Víi G(2, 2) thay vµo (I), ta ®-îc C(1, 1). VËy cã hai ®iÓm C tho¶ m·n ®iÒu kiÖn ®Çu bµi.

VÝ dô 6:

A(2, 3) O 3 2

3 2 . 2

(2)

Cho hä ®-êng cong: (Cm): x2 + y2(m + 6)x2(m1)y + m + 10 = 0. (1) a. T×m m ®Ó (Cm) lµ mét hä ®-êng trßn. T×m quÜ tÝch t©m Im. b. Chøng minh r»ng tån t¹i mét ®-êng th¼ng lµ trôc ®¼ng ph-¬ng cho tÊt c¶ c¸c ®-êng trßn (Cm). c. Chøng minh r»ng c¸c ®-êng trßn cña hä (Cm) lu«n tiÕp xóc víi nhau t¹i mét ®iÓm cè ®Þnh.

 Gi¶i a. Ta cã:

a2 + b2c =

(m  6) 2 5m 2 + (m1)2m10 =  0, m. 4 4

VËy, víi mäi gi¸ trÞ cña m ph-¬ng tr×nh (1) lµ ph-¬ng tr×nh cña mét ®-êng trßn, m6 5|m| cã t©m Im( ; m1) vµ b¸n kÝnh R = . 2 2 414

m6  x  Im:  2 .  y  m  1

(I)

Khö m tõ hÖ (I), ta ®-îc (d): 2xy7 = 0. VËy, t©m Im cña hä (Cm) thuéc ®-êng th¼ng (d): 2xy7 = 0. b. Gi¶ sö M(x; y) thuéc trôc ®¼ng ph-¬ng cho tÊt c¶ c¸c ®-êng trßn (C m)  PM /(Cm ) = PM/(C m ) , m1, m2 vµ m1  m2 1

 x2 + y2(m1 + 6)x2(m11)y + m1 + 10 = = x2 + y2(m2 + 6)x2(m21)y + m2 + 10  (m1m2)(x + 2y1) = 0, m1, m2 vµ m1  m2  x + 2y1 = 0. VËy, ®-êng th¼ng x + 2y = 0 lµ trôc ®¼ng ph-¬ng cÇn t×m. c. Ta cã thÓ lùa chän mét trong hai çch sau: Çch 1: Víi m1 vµ m2 bÊt kú (m1 m2), th×: m 6 5 | m1 | ( C m ) cã t©m I1( 1 ; m11) vµ b¸n kÝnh R1 = . 2 2 m 6 5 | m2 | ( Cm ) cã t©m I2( 2 ; m21) vµ b¸n kÝnh R2 = . 2 2 suy ra: 2 5 | m1  m 2 |  R1  R 2  m1  m2  2 I1I2 =  = =  .  (m  m ) 1 2  2 2    R1  R 2 VËy, çc ®-êng trßn cña hä (Cm) lu«n tiÕp xóc víi nhau t¹i mét ®iÓm cè ®Þnh M(3; 1). Çch 2: Gi¶ sö M(x0; y0) lµ ®iÓm cè ®Þnh mµ hä (Cm) lu«n ®i qua.  x2 + y2(m + 6)x2(m1)y + m + 10 = 0 , m  m(x2y + 1) + x2 + y26x + 2y + 10 = 0 , m  x  2y  1  0 x  3   2    M(3, 1). 2  y  1  x  y  6x  2y  10  0 NhËn xÐt r»ng t©m Im cña hä (Cm) lu«n thuéc ®-êng th¼ng (d) cè ®Þnh ®i qua M. VËy, çc ®-êng trßn cña hä (Cm) lu«n tiÕp xóc víi nhau t¹i mét ®iÓm cè ®Þnh M(3; 1). 1

VÝ dô 7:

Cho hai ®iÓm A(8; 0); B(0; 6). a. LËp ph-¬ng tr×nh ®-êng trßn ngo¹i tiÕp OAB. b. LËp ph-¬ng tr×nh ®-êng trßn néi tiÕp OAB.

 Gi¶i

a. ChÝnh lµ ®-êng trßn ®-êng kÝnh AB, cã ph-¬ng tr×nh (x  4)2 + (y  3)2 = 25. b. Gi¶ sö ®-êng trßn (C) cã t©m I(a, b) vµ b¸n kÝnh r. C¸ch 1: T©m I thuéc ®-êng ph©n gi¸c trong cña gãc AOB vµ ph©n gi¸c trong cña gãc BAO.

415

x y  = 1  3x + 4y24 = 0. 8 6

Ph-¬ng tr×nh c¸c ®-êng ph©n gi¸c cña gãc BAO ®-îc cho bëi: ( ) : 3x  y  24  0 3x  4y  24 y =   1 . 9  16 1 ( 2 ) : 3x  9y  24  0 (2) lµ ®-êng ph©n gi¸c trong cña gãc BAO . Khi ®ã to¹ ®é t©m I lµ nghiÖm hÖ ph-¬ng tr×nh: x  y  0  I(2, 2).  3x  9y  24  0

B¸n kÝnh r ®-îc cho bëi r = d(I, OA) = 2. VËy ph-¬ng tr×nh (C): (x2)2 + (y2)2 = 4. C¸ch 2: NhËn xÐt r»ng:  T©m I(a, b) thuéc gãc phÇn t- thø nhÊt, suy ra a, b > 0.  (C) tiÕp xóc víi OA, OB, vËy a = b = r. Ta cã SOAB = p.r trong ®ã: SOAB = p=

(1)

1 OA.OB = 24 2

(2)

1 (OA + OB + AB) = 12 2

(3)

Thay (2), (3) vµo (1), ta ®-îc r = 2. VËy, ph-¬ng tr×nh ®-êng trßn (C): (x2)2 + (y2)2 = 4.

VÝ dô 8: Cho ®iÓm M(6, 2) vµ ®-êng trßn (C): (x1)2 + (y2)2 = 5. a. Chøng tá r»ng ®iÓm M n»m ngoµi (C). b. LËp ph-¬ng tr×nh ®-êng th¼ng (d) ®i qua M vµ c¾t ®-êng trßn (C) t¹i hai ®iÓm A, B sao cho AB = 10 .

 Gi¶i

= (61)2 + (22)25 = 20>0  M n»m ngoµi ®-êng trßn. b. Gäi H lµ h×nh chiÕu vu«ng gãc cña I lªn AB, ta cã: 10 5 AB2 10 IH2 = IA2AH2 = R2 = 5 =  IH = . 4 2 4 2 §-êng th¼ng (d) ®i qua M cã d¹ng: (d): A(x6) + B(y2) = 0  (d): Ax + By6A2B = 0.

M/(C)

416

§-êng th¼ng (d) tho¶ m·n ®iÒu kiÖn dÇu bµi khi vµ chØ khi: 10 | A  2B  6A  2B | d(I, (d)) = IH  =  9A2 = B2  A = 3B. 2 2 2 A B Khi ®ã:  Víi A = 3B, ta ®-îc (d1): x3y = 0.  Víi A = 3B, ta ®-îc (d2): x + 3y12 = 0. VËy, tån t¹i hai ®-êng th¼ng (d1), (d2) tho¶ m·n ®iÒu kiÖn ®Çu bµi.

