Giải một số bài toán Đại số trong chương trình Toán phổ thông bằng PP tọa độ trong mặt phẳng

SỞ GIÁO DỤC VÀĐÀO TẠO ĐỒNG NAI Đơn vị: Trường PTDTNT – THCS – THPT Điểu Xiểng Mã số: ……………………

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM GIẢI MỘT SỐ BÀI TOÁN ĐẠI SỐ TRONG CHƯƠNG TRÌNH TOÁN PHỔ THÔNG BẰNG PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ TRONG MẶT PHẲNG

Người thực hiện: LÊ THỊ NGUYỆN Lĩnh vực nghiên cứu: - Quản lý giáo dục

- Phương pháp dạy học bộ môn: Toán - Lĩnh vực khác: .......................................................

Năm học: 2016 – 2017

om

Tên SKKN: GIẢI MỘT SỐ BÀI TOÁN ĐẠI SỐ TRONG CHƯƠNG TRÌNH TOÁN PHỔ THÔNG BẰNG PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ TRONG MẶT PHẲNG. SƠ LƯỢC LÝ LỊCH KHOA HỌC

ai l.c

I. THÔNG TIN CHUNG VỀ CÁ NHÂN 2. Ngày tháng năm sinh: 18 – 10 – 1990

ho nb us in es s@

3. Nam, nữ: Nữ

gm

1. Họ và tên: LÊ THỊ NGUYỆN

4. Địa chỉ: Trường PTDTNT – THCS – THPT Điểu Xiểng 5. Điện thoại: 6. Fax:

0979089521 E-mail:

7. Chức vụ: Giáo viên

8. Nhiệm vụ được giao: Giảng dạy môn Toán khối 10, chủ nhiệm 10A2 II. TRÌNH ĐỘ ĐÀO TẠO

yn

9. Đơn vị công tác: Trường PTDTNT – THCS – THPT Điểu Xiểng

- Năm nhận bằng: 2012

em qu

- Học vị (hoặc trình độ chuyên môn, nghiệp vụ) cao nhất: Cử nhân

ay k

- Chuyên ngành đào tạo: Sư phạm Toán học III. KINH NGHIỆM KHOA HỌC

:d

- Lĩnh vực chuyên môn có kinh nghiệm:

ok

Số năm có kinh nghiệm:

Em ai

lO

rd er

-P

D

F

eb o

- Các sáng kiến kinh nghiệm đã có trong 5 năm gần đây:

gm

ai l.c

Phương pháp tọa độ là một trong những nội dung của chương trình hình học lớp 10 và lớp 12 của bậc trung học phổ thông. Năm nay tôi được nhà trường phân công dạy toán lớp 10, bồi dưỡng học sinh giỏi toán 10. Học sinh bắt đầu tiếp xúc với phương pháp tọa độ trong mặt phẳng, đây là một nội dung trongnhiều đề thi học sinh giỏi và thuộc chuẩn kiến thức của kì thi trung học phổ trông quốc gia,nên việc hướng dẫn học sinh giải các bài toán bằng phương pháp này là rất cần thiết.

om

I. LÍ DO CHỌN ĐỀ TÀI

ho nb us in es s@

Cùng với nhiều phương pháp khác, phương pháp tọa độ là một trong những phương pháp hữu hiệu để giải nhiều bài toán trong chương trình THPT. Trong khi đó, học sinh thường chỉ sử dụng phương pháp tọa độ để giải các bài toán về hình học mà chưa biết nhiều về việc sử dụng nó để giải các bài toán đại số. Do vậy, việc khai thác các cách sử dụng phương pháp tọa độ trong giải toán đại số là việc làm cần thiết giúp các em có thêm tài liệu tham khảo phục vụ cho quá trình học tập môn toán.

em qu

yn

Vì những lý do nêu trên, với mong muốn giúp các em học sinh học tập môn toán tốt hơn, góp phần nâng cao chất lượng dạy và học môn toán, tôi chọn đề tài:“Giải một số bài toán Đại số trong chương trình Toán phổ thông bằng phương pháp tọa độ trong mặt phẳng” làm sáng kiến kinh nghiệmcủa mình trong năm học 2016 - 2017.

II. CƠ SỞ LÍ LUẬN VÀ THỰC TIỄN

:d

ay k

Từ thời cổ đại, khái niệm tọa độ đã được hình thành và được các nhà toán học Ai Cập ứng dụng vào việc xây dựng các công trình bằng các tọa độ song song (các đoạn thẳng), các nhà Thiên văn Hy Lạp đã dùng tọa độ cầu (vĩ độ và kinh độ) để xác định vị trí của các điểm khác nhau trên mặt đất. Tuy nhiên đến thế kỉ XVII, phương pháp tọa độ mới thực sự ra đời và phát triển cho đến ngày nay.

-P

D

F

eb o

ok

Phương pháp tọa độ không chỉ được ứng dụng trong các bài toán hình học mà còn được khai thác trong các bài toán đại số.Trong những năm gần đây, các bài toán dùng phương pháp tọa độ để giải phương trình, hệ phương trình và bất phương trình được sử dụng rộng rãi, đặc biệt là trong các kì thi đại học, kì thi học sinh giỏi. Tuy trước đây đã có một số tài liệu tham khảo đề cập đến phương pháp này nhưng chưa khai thác triệt để và chưa có hệ thống.

Em ai

lO

rd er

Trong đề tài này, ngoài việc giới thiệu các ứng dụng của phương pháp tọa độ trong việc giải các bài toán đại số, tác giả còn phân tích và chỉ ra các dấu hiệu để học sinh có thể dễ dàng hiểu và vận dụng làm bài tập.

Sau đây tác giả trình bày tóm tắt các kiến thức cơ bản trong mặt phẳng tọa độ Oxy . y 1. Hệ trục tọa độ trong mặt phẳng a)Hệ trục tọa độ trong mặt phẳng

Kí hiệu: Oxyhoặc (O; i , j ) j

Trong đó i , j lần lượt là các vectơ đơn vị trên

x O i các trục Ox, Oy.

xM + x N y + yN ; yP = M 2 2 xA + xB + xC y A + yB + yC iii. Nếu G là trọng tâm của tam giác ABC thì xG = ; yG = 3 3

d)Biểu thức tọa độ của các phép toán vectơ

Cho a = ( x; y ) và b = ( x′; y′ ) . Khi đó: i. a + b = ( x + x′; y + y′ ) ; a − b = ( x − x′; y − y ′) ;

ho nb us in es s@

gm

ii. Nếu P là trung điểm của đoạn thẳng MN thì xP =

ii. k a = ( kx; ky ) với k ∈ R ;

iii. Vectơ b cùng phương với vectơ a ≠ 0 khi và chỉ khi có số k sao cho

x′ = k x; y′ = k y.

iv. Biểu thức tọa độ của tích vô hướng: a .b = xx '+ yy ' .

v. Độ dài vectơ a được tính theo công thức a = x 2 + y 2 .

AB = AB =

2 2 ( xB − x A ) + ( y B − y A ) .

em qu

vi. Độ dài đoạn thẳng AB:

yn

ay k

2. Phương trình đường thẳng a)Phương trình tổng quát của đường thẳng: ax + by + c = 0, ( a 2 + b 2 ≠ 0 ). b) Phương trình tham số của đường thẳng

Đường thẳng đi qua điểm M(x0 ; y0) và có VTCP u = (a; b) có phương trình tham  x = x0 + at ( a 2 + b 2 ≠ 0 ), với t là tham số. y = y + bt 0 

ok

:d

số là 

eb o

c) Phương trình chính tắc của đường thẳng

Nếu a ≠ 0 và b ≠ 0 thì đường thẳng qua M ( x0 ; y0 ) có vectơ chỉ phương u = ( a; b ) có

F

phương trình chính tắc là

x − x0 y − y0 . = a b

-P

D

Nhận xét:

i. Đường thẳng đi qua điểm M(xM; yM) nhận n = ( a; b ) làm VTPT có phương trình a( x – xM) + b(y – yM) = 0. ii.Đường thẳng đi qua hai điểm A(a; 0) và B(0; b), ( ab ≠ 0 ) có phương trình x y + =1 . a b iii. Đường thẳng đi qua điểm M(xM; yM) và có hệ số góc k có phương trình y = k ( x − xM ) + y M . d)Khoảng cách từ một điểm đến một đường thẳng

rd er lO

Em ai

om

ai l.c

Điểm O gọi là gốc tọa độ; Ox gọi là trục hoành;Oy gọi là trục tung.

b) Tọa độ của một vectơ: u ( x; y ) ⇔ u = x.i + y. j trong đó x gọi là hoành độ,

y gọi là tung độ của vectơ u .

c) Tọa độ của một điểm: M ( x; y ) ⇔ OM = x.i + y. j

i. Với hai điểm M ( xM ; yM ) và N ( xN ; yN ) thì MN = ( xN − xM ; y N − yM ) .

Khoảng cách từ điểm M ( xM ; yM ) đếnđường thẳng ∆: ax + by + c = 0 được tính theo axM + byM + c a2 + b2

.

om

công thức: d ( M ; ∆ ) =

2

( x − x0 ) + ( y − y0 )

2

ai l.c

3. Phương trình đường tròn a) Đường tròn (C) tâm I(x0 ;y0), bán kính R có phương trình

= R2

gm

b)Phương trình x2 + y2 + 2ax + 2by + c = 0 , với điều kiện a2 + b2 > c , là phương trình

:d

ay k

em qu

yn

ho nb us in es s@

của đường tròn tâm I ( −a; −b ) , bán kính R = a 2 + b2 − c . c) Đường thẳng ∆ tiếp xúc với đường tròn C(I; R) khi và chỉ khi d(I; ∆) = R. Khi đó, ta còn nói ∆ là tiếp tuyến của đường tròn (C).

4. Các đường Conic a)Đường Elip i. Elip (E) với hai tiêu điểm F1(-c; 0), F2(c; 0) có phương trình chính tắc 2 x y2 + 2 = 1, (a > b > 0) , trong đó a2 – c2 = b2.

2 a b ii. Cho đường thẳng d có phương trình Ax + By + C = 0, (A2 + B2 ≠ 0). Điều kiện cần và đủ để đường thẳng d tiếp xúc với elip là A2a2 + B2b2 = C2. b) Đường Hyperbol Hyperbol (H) với hai tiêu điểm F1(-c; 0), F2(c; 0) cóphương trình chính tắc 2 x y2 − = 1 ( a > 0; b > 0 ) , trong đó c2 – a2 = b2. a2 b2 c) Đường Parabol p p  Parabol (P)với tiêu điểm F  ;0  và đường chuẩn ∆:x + = 0có phương 2 2 

-P

D

F

eb o

ok

2 trình chính tắc y = 2 px ( p > 0 ) .

4. Một số kết quả hình học: 4.1. Bất đẳng thức tam giác a) Trong một tam giác: i. Tổng độ dài của hai cạnh bất kì luôn lớn hơn cạnh còn lại. ii. Hiệu độ dài của hai cạnh bất kì luôn nhỏ hơn cạnh còn lại.

Em ai

lO

rd er

b) Mở rộng Với 3 điểm A, B, C bất kì ta có: i.AB + BC ≥ AC

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi B nằm trên đoạn AC. ii. AB − AC ≤ BC Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi Cnằm trên đoạn AB hoặc B nằm trên đoạn AC. 4.2. Bất đẳng thức vectơ

Cho hai vectơ u; v bất kỳ, ta có: u + v ≤ u + v và u − v ≤ u + v

ai l.c

Trong chương trình Toán phổ thông, phương pháp tọa độ giúp học sinh giải quyết nhiều bài toán hình học một cách đơn giản và thuận lợi.

om

III. TỔ CHỨC THỰC HIỆN CÁC GIẢI PHÁP

ho nb us in es s@

gm

Trong chương này,tác giả tập trung khai thác các ứng dụng khác của phương pháp tọa độ trong việc giải các bài toán đại số bao gồm:giải phương trình - bất phương trình - hệ phương trình, chứng minh bất đẳng thức, các bài toán về cực trị và số phức.

Có thể nói sự ra đời của phương pháp tọa độ đã đem đến một làn gió mới cho việc giải quyết các bài toán đại số ngoài những phương pháp giải thông thường.

1. Chứng minh bất đẳng thức

yn

Bất đẳng thức là một trong những nội dung quan trọng của chương trình toán ở bậc phổ thông. Để chứng minh bất đẳng thức ta có thể sử dụng các phương pháp như áp dụng tam thức bậc hai, lượng giác hóa, sử dụng các bất đẳng thức đã biết, phương pháp hàm số…Trong khuôn khổ đề tài này, tôi xin giới thiệu thêm một phương pháp đặc sắc để chứng minh bất đẳng thức đó là phương pháp tọa độ.

Ví dụ 1.1. Cho bốn số thực tùy ý a1 , a2 , b1 , b2 . Chứng minh:

D

F

eb o

ok

:d

ay k

em qu

a12 + a2 2 + b12 + b2 2 ≥ ( a1 + b1 ) 2 + ( a2 + b2 ) 2 .