VÝ dô 9:

Cho ®-êng trßn (C) cã ph-¬ng tr×nh : (C): x2 + y24x + 8y 5 = 0. a. T×m to¹ ®é t©m vµ vµ b¸n kÝnh cña (C). b. ViÕt ph-¬ng tr×nh tiÕp tuyÕn víi (C) ®i qua ®iÓm A(1, 0). c. ViÕt ph-¬ng tr×nh tiÕp tuyÕn víi (C) vu«ng gãc víi ®-êng th¼ng (d): 3x  4y + 5 = 0.

 Gi¶i a. Ta cã ngay, t©m I(2, 4) vµ b¸n kÝnh R = 5. b. V× A  (C) nªn tiÕp tuyÕn cã ph-¬ng tr×nh: x.(1) + y.0  2(x + 1) + 4(y + 0)  5 = 0  3x  4y + 3 = 0. c. Gäi () lµ tiÕp tuyÕn cña ®-êng trßn (C) tho¶ m·n ®iÒu kiÖn ®Çu bµi. Ta cã hai çch gi¶i sau: Çch 1: TiÕp tuyÕn ()  (d) nªn cã ph-¬ng tr×nh: () : 4x + 3y + c = 0. §-êng th¼ng () lµ tiÕp tuyÕn cña (C) ®iÒu kiÖn lµ:  c  21 | 4.2  3.(4)  c | d(I, ()) = R  =1  1 . 16  9  c 2  29 Khi ®ã:  Víi c1 =21, ta ®-îc tiÕp tuyÕn (1): 4x + 3y 21 = 0.  Víi c2 = 29, ta ®-îc tiÕp tuyÕn (2): 4x + 3y + 29 = 0. VËy, tån t¹i hai tiÕp tuyÕn (d1), (d2) tíi (C) tho¶ m·n ®iÒu kiÖn ®Çu bµi. Çch 2 (H-íng dÉn): Gi¶ sö tiÕp ®iÓm lµ M(x0, y0), khi ®ã ph-¬ng tr×nh tiÕp tuyÕn cã d¹ng: (d): x.x0 + y.y02(x + x0) + 4(y + y0)  5 = 0  (d): (x02)x + (y0 + 4)y2x0 + 4y0  5 = 0 (1) 2 2 V× M(x0, y0)  (C) nªn x 0  y0 4x0 + 8y0  5 = 0. (2) §-êng th¼ng (d)  () khi vµ chØ khi: 3.(x02)4(y0 + 4) = 0  3x04y0  22 = 0. (3) Gi¶i hÖ ph-¬ng tr×nh t¹o bëi (2), (3) ®Ó suy ra x 0 vµ y0, tõ ®ã suy ra hai tiÕp tuyÕn (d1), (d2).

417

VÝ dô 10: Cho ®iÓm M(2; 3) vµ ®-êng trßn (C): x2 + y22x6y + 6 = 0. LËp ph-¬ng tr×nh ®-êng th¼ng (d) qua M c¾t (C) t¹i hai ®iÓm ph©n biÖt A, B sao cho: a. MA = 3 MB .

b. MA =  MB .

3 1 BA vµ MB =  BA 4 4

Khi ®ã:

M/(C)

= 3 = MA . MB =

3 3 1 BA .( BA ) =  AB2  AB2 = 16  AB = 4. 16 4 4

V× (d) ®i qua M vµ c¾t ®-êng trßn (C) t¹i hai ®iÓm A, B sao cho: qua M(2;3) y3 x 1  (d): =  (d): y  3 = 0. 33 2 1 qua t©m I(1;3)

AB = 4 = 2R  (d2): 

b. Tõ ®iÒu kiÖn suy ra M lµ trung ®iÓm AB, do ®ã: qua M(2;3) (d):   (d): 1.(x2) = 0  (d): x2 = 0.  vtpt IM(1;0)

VÝ dô 11: Cho ®-êng trßn (C): (x1)2 + (y2)2 = 9. X¸c ®Þnh to¹ ®é c¸c ®Ønh B, C cña ABC ®Òu néi tiÕp trong ®-êng trßn (C), biÕt ®iÓm A(2, 2).

 Gi¶i Ta cã thÓ thùc hiÖn theo ba c¸ch sau: C¸ch 1: Gäi A1 lµ ®iÓm ®èi xøng víi A qua I  to¹ ®é ®iÓm A1(4, 2). §-êng trßn (C1) tho¶ m·n:  tam A1 (4, 2)  (C1): (x4)2 + (y2)2 = 9. bkinh R  3

(C1): 

Khi ®ã: (C)(C1) = {B, C}, to¹ ®é B, C lµ nghiÖm cña hÖ:  5 3 3 B( , 2  ) 2 2 2 2   (x  1)  (y  2)  9  2 (x  1)  (y  2)  9 2     .  2 2  6x  15  0 C( 5 , 2  3 3 ) (x  4)  (y  2)  9  2 2 C¸ch 2: NhËn xÐt r»ng: ABC ®Òu néi tiÕp trong ®-êng trßn (C)  t©m I lµ träng t©m cña ABC. 5 2

Gäi H lµ h×nh chiÕu vu«ng gãc cña A lªn BC  AI = 2 IH  H( , 2).

418

Ph-¬ng tr×nh c¹nh BC ®-îc cho bëi: 5  5 qua H( , 2) 2 (BC):   (BC): x = 0. 2  vtpt AI(3,0)  Khi ®ã (BC)(C) = {B, C}, to¹ ®é B, C lµ nghiÖm cña :  5 3 3 (x  1) 2  (y  2) 2  9 )  B( , 2   2  2  .   5 C( 5 , 2  3 3 ) x   0 2   2 2 C¸ch 3: Gi¶i sö AB = a, khi ®ã: 3 a 3 AH = = .6  a2 = 27. 4 2 §iÓm M(x0, y0)(C) sao cho AM2 = 27, ta cã:

 5 3 3 2 2  ) (x  1)  (y  2)  9  B( , 2  0 0 (x 0  1)  (y 0  2)  9  2  2     .  5 2 2 (x 0  2)  (y 0  2)  27 C( 5 , 2  3 3 ) x 0  2   2 2 2

VÝ dô 12: Cho ®iÓm A(2, 0) vµ ®iÓm M di chuyÓn trªn ®-êng trßn (C) t©m O b¸n kÝnh b»ng 2. Gäi H lµ h×nh chiÕu vu«ng gãc cña M lªn Oy. a. TÝnh c¸c to¹ ®é giao ®iÓm P cña c¸c ®-êng th¼ng OM vµ AH theo gãc  = ( OA , OM ). b. X¸c ®Þnh vµ vÏ quÜ tÝch cña P khi m thay ®æi trªn (C).