Phân tích:

Biểu thức a12 + a2 2 gợi ta liên tưởng đến độ dài của vectơ u = ( a1 ; a2 )

biểu thức b12 + b2 2 liên tưởng đến độ dài của vectơ v = (b1 ; b2 )

( a1 + b1 ) 2 + ( a2 + b2 ) 2 liên tưởng đến độ dài của vectơ w = (a1 + b1; a2 + b2 ) = u + v Từ đó ta có lời giải cho bài toán trên như sau: Giải:

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, xét các vectơ u = ( a1 ; a2 ) , v = (b1 ; b2 ) .

⇒ u + v = (a1 + b1 ; a2 + b2 )

Áp dụng bất đẳng thức: u + v ≥ u + v ta có

Em ai

lO

rd er

-P

a12 + a2 2 + b12 + b2 2 ≥ ( a1 + b1 ) 2 + ( a2 + b2 ) 2

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi u , v cùng hướng ⇔ a1 .b2 = a2 .b1

Ví dụ 1.2. Cho số thực a bất kì, chứng minh rằng a 2 + a + 1 + a 2 − a + 1 ≥2.

Phân tích: Quan sát hai biểu thức dưới dấu căn ta thấy 2 2 2 2 1  3 1  3   2 2 a + a +1= a +  +   và a − a + 1 =  a −  +   2  2  2  2    Từ đó tìm được hướng giải cho bài toán này như sau: Giải: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, với mọi số thực a, xét hai vectơ

(

2

) 2

em qu

yn

ho nb us in es s@

gm

ai l.c

2 2

1  3  1   3 2 2 u = a +  +  = a + a + 1, v =  − a  +   = a − a +1.

2  2   2   2 

Sử dụng bất đẳng thức u + v ≥ u + v suy ra a 2 + a + 1 + a 2 − a + 1 ≥2 (đpcm).

Ví dụ 1.3. Chứng minh rằng với mọi số thực x > 0, y > 0, z > 0 ta có x 2 + xy + y 2 + y 2 + yz + z 2 + z 2 + zx + x 2 ≥ 3( x + y + z ) Phân tích: 3 y 3 2 2 z y ) ; y + yz + z 2 = (y + ) 2 + ( z) 2 ; Ta có: x 2 + xy + y 2 = ( x + ) 2 + ( 2 2 2 2 3 2 x z 2 + zx + x 2 = (z + ) 2 + ( x) 2 2 Mỗi căn thức có thể xem là độ dài của một vectơ, ta có lời giải như sau: Giải: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, với mọi số thực x > 0, y > 0, z > 0 xét các vectơ: y 3 z 3 x 3

u = (x + ; y ); v = ( y + ; z ); w = ( z + ; x) 2 2 2 2 2 2 Khi đó: u = x 2 + xy + y 2 ; v = y 2 + yz + z 2 ; w = z 2 + zx + x 2

om

1 3 3  1 u =a + ;  và v =  − a;  ⇒ u + v = 1; 3 2 2  2   2

:d

ay k

 3  3 u + v + w =  ( x + y + z ); ( x + y + z)  2 2 

Áp dụng bất đẳng thức u + v + w ≥ u + v + w ta có 9 3 ( x + y + z )2 + ( x + y + z )2 4 4 2 2 2 2 2 2 ⇔ x + xy + y + y + yz + z + z + zx + x ≥ 3( x + y + z ). đpcm.

Ví dụ 1.4.Cho ba số thực x, y, z tùy ý. Chứng minh: x 2 + xy + y 2 + x 2 + xz + z 2 ≥ y 2 + yz + z 2 Giải: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, với mọi số thực x, y, z, xét các vectơ

y 3

z 3 u = (x + ; y ); v = ( − x − ; z) 2 2 2 2

3

y z 3 y+ z) Khi đó: u = x 2 + xy + y 2 ; v = x 2 + xz + z 2 ; u + v = ( − ; 2 2 2 2

u + v = y 2 + yz + z 2

Sử dụng bất đẳng thức taucó+ đviề≥ u ph u +ảivchứng minh.

Nhận xét: i. Với các bất đẳng thức có chứa tổng các căn bậc hai mà biểu thức dưới dấu căn có thể phân tích thành tổng của các bình phương thì ta có thể xem mỗi căn thức là độ dài của một vectơ.

ok

y 2 + yz + z 2 + z 2 + zx + x 2 ≥

Em ai

lO

rd er

-P

D

F

eb o

x 2 + xy + y 2 +

gm

om

ai l.c

ii. Việc chọn các vectơ u , v cần phải khéo léo.

Ví dụ1.5. Cho các số thực x1, x2, y1, y2.Chứng minh rằng: ( x12 + y12 )( x2 2 + y2 2 ) ≥ ( x1 x2 + y1 y2 )2 (BĐT Bunhiacopxki) Phân tích: Các biểu thức x1 2 + y1 2 ; x 2 2 + y 2 2 gợi ta nghĩ đến bình phương độ dài của các vectơ

u = ( x1 ; y1 ), v = ( x2 ; y2 ) .

Biểu thức x1 x2 + y1 y2 gợi ta nghĩ đến tích vô hướng của hai vectơ.

em qu

yn

ho nb us in es s@

Giải:

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, xét hai vectơ u = ( x1 ; y1 ), v = ( x2 ; y 2 )

2 2 2 Ta có 0 ≤ u .v ≤ u v ⇔ ( u .v ) ≤ u v 2 x x Do đó ( x12 + y12 )( x2 2 + y2 2 ) ≥ ( x1 x2 + y1 y2 ) . Đẳng thức xảy ra ⇔ 1 = 2 . y1 y2 Ví dụ1.6 .Cho các số thực dương a, b, c. Chứng minh rằng 3 a b c + + ≥ (BĐT Nesbit) b+c c+a a+b 2 (Đề kiểm tra lần 2 khối A, B năm học 2012 – 2013) Giải: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, xét các vectơ  a b c  u = ; ;  , v = a (b + c ); b(c + a ); c( a + b) b + c c + a a + b   2 2 2 2 2 ( u .v ) Áp dụng bất đẳng thức u v ≥ ( u .v ) ⇔ u ≥ 2 ta có v (a + b + c) 2 a b c + + ≥ b + c c + a a + b 2( ab + bc + ca ) Ta sẽ chứng minh ( a + b + c ) 2 ≥ 3( ab + bc + ca ) với mọi số thực a, b, c. Thật vậy (a + b + c) 2 ≥ 3(ab + bc + ca) ⇔ a 2 + b 2 + c 2 ≥ ab + bc + ca

)

eb o

ok

:d

ay k

(

Em ai

lO

rd er

-P

D

F

⇔ 2(a 2 + b 2 + c 2 ) ≥ 2(ab + bc + ca) ⇔ ( a − b ) 2 + (b − c ) 2 + ( c − a ) 2 ≥ 0 luôn đúng.

3 a b c a b c 3( ab + bc + ca ) + + ≥ Do đó + + ≥ hay b + c c + a a + b 2(ab + bc + ca ) b+c c+a a+b 2 Đẳng thức xảy ra khi a = b = c.

Ví dụ 1.7. Cho hai số thực a, b thỏamãn a – 2b + 2 = 0. Chứng minh rằng:

( a − 3)

2

2

+ (b − 5) +

( a − 5)

2

2

+ (b − 7 ) ≥ 6

Phân tích: Quan sát thấy các biểu thức dưới dấu căn thức là tổng các bình phương và mỗi căn thức xem như độ dài của một vectơ. Do đó, ta nghĩ đến đến việc xét các vectơ

u (a − 3; b − 5); v (5 − a;7 − b) , suy ra u + v = (2;2) và u + v = 2 2 .

nhiên

khi

2

dụng

2

bất

2

đẳng

thức u + v ≥ u + v ta

được

2

+ ( a − 5 ) + ( b − 7 ) ≥ 2 2 ∀a , b Như vậy, trong trường hợp này việc xét các vectơ như trên là không hợp lí.

Nếu xem mỗi căn thức là độ dài của một đoạn thẳng thì ta có cách giải cho ví dụ này như sau.

Giải: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, xét hai điểm A(3; 5), B(5; 7) và M(a; b) là điểm tùy ý thuộc đường thẳng d: x – 2y + 2 = 0. Dễ thấy hai điểm A, B nằm cùng phía so với đường thẳng d. Gọi A’(x’; y’) là điểm đối xứng của A qua d.

Phương trình đường thẳng AA’ có dạng 2x + y + c = 0, vìAA’ đi qua A nên c = -11.  x − 2 y = −2  x = 4 Gọi I = AA '∩ d , tọa độ I là nghiệm của hệ  ⇔ ⇒ I (4;3) 2 x + y = 11 y = 3 Vì I là trung điểm AA’ nên suy ra A’(5; 1) ⇒ A ' B = 6 Với mọi điểm M thuộc d ta luôn có AM + BM = A ' M + BM ≥ A ' B .

2

2

ho nb us in es s@

gm

ai l.c

( a − 3) + ( b − 5 )

sử

om

Tuy

2

2

em qu

yn

Vậy ( a − 3 ) + ( b − 5 ) + ( a − 5 ) + ( b − 7 ) ≥ 6 với a, b thỏa a – 2b + 2 = 0.

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi M, A’, B thẳng hàng.

7 7 ⇔ M = A ' B ∩ d ⇔ M (5; ) hay a = 5, b = .

2 2

2. Giải phương trình, bất phương trình vô tỷ

:d

ay k

Phương pháp chung để giải phương trình và bất phương trình vô tỷ là khử căn thức bằng cách nhân lượng liên hợp, đặt ẩn phụ, lượng giác hóa, đưa phương trình về dạng cơ bản thường gặp…

eb o

ok

Trong đề tài này, với việc sử dụng phương pháp tọa độ để giải phương trình và bất phương trình vô tỷ,tôi hi vọng mang đến một cách nhìn mới cho học sinh, giúp các em có thêm một phương phápgiải ngoài những phương pháp đại số đã biết.

F

2.1. Sử dụng các bất đẳng thức hình học

-P

D

Ví dụ 2.1. Giải phương trình Phân tích:

x 2 − x + 1 + x 2 − 3x + 1 = 2

2

2

2

2

Em ai

lO

rd er

2 2  1  3 3 1  Pt ⇔  x −  +   + x−  +  = 2 2  2  2    2 Ta có thể xem mỗi căn thức là độ dài của một vectơ hoặc là độ dài của một đoạn thẳng. Từ đó có thể giải bài toán này theo 2 cách như sau: Giải: 2 2  1  3 3 1  Pt ⇔  x −  +   + x−  +  = 2 2  2  2  2   Cách 1.

mặt

phẳng

t ọa

Oxy,

độ

xét

các

2

vectơ

2

2

ai l.c

1 1 3  3 1 3  3 1 

; ⇒ u + v =  − +  = 2, u =  −x + ; , v =  x −  + 2 2 2 2 2 2 2 2       

Sử dụng bất đẳng thức u + v ≥ u + v suy ra 2

ho nb us in es s@

gm

2 2  3 1  1  3 2 2  x −  +   +  x −  +   ≥ 2 ⇔ x − x + 1 + x − 3x + 1 ≥ 2 .

2   2  2  2   k = 3

⇔ u = k . v , ( k > 0)  Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi  x = 3 − 1 Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 3 − 1 .

Cách 2.

1 3  3 1 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, xét các điểm A  ; ; −  , C ( x;0) , B  2 2 2 2   

em qu

AC + BC ≥ AB suy ra

ay k

Ta có

2

2  3 1  x −  +   ; AB = 2 2   2

yn

2

2 1  3  ⇒ AC =  x −  +   ; BC = 2   2  

2

2

2 2  1  3 3 1   +  ≥ 2 x−  +  + x− 2  2  2     2

chỉ

khi

A,

B,

thẳng

hàng,

eb o

A

D

F

3 2

O C

-P rd er lO

Em ai

C

y

ok

:d

⇔ x 2 − x + 1 + x 2 − 3x + 1 ≥ 2 Dấu “=” xảy ra khi và tức là C = AB ∩ Ox ⇒ C( 3 − 1;0) Phương trình có nghiệm x = 3 − 1 .

om

Trong

−

1 2

1 2

3 2

Co

x B

Nhận xét:

i. Việc chọn các vectơ u , v cần phải khéo léo sao cho u + v là một hằng số đồng thời dấu “=” phải xảy ra. 1 3  3 1 ii. Nếu chọn các điểm A  ; , ;  thì lời giải sẽ dài hơn vì khi đó hai B   2 2 2 2    điểm A, B nằm cùng phía so với trục Ox. Ví dụ 2.2. Giải phương trình x x + 1 + 3 − x = 2 x 2 + 1.

Phân tích:

gm

om

ai l.c

Ở vế trái của phương trình, các biểu thức dưới dấu căn thức không có dạng tổng các bình phương, do đó không thể áp dụng cách giải như ví dụ 2.1.

Tuy nhiên, quan sát ta thấy: i. x x + 1 + 3 − x = x. x + 1 + 1. 3 − x gợi nhớ đến biểu thức tọa độ của tích vô hướng của hai vectơ. ii. (x + 1) + (3 – x) = 2 xuất hiện trong vế phải của phương trình.