 Gi¶i §-êng trßn (C): x2 + y2 = 4 §iÓm M(a, b)(C)  a2 + b2 = 4. (1) H lµ h×nh chiÕu vu«ng gãc cña M lªn Oy, vËy H(0, b). Ph-¬ng tr×nh (AH) ®-îc cho bëi: (AH):

y B

H P M A O x

x y  = 1  (AT): bx + 2y2b = 0. 2 b

Ph-¬ng tr×nh OM lµ (OM): bxay = 0. To¹ ®é giao ®iÓm P lµ nghiÖm hÖ ph-¬ng tr×nh  bx  2y  2b  0 .   bx  ay  0

(I)

HÖ cã nghiÖm khi ab2b  0  b  0 & a 2  a  2. a. Ta cã a  OM.cos  a  2cos     b  OM.sin   b  2sin 

M: 

419

 M(2cos, 2sin) & P(

2 cos  2sin  , ). cos   1 cos   1

X¸c ®Þnh vµ vÏ quÜ tÝch cña P khi M thay ®æi trªn (C).

Tõ hÖ (I), ta ®-îc a 

2y 2x vµ b  . 2x 2x

(2)

Thay (2) vµo (1) ta ®-îc ph-¬ng tr×nh quÜ tÝch P lµ y2 = 44x. VËy tËp hîp ®iÓm P thuéc Parabol y2 = 44x trõ hai ®iÓm A, B.

VÝ dô 13: Cho hai ®iÓm A(a; 0) vµ B(0; b) víi ab  0. Gäi (C) lµ ®-êng trßn tiÕp xóc víi Ox t¹i A vµ cã t©m C víi tung ®é yC = m (m lµ tham sè). LÊy mäi gi¸ trÞ kh¸c 0 vµ kh¸c

a 2  b2 . 2b

a. §-êng th¼ng AB c¾t ®-êng trßn (C) t¹i giao ®iÓm thø hai lµ P. X¸c ®Þnh to¹ ®é cña P. b. X¸c ®Þnh t©m K cña ®-êng trßn (K) tiÕp xóc víi Oy t¹i B, vµ ®i qua P. c. Gi¶ sö (C)  (K) = {P, Q}. Chøng minh r»ng khi m thay ®æi PQ lu«n ®i qua mét ®iÓm cè ®Þnh.

 Gi¶i §-êng trßn (C) tiÕp xóc víi Ox t¹i A vµ cã t©m C víi tung ®é y C = m, suy ra C(a, m) vµ b¸n kÝnh R = CA = m. VËy ph-¬ng tr×nh ®-êng trßn (C) cã d¹ng: (C): (xa)2 + (ym)2 = m2  (C): x2 + y22ax2my + a2 = 0. a. X¸c ®Þnh to¹ ®é cña P. Ph-¬ng tr×nh (AB) cã d¹ng: y x y (AB):  = 1  (AB): bx + ayab = 0. B K a b Q b To¹ ®é giao ®iÓm cña (AB) vµ (C) lµ nghiÖm hÖ ph-¬ng tr×nh: C (1) bx  ay  ab  0 P  2 2 2 a O x (x  a)  (y  m)  m (2) Rót xa tõ (1) thay vµo (2) ta ®-îc: y  0 2  a  2 2 2 2 2 2  2b 2 m .   y  + (ym) = m  (a + b )y 2b my = 0   b y 2    a  b2

Thay y =

 2b 2 m  2b 2 m 1  vµo (1), ®-îc x = a .  2 2  a 2  b2  a b 

 2b 2 m  2b 2 m VËy, to¹ ®é ®iÓm P(a 1  2 , 2 ). 2  2  a b  a b b. Gi¶ sö ®-êng trßn (K) cã d¹ng: (K): (x)2 + (y)2 = R2.

420

(K) tiÕp xóc víi Oy t¹i B ®iÒu kiÖn lµ: R   .    b

Khi ®ã (K) cã d¹ng: (x)2 + (yb)2 = 2. §-êng trßn (K) ®i qua P, suy ra:  2b 2 m a 2  b 2  2mb 2b 2 m  2 2 2 (a 1  2 ) + ( b) =    = . 2  a 2  b2 2a  a b  a 2  b 2  2mb , b) vµ ph-¬ng tr×nh ®-êng trßn (K) cã d¹ng: 2a a 2  b 2  2mb 2 a 2  b 2  2mb 2 (K): (x ) + (yb)2 = ( ) 2a 2a a 2  b 2  2mb  (K): x2 + y2 x2by + b2 = 0. a

VËy K(

c. Hai ®-êng trßn (C), (K) c¾t nhau t¹i P, Q, vËy ta cã hÖ ph-¬ng tr×nh :  x 2  y 2  2ax  2my  a 2  0   2 a 2  b 2  2mb 2 x  2by  b 2  0 x  y  a   (a2b2 + 2mb)x + 2a(mb)ya(a2b2) = 0 §ã chÝnh lµ ph-¬ng tr×nh (PQ).  Gi¶ sö M(x0, y0) lµ ®iÓm cè ®Þnh mµ (PQ) lu«n ®i qua víi mäi m. Khi ®ã: (a2b2 + 2mb)x0 + 2a(mb)y0a(a2b2) = 0 m  2(bx0 + ay0)m + (a2b2)x02aby0a(a2b2) = 0 m bx 0  ay0  0 a(a 2  b 2 ) b(a 2  b 2 )    2  x = vµ y = . 0 0 2 2 2 a 2  b2 a 2  b2  (a  b )x 0  2aby 0  a(a  b )  0 §ã chÝnh lµ to¹ ®é ®iÓm cè ®Þnh M mµ (PQ) lu«n ®i qua víi m.

VÝ dô 14: Cho hä ElÝp (Em): x2 = 2y

 Gi¶i

y2 víi 0 < m < 1. m

a. §-a ph-¬ng tr×nh vÒ d¹ng chÝnh t¾c, x¸c ®Þnh to¹ ®é t©m, tiªu ®iÓm F1, F2 vµ çc ®Ønh A1, A2 cña ElÝp. b. T×m quÜ tÝch çc ®Ønh A1, A2 cña ElÝp khi m thay ®æi. c. T×m quÜ tÝch çc tiªu ®iÓm F1, F2 cña ElÝp khi m thay ®æi.

a. ChuyÓn ph-¬ng tr×nh cña (Em) vÒ d¹ng: (Em): mx2 + y2  2my = 0 (Em): mx2 + (y  m)2 = m2 x 2 (y  m) 2  1.  (Em): m m2

421

TÞnh tiÕn hÖ trôc to¹ ®é Oxy theo vect¬ OI víi I(0; m) thµnh hÖ trôc IXY, víi c«ng thøc ®æi trôc: X  x x  X    y  Y  m Y  y  m

Khi ®ã (E):

X2 Y2   1 v× 0 < m < 1  m2 < m. m m2

Trong hÖ trôc IXY, (E) cã c¸c thuéc tÝnh:  T©m I(0; 0), 2 tiªu ®iÓm F1( m  m2 ; 0), F2( m  m2 ; 0),  2 ®Ønh A1( m ; 0), A2( m ; 0). Do ®ã trong hÖ trôc Oxy, (Em) cã:  T©m I(0; m), 