Từ đó, ta có cách giải như sau:

ho nb us in es s@

Giải: Điều kiện −1 ≤ x ≤ 3

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, xét các vectơ u = ( x;1), v = ( x + 1; 3 − x ) ,

ta có u .v = x x + 1 + 3 − x ; u . v = 2 x 2 + 1

Nên phương trình đã cho có dạng u .v = u . v

u = k .v Điều này xảy ra khi và chỉ khi  k > 0

yn

x x +1 x =1 0 < x < 3  = . ⇔ 1 ⇔ 3− x ⇔  2  x (3 − x ) = x + 1  x = 1 + 2 0 < x < 3 

em qu

Vậy phương trình có hai nghiệm x = 1, x = 1 + 2 .

:d

ay k

Ví dụ 2.3. Giải phương trình x − 2 + 4 − x = x 2 − 6 x + 11 (*).

Giải: Điều kiện: 2 ≤ x ≤ 4 .

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, xét các vectơ u = ( x − 2; 4 − x ), v = (1;1)

Ta có u = 2, v = 2 ; u .v = x − 2 + 4 − x

eb o

ok

Sử dụng bất đẳng thức u .v ≤ u . v suy ra x − 2 + 4 − x ≤ 2.

Mặt khác, VP = x 2 − 6 x + 11 = ( x − 3) 2 + 2 ≥ 2, ∀x.

Em ai

lO

rd er

-P

D

F

 x − 2 + 4 − x = 2 ⇔ x = 3.

Do đó phương trình (*) ⇔  2  x − 6 x + 11 = 2 Vậyphương trình có nghiệm x = 3.

Ví dụ 2.4. Giải bất phương trình: x − 1 + x − 3 ≤ 2( x − 3) 2 + 2( x − 1) .

Giải: Điều kiện: x ≥ 1 .

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, xét các vectơ u = ( x − 1; x − 3), v = (1;1) .

Ta có u = x − 1 + ( x − 3) 2 , v = 2 ;

u .v = x − 1 + x − 3 và u . v = 2( x − 1) + 2( x − 3) 2

Sử dụng bất đẳng thức u .v ≤ u . v suy ra x − 1 + x − 3 ≤ 2( x − 3) 2 + 2( x − 1) luôn đúng với mọi x ≥ 1 .

Tập nghiệm bất phương trình S = [1; +∞ ) .

Ví dụ 2.5. Giải bất phương trình x + 1 + 2 x − 3 + 50 − 3 x ≤ 12 .

3 50 ≤ x≤ 2 3

om

Giải:Điều kiện:

ho nb us in es s@

gm

ai l.c

Trong không gian tọa độ Oxyz xét: u = ( x + 1; 2 x − 3; 50 − 3x ) và v = (1;1;1)

Ta có: u = 48 = 4 3 ; v = 3 và u.v = x + 1 + 2 x − 3 + 50 − 3 x

Sử dụng bất đẳng thức u .v ≤ u . v với mọi u , v 3 50 Suy ra x + 1 + 2 x − 3 + 50 − 3 x ≤ 12 đúng với ≤ x ≤ 2 3

2

1 3  2( x − x + 1) = 2  x −  + > 1, ∀x ∈ ℝ .

2 2 

có

2

x− x 2

1 − 2( x − x + 1)

Do

đó:

ay k

Ta

em qu

yn

 3 50  Vậy tập nghiệm của bất phương trình S =  ;  . 2 3  x− x ≥ 1.

Ví dụ 2.6. Giải bất phương trình 1 − 2( x 2 − x + 1) (Đề thi tuyển sinh đại học khối A năm 2010 ) Giải:Điều kiện: x ≥ 0 Cách 1

≥ 1 ⇔ x − x ≤ 1 − 2( x2 − x + 1) ⇔ x + 1 − x ≥ 2( x2 − x + 1) (*)

Em ai

lO

rd er

-P

D

F

eb o

ok

:d

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, xét hai vectơ u = (1;1), v = ( x ;1 − x) , ta có:

u .v = x + 1 − x ; u . v = 2( x 2 − x + 1) và u .v ≤ u . v với mọi u , v

≥ u x. ảvy ra khi và chỉ khi Khi đó (*) có dạngđiềuu.vnày

0 ≤ x ≤ 1 u = k .v 3− 5 x 1− x

. ⇔ = =k >0⇔ ⇔x= u . v = u .v ⇔  2 k > 0 1 1 2 x = (1 − x )   Tập nghiệm bất phương trình S =  3 − 5 .    2  Cách 2 (theo đáp án của Bộ giáo dục và đào tạo) Ta có: 2( x 2 − x + 1) = x 2 + ( x − 1) 2 + 1 > 1 , suy ra 1 − 2( x 2 − x + 1) < 0 Do đó, bất phương trình đã cho tương đương với Mặt khác

2( x 2 − x + 1) ≤ 1 − x + x (1)

2( x 2 − x + 1) = 2(1 − x) 2 + 2( x ) 2 ≥ 1 − x + x (2), do đó:

(1) ⇔ 2( x 2 − x + 1) = 1 − x + x (3)

Để ý rằng: + Dấu “=” ở (2) xảy ra chỉ khi: 1 − x = x đồng thời 1 − x + x ≥ 0 + 1 − x = x kéo theo 1 − x + x ≥ 0 , do đó:

x2 + x + 1 −

om

1 − x ≥ 0 x ≤ 1 3− 5 (3) ⇔ 1 − x = x ⇔  (thỏa mãn) ⇔ ⇔x=  2 2 2 (1 − x) = x  x − 3x + 1 = 0 Ví dụ 2.7.Tìm giá trị của tham số m để phương trình sau có nghiệm: x 2 − x + 1 = m.

2

ai l.c

Giải: 2

ho nb us in es s@

gm

2 2 1  3 1  3   Pt ⇔  x +  +   − x−  +  =m 2  2  2  2   

  1 3 1 3 Trong mặt phẳng toạ độ Oxy xét các điểm Α  x + ; ; Β  x − ;  và 2 2  2 2    gốc tọa độO(0; 0).

2

2 2 1  3 1  3   Khi đó: AB = 1; OΑ =  x +  +   ; OΒ =  x −  +   2  2  2  2   

2

em qu

yn

Ta luôn có O Α − O Β ≤ ΑΒ ⇔ O Α − O Β ≤ 1

Dễ thấy hai vectơ OA, OB không cùng phương nên ba điểm O, A, B không thẳng hàng. Do đó, dấu “=” không thể xảy ra.

2

2

ay k

2 2 1  3 1  3   ⇒ x+  +  − x−  +  < 1 với mọi x.

2  2  2  2   

ok

Nhận xét:

:d

Vậy phương trình đã cho có nghiệm ⇔ m < 1 ⇔ −1 < m < 1 .

Em ai

lO

rd er

-P

D

F

eb o

i. Trong ví dụ này việc chọn điểm O(0; 0) như trên giúp đơn giản hóa việc tính  1 3 1 3 toán, lời giải ngắn gọn hơn. Cũng có thể chọn các điểm A  − ;  ; B  ;  ;  2 2  2 2   1 1 3 3 M ( x;0) ∈ Ox (lúc này AB//Ox) hoặc A − ; −  ; B  ;  ; M ( x;0) ∈ Ox (A, B  2 2  2 2  nằm khác phía so với trục Ox).

1 3   1 3  ii. Ngoài ra, ta có thể xét các vectơ u  x + ;  ; v  x − ;  và sử dụng bất 2 2   2 2  

đẳng thức u − v ≤ u − v .

2.2. Sử dụng phương trình của đường thẳng trong mặt phẳng tọa độ Oxy Ví dụ2.8. Giải phương trình 2 3 3 x − 2 + 3 6 − 5 x − 8 = 0. (Đề thi tuyển sinh Đại học, cao đẳng - Khối A năm 2009)

ho nb us in es s@

gm

om

ai l.c

Phân tích: Nếu đặt X = 3 3 x − 2 và Y = 6 − 5 x thì phương trình đã cho trở thành 2X + 3Y – 8 = 0, ta xem đây là phương trình tổng quát của đường thẳng trong mặt phẳng.  X = 4 + 3t Khi đó, phương trình tham số của đường thẳng trên là  . Y = −2t Do đó, có thể nghĩ đến cách đặt 3 3 x − 2 = 4 + 3t và 6 − 5 x = − 2t Giải: 6 Điều kiện x ≤ 5 3x − 2 = (4 + 3t )3 3x − 2 = (4 + 3t )3  3 3x − 2 = 4 + 3t   ⇔ 6 − 5 x = (−2t ) 2 ⇔ 6 − 5 x = (−2t )2 Đặt     6 − 5 x = −2t t ≤ 0 t ≤ 0

em qu

yn

5(4 + 3t ) 3 + 3( − 2t ) 2 = 8 135t 3 + 552t 2 + 720t + 312 = 0   ⇔  6 − 5 x = 4t 2 ⇔  6 − 5 x = 4t 2  t ≤ 0 t ≤ 0  2  (t + 2)(135t + 282t + 156) = 0 t = −2  ⇔  6 − 5 x = 4t 2 ⇔  x = −2  t ≤ 0

Em ai

lO

rd er

-P

D

F

eb o

ok

:d

ay k

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = -2.

Ví dụ2.9. Giải phương trình x 3 + 8 + 3 12 − x 3 = 10 .

Giải:  1  1 − 3 ≤ t ≤ 3 − 3 ≤ t ≤ 3 3  x + 8 = 1 + 3t   t = 1 Đặt  ⇔  x3 + 8 = (1 + 3t ) 2 ⇔ (1 + 3t )2 + (3 − t )2 = 20 ⇔  3 x = 2  12 − x = 3 − t 12 − x3 = (3 − t )2  x3 + 8 = (1 + 3t )2     Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 2.

Nhận xét:  x3 + 8 = u Ở ví dụ này, ta có thể đặt  rồi đưa về hệ phương trình đối xứng để giải.

3 − x = v 12 

Ví dụ 2.10. Giải phương trình 5 x 3 + 1 = 2( x 2 + 2). (Đề kiểm tra lần 2 khối A, A1, B năm học 2014 – 2015) Giải: Điều kiện: x ≥ −1

ho nb us in es s@

gm

 5 + 37 x = 2 (thỏa mãn) (*) ⇒ x 2 − x + 1 = 4( x + 1) ⇔   5 − 37 x =  2 2 2 (**) ⇒ x + 1 = 4( x − x + 1) ⇔ 4 x − 5 x + 3 = 0 (Pt vô nghiệm).

Vậy phương trình có hai nghiệm x =

5 + 37 5 − 37 và x = .

2 2

Nhận xét: Các ví dụ trên đã phần nào cho thấy ưu điểm của phương pháp tọa độ so với các phương pháp giải khác: lời giải ngắn gọn và dễ hiểu hơn.

yn

2.3. Sử dụng mối tương giao giữa các đồ thị hàm số, đường tròn và các đường Conic

em qu

Ví dụ 2.11.Biện luận theo m số nghiệm của phương trình 1 − x 2 = x − m .

Giải:

x-y= -

y

ay k

:d

(1)  x2 + y2 = 1   x − y = m (2)  y≥0 

2

x-y=-1

Đặt y = 1 − x 2 , điều kiện y ≥ 0

1

Khi đó phương trình đã cho trở thành:

x-y=0 x-y=1

O 1

x

eb o

ok

-1

Phương trình (1) là phương trình đường tròn (C)

D

F

tâm O(0; 0), bán kính R = 1.

-P

Phương trình (2) là phương trình đường thẳng ∆ (∆// d: x-y=0). Ta có:

Em ai

lO

rd er

+ A(1; 0) ∈ ∆ ⇔ m = 1 ;

B(-1; 0) ∈ ∆ ⇔ m=-1

+ ∆ tiếp xúc với đường tròn (C ) ⇔ d (O, ∆) = R ⇔

m = − 2 =1⇔  2 m = 2

−m

Vì ∆ tiếp xúc với nửa trên của đường tròn (C) nên m = − 2 . Vậy: - Với m < − 2 hoặc m > 1 thì (C) ∩∆ = φ . Phương trình vô nghiệm.

- Với m = − 2 hoặc -1< m < 1 thì (C) ∩∆ = {M }

om

ai l.c

 x + 1 = t (*)  2  x 2 + 2 = 5t 1 4 x − x + = t ( x + 1) + ( x 2 − x + 1) = 5t  Đặt  , (t > 0) ⇔  ⇔ 2 2 3  x + 1 = 4t ( x + 1)( x − x + 1) = 4 t  x + 1 = 2t  (**)   x 2 − x + 1 = t

Phương trình có nghiệm duy nhất.

- Với − 2 < m ≤ − 1 thì (C) ∩ ∆ = {M , N }.

y

Khi đó phương trình đã cho trở thành:

4

y x  4 + 12 = 1 (2)  x− y=m (3)   y ≥ 0 2

2

x-y= -4

x-y= -2

ho nb us in es s@

Đặt y = 12 − 3 x 2 , điều kiện y ≥ 0

gm

Giải:

ai l.c

Ví dụ 2.12.Biện luận theo msố nghiệm của phương trình 12 − 3x 2 = x − m .

om

Phương trình có 2 nghiệm phân biệt.

2 3

x-y= 0 x-y= 2

-4

O

-2

2

x

Phương trình (2) là phương trình của Elíp (E)

với 4 đỉnh A1(-2; 0), A2(2; 0), B1(0;- 2 3 ), B2(0; 2 3 ).

* A2(2; 0) ∈ d ⇔ m = 2 ;

em qu

yn

Phương trình (3) là phương trình của đường thẳng d song song với đường phân giác của góc phần tư thứ nhất x - y = 0. Ta có: A1(-2; 0) ∈ d ⇔ m = −2

ay k

 m = −4 * d tiếp xúc với Elíp (E) ⇔ 1.4 + (−1)2 .12 = m2 ⇔   m=4

:d

Vì d tiếp xúc với nửa trên của elip nên m = -4. Vậy:

ok

- Với m < -4 hoặc m > 2 thì (E) ∩ d = φ . Phương trình vô nghiệm.

eb o

- Với m = -4 hoặc -2 < m < 2 thì (E) ∩ d = {M } Phương trình có nghiệm duy nhất.

D

F

- Với -4 < m ≤ -2 thì (E) ∩ d = {M , N }. Phương trình có 2 nghiệm phân biệt. x2 − 9 = x − m .

rd er

-P

Ví dụ 2.13.Biện luận theo m số nghiệm của phương trình

Em ai

lO

Giải:

y

x-y= -3 x-y=0

Đặt y = x 2 − 3 , điều kiện y ≥ 0

x-y=3

Khi đó phương trình đã cho trở thành:

3 -3 O

a3

x

ai l.c

om

 x2 y 2  9 − 9 = 1 (2)  x− y=m (3)   y ≥ 0

ho nb us in es s@

gm

Phương trình (2) là phương trình của Hyperbol (H) với 4 đỉnh A1(-3; 0), A2(3; 0), B1(0; -3), B2(0; 3), một đường tiệm cận của (H) có phương trình ∆: x-y = 0.

Phương trình (3) là phương trình đường thẳng d (d //∆). Ta có: A2(3; 0) ∈ d ⇔ m = 3;

A1(-3; 0) ∈ d ⇔ m = -3

Do y ≥ 0 nên ta chỉ xét phần (H) phía trên trục Ox.

- Với -3 < m ≤ 0 hoặc m > 3 thì (H) ∩ d = φ .Phương trình vô nghiệm.

- Với m ≤-3 hoặc 0 ≤ m ≤ 3 thì (H) ∩ d = {M } .

Phương trình có nghiệm duy nhất.

yn

3. Bài toán cực trị

Em ai

lO

rd er

-P

D

F

eb o

ok

:d

ay k

em qu

Bài toán tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số gọi chung là bài toán cực trị. Đây là một dạng toán khó, xuất hiện nhiều trong các đề thi học sinh giỏi, đề tuyển sinh đại học.

Có nhiều phương pháp tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số,trong phần này tác giả tập trung vào việc sử dụng phương pháp tọa độ để giải các bài toán cực trị.

Ví dụ 3.1. Cho các số thực x, y thỏa mãn 36x2 + 16y2 = 9. Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức A = y – 2x + 5.

Giải: 1 1 Ta thấy: 36x2 + 16y2 = 9 ⇔ (6x)2 + (4y)2 = 9và A = y − 2x + 5 = .4 y − .6x + 5 4 3

1 1 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, xét các vectơ u (6 x;4 y ), v  − ;   3 4

5

⇒ u = 3, v = và u.v = −2 x + y . Sử dụng bất đẳng thức − u . v ≤ u .v ≤ u . v ta 12 5 5 được − ≤ −2 x + y ≤ .

4 4 2  6x 4 y  = = k < 0 x =  1 1  5 Dấu “=” bên trái xảy ra khi và chỉ khi  − ⇔  32 4 2 y = − 9 20  36 x + 16 y = 9

ho nb us in es s@

gm

om

ai l.c

2  6x 4 y  = = k > 0 = − x  1 1  5 ⇔ Dấu “=” bên phải xảy ra khi và chỉ khi  −  32 4 2 y = 9  20 36 x + 16 y = 9 5 5 15 25 Do đó − + 5 ≤ A ≤ + 5 ⇔ ≤ A ≤ .

4 4 4 4 2 9 15 Vậy MinA = khi và chỉ khi x = ; y = − .

4 5 20 25 2 9 khi và chỉ khi x = − ; y = .

MaxA = 4 5 20 Ví dụ 3.2.Cho các số dương x, y, z thỏa mãn x + y + z = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất 1 1 1 của biểu thức P = x 2 + 2 + y 2 + 2 + z 2 + 2 . x y z (Đề tuyển sinh đại học khối A năm 2003)

Giải:

em qu

yn

 1   1   1  Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, xét các vectơ u  x;  , v  y;  , w  z;   x  y  z

ay k

1 1 1

⇒ u = x2 + 2 , v = y2 + 2 , w = z 2 + 2 x y z

:d

1 1 1  u + v + w =  x + y + z; + +  x y z 

ok

Sử dụng bất đẳng thức u + v + w ≥ u + v + w suy ra

eb o

1 1 1 x + 2 + y2 + 2 + z2 + 2 ≥ x y z

1 1 1 (x + y + z) +  + +  x y z

2

2

F

2

D

Ta có

2

Em ai

lO

rd er

-P

1 1 1 1 1 1 2 2 ( x + y + z ) +  + +  = 81( x + y + z ) − 80 ( x + y + z ) +  + +  x y z x y z 2

2

1 1 1 = 81( x + y + z ) +  + +  − 80 x y z 2

Áp dụng BĐT Côsi: 2

1 1 1 1 1 1 81( x + y + z ) +  + +  ≥ 2.9 ( x + y + z )  + +  ≥ 2.9.9 x y z x y z 2

2

2

om

⇒ x2 +

1 1 1 2 2 + y + + z + ≥ 82 x2 y2 z2

ai l.c

Nên

1 1 1 ( x + y + z ) +  + +  ≥ 2.81 − 80 = 82 x y z 2

ho nb us in es s@

gm

x = y = z

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi ba vectơ u , v ,w đôi một cùng hướng và  x + y + z = 1 1 tức là x = y = z = .

3

1 Vậy MinP = 82 khi x = y = z = .

3 Một số bài tập vận dụng

eb o

ok

:d

ay k

em qu

yn

1. Giải phương trình x 2 + 4 x + 5 + x 2 − 2 x + 10 = 5.

2. Giải phương trình x + 3 + 3 x + 2 = 1.

3. Chox, y là các số thực thay đổi. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A = ( x − 1) 2 + y 2 + ( x + 1) 2 + y 2 + y − 2 . (Đề thi tuyển sinh đại học khối B năm 2006) 4.Cho x, y là các số thực. Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số: f ( x; y ) = ( x + 1) 2 + ( y − 1) 2 + ( x − 1) 2 + ( y + 1) 2 + ( x + 2) 2 + ( y + 2) 2 (Đề thi học sinh giỏi quốc gia năm 1998) 5. Chứng minh rằng : a 2 − 4a + 8 + 10b2 − 18b + 9 + 10b2 − 2ab + a 2 ≥ 29 với mọi số thực a, b.

6. Giải phương trình x 2 + 4 x + 13 − x 2 − 2 x + 2 = 5.

7. Giải các phương trình sau:

D

F

a. x + 3 − 4 x − 1 +

-P

b. x 2 + 4 y 2 + 6 x + 9 + x2 + 2x + 2 +

d.

1 − 2x + 1 + 2x =

Em ai

lO

rd er

c.

x − 8 − 6 x − 1 = 1. x 2 + 4 y 2 − 2 x − 12 y + 10 = 5.

x 2 − 2 x + 2 = 2 2.

1 − 2x 1 + 2x + .

1 + 2x 1 − 2x

IV.HIỆU QUẢ CỦA ĐỀ TÀI Đề tài đã và đang được sử dụng trong quá trình giảng dạy học sinh lớp 10, đặc biệt là trong công tác bồi dưỡng học sinh giỏi toán khối 10.Học sinh có học lực khá trở lên khá hứng thú với phương pháp này.

V. ĐỀ XUẤT, KHUYẾN NGHỊ VÀ KHẢ NĂNG ÁP DỤNG

ho nb us in es s@

gm

ai l.c

Cùng với nhiều phương pháp khác, phương pháp tọa độ là một trong những phương pháp hữu hiệu để giải nhiều bài toán. Qua quá trình thực hiện đề tài, với mong muốn giúp cho việc học tập của học sinh và quá trình giảng dạy đạt hiệu quả cao, tôi đưa ra một số đề xuất như sau: - Nên trang bị nhiều sách tham khảo hơn cho học sinh tại trường có nội dung liên quan tới các ứng dụng của phương pháp tọa độ.

- Học sinh cần nắm vững lý thuyết, rèn luyện kĩ năng thông qua các dạng bài tập, lựa chọn được phương pháp giải tối ưu nhất.

- Trong quá trình giảng dạy nội dung Phương trình – Hệ phương trình – Bất phương trình, giáo viên nên đưa thêmcác dạng bài tập giải bằng phương pháp tọa độđể học sinh làm quen và biết cách vận dụng.

om

1. Đề xuất

2. Khuyến nghị

Đề tài có thể tiếp tục mở rộng hướng nghiên cứu: sử dụng phương pháp tọa độ giải cácbài toán qu ỹ tích, bài toán dựng hình,bài toán hình học không gian trong chương trình toán phổ thông.

em qu

yn

Tác giả rất mong nhận được sự quan tâm của Nhà trường, quýThầy Cô cùng bạn đọc để có thể mở rộng hướng nghiên cứu này.

VI. DANH MỤC TÀI LIỆU THAM KHẢO

ay k

1. Đoàn Quỳnh (2007), Giải tíchnâng cao 10, 11, 12, NXB Giáo dục.

:d

2. Đoàn Qu ỳnh, Văn Như Cương (2007), Hình họcnâng cao 10, 11, 12, NXB Giáo dục.

ok

3. Tạp chí toán học và tuổi trẻ, NXB Giáo dục.

eb o

4. Nguyễn Tất Thu, Sửdụng phương pháp tọa độ trong không gian để giải toán Đại số và Hình học tổng hợp, NXBĐại học sư phạm.

Em ai

lO

rd er

-P

D

F

5. Các trang Web về toán học: www.mathvn.com; www.mathscope.com; diendantoanhoc.net…

CỘNG HOÀ XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM Độc lập - Tự do - Hạnh phúc –––––––––––––––––––––––– ................................, ngày tháng n ăm PHIẾU ĐÁNH GIÁ, CHẤM ĐIỂM, XẾP LOẠI SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM Năm học: 2016 – 2017 Phiếu đánh giá của giám khảo thứ nhất –––––––––––––––––

ai l.c

om

SỞ GD&ĐT ĐỒNG NAI Đơn vị Trường PTDTNT Điểu Xiểng –––––––––––

Chức vụ: Giáo viên

ho nb us in es s@

Họ và tên tác giả: Lê Thị Nguyện.

gm

Tên sáng kiến kinh nghiệm: Giải một số bài toán đại số trong chương trình toán phổ thông bằng phương pháp tọa độ trong mặt phẳng. Đơn vị: Trường PTDTNT THCS & THPT Điểu Xiểng.

Họ và tên giám khảo 1: ............................................................ Chức vụ: ........................................ Đơn vị: ..............................................................................................................................................

Số điện thoại của giám khảo: ............................................................................................................ * Nhận xét, đánh giá, cho điểm và xếp loại sáng kiến kinh nghiệm: 1. Tính mới

yn

........................................................................................................................................................... ...........................................................................................................................................................

em qu

...........................................................................................................................................................

2. Hiệu quả

Điểm: …………./6,0.

ay k

...........................................................................................................................................................

:d

...........................................................................................................................................................

ok

........................................................................................................................................................... Điểm: …………./8,0.

eb o

3. Khả năng áp dụng

...........................................................................................................................................................

F

...........................................................................................................................................................

-P

D

........................................................................................................................................................... Điểm: …………./6,0.

rd er

Nhận xét khác (nếu có): ......................................................................................................

Em ai

lO

........................................................................................................................................................... ...........................................................................................................................................................

Tổng số điểm: ....................../20. Xếp loại: ........................................................................

GIÁM KHẢO 1 (Ký tên và ghi rõ họ tên)

CỘNG HOÀ XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM Độc lập - Tự do - Hạnh phúc –––––––––––––––––––––––– ................................, ngày tháng n ăm PHIẾU ĐÁNH GIÁ, CHẤM ĐIỂM, XẾP LOẠI SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM Năm học: 2016 – 2017 Phiếu đánh giá của giám khảo thứ hai –––––––––––––––––

ai l.c

om

SỞ GD&ĐT ĐỒNG NAI Đơn vị Trường PTDTNT Điểu Xiểng –––––––––––

Chức vụ: Giáo viên

ho nb us in es s@

Họ và tên tác giả: Lê Thị Nguyện.

gm

Tên sáng kiến kinh nghiệm: Giải một số bài toán đại số trong chương trình toán phổ thông bằng phương pháp tọa độ trong mặt phẳng. Đơn vị: Trường PTDTNT THCS & THPT Điểu Xiểng.