2 tiªu ®iÓm vµ F1( m  m2 ; m), F2( m  m2 ; m)  2 ®Ønh A1( m ; m), A2( m ; m). b. QuÜ tÝch c¸c ®Ønh A1, A2.  QuÜ tÝch ®Ønh A1:  x   m 0  y  1 vµ x  0   2 .   y  m x  y VËy quÜ tÝch ®Ønh A1 cña ElÝp khi m thay ®æi thuéc phÇn ®å thÞ cña Parabol (P): x 2 = y víi 0 < y < 1 vµ x < 0.  T-¬ng tù quÜ tÝch ®Ønh A2 thuéc phÇn ®å thÞ cña Parabol (P): x2 = y víi 0 < y < 1 vµ x > 0. c. QuÜ tÝch c¸c tiªu ®iÓm F1, F2.  QuÜ tÝch tiªu ®iÓm F1: 

 x   m  m 2 0  y  1 vµ x  0   2   2  y  m x  y  y

0  y  1 vµ x  0   2 1 2 1 .  x  (y  2 )  4

1 1 ) b¸n kÝnh R = víi 0 < y < 1 vµ x < 0. 2 2

1 ) b¸n kÝnh R = 2

1 víi 0 < y < 1 vµ x > 0. 2

VÝ dô 15: Cho ElÝp (E):

x2 + y2 = 1. T×m c¸c ®iÓm M thuéc ElÝp (E) sao cho: 4

a. Cã b¸n kÝnh qua tiªu ®iÓm nµy b»ng 7 lÇn b¸n kÝnh qua tiªu ®iÓm kia. b. M nh×n hai tiªu ®iÓm d-íi mét gãc 900. 422

 Gi¶i §iÓm M(x0, y0)(E) suy ra: x 02  y02  1 , 4 cx cx x 3 x 3 MF1 = a + 0 = 2 + 0 vµ MF2 = a 0 = 2 0 . a a 2 2 a. Tõ gi¶ thiÕt ta cã:  MF1  7MF2  MF  7MF 1  2

(1) (2)

 0 = (MF17MF2)(MF27MF1) = 50MF1.MF2 7( MF12 + MF22 ) = 50MF1.MF2  7[(MF1 + MF2)22MF1.MF2] = 50MF1.MF2  7(162MF1.MF2) = 64MF1.MF2 112 3x 02 x0 3 x0 3 = 64(2 + ).(2 ) 112 = 64(4 )112 4 2 2 = 14448 x 02 (1)

1 2

 x 0 =  3  y0 =  . VËy tån t¹i bèn ®iÓm tho¶ m·n ®iÒu kiÖn ®Çu bµi lµ: M1( 3 ,

1 1 1 1 ),M2( 3 , ),M3( 3 ,  ) vµ M4( 3 ,  ). 2 2 2 2

b. Ta cã thÓ lùa chän mét trong hai çch sau: Çch 1: XÐt MF1F2, ta cã: F1F22 = MF12 + MF22  thùc hiÖn t-¬ng tù b). Çch 2: V× M nh×n F1F2 d-íi mét gãc vu«ng do ®ã M thuéc ®-êng trßn (C) ®-êng kÝnh F1F2, do ®ã M lµ giao ®iÓm cña ®-êng trßn (C): x2 + y2 = 3 vµ (E) cã to¹ ®é lµ nghiÖm cña hÖ:  2 6  x2 x 2     y 1 3   4 y   3 x 2  y2  3   3 VËy tån t¹i bèn ®iÓm tho¶ m·n ®iÒu kiÖn ®Çu bµi lµ: 2 6 3 2 6 3 M9( , ), M10( , ), 3 3 3 3 2 6 3 2 6 3 M11( ,  ) vµ M12( ,  ). 3 3 3 3

VÝ dô 16: Cho ®iÓm A(0; 6) vµ ®-êng trßn (C): x2 + y2 = 100. LËp ph-¬ng tr×nh quü tÝch t©m c¸c ®-êng trßn ®i qua A vµ tiÕp xóc víi (C).

423

 Gi¶i XÐt ®-êng trßn (C), ta ®-îc: Tam O(0,0) . Bkinh R  10

(C): 

Gi¶ sö M, lµ t©m ®-êng trßn qua A vµ tiÕp xóc víi (C), ta ®-îc: MA + MB = MN + MB = BN = 10 VËy tËp hîp c¸c ®iÓm M thuéc ElÝp (E) nhËn O, A lµm tiªu ®iÓm vµ cã ®é dµi trôc lín b»ng 10.  X¸c ®Þnh ph-¬ng tr×nh cña ElÝp (E) V× O, A thuéc Oy nªn ph-¬ng tr×nh cña (E) cã t©m I(0, 3) cã d¹ng: y x 2 (y  3) 2  1 , víi 0 < a < b. (E): 2  2 A a b A trong ®ã: M 2b = 10  b = 5, x 10 O 2 OF   10 a2 = b2c2 = 259  2  = 259 = 16.  2 

x (y  3)  1. 16 25 2

Do ®ã (E):

10 x (y  3)  1. 16 25 2

VËy tËp hîp c¸c ®iÓm M thuéc ElÝp (E):

VÝ dô 17: Cho ElÝp (E):

x 2 y2   1 . T×m c¸c ®iÓm M thuéc ElÝp (E) sao cho: 9 25

a. Cã tæng hai to¹ ®é ®¹t gi¸ trÞ lín nhÊt, nhá nhÊt . b.

MF1 3  . MF2 5

Gi¶i x 02 y 02  1. a. §iÓm M(x0, y0)(E)  9 25

Khi ®ã:  x 2 y2  y   x (x0 + y0) =  3. 0  5. 0   (9 + 25)  0  0  = 34 5   4  9 25  2

  34  x0 + y0  34 dÊu b»ng x¶y ra khi:  x0 / 3 3 25  y0  x 0 y /5  5  9  0    2   2 2 2  x 0  y0  1  x 0  y0  1  9 25  9 25 424

3 25   M1 ( 34 ;  3 34 )   M (  3 ;  25 )  2 34 3 34

(1)

VËy, ta ®-îc:  (x0 + y0)Max = 34 , ®¹t ®-îc t¹i M1.  (x0 + y0)Min =  34 , ®¹t ®-îc t¹i M2. b. Tõ gi¶ thiÕt ta cã:  MF1  3MF2  MF  3MF 1  2  0 = (MF13MF2)(MF23MF1) = 10MF1.MF2  3( MF12 + MF22 ) = 10MF1.MF2 3[(MF1 + MF2)22MF1.MF2] = 10MF1.MF2 3(1002MF1.MF2) = 16MF1.MF2 300 4x 4x 16x 02 162 x 02 = 16(5  0 ).(5 0 ) 300 = 16(25 )300 = 100 5 5 25 25  x0 = 

25 . 8

VËy tån t¹i bèn ®iÓm tho¶ m·n ®iÒu kiÖn ®Çu bµi (B¹n ®äc tÝnh tiÕp)

VÝ dô 18: Cho ElÝp (E):

x 2 y2   1 , víi 0 < b < a. a 2 b2

1. Gäi A lµ mét giao ®iÓm cña ®-êng th¼ng y = kx víi (E). TÝnh OA theo a, b, k. 2. Gäi A, B lµ hai ®iÓm tuú ý thuéc (E) sao cho OAOB. a. Chøng minh r»ng

1 1  kh«ng ®æi, tõ ®ã suy ra ®-êng 2 OA OB2

th¼ng (AB) lu«n tiÕp xóc víi mét ®-êng trßn cè ®Þnh. b. X¸c ®Þnh k ®Ó OAB cã diÖn tÝch lín nhÊt, nhá nhÊt. T×m gi¸ trÞ lín nhÊt, nhá nhÊt ®ã.