Họ và tên giám khảo 2: ............................................................ Chức vụ: ........................................ Đơn vị: ..............................................................................................................................................

Số điện thoại của giám khảo: ............................................................................................................ * Nhận xét, đánh giá, cho điểm và xếp loại sáng kiến kinh nghiệm: 1. Tính mới

yn

........................................................................................................................................................... ...........................................................................................................................................................

em qu

...........................................................................................................................................................

2. Hiệu quả

Điểm: …………./6,0.

ay k

...........................................................................................................................................................

:d

...........................................................................................................................................................

ok

........................................................................................................................................................... Điểm: …………./8,0.

eb o

3. Khả năng áp dụng

...........................................................................................................................................................

F

...........................................................................................................................................................

-P

D

........................................................................................................................................................... Điểm: …………./6,0.

rd er

Nhận xét khác (nếu có): ......................................................................................................

Em ai

lO

........................................................................................................................................................... ...........................................................................................................................................................

Tổng số điểm: ....................../20. Xếp loại: ....................................................................... .

GIÁM KHẢO 2 (Ký tên và ghi rõ họ tên)

CỘNG HOÀ XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM Độc lập - Tự do - Hạnh phúc –––––––––––––––––––––––– ................................, ngày tháng n ăm

gm

ai l.c

PHIẾU NHẬN XÉT, ĐÁNH GIÁ SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM Năm học: 2016 – 2017 –––––––––––––––––

om

SỞ GD&ĐT ĐỒNG NAI Đơn vị Trường PTDTNT Điểu Xiểng –––––––––––

ho nb us in es s@

Tên sáng kiến kinh nghiệm: Giải một số bài toán đại số trong chương trình toán phổ thông bằng phương pháp tọa độ trong mặt phẳng.

Họ và tên tác giả: Lê Thị Nguyện.

Chức vụ: Giáo viên

Em ai

lO

rd er

-P

D

F

eb o

ok

:d

ay k

em qu

yn

Đơn vị: Trường PTDTNT THCS & THPT Điểu Xiểng.

Lĩnh vực: (Đánh dấu X vào các ô tương ứng, ghi rõ tên bộ môn hoặc lĩnh vực khác) - Quản lý giáo dục - Phương pháp dạy học bộ môn: ...............................

- Phương pháp giáo dục - Lĩnh vực khác: ........................................................

Sáng kiến kinh nghiệm đã được triển khai áp dụng: Tại đơn vị Trong Ngành 1. Tính mới (Đánh dấu X vào 1 trong 3 ô dưới đây) - Đề ra giải pháp thay thế hoàn toàn mới, bảo đảm tính khoa học, đúng đắn - Đề ra giải pháp thay thế một phần giải pháp đã có,bảo đảm tính khoa học, đúng đắn - Giải pháp mới gần đây đã áp dụng ở đơn vị khác nhưng chưa từng áp dụng ở đơn vị mình, nay tác giả tổ chức thực hiện và có hiệu quả cho đơn vị 2. Hiệu quả (Đánh dấu X vào 1 trong 5 ô dưới đây) - Giải pháp thay thế hoàn toàn mới, đã được thực hiện trong toàn ngành có hiệu quả cao - Giải pháp thay thế một phần giải pháp đã có, đã được thực hiện trong toàn ngành có hiệu quả cao - Giải pháp thay thế hoàn toàn mới, đã được thực hiện tại đơn vị có hiệu quả cao - Giải pháp thay thế một phần giải pháp đã có, đã được thực hiện tại đơn vị có hiệu quả - Giải pháp mới gần đây đã áp dụng ở đơn vị khác nhưng chưa từng áp dụng ở đơn vị mình, nay tác giả tổ chức thực hiện và có hiệu quả cho đơn vị 3. Khả năng áp dụng (Đánh dấu X vào 1 trong 3 ô mỗi dòng dưới đây) - Cung cấp được các luận cứ khoa học cho việc hoạch định đường lối, chính sách: Trong Tổ/Phòng/Ban Trong cơ quan, đơn vị, cơ sở GD&ĐT Trong ngành - Đưa ra các giải pháp khuyến nghị có khả năng ứng dụng thực tiễn, dễ thực hiện và dễ đi vào cuộc sống: Trong Tổ/Phòng/Ban Trong cơ quan, đơn vị, cơ sở GD&ĐT Trong ngành - Đã được áp dụng trong thực tế đạt hiệu quả hoặc có khả năng áp dụng đạt hiệu quả trong phạm vi rộng: Trong Tổ/Phòng/Ban Trong cơ quan, đơn vị, cơ sở GD&ĐT Trong ngành Xếp loại chung: Xuất sắc Khá Đạt Không xếp loại Cá nhân viết sáng kiến kinh nghiệm cam kết không sao chép tài liệu của người khác hoặc sao chép lại nội dung sáng kiến kinh nghiệm cũ của mình.

Tổ trưởng và Thủ trưởng đơn vị xác nhận sáng kiến kinh nghiệm này đã được tổ chức thực hiện tại đơn vị, được Hội đồng khoa học, sáng kiến đơn vị xem xét, đánh giá, cho điểm, xếp loại theo quy định.

Phiếu này được đánh dấu X đầy đủ các ô tương ứng, có ký tên xác nhận của tác giả và người có thẩm quyền, đóng dấu của đơn vị và đóng kèm vào cuối mỗi cuốn sáng kiến kinh nghiệm.

NGƯỜI THỰC HIỆN SKKN (Ký tên và ghi rõ họ tên)

XÁC NHẬN CỦA TỔ CHUYÊN MÔN (Ký tên và ghi rõ họ tên)

THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ (Ký tên, ghi rõ họ tên và đóng dấu của đơn vị)

rd er

lO

Em ai D

-P F eb o :d

ok em qu

ay k yn

ho nb us in es s@

gm

ai l.c

om

Háşżt

om

SỞ GIÁO DỤC VÀĐÀO TẠO ĐỒNG NAI Đơn vị: Trường PTDTNT – THCS – THPT Điểu Xiểng

ho nb us in es s@

gm

ai l.c

Mã số: ……………………

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

Người thực hiện: LÊ THỊ NGUYỆN Lĩnh vực nghiên cứu: - Quản lý giáo dục

- Phương pháp dạy học bộ môn: Toán - Lĩnh vực khác: .......................................................

Em ai

lO

rd er

-P

D

F

eb o

ok

:d

ay k

em qu

yn

GIẢI MỘT SỐ BÀI TOÁN ĐẠI SỐ TRONG CHƯƠNG TRÌNH TOÁN PHỔ THÔNG BẰNG PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ TRONG MẶT PHẲNG

Năm học: 2016 – 2017

om

Tên SKKN: GIẢI MỘT SỐ BÀI TOÁN ĐẠI SỐ TRONG CHƯƠNG TRÌNH TOÁN PHỔ THÔNG BẰNG PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ TRONG MẶT PHẲNG. SƠ LƯỢC LÝ LỊCH KHOA HỌC

ai l.c

IV. THÔNG TIN CHUNG VỀ CÁ NHÂN 11. Ngày tháng năm sinh: 18 – 10 – 1990

ho nb us in es s@

12. Nam, nữ: Nữ

gm

10. Họ và tên: LÊ THỊ NGUYỆN

13. Địa chỉ: Trường PTDTNT – THCS – THPT Điểu Xiểng 14. Điện thoại: 15. Fax:

0979089521 E-mail:

16. Chức vụ: Giáo viên

17. Nhiệm vụ được giao: Giảng dạy môn Toán khối 10, chủ nhiệm 10A2

V. TRÌNH ĐỘ ĐÀO TẠO

yn

18. Đơn vị công tác: Trường PTDTNT – THCS – THPT Điểu Xiểng

- Năm nhận bằng: 2012

em qu

- Học vị (hoặc trình độ chuyên môn, nghiệp vụ) cao nhất: Cử nhân

ay k

- Chuyên ngành đào tạo: Sư phạm Toán học

VI. KINH NGHIỆM KHOA HỌC

:d

- Lĩnh vực chuyên môn có kinh nghiệm:

ok

Số năm có kinh nghiệm:

Em ai

lO

rd er

-P

D

F

eb o

- Các sáng kiến kinh nghiệm đã có trong 5 năm gần đây:

gm

ai l.c

Phương pháp tọa độ là một trong những nội dung của chương trình hình học lớp 10 và lớp 12 của bậc trung học phổ thông. Năm nay tôi được nhà trường phân công dạy toán lớp 10, bồi dưỡng học sinh giỏi toán 10. Học sinh bắt đầu tiếp xúc với phương pháp tọa độ trong mặt phẳng, đây là một nội dung trong nhiều đề thi học sinh giỏi và thuộc chuẩn kiến thức của kì thi trung học phổ trông quốc gia, nên việc hướng dẫn học sinh giải các bài toán bằng phương pháp này là rất cần thiết.

om

I. LÍ DO CHỌN ĐỀ TÀI

ho nb us in es s@

Cùng với nhiều phương pháp khác, phương pháp tọa độ là một trong những phương pháp hữu hiệu để giải nhiều bài toán trong chương trình THPT. Trong khi đó, học sinh thường chỉ sử dụng phương pháp tọa độ để giải các bài toán về hình học mà chưa biết nhiều về việc sử dụng nó để giải các bài toán đại số. Do vậy, việc khai thác các cách sử dụng phương pháp tọa độ trong giải toán đại số là việc làm cần thiết giúp các em có thêm tài liệu tham khảo phục vụ cho quá trình học tập môn toán.

em qu

yn

Vì những lý do nêu trên, với mong muốn giúp các em học sinh học tập môn toán tốt hơn, góp phần nâng cao chất lượng dạy và học môn toán, tôi chọn đề tài:“Giải một số bài toán Đại số trong chương trình Toán phổ thông bằng phương pháp tọa độ trong mặt phẳng” làm sáng kiến kinh nghiệm của mình trong năm học 2016 - 2017.

II. CƠ SỞ LÍ LUẬN VÀ THỰC TIỄN

:d

ay k

Từ thời cổ đại, khái niệm tọa độ đã được hình thành và được các nhà toán học Ai Cập ứng dụng vào việc xây dựng các công trình bằng các tọa độ song song (các đoạn thẳng), các nhà Thiên văn Hy Lạp đã dùng tọa độ cầu (vĩ độ và kinh độ) để xác định vị trí của các điểm khác nhau trên mặt đất. Tuy nhiên đến thế kỉ XVII, phương pháp tọa độ mới thực sự ra đời và phát triển cho đến ngày nay.

-P

D

F

eb o

ok

Phương pháp tọa độ không chỉ được ứng dụng trong các bài toán hình học mà còn được khai thác trong các bài toán đại số. Trong những năm gần đây, các bài toán dùng phương pháp tọa độ để giải phương trình, hệ phương trình và bất phương trình được sử dụng rộng rãi, đặc biệt là trong các kì thi đại học, kì thi học sinh giỏi. Tuy trước đây đã có một số tài liệu tham khảo đề cập đến phương pháp này nhưng chưa khai thác triệt để và chưa có hệ thống.

Em ai

lO

rd er

Trong đề tài này, ngoài việc giới thiệu các ứng dụng của phương pháp tọa độ trong việc giải các bài toán đại số, tác giả còn phân tích và chỉ ra các dấu hiệu để học sinh có thể dễ dàng hiểu và vận dụng làm bài tập.

Sau đây tác giả trình bày tóm tắt các kiến thức cơ bản trong mặt phẳng tọa độ Oxy . y 1. Hệ trục tọa độ trong mặt phẳng a)Hệ trục tọa độ trong mặt phẳng

Kí hiệu: Oxyhoặc (O; i , j ) j

Trong đó i , j lần lượt là các vectơ đơn vị trên

x O i các trục Ox, Oy.

xM + x N y + yN ; yP = M 2 2 xA + xB + xC y A + yB + yC iii. Nếu G là trọng tâm của tam giác ABC thì xG = ; yG = 3 3

d)Biểu thức tọa độ của các phép toán vectơ

Cho a = ( x; y ) và b = ( x′; y′ ) . Khi đó: i. a + b = ( x + x′; y + y′ ) ; a − b = ( x − x′; y − y ′) ;

ho nb us in es s@

gm

ii. Nếu P là trung điểm của đoạn thẳng MN thì xP =

ii. k a = ( kx; ky ) với k ∈ R ;

iii. Vectơ b cùng phương với vectơ a ≠ 0 khi và chỉ khi có số k sao cho

x′ = k x; y′ = k y.

iv. Biểu thức tọa độ của tích vô hướng: a .b = xx '+ yy ' .

v. Độ dài vectơ a được tính theo công thức a = x 2 + y 2 .

AB = AB =

2 2 ( xB − x A ) + ( y B − y A ) .

em qu

vi. Độ dài đoạn thẳng AB:

yn

ay k

2. Phương trình đường thẳng a)Phương trình tổng quát của đường thẳng: ax + by + c = 0, ( a 2 + b 2 ≠ 0 ). b) Phương trình tham số của đường thẳng

Đường thẳng đi qua điểm M(x0 ; y0) và có VTCP u = (a; b) có phương trình tham  x = x0 + at ( a 2 + b 2 ≠ 0 ), với t là tham số. y = y + bt 0 

ok

:d

số là 

eb o

c) Phương trình chính tắc của đường thẳng

Nếu a ≠ 0 và b ≠ 0 thì đường thẳng qua M ( x0 ; y0 ) có vectơ chỉ phương u = ( a; b ) có

F

phương trình chính tắc là

x − x0 y − y0 . = a b

-P

D

Nhận xét:

i. Đường thẳng đi qua điểm M(xM; yM) nhận n = ( a; b ) làm VTPT có phương trình a( x – xM) + b(y – yM) = 0. ii.Đường thẳng đi qua hai điểm A(a; 0) và B(0; b), ( ab ≠ 0 ) có phương trình x y + =1 . a b iii. Đường thẳng đi qua điểm M(xM; yM) và có hệ số góc k có phương trình y = k ( x − xM ) + y M . d)Khoảng cách từ một điểm đến một đường thẳng

rd er lO

Em ai

om

ai l.c

Điểm O gọi là gốc tọa độ; Ox gọi là trục hoành;Oy gọi là trục tung.

b) Tọa độ của một vectơ: u ( x; y ) ⇔ u = x.i + y. j trong đó x gọi là hoành độ,

y gọi là tung độ của vectơ u .

c) Tọa độ của một điểm: M ( x; y ) ⇔ OM = x.i + y. j

i. Với hai điểm M ( xM ; yM ) và N ( xN ; yN ) thì MN = ( xN − xM ; y N − yM ) .

Khoảng cách từ điểm M ( xM ; yM ) đếnđường thẳng ∆: ax + by + c = 0 được tính theo axM + byM + c a2 + b2

.

om

công thức: d ( M ; ∆ ) =

2

( x − x0 ) + ( y − y0 )

2

ai l.c

3. Phương trình đường tròn a) Đường tròn (C) tâm I(x0 ;y0), bán kính R có phương trình

= R2

gm

b)Phương trình x2 + y2 + 2ax + 2by + c = 0 , với điều kiện a2 + b2 > c , là phương trình

:d

ay k

em qu

yn

ho nb us in es s@

của đường tròn tâm I ( −a; −b ) , bán kính R = a 2 + b2 − c . c) Đường thẳng ∆ tiếp xúc với đường tròn C(I; R) khi và chỉ khi d(I; ∆) = R. Khi đó, ta còn nói ∆ là tiếp tuyến của đường tròn (C).

4. Các đường Conic a)Đường Elip i. Elip (E) với hai tiêu điểm F1(-c; 0), F2(c; 0) có phương trình chính tắc 2 x y2 + 2 = 1, (a > b > 0) , trong đó a2 – c2 = b2.

2 a b ii. Cho đường thẳng d có phương trình Ax + By + C = 0, (A2 + B2 ≠ 0). Điều kiện cần và đủ để đường thẳng d tiếp xúc với elip là A2a2 + B2b2 = C2. b) Đường Hyperbol Hyperbol (H) với hai tiêu điểm F1(-c; 0), F2(c; 0) cóphương trình chính tắc 2 x y2 − = 1 ( a > 0; b > 0 ) , trong đó c2 – a2 = b2. a2 b2 c) Đường Parabol p p  Parabol (P)với tiêu điểm F  ;0  và đường chuẩn ∆:x + = 0có phương 2 2 

-P

D

F

eb o

ok

2 trình chính tắc y = 2 px ( p > 0 ) .

4. Một số kết quả hình học: 4.1. Bất đẳng thức tam giác a) Trong một tam giác: i. Tổng độ dài của hai cạnh bất kì luôn lớn hơn cạnh còn lại. ii. Hiệu độ dài của hai cạnh bất kì luôn nhỏ hơn cạnh còn lại.

Em ai

lO

rd er

b) Mở rộng Với 3 điểm A, B, C bất kì ta có: i.AB + BC ≥ AC Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi B nằm trên đoạn AC. ii. AB − AC ≤ BC Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi Cnằm trên đoạn AB hoặc B nằm trên đoạn AC.

4.2. Bất đẳng thức vectơ

Cho hai vectơ u; v bất kỳ, ta có: u + v ≤ u + v và u − v ≤ u + v

ai l.c

Trong chương trình Toán phổ thông, phương pháp tọa độ giúp học sinh giải quyết nhiều bài toán hình học một cách đơn giản và thuận lợi.

om

III. TỔ CHỨC THỰC HIỆN CÁC GIẢI PHÁP

ho nb us in es s@

gm

Trong chương này, tác giả tập trung khai thác các ứng dụng khác của phương pháp tọa độ trong việc giải các bài toán đại số bao gồm: giải phương trình - bất phương trình - hệ phương trình, chứng minh bất đẳng thức, các bài toán về cực trị và số phức.

Có thể nói sự ra đời của phương pháp tọa độ đã đem đến một làn gió mới cho việc giải quyết các bài toán đại số ngoài những phương pháp giải thông thường.

1. Chứng minh bất đẳng thức

yn

Bất đẳng thức là một trong những nội dung quan trọng của chương trình toán ở bậc phổ thông. Để chứng minh bất đẳng thức ta có thể sử dụng các phương pháp như áp dụng tam thức bậc hai, lượng giác hóa, sử dụng các bất đẳng thức đã biết, phương pháp hàm số…Trong khuôn khổ đề tài này, tôi xin giới thiệu thêm một phương pháp đặc sắc để chứng minh bất đẳng thức đó là phương pháp tọa độ.

Ví dụ 1.1. Cho bốn số thực tùy ý a1 , a2 , b1 , b2 . Chứng minh:

D

F

eb o

ok

:d

ay k

em qu

a12 + a2 2 + b12 + b2 2 ≥ (a1 + b1 ) 2 + ( a2 + b2 ) 2 .

Phân tích:

Biểu thức a12 + a2 2 gợi ta liên tưởng đến độ dài của vectơ u = ( a1 ; a2 )

biểu thức b12 + b2 2 liên tưởng đến độ dài của vectơ v = (b1 ; b2 )

( a1 + b1 ) 2 + ( a2 + b2 ) 2 liên tưởng đến độ dài của vectơ w = (a1 + b1; a2 + b2 ) = u + v Từ đó ta có lời giải cho bài toán trên như sau: Giải:

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, xét các vectơ u = ( a1 ; a2 ) , v = (b1 ; b2 ) .

⇒ u + v = (a1 + b1; a2 + b2 )

Áp dụng bất đẳng thức: u + v ≥ u + v ta có

Em ai

lO

rd er

-P

a12 + a2 2 + b12 + b2 2 ≥ ( a1 + b1 ) 2 + ( a2 + b2 ) 2

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi u , v cùng hướng ⇔ a1.b2 = a2 .b1

Ví dụ 1.2. Cho số thực a bất kì, chứng minh rằng a 2 + a + 1 + a 2 − a + 1 ≥2.

Phân tích: Quan sát hai biểu thức dưới dấu căn ta thấy 2 2 2 2 1  3 1  3   2 2 a + a +1= a +  +   và a − a + 1 =  a −  +   2  2  2  2    Từ đó tìm được hướng giải cho bài toán này như sau: Giải: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, với mọi số thực a, xét hai vectơ

(

2

) 2

em qu

yn

ho nb us in es s@

gm

ai l.c

2 2

1  3  1   3 2 2 u = a +  +  = a + a + 1, v =  − a  +   = a − a +1.

2  2   2   2 

Sử dụng bất đẳng thức u + v ≥ u + v suy ra a 2 + a + 1 + a 2 − a + 1 ≥2 (đpcm).

Ví dụ 1.3. Chứng minh rằng với mọi số thực x > 0, y > 0, z > 0 ta có x 2 + xy + y 2 + y 2 + yz + z 2 + z 2 + zx + x 2 ≥ 3( x + y + z ) Phân tích: 3 y 3 2 2 z y ) ; y + yz + z 2 = (y + ) 2 + ( z) 2 ; Ta có: x 2 + xy + y 2 = ( x + ) 2 + ( 2 2 2 2 3 2 x z 2 + zx + x 2 = (z + ) 2 + ( x) 2 2 Mỗi căn thức có thể xem là độ dài của một vectơ, ta có lời giải như sau: Giải: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, với mọi số thực x > 0, y > 0, z > 0 xét các vectơ:

y 3

z 3

x 3 u = (x + ; y ); v = ( y + ; z ); w = ( z + ; x) 2 2 2 2 2 2 Khi đó: u = x 2 + xy + y 2 ; v = y 2 + yz + z 2 ; w = z 2 + zx + x 2

om

1 3 3  1 u =a + ;  và v =  − a;  ⇒ u + v = 1; 3 2 2  2   2

:d

ay k

 3  3 u + v + w =  ( x + y + z ); ( x + y + z)  2 2 

Áp dụng bất đẳng thức u + v + w ≥ u + v + w ta có 9 3 ( x + y + z )2 + ( x + y + z )2 4 4 2 2 2 2 2 2 ⇔ x + xy + y + y + yz + z + z + zx + x ≥ 3( x + y + z ). đpcm.

Ví dụ 1.4.Cho ba số thực x, y, z tùy ý. Chứng minh: x 2 + xy + y 2 + x 2 + xz + z 2 ≥ y 2 + yz + z 2 Giải: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, với mọi số thực x, y, z, xét các vectơ

y 3

z 3 u = (x + ; y ); v = ( − x − ; z) 2 2 2 2

3

y z 3 y+ z) Khi đó: u = x 2 + xy + y 2 ; v = x 2 + xz + z 2 ; u + v = ( − ; 2 2 2 2

u + v = y 2 + yz + z 2

Sử dụng bất đẳng thức u + v ≥ u + v ta có điều phải chứng minh.

Nhận xét: i. Với các bất đẳng thức có chứa tổng các căn bậc hai mà biểu thức dưới dấu căn có thể phân tích thành tổng của các bình phương thì ta có thể xem mỗi căn thức là độ dài của một vectơ.

ok

y 2 + yz + z 2 + z 2 + zx + x 2 ≥

Em ai

lO

rd er

-P

D

F

eb o

x 2 + xy + y 2 +

gm

om

ai l.c

ii. Việc chọn các vectơ u , v cần phải khéo léo.

Ví dụ1.5. Cho các số thực x1, x2, y1, y2. Chứng minh rằng: ( x12 + y12 )( x2 2 + y2 2 ) ≥ ( x1 x2 + y1 y2 )2 (BĐT Bunhiacopxki) Phân tích: Các biểu thức x1 2 + y1 2 ; x 2 2 + y 2 2 gợi ta nghĩ đến bình phương độ dài của các vectơ

u = ( x1 ; y1 ), v = ( x2 ; y2 ) .

Biểu thức x1 x2 + y1 y2 gợi ta nghĩ đến tích vô hướng của hai vectơ.

em qu

yn

ho nb us in es s@

Giải:

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, xét hai vectơ u = ( x1 ; y1 ), v = ( x2 ; y 2 )

2 2 2 Ta có 0 ≤ u .v ≤ u v ⇔ ( u .v ) ≤ u v 2 x x Do đó ( x12 + y12 )( x2 2 + y2 2 ) ≥ ( x1 x2 + y1 y2 ) . Đẳng thức xảy ra ⇔ 1 = 2 . y1 y2 Ví dụ1.6 .Cho các số thực dương a, b, c. Chứng minh rằng 3 a b c + + ≥ (BĐT Nesbit) b+c c+a a+b 2 (Đề kiểm tra lần 2 khối A, B năm học 2012 – 2013) Giải: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, xét các vectơ  a b c  u = ; ;  , v = a (b + c ); b(c + a ); c( a + b) b + c c + a a + b   2 2 2 2 2 ( u .v ) Áp dụng bất đẳng thức u v ≥ ( u .v ) ⇔ u ≥ 2 ta có v (a + b + c) 2 a b c + + ≥ b + c c + a a + b 2( ab + bc + ca ) Ta sẽ chứng minh ( a + b + c ) 2 ≥ 3( ab + bc + ca ) với mọi số thực a, b, c. Thật vậy (a + b + c) 2 ≥ 3(ab + bc + ca) ⇔ a 2 + b 2 + c 2 ≥ ab + bc + ca

)

eb o

ok

:d

ay k

(

Em ai

lO

rd er

-P

D

F

⇔ 2(a 2 + b 2 + c 2 ) ≥ 2(ab + bc + ca) ⇔ ( a − b ) 2 + (b − c ) 2 + ( c − a ) 2 ≥ 0 luôn đúng.

3 a b c a b c 3( ab + bc + ca ) + + ≥ Do đó + + ≥ hay b + c c + a a + b 2(ab + bc + ca ) b+c c+a a+b 2 Đẳng thức xảy ra khi a = b = c.