 Gi¶i 1. To¹ ®é A lµ nghiÖm cña hÖ:  x 2 y2 A a 2 b2 k 2a 2 b2  2  2 1 2 y   x 2A  2 2 vµ . a1 b a A 2 2 2 2 a k b a k b  y  kx  Tõ ®ã, suy ra a 2 b2 k 2a 2 b2 a 2 b 2 (1  k 2 )  OA2 = x 2A  yA2 = 2 2 = a k  b2 a 2 k 2  b2 a 2 k 2  b2  OA = ab

y A O

A2 x a

B z

1  k2 , a 2 k 2  b2

2. Gi¶ sö ®-êng th¼ng (OA) cã ph-¬ng tr×nh y = kx  OA = ab

1  k2 . a 2 k 2  b2

425

V× OA  OB  (OB) cã ph-¬ng tr×nh: 1 1 2 1 1  k2 k y =  x  OB = ab = ab 2 . k a  b2k 2 2 1 2 a . 2 b k c. Ta cã: 1 1 a 2  b2 a 2 k 2  b2 a 2  b2 k 2  = 2 2 + = . 2 2 OA OB a 2 b2 a b (1  k 2 ) a 2 b2 (1  k 2 ) d. Gäi H lµ h×nh chiÕu vu«ng gãc cña O lªn AB, khi ®ã: 1 1 1 a 2  b2 ab  = =  OH = . 2 2 2 2 2 OH OA OB a b a 2  b2 VËy (AB) lu«n tiÕp xóc víi ®-êng trßn (C) t©m O b¸n kÝnh R = OH cã: a 2 b2 (C): x2 + y2 = 2 . a  b2 Ta cã: SOAB = =

1 1 1  k2 1  k2 OA.OB = ab 2 2 ab 2 2 a k  b2 a 2  b2k 2 a 2 b 2 (1  k 2 )

2 (a 2 k 2  b 2 )(a 2  b 2 k 2 )

(1)

OAB cã diÖn tÝch nhá nhÊt. Ta cã: (a 2 k 2  b 2 )  (a 2  b 2 k 2 ) (a 2  b 2 )(1  k 2 ) = 2 2 2 2 1 k  2 (2) 2 2 2 2 2 2 2 (a k  b )(a  b k ) a  b

(a 2 k 2  b 2 )(a 2  b 2 k 2 ) 



Thay (2) vµo (1), ®-îc SOAB 

ab ab  Smin = 2 2 a b a  b2 2

®¹t ®-îc khi a2k2 + b2 = a2 + b2k2  k = 1. OAB cã diÖn tÝch lín nhÊt  §Ò nghÞ b¹n ®äc gi¶i.

VÝ dô 19: Cho Hyperbol (H):

x 2 y2   1 . T×m to¹ ®é ®iÓm M thuéc Hyperbol 4 1

(H) sao cho: a. Cã b¸n kÝnh qua tiªu ®iÓm nµy b»ng 2 lÇn b¸n kÝnh qua tiªu ®iÓm kia. b. Nh×n hai tiªu ®iÓm d-íi mét gãc 600. c. §é dµi F1M ng¾n nhÊt, dµi nhÊt. d. Kho¶ng c¸ch tõ M ®Õn ®-êng th¼ng (): xy + 1 = 0 ®¹t gi¸ trÞ lín nhÊt, nhá nhÊt. 426

H-íng dÉn a. Ta cã hai tiªu ®iÓm F1( 5 , 0) vµ F2( 5 , 0). §iÓm M(x0, y0)(H) víi x0 > 0, suy ra: x 02 y 02   1, 4 1 MF1 =

5x 0 5x 0 + 2 vµ MF2 =   2. 2 2

(1) (2)

Tõ gi¶ thiÕt ta cã:  MF1  2MF2  MF  2MF 1  2  0 = (MF12MF2)(MF22MF1) = 5MF1.MF2  2( MF12 + MF22 ) = 5MF1.MF2  2[(MF1MF2)2 + 2MF1.MF2] = 5MF1.MF2  2(16 + 2 MF1.MF2) = MF1.MF2 32 =(  x0 = 

5x 2 5x 0 5x 0 + 2).(  2)  32 = 0 36 4 2 2 12

 y0  Dµnh cho b¹n ®äc.

b. XÐt MF1F2, ta cã: F1F22 = MF12 + MF22 2MF1.MF2.cos600 = [(MF1MF2)2 + 2 MF1.MF2]MF1.MF2 5x 2 5x 0 5x 0  20 = 16 + MF1.MF2  4 = ( + 2).(  2) = 0 4 4 2 2 4 10  x0 =   y0  Dµnh cho b¹n ®äc. 5 c. Tõ (1) suy ra: y2 x 02 = a2(1 + 20 )  a2  x0 a. b Ta cã: F1M = 

cx 0 ca + a   + a = c + a = ca. a a

V©y, ta ®-îc F1MMin = ca, ®¹t ®-îc khi M  A1(a, 0). d. Ta cã: x  y0  1 d = d(M, ()) = 0  d 2 = x0  y0 + 1. 2 ¸p dông bÊt ®¼ng thøc tam gi¸c, ta cã: d 2  x0  y0.

(2) 427

¸p dông bÊt ®¼ng thøc gi¶ Bunhiac«psk, ta cã: x0  y0 = 2.

x0 y x 2 y2  0   (22  12 )( 0  0 ) = 2 1 4 1

(3)

Tõ (2) vµ (3), suy ra: d

3 1 . 2

(4)

DÊu ' = ' x¶y ra khi vµ chØ khi: 4 1  1  x1  5 & y1  5  2 x 0  2y 0   .  2 2 4 1 x y  0 0   x  & y  1 2  2  4 5 5 1  Thö l¹i: dÊu b»ng chØ x¶y ra t¹i M2(x2, y2), do ®ã: Mind =

3 1 ®¹t ®-îc t¹i ®iÓm M2. 2

§Ó x¸c ®Þnh to¹ ®é ®iÓm H2 t-¬ng øng, ta thùc hiÖn theo c¸c b-íc:  LËp ph-¬ng tr×nh ®-êng th¼ng (d2) qua M2 vµ vu«ng gãc víi (d).  X¸c ®Þnh t¹o ®é giao ®iÓm H2 = (d2)(d). x 2 y2   1 . Gäi (d) lµ ®-êng th¼ng qua O cã hÖ sè VÝ dô 20: Cho Hypebol (H): 4 9 gãc k, (d') lµ ®-êng th¼ng qua O vµ vu«ng gãc víi (d). a. T×m ®iÒu kiÖn ®èi víi k ®Ó (d) vµ (d') ®Òu c¾t (H). b. TÝnh theo k diÖn tÝch h×nh thoi víi 4 ®Ønh lµ 4 giao ®iÓm cña (d), (d') vµ (H). c. X¸c ®Þnh k ®Ó h×nh thoi Êy cã diÖn tÝch nhá nhÊt.

 Gi¶i a. Ta lÇn l-ît cã:  §-êng th¼ng (d) qua O cã hÖ sè gãc k cã d¹ng: y = kx. 

§-êng th¼ng (d') qua O vµ vu«ng gãc víi (d) cã d¹ng: y = 

To¹ ®é giao ®iÓm A, C cña (d) vµ (H) lµ nghiÖm cña hÖ :  x 2 y2 1    (94k2)x2 = 36 9 4  y  kx  Ph-¬ng tr×nh (1) cã hai nghiÖm ph©n biÖt khi: 94k2 > 0  k < 3/2 Khi ®ã: 36 36k 2 2 x 2A = y vµ = . A 9  4k 2 9  4k 2 428

1 x. k

(1)

(2)

To¹ ®é giao ®iÓm B, D cña (d') vµ (H) lµ nghiÖm cña hÖ:  x 2 y2 1   4 9  (9k24)y2 = 36  1 y   x  k Ph-¬ng tr×nh (3) cã hai nghiÖm ph©n biÖt khi: 94k2 > 0  k >

2 3

(3)

(4)

Khi ®ã: x 2B =

36 36k 2 vµ y 2B = 2 . 2 9k  4 9k  4

KÕt hîp (2) vµ (4), ta ®-îc: 2  3  k  2 3 3 < k <   2 . 3 2 2  k  3  3 2 b. NhËn xÐt:  A, C lµ giao ®iÓm cña (d) vµ (H)  A, C ®èi xøng qua O.  B, D lµ giao ®iÓm cña (d) vµ (H)  B, D ®èi xøng qua O.  Ngoµi ra ACBD. VËy ABCD lµ h×nh thoi. Ta cã: 1 2

SABCD = 4SAOB = 4. .OA.OB = 2 x 2A  y 2A = 2. =

36 36k 2  9  4k 2 9  4k 2 72(1  k 2 )

(I)

x 2B  y B2

36k 2 36  2 2 9k  4 9k  4

(9  4k 2 )(9k 2  4) c. H×nh thoi ABCD cã diÖn tÝch nhá nhÊt 72(1  k 2 )  nhá nhÊt. (9  4k 2 )(9k 2  4) Ta cã: 72(1  k 2 ) 144 72(1  k 2 )  = . 2 2 1 5 (9  4k )(9k  4) [(9  4k 2 )  (9k 2  4)] 2 144 VËy, h×nh thoi ABCD cã diÖn tÝch nhá nhÊt b»ng ®¹t ®-îc khi: 5 94k2 = 9k24  k = 1.

429

VÝ dô 21: Cho Hypebol (H) cã ph-¬ng tr×nh: (H):

x 2 y2   1. a 2 b2

a. Chøng minh r»ng tÝch çc kho¶ng çch tõ M(H) ®Õn çc tiÖm cËn cña nã lµ mét h»ng sè. b. Tõ ®iÓm M(H) kÎ çc ®-êng th¼ng song song víi hai tiÖm cËn vµ c¾t chóng t¹i P, Q. Chøng minh r»ng diÖn tÝch h×nh b×nh hµnh OPMQ lµ mét h»ng sè.

 Gi¶i §iÓm M0(x0, y0)(H) x 2 y2  20  20  1  b 2 x 02  a 2 y02 = a2b2. (1) a b Ph-¬ng tr×nh hai ®-êng tiÖm cËn cña (H) lµ:

(d2) P M

 bx  ay  0 b y= x  . a  bx  ay  0

(d1)

a. Kho¶ng çch h1 tõ ®iÓm M tíi tiÖm cËn bx + ay = 0 ®-îc x¸c ®Þnh bëi: | bx 0  ay0 | h1 = . b2  a 2 Kho¶ng çch h2 tõ ®iÓm M tíi tiÖm cËn bxay = 0 ®-îc x¸c ®Þnh bëi: | bx 0  ay0 | h2 = . b2  a 2 Do ®ã: | b 2 x 02  a 2 y 02 | | bx 0  ay0 | | bx 0  ay0 | a 2 b2 h1.h2 = = = . a 2  b2 b2  a 2 b2  a 2 b2  a 2 VËy, tÝch çc kho¶ng çch tõ ®iÓm M bÊt kú cña Hypebol (H) ®Õn çc tiÖm cËn cña nã lµ mét h»ng sè. b. Gäi  lµ gãc t¹o bëi ®-êng ®-êng tiÖm y = tg =

b x víi trôc Ox. Ta cã: a

b 2ab 2tg vµ sin2 = = 2 . 2 a a  b2 1  tg 

SOPMQ = OP.OQ.sin2 =

2ab a 2  b2 . OP.OQ  OP.OQ = . SOPMQ a 2  b2 2ab

MÆt kh¸c: SOPMQ = OQ.h1 = OP.h2  S2OPMQ = OP.OQ.h1h2 =  SOPMQ =

430

ab kh«ng ®æi. 2

a 2  b2 a 2 b2 . SOPMQ. 2 2ab a  b2

VÝ dô 22: Cho Parabol (P): y2 = 2px, p > 0. Chøng minh r»ng ®-êng trßn cã ®-êng kÝnh lµ d©y cung qu¸ tiªu, tiÕp xóc víi ®-êng chuÈn.

 Gi¶i Ph-¬ng tr×nh ®-êng th¼ng (d) ®i qua F cã d¹ng: (d): 2mx2ymÆt ph¼ng = 0. A1 To¹ ®é giao ®iÓm A(xA, yA) vµ B(xB, yB) cña (P) vµ (d) lµ nghiÖm cña hÖ: J  y 2  2px  2mx  2y  mp  0 Ph-¬ng tr×nh hoµnh ®é giao ®iÓm cña (P) vµ (d) cã d¹ng: B1 4m2x24p(m2 + 2)x + m2p2 = 0. (1) Tõ ®ã, ta cã :  p(m 2  2) x  x  B  A m2 .  2  x .x  p  A B 4 Ph-¬ng tr×nh tung ®é giao ®iÓm cña (P) vµ (d) cã d¹ng: my22pymp2 = 0 Tõ ®ã, ta cã  y A  y B  p / m .  2  y A .y B  p  Ph-¬ng tr×nh ®-êng trßn (C) ®-êng kÝnh AB: 

y A

(P)

I F

(2)



M(x, y)(C)  MA . MB = 0  x2 + y2(xA + xB)x(yA + yB)y + xAxB + yAyB = 0. Gäi I(xI, yI) lµ t©m cña ®-êng trßn (C), ta cã: xA  xB  p(m 2  2)  x  x    2 2m 2 . I:   I:   y  yA  yB y  p   2 m Gäi R lµ b¸n kÝnh cña ®-êng trßn (C), ta cã: 2  p(m2  1)  p(m 2  1) 2 2 2 R = x A  x B ( xAxB + yAyB) =   R = .  2 m2  m  Kho¶ng c¸ch tõ I ®Õn ®-êng chuÈn (): x =  2x I  p 2

p cña (P), ®-îc x¸c ®Ønh bëi: 2

1 p(m 2  2) p(m 2  1)  p = = R. 2 m2 m2

VËy ®-êng trßn (C) tiÕp xóc víi ®-êng chuÈn () cña (P).