Ví dụ 1.7. Cho hai số thực a, b thỏa mãn a – 2b + 2 = 0. Chứng minh rằng:

( a − 3)

2

2

+ (b − 5) +

( a − 5)

2

2

+ (b − 7 ) ≥ 6

Phân tích: Quan sát thấy các biểu thức dưới dấu căn thức là tổng các bình phương và mỗi căn thức xem như độ dài của một vectơ. Do đó, ta nghĩ đến đến việc xét các vectơ

u (a − 3; b − 5); v (5 − a;7 − b) , suy ra u + v = (2;2) và u + v = 2 2 .

nhiên

khi

2

dụng

2

bất

đẳng

2

thức

u + v ≥ u + v ta

được

2

+ ( a − 5 ) + ( b − 7 ) ≥ 2 2 ∀a , b Như vậy, trong trường hợp này việc xét các vectơ như trên là không hợp lí.

Nếu xem mỗi căn thức là độ dài của một đoạn thẳng thì ta có cách giải cho ví dụ này như sau.

Giải: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, xét hai điểm A(3; 5), B(5; 7) và M(a; b) là điểm tùy ý thuộc đường thẳng d: x – 2y + 2 = 0. Dễ thấy hai điểm A, B nằm cùng phía so với đường thẳng d. Gọi A’(x’; y’) là điểm đối xứng của A qua d.

Phương trình đường thẳng AA’ có dạng 2x + y + c = 0, vì AA’ đi qua A nên c = -11.  x − 2 y = −2  x = 4 Gọi I = AA '∩ d , tọa độ I là nghiệm của hệ  ⇔ ⇒ I (4;3) 2 x + y = 11 y = 3 Vì I là trung điểm AA’ nên suy ra A’(5; 1) ⇒ A ' B = 6 Với mọi điểm M thuộc d ta luôn có AM + BM = A ' M + BM ≥ A ' B .

2

2

ho nb us in es s@

gm

ai l.c

( a − 3) + ( b − 5 )

sử

om

Tuy

2

2

em qu

yn

Vậy ( a − 3) + ( b − 5 ) + ( a − 5 ) + ( b − 7 ) ≥ 6 với a, b thỏa a – 2b + 2 = 0.

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi M, A’, B thẳng hàng.

7 7 ⇔ M = A ' B ∩ d ⇔ M (5; ) hay a = 5, b = .

2 2

2. Giải phương trình, bất phương trình vô tỷ

:d

ay k

Phương pháp chung để giải phương trình và bất phương trình vô tỷ là khử căn thức bằng cách nhân lượng liên hợp, đặt ẩn phụ, lượng giác hóa, đưa phương trình về dạng cơ bản thường gặp…

eb o

ok

Trong đề tài này, với việc sử dụng phương pháp tọa độ để giải phương trình và bất phương trình vô tỷ, tôi hi vọng mang đến một cách nhìn mới cho học sinh, giúp các em có thêm một phương pháp giải ngoài những phương pháp đại số đã biết.

D

F

2.1. Sử dụng các bất đẳng thức hình học

Em ai

lO

rd er

-P

Ví dụ 2.1. Giải phương trình Phân tích:

x 2 − x + 1 + x 2 − 3x + 1 = 2

2

2

2

2

2 2  1  3 3 1  Pt ⇔  x −  +   + x−  +  = 2 2  2  2    2 Ta có thể xem mỗi căn thức là độ dài của một vectơ hoặc là độ dài của một đoạn thẳng. Từ đó có thể giải bài toán này theo 2 cách như sau: Giải: 2 2  1  3 3 1  Pt ⇔  x −  +   + x−  +  = 2 2  2  2    2

phẳng

 1 3  u =  −x + ; , v =  x − 2 2   

Sử dụng bất đẳng thức u +

t ọa

Oxy,

độ

xét

các

2

vectơ

2

1 3 1

3  3 1 ; ⇒ u + v =  − +  = 2,  + 2 2 2 2 2 2   

v ≥ u + v suy ra

2

2

ho nb us in es s@

gm

2 2  3 1  1  3 2 2  x −  +   +  x −  +   ≥ 2 ⇔ x − x + 1 + x − 3x + 1 ≥ 2 .

2   2  2  2   k = 3

⇔  Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi u = k .v , (k > 0)  x = 3 − 1 Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 3 − 1 .

Cách 2.

1 3  3 1 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, xét các điểm A  ; ; −  , C ( x;0) , B  2 2 2   2 2  3 1  x −  +   ; AB = 2 2   2

em qu

AC + BC ≥ AB suy ra

ay k

Ta có

2

yn

2

2 1  3  ⇒ AC =  x −  +   ; BC = 2   2  

2

2

2 2  1  3 3 1   +  ≥ 2 x−  +  + x− 2  2  2     2

chỉ

khi

A,

ok

:d

⇔ x 2 − x + 1 + x 2 − 3x + 1 ≥ 2 Dấu “=” xảy ra khi và tức là C = AB ∩ Ox ⇒ C( 3 − 1;0) Phương trình có nghiệm x = 3 − 1 .

B,

C

thẳng

hàng,

eb o

y A

D

F

3 2

-P rd er lO

Em ai

om

mặt

ai l.c

Cách 1.

Trong

O C −

1 2

3 2

1 2

x

Co B

Nhận xét:

i. Việc chọn các vectơ u , v cần phải khéo léo sao cho u + v là một hằng số đồng thời dấu “=” phải xảy ra. 1 3  3 1 ii. Nếu chọn các điểm A  ; ;  thì lời giải sẽ dài hơn vì khi đó hai , B  2 2   2 2 điểm A, B nằm cùng phía so với trục Ox. Ví dụ 2.2. Giải phương trình x x + 1 + 3 − x = 2 x 2 + 1.

gm

om

ai l.c

Phân tích: Ở vế trái của phương trình, các biểu thức dưới dấu căn thức không có dạng tổng các bình phương, do đó không thể áp dụng cách giải như ví dụ 2.1.

Tuy nhiên, quan sát ta thấy: i. x x + 1 + 3 − x = x. x + 1 + 1. 3 − x gợi nhớ đến biểu thức tọa độ của tích vô hướng của hai vectơ. ii. (x + 1) + (3 – x) = 2 xuất hiện trong vế phải của phương trình.

Từ đó, ta có cách giải như sau:

em qu

yn

ho nb us in es s@

Giải: Điều kiện −1 ≤ x ≤ 3

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, xét các vectơ u = ( x;1), v = ( x + 1; 3 − x ) ,

ta có u .v = x x + 1 + 3 − x ; u . v = 2 x 2 + 1

Nên phương trình đã cho có dạng u .v = u . v

u = k .v Điều này xảy ra khi và chỉ khi  k > 0 x x +1 x =1 0 < x < 3  = . ⇔ 1 ⇔ 3− x ⇔  2 − = + (3 ) 1 x x x = + 1 2 x   0 < x < 3  Vậy phương trình có hai nghiệm x = 1, x = 1 + 2 .

ok

:d

ay k

Ví dụ 2.3. Giải phương trình x − 2 + 4 − x = x 2 − 6 x + 11 (*).

Giải: Điều kiện: 2 ≤ x ≤ 4 .

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, xét các vectơ u = ( x − 2; 4 − x ), v = (1;1)

Ta có u = 2, v = 2 ; u .v = x − 2 + 4 − x

eb o

Sử dụng bất đẳng thức u .v ≤ u . v suy ra x − 2 + 4 − x ≤ 2.

Mặt khác, VP = x 2 − 6 x + 11 = ( x − 3) 2 + 2 ≥ 2, ∀x.

Em ai

lO

rd er

-P

D

F

 x − 2 + 4 − x = 2 ⇔ x = 3.

Do đó phương trình (*) ⇔  2 x − 6 x + 11 = 2  Vậyphương trình có nghiệm x = 3.

Ví dụ 2.4. Giải bất phương trình: x − 1 + x − 3 ≤ 2( x − 3) 2 + 2( x − 1) .

Giải: Điều kiện: x ≥ 1 .

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, xét các vectơ u = ( x − 1; x − 3), v = (1;1) .

Ta có u = x − 1 + ( x − 3) 2 , v = 2 ;

u .v = x − 1 + x − 3 và u . v = 2( x − 1) + 2( x − 3) 2

Sử dụng bất đẳng thức u .v ≤ u . v suy ra x − 1 + x − 3 ≤ 2( x − 3) 2 + 2( x − 1) luôn đúng với mọi x ≥ 1 .

Tập nghiệm bất phương trình S = [1; +∞ ) .

Ví dụ 2.5. Giải bất phương trình x + 1 + 2 x − 3 + 50 − 3 x ≤ 12 .

3 50 ≤ x≤ 2 3

om

Giải:Điều kiện:

ho nb us in es s@

gm

ai l.c

Trong không gian tọa độ Oxyz xét: u = ( x + 1; 2 x − 3; 50 − 3x ) và v = (1;1;1)

Ta có: u = 48 = 4 3 ; v = 3 và u.v = x + 1 + 2 x − 3 + 50 − 3 x

Sử dụng bất đẳng thức u .v ≤ u . v với mọi u , v 3 50 Suy ra x + 1 + 2 x − 3 + 50 − 3 x ≤ 12 đúng với ≤ x ≤ 2 3

2

1 3  2( x − x + 1) = 2  x −  + > 1, ∀x ∈ ℝ .

2 2 

có

2

x− x 2

1 − 2( x − x + 1)

Do

đó:

ay k

Ta

em qu

yn

 3 50  Vậy tập nghiệm của bất phương trình S =  ;  . 2 3  x− x ≥ 1.

Ví dụ 2.6. Giải bất phương trình 1 − 2( x 2 − x + 1) (Đề thi tuyển sinh đại học khối A năm 2010 ) Giải: Điều kiện: x ≥ 0 Cách 1

≥ 1 ⇔ x − x ≤ 1 − 2( x2 − x + 1) ⇔ x + 1 − x ≥ 2( x2 − x + 1) (*)

Em ai

lO

rd er

-P

D

F

eb o

ok

:d

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, xét hai vectơ u = (1;1), v = ( x ;1 − x) , ta có:

u .v = x + 1 − x ; u . v = 2( x 2 − x + 1) và u .v ≤ u . v với mọi u , v

Khi đó (*) có dạng u .v ≥ u . v điều này xảy ra khi và chỉ khi

0 ≤ x ≤ 1 u = k .v 3− 5 x 1− x

. ⇔ = =k >0⇔ ⇔x= u . v = u .v ⇔  2 k > 0 1 1 2 x = (1 − x )   Tập nghiệm bất phương trình S =  3 − 5 .    2  Cách 2 (theo đáp án của Bộ giáo dục và đào tạo) Ta có: 2( x 2 − x + 1) = x 2 + ( x − 1) 2 + 1 > 1 , suy ra 1 − 2( x 2 − x + 1) < 0 Do đó, bất phương trình đã cho tương đương với

Mặt khác

2( x 2 − x + 1) ≤ 1 − x + x (1)

2( x 2 − x + 1) = 2(1 − x) 2 + 2( x ) 2 ≥ 1 − x + x (2), do đó:

(1) ⇔ 2( x 2 − x + 1) = 1 − x + x (3)

Để ý rằng: + Dấu “=” ở (2) xảy ra chỉ khi: 1 − x = x đồng thời 1 − x + x ≥ 0 + 1 − x = x kéo theo 1 − x + x ≥ 0 , do đó:

x2 + x + 1 −

om

1 − x ≥ 0 x ≤ 1 3− 5 (3) ⇔ 1 − x = x ⇔  (thỏa mãn) ⇔ ⇔x=  2 2 2 (1 − x) = x  x − 3x + 1 = 0 Ví dụ 2.7. Tìm giá trị của tham số m để phương trình sau có nghiệm: x 2 − x + 1 = m.

2

ai l.c

Giải: 2

ho nb us in es s@

gm

2 2 1  3 1  3   Pt ⇔  x +  +   − x−  +  =m 2  2  2  2   

  1 3 1 3 Trong mặt phẳng toạ độ Oxy xét các điểm Α  x + ; ; Β  x − ;  và 2 2  2 2    gốc tọa độ O(0; 0).

2

2 2 1  3 1  3   Khi đó: AB = 1; OΑ =  x +  +   ; OΒ =  x −  +   2  2  2  2   

2

em qu

yn

Ta luôn có O Α − O Β ≤ ΑΒ ⇔ O Α − O Β ≤ 1

Dễ thấy hai vectơ OA, OB không cùng phương nên ba điểm O, A, B không thẳng hàng. Do đó, dấu “=” không thể xảy ra.

2

2

ay k

2 2 1  3 1  3   ⇒ x+  +  − x−  +  < 1 với mọi x.

2  2  2  2   

ok

Nhận xét:

:d

Vậy phương trình đã cho có nghiệm ⇔ m < 1 ⇔ −1 < m < 1 .

Em ai

lO

rd er

-P

D

F

eb o

i. Trong ví dụ này việc chọn điểm O(0; 0) như trên giúp đơn giản hóa việc tính  1 3 1 3 toán, lời giải ngắn gọn hơn. Cũng có thể chọn các điểm A  − ;  ; B  ;  ;  2 2  2 2   1 1 3 3 M ( x;0) ∈ Ox (lúc này AB//Ox) hoặc A − ; −  ; B  ;  ; M ( x;0) ∈ Ox (A, B  2 2  2 2  nằm khác phía so với trục Ox).