431

 Chó ý: 1. Ta cã thÓ chøng minh b»ng ®Þnh nghÜa, thùc hiÖn c¸c b-íc: B-íc 1: Gäi A1, B1 theo thø tù lµ h×nh chiÕu vu«ng gãc cña A, B lªn ®-êng chuÈn cña (P). Gäi I, J theo thø tù lµ trung ®iÓm cña AB, A1B1. B-íc 2: Ta cã: 1 1 1 IJ = (AA1 + BB1) = (AF + BF) = AB 2 2 2  ABJ vu«ng t¹i J  §-êng trßn ®-êng kÝnh AB tiÕp xóc víi ®-êng chuÈn cña Parabol (P). 2. §Ò nghÞ b¹n ®äc chøng minh thªm c¸c tÝnh chÊt sau:

a. TÝnh ®é dµi FA, FB theo p,  = ( Ox , OM ) víi 02. Tõ ®ã chøng tá r»ng 1 1  kh«ng ®æi khi (d) quay quanh F. FA FB

b. Chøng minh r»ng FA.FB nhá nhÊt khi (d) vu«ng gãc víi Ox. Ngoµi ra cßn cã tÝch c¸c kho¶ng c¸ch tõ A vµ B ®Õn trôc Ox lµ mét ®¹i l-îng kh«ng ®æi.

VÝ dô 23: Cho Parabol (P) vµ ®-êng th¼ng (d) cã ph-¬ng tr×nh: (P): y2 = x vµ (d): xy2 = 0. a. X¸c ®Þnh to¹ ®é giao ®iÓm A, B cña (d) vµ (P). b. T×m to¹ ®é ®iÓm C thuéc (P) sao cho : - ABC cã diÖn tÝch b»ng 6. - ABC ®Òu c. T×m ®iÓm M trªn cung AB cña Parabol (P) sao cho tæng diÖn tÝch hai phÇn h×nh ph¼ng giíi h¹n bëi (P) vµ hai d©y cung MA, MB lµ nhá nhÊt.

 Gi¶i a. To¹ ®é giao ®iÓm A, B cña (d) vµ (P) lµ nghiÖm cña hÖ ph-¬ng tr×nh:  y2  x A(1, 1)   vµ AB = 3 2 .  B(4, 2) x  y  2  0 b. Víi C(x, y)(P)  C(y2, y).  ABC cã diÖn tÝch b»ng 6 6=

1 1 3 | x  y 2| AB.d(C,(d)) = .3 2 . = y2y2 2 2 2 2

 y2  y  2  4  y2y 2 = 4   2   y  y  2  4

432

C1 (4, 2)  y  2  y  3  C (9,3)   2



ABC ®Òu  AC  AB  AC  BC

 AB = BC = CA  

18  (y2  1)2  (y  1) 2  y 4  y 2  2y  16  0     2   2 2 2 2 2 2   (y  1)  (y  1)  (y  4)  (y  2)  y  y  18  0 (y 2  y  3)(y 2  y  3)  4y  7  0 4y  7  0    2   2 v« nghiÖm.  y  y  3  0 y  y  3  0 VËy kh«ng tån t¹i ®iÓm C thuéc (P) ®Ó ABC ®Òu. c. Víi M(x0, y0) thuéc cung AB cña (P) nªn:  x 0  y02  .  (*)  1  y0  2 Tæng diÖn tÝch hai phÇn h×nh ph¼ng giíi h¹n bëi (P) vµ hai d©y cung MA, MB lµ nhá nhÊt  MAB cã diÖn tÝch lín nhÊt  d(M, (d)) lín nhÊt. Ta cã: | x  y0  2 | | y02  y0  2 | (*) 1  d(M, (d)) = 0 = (y0 + 1)(2y0) 2 2 2 C«si



1  (y 0  1)  (2  y 0 )  9 2 = .   2 8 2   2

9 2 , ®¹t ®-îc khi 8 1 1 1 y0 + 1 = 2y0  y0 =  M( , ) 2 4 2 1 1 VËy, víi M( , ) tho¶ m·n ®iÒu kiÖn ®Çu bµi. 4 2

do ®ã Maxd(M, (d)) =

VÝ dô 24: Cho Parabol (P): y2 = 2px víi p > 0. §iÓm M kh¸c O ch¹y trªn (P). Gäi A, B theo thø tù lµ h×nh chiÕu vu«ng gãc cña M lªn Ox vµ Oy. Chøng minh r»ng: a. §-êng th¼ng qua B vu«ng gãc víi OM lu«n ®i qua mét ®iÓm cè ®Þnh. b. §-êng th¼ng qua B vu«ng gãc víi AB lu«n ®i qua mét ®iÓm cè ®Þnh. c. §-êng th¼ng AB lu«n tiÕp xóc víi mét Parabol cè ®Þnh.

 Gi¶i §iÓm M(P) suy ra: M(

y 02 y2 , y0), A( 0 , 0) vµ B(0, y0). 2p 2p

433

a. §-êng th¼ng (d1) qua B vu«ng gãc víi OM ®-îc cho bëi: qua B(0, y 0 ) y2  (d1):   (d1): 0 .x + y0(yy0) = 0 y 02 2p  vtpt OM( 2p , y 0 )   (d1): y 02 .x + 2py0y2p y 02 = 0. NhËn xÐt r»ng (d1) lu«n ®i qua ®iÓm cè ®Þnh M1(2p, 0). b. §-êng th¼ng (d2) qua B vu«ng gãc víi AB ®-îc cho bëi: qua B(0, y 0 ) y  2 (d2):  y0 B  vtpt BA( 2p ,  y 0 )   (d2):

2 0

y .xy0(yy0) = 0 2p

(P)

(d2)

 (d2): y 02 .x2py0y + 2p y 02 = 0. NhËn xÐt r»ng (d2) lu«n ®i qua ®iÓm cè ®Þnh M2(2p, 0). (P1)

x (d1)

 Chó ý: Còng cã thÓ chøng minh b»ng c¸ch: Gäi M2 lµ ®Óm ®èi xøng víi M1 qua Oy  M2(2p, 0). NhËn xÐt r»ng BM2AB. VËy ®-êng th¼ng qua B vu«ng gãc víi AB lu«n ®i qua ®iÓm cè ®Þnh M2 c. §-êng th¼ng (AB) ®-îc cho bëi: qua B(0, y 0 ) x y  y0  (AB):   (AB): 2 = y 02 y0  y0  y0  vtcp BA( 2p ,  y 0 )  2p

 (AB): 2px + y0y y 02 = 0.  Gäi N(x, y) lµ ®iÓm mµ (AB) kh«ng ®i qua víi mäi y0, khi ®ã ph-¬ng tr×nh 2px + y0y y 02 = 0, v« nghiÖm y0  ph-¬ng tr×nh y 02 y0y2px = 0, v« nghiÖm y0   < 0  y2 + 8px < 0.  Ta ®i chøng minh (AB) lu«n tiÕp xóc víi Parabol (P1): y2 = 8px. ThËt vËy: 2AC + pB2 = 2.2p.( y 02 ) + 4p. y 02 = 0. VËy (AB) lu«n tiÕp xóc víi Parabol (P1): y2 = 8px.

434

Môc lôc lêi nãi ®Çu

phÇn I: §¹i sè ch-¬ng I

hµm sè bËc nhÊt vµ bËc hai A. KiÕn thøc cÇn nhí....................................................... .. ... ... ... ... ... .............7 B Ph-¬ng ph¸p gi¶i c¸c d¹ng to¸n liªn quan.................... . ... ... ... ... .. .10 § 1: Hµm sè ........ ........ ........ ... ... ... ... ........... ........ ........ ........ ....... ... ... ... ..10 § 2: Hµm sè bËc nhÊt ........ ........ ........ .... ... ... ... ... ....... ........ ........ ........ .......26 § 3: Hµm sè bËc hai ........ ........ ........ ........ ........ ........ ... ... ... ... ... ........ ....... .32 C. C¸c bµi to¸n chän läc .............................................................. ... . ....... ... 38

ch-¬ng II

ph-¬ng tr×nh vµ hÖ ph-¬ng tr×nh A. KiÕn thøc cÇn nhí.................................................. ... ... ..... ... ... ... .............43 B Ph-¬ng ph¸p gi¶i c¸c d¹ng to¸n liªn quan............... ... ... ... ........ ... .48

§ 1: § 2: § 3: § 4: § 5:

§¹i c-¬ng vÒ ph-¬ng tr×nh ... ........ ........ ........ ........ ........ .. ... ... ........ ....48 Ph-¬ng tr×nh bËc nhÊt vµ bËc hai mét Èn...... ........ ........ ........ .….... ....... 53 Mét sè ph-¬ng tr×nh quy vÒ ph-¬ng tr×nh bËc nhÊt vµ bËc hai...... ........ ....71 Ph-¬ng tr×nh vµ hÖ ph-¬ng tr×nh bËc nhÊt nhiÒu Èn. ... ... ... ... .......... ....... 93 HÖ ph-¬ng tr×nh bËc hai hai Èn...... ........ ........ ........ ...... ... ... ... ... .... .... 101

C. C¸c bµi to¸n chän läc .................................. ............................... ....... ... 114

ch-¬ng IV

bÊt ®¼ng thøc vµ bÊt ph-¬ng tr×nh A. KiÕn thøc cÇn nhí............................................... ... .......... ... ... ... .............129 B Ph-¬ng ph¸p gi¶i c¸c d¹ng to¸n liªn quan....... ... ... ... ............... ... .133 § 1: BÊt ®¼ng thøc ...... …..... ........ ...... …..... ........ ...... …..... ........ ...... …....133 § 2: BÊt ph-¬ng tr×nh .. ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... . ... ... ... ... ...154 § 3: BÊt ph-¬ng tr×nh vµ hÖ bÊt ph-¬ng tr×nh bËc nhÊt mét Èn . ... ... ... ... ...... 156 § 4: DÊu cña nhÞ thøc bËc nhÊt ….................................................................... 162 § 5: BÊt ph-¬ng tr×nh vµ hÖ bÊt ph-¬ng tr×nh bËc nhÊt hai Èn ... ... ... ... ... ..... 168 § 6: DÊu cña tam thøc bËc hai …..................................................................... 171 § 7: Mét sè ph-¬ng tr×nh, bÊt ph-¬ng tr×nh quy vÒ bËc hai...... ........ . ... ... .....188 C. C¸c bµi to¸n chän läc .................................... ... ... ... ......................... ....... ... 194

435

ch-¬ng V

cung vµ Gãc l-îng gi¸c  c«ng thøc l-îng gi¸c A. KiÕn thøc cÇn nhí.................................................... ... . ... ... ... ... .............219 B Ph-¬ng ph¸p gi¶i c¸c d¹ng to¸n liªn quan............ ... ... ... ......... ... . 222 C. C¸c bµi to¸n chän läc .............................................................. . ........ ... 255 phÇn II: h×nh häc ch-¬ng I

vect¬ A. KiÕn thøc cÇn nhí...................................................... ... ...... ... ... ............. 267 B Ph-¬ng ph¸p gi¶i c¸c d¹ng to¸n liªn quan............... ... ... ... ...... ... . 271 § 1: Vect¬ ........ ....... ... . ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ..... ... . ... ... ... ... ... . 271 § 2: HÖ trôc to¹ ®é ........ ........ .. ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ...... ....... ... ... ... ... 287 C. C¸c bµi to¸n chän läc ................................................ ................. ....... ... 296

ch-¬ng II

tÝch v« h-íng cña hai vect¬ vµ øng dông A. KiÕn thøc cÇn nhí....................................................... ... . ... ... ... ............. 305 B Ph-¬ng ph¸p gi¶i c¸c d¹ng to¸n liªn quan.................... ... ... ... . ... . 307 § 1: Gi¸ trÞ l-îng gi¸c cña mét gãc bÊt k× .. ... ... ... ... . ... ... ... ... ... ... ... ... .. 307 § 2: TÝch v« h-íng cña hai vect¬ ........ ....... ... ... ... . . ... ... ... ...... ... ... ... ... . 309 § 3: HÖ thøc l-îng trong tam gi¸c ........ ........ ........ ....... ... ... ... ... ... ... ... .... 322 C. C¸c bµi to¸n chän läc ........................ ......................................... ....... ... 327

ch-¬ng III

ph-¬ng ph¸p to¹ ®é trong mÆt ph¼ng A. KiÕn thøc cÇn nhí..................................... ... ................... ... ... ... ............. 337 B Ph-¬ng ph¸p gi¶i c¸c d¹ng to¸n liªn quan. ... ... ... .................... ... . 347

§ 1: § 2: § 3: § 4: § 5: § 6:

§-êng th¼ng ....... ........ ........ .…... ... ... ... ... ... ... ...... . ... ... ... ... ........ 347 §-êng trßn ...... ..... ... ... ... ... ... ... ... ..... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... .... 359 §-êng ElÝp. ........ ........ ...... ... ... ... ... .. ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... .. 377 §-êng Hypebol....... ........ .... ...... ..... ... ... ... ... ... .. ... ... ... ... ... ... ... ... 389 §-êng Parabol.... ........ ........ ... ... ... ... ........... .. ... ... ... ... ... ... ... ... ..... 399 Ba ®-êng C«nÝc.... ........ ........ .... ... ... ... ... ... ... ... ...... ... ... ... ... ..... .... 408

C. C¸c bµi to¸n chän läc ................................................. ............... ....... ... 410

môc lôc........ ............ ............ ....... ............ ..…... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... .. 335

436