1 3   1 3  ii. Ngoài ra, ta có thể xét các vectơ u  x + ;  ; v  x − ;  và sử dụng bất 2 2   2 2  

đẳng thức u − v ≤ u − v .

2.2. Sử dụng phương trình của đường thẳng trong mặt phẳng tọa độ Oxy Ví dụ2.8. Giải phương trình 2 3 3 x − 2 + 3 6 − 5 x − 8 = 0. (Đề thi tuyển sinh Đại học, cao đẳng - Khối A năm 2009)

ho nb us in es s@

gm

om

ai l.c

Phân tích: Nếu đặt X = 3 3 x − 2 và Y = 6 − 5 x thì phương trình đã cho trở thành 2X + 3Y – 8 = 0, ta xem đây là phương trình tổng quát của đường thẳng trong mặt phẳng.  X = 4 + 3t Khi đó, phương trình tham số của đường thẳng trên là  . Y = −2t Do đó, có thể nghĩ đến cách đặt 3 3 x − 2 = 4 + 3t và 6 − 5 x = − 2t Giải: 6 Điều kiện x ≤ 5 3x − 2 = (4 + 3t )3 3x − 2 = (4 + 3t )3  3 3x − 2 = 4 + 3t   ⇔ 6 − 5 x = (−2t ) 2 ⇔ 6 − 5 x = (−2t )2 Đặt     6 − 5 x = −2t t ≤ 0 t ≤ 0

em qu

yn

5(4 + 3t ) 3 + 3( − 2t ) 2 = 8 135t 3 + 552t 2 + 720t + 312 = 0   ⇔  6 − 5 x = 4t 2 ⇔  6 − 5 x = 4t 2 t ≤ 0 t ≤ 0   2  (t + 2)(135t + 282t + 156) = 0 t = −2  ⇔  6 − 5 x = 4t 2 ⇔  x = −2  t ≤ 0

Em ai

lO

rd er

-P

D

F

eb o

ok

:d

ay k

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = -2.

Ví dụ2.9. Giải phương trình x 3 + 8 + 3 12 − x 3 = 10 .

Giải:  1  1 − 3 ≤ t ≤ 3 − 3 ≤ t ≤ 3 3  x + 8 = 1 + 3t   t = 1 Đặt  ⇔  x3 + 8 = (1 + 3t ) 2 ⇔ (1 + 3t )2 + (3 − t )2 = 20 ⇔  3 x = 2  12 − x = 3 − t 12 − x3 = (3 − t )2  x3 + 8 = (1 + 3t )2     Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 2.

Nhận xét:  x3 + 8 = u Ở ví dụ này, ta có thể đặt  rồi đưa về hệ phương trình đối xứng để giải.

3 − x = v 12 

Ví dụ 2.10. Giải phương trình 5 x 3 + 1 = 2( x 2 + 2). (Đề kiểm tra lần 2 khối A, A1, B năm học 2014 – 2015) Giải: Điều kiện: x ≥ −1

ho nb us in es s@

gm

 5 + 37 x = 2 (*) ⇒ x 2 − x + 1 = 4( x + 1) ⇔  (thỏa mãn)  5 − 37 x =  2 2 2 (**) ⇒ x + 1 = 4( x − x + 1) ⇔ 4 x − 5 x + 3 = 0 (Pt vô nghiệm).

Vậy phương trình có hai nghiệm x =

5 + 37 5 − 37 và x = .

2 2

Nhận xét: Các ví dụ trên đã phần nào cho thấy ưu điểm của phương pháp tọa độ so với các phương pháp giải khác: lời giải ngắn gọn và dễ hiểu hơn.

yn

2.3. Sử dụng mối tương giao giữa các đồ thị hàm số, đường tròn và các đường Conic

em qu

Ví dụ 2.11. Biện luận theo m số nghiệm của phương trình 1 − x 2 = x − m .

Giải:

x-y= -

y

ay k

:d

(1)  x2 + y2 = 1   x − y = m (2)  y≥0 

2

x-y=-1

Đặt y = 1 − x 2 , điều kiện y ≥ 0

1

Khi đó phương trình đã cho trở thành:

x-y=0 x-y=1

O 1

x

eb o

ok

-1

Phương trình (1) là phương trình đường tròn (C)

D

F

tâm O(0; 0), bán kính R = 1.

-P

Phương trình (2) là phương trình đường thẳng ∆ (∆ // d: x - y = 0). Ta có:

Em ai

lO

rd er

+ A(1; 0) ∈ ∆ ⇔ m = 1;

B(-1; 0) ∈ ∆ ⇔ m=-1

+ ∆ tiếp xúc với đường tròn (C ) ⇔ d (O, ∆) = R ⇔

m = − 2 =1⇔  2 m = 2

−m

Vì ∆ tiếp xúc với nửa trên của đường tròn (C) nên m = − 2 . Vậy: - Với m < − 2 hoặc m > 1 thì (C) ∩∆ = φ . Phương trình vô nghiệm.

- Với m = − 2 hoặc -1< m < 1 thì (C) ∩ ∆ = {M }

om

ai l.c

 x + 1 = t (*)  2  x 2 + 2 = 5t 1 4 x − x + = t ( x + 1) + ( x 2 − x + 1) = 5t  Đặt  , (t > 0) ⇔  ⇔ 2 2 3  x + 1 = 4t ( x + 1)( x − x + 1) = 4 t  x + 1 = 2t  (**)   x 2 − x + 1 = t

Phương trình có nghiệm duy nhất.

Phương trình có 2 nghiệm phân biệt.

ai l.c

Ví dụ 2.12. Biện luận theo m số nghiệm của phương trình 12 − 3x 2 = x − m .

y

Khi đó phương trình đã cho trở thành:

4

y x  4 + 12 = 1 (2)  x− y=m (3)   y ≥ 0 2

x-y= -4

x-y= -2

ho nb us in es s@

Đặt y = 12 − 3 x 2 , điều kiện y ≥ 0

gm

Giải:

2

2 3

x-y= 0 x-y= 2

-4

O

-2

2

x

Phương trình (2) là phương trình của Elíp (E)

với 4 đỉnh A1(-2; 0), A2(2; 0), B1(0;- 2 3 ), B2(0; 2 3 ).

em qu

yn

Phương trình (3) là phương trình của đường thẳng d song song với đường phân giác của góc phần tư thứ nhất x - y = 0. Ta có: * A2(2; 0) ∈ d ⇔ m = 2 ;

A1(-2; 0) ∈ d ⇔ m = −2

ay k

 m = −4 * d tiếp xúc với Elíp (E) ⇔ 1.4 + (−1) 2 .12 = m 2 ⇔   m=4

:d

Vì d tiếp xúc với nửa trên của elip nên m = -4. Vậy:

ok

- Với m < -4 hoặc m > 2 thì (E) ∩ d = φ . Phương trình vô nghiệm.

eb o

- Với m = -4 hoặc -2 < m < 2 thì (E) ∩ d = {M } Phương trình có nghiệm duy nhất.

D

F

- Với -4 < m ≤ -2 thì (E) ∩ d = {M , N }. Phương trình có 2 nghiệm phân biệt. x2 − 9 = x − m .

rd er

-P

Ví dụ 2.13.Biện luận theo m số nghiệm của phương trình

lO

Giải:

Em ai

om

- Với − 2 < m ≤ − 1 thì (C) ∩ ∆ = {M , N }.

y

x-y= -3 x-y=0

Đặt y = x 2 − 3 , điều kiện y ≥ 0

x-y=3

Khi đó phương trình đã cho trở thành:

3 -3 O

a3

x

ai l.c

om

 x2 y 2  9 − 9 = 1 (2)  x− y=m (3)   y ≥ 0

ho nb us in es s@

gm

Phương trình (2) là phương trình của Hyperbol (H) với 4 đỉnh A1(-3; 0), A2(3; 0), B1(0; -3), B2(0; 3), một đường tiệm cận của (H) có phương trình ∆: x-y = 0.

Phương trình (3) là phương trình đường thẳng d (d // ∆). Ta có: A2(3; 0) ∈ d ⇔m = 3;

A1(-3; 0) ∈ d ⇔ m = -3

Do y ≥ 0 nên ta chỉ xét phần (H) phía trên trục Ox.

- Với -3 < m ≤ 0 hoặc m > 3 thì (H) ∩ d = φ . Phương trình vô nghiệm.

- Với m ≤-3 hoặc 0 ≤ m ≤ 3 thì (H) ∩ d = {M } .

Phương trình có nghiệm duy nhất.

yn

3. Bài toán cực trị

Em ai

lO

rd er

-P

D

F

eb o

ok

:d

ay k

em qu

Bài toán tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số gọi chung là bài toán cực trị. Đây là một dạng toán khó, xuất hiện nhiều trong các đề thi học sinh giỏi, đề tuyển sinh đại học.

Có nhiều phương pháp tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số, trong phần này tác giả tập trung vào việc sử dụng phương pháp tọa độ để giải các bài toán cực trị.

Ví dụ 3.1. Cho các số thực x, y thỏa mãn 36x2 + 16y2 = 9. Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức A = y – 2x + 5.

Giải: 1 1 Ta thấy: 36x2 + 16y2 = 9 ⇔ (6x)2 + (4y)2 = 9 và A = y − 2x + 5 = .4 y − .6x + 5 4 3

1 1 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, xét các vectơ u (6 x;4 y ), v  − ;   3 4

5

⇒ u = 3, v = và u.v = −2 x + y . Sử dụng bất đẳng thức − u . v ≤ u .v ≤ u . v ta 12 5 5 được − ≤ −2 x + y ≤ .

4 4 2  6x 4 y  = = k < 0 x =  1 1  5 Dấu “=” bên trái xảy ra khi và chỉ khi  − ⇔  32 4 2 y = − 9 20  36 x + 16 y = 9

ho nb us in es s@

gm

om

ai l.c

2  6x 4 y  = = k > 0 = − x  1 1  5 ⇔ Dấu “=” bên phải xảy ra khi và chỉ khi  −  32 4 2 y = 9  20 36 x + 16 y = 9 5 5 15 25 Do đó − + 5 ≤ A ≤ + 5 ⇔ ≤ A ≤ .

4 4 4 4 2 9 15 Vậy MinA = khi và chỉ khi x = ; y = − .

4 5 20 25 2 9 khi và chỉ khi x = − ; y = .

MaxA = 4 5 20 Ví dụ 3.2. Cho các số dương x, y, z thỏa mãn x + y + z = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất 1 1 1 của biểu thức P = x 2 + 2 + y 2 + 2 + z 2 + 2 . x y z (Đề tuyển sinh đại học khối A năm 2003)

yn

Giải:

em qu

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, xét các vectơ

 1   1   1  u  x;  , v  y;  , w  z;   x  y  z

ay k

1 1 1

⇒ u = x2 + 2 , v = y2 + 2 , w = z 2 + 2 x y z

:d

1 1 1  u + v + w =  x + y + z; + +  x y z 

ok

Sử dụng bất đẳng thức u + v + w ≥ u + v + w suy ra

eb o

1 1 1 x + 2 + y2 + 2 + z2 + 2 ≥ x y z

1 1 1 ( x + y + z) +  + +  x y z

2

2

F

2

D

Ta có

2

Em ai

lO

rd er

-P

1 1 1 1 1 1 2 2 ( x + y + z ) +  + +  = 81( x + y + z ) − 80 ( x + y + z ) +  + +  x y z x y z 2

2

1 1 1 = 81( x + y + z ) +  + +  − 80 x y z 2

Áp dụng BĐT Côsi: 2

1 1 1 1 1 1 81( x + y + z ) +  + +  ≥ 2.9 ( x + y + z )  + +  ≥ 2.9.9 x y z x y z 2

2

2

om

⇒ x2 +

1 1 1 2 2 + y + + z + ≥ 82 x2 y2 z2

ai l.c

Nên

1 1 1 ( x + y + z ) +  + +  ≥ 2.81 − 80 = 82 x y z 2

ho nb us in es s@

gm

x = y = z

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi ba vectơ u , v ,w đôi một cùng hướng và  x + y + z = 1 1 tức là x = y = z = .

3

1 Vậy MinP = 82 khi x = y = z = .

3 Một số bài tập vận dụng

eb o

ok

:d

ay k

em qu

yn

1. Giải phương trình x 2 + 4 x + 5 + x 2 − 2 x + 10 = 5.

2. Giải phương trình x + 3 + 3 x + 2 = 1.

3. Chox, y là các số thực thay đổi. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A = ( x − 1) 2 + y 2 + ( x + 1) 2 + y 2 + y − 2 . (Đề thi tuyển sinh đại học khối B năm 2006) 4. Cho x, y là các số thực. Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số: f ( x; y ) = ( x + 1) 2 + ( y − 1) 2 + ( x − 1) 2 + ( y + 1) 2 + ( x + 2) 2 + ( y + 2) 2 (Đề thi học sinh giỏi quốc gia năm 1998) 5. Chứng minh rằng : a 2 − 4a + 8 + 10b2 − 18b + 9 + 10b2 − 2ab + a 2 ≥ 29 với mọi số thực a, b.

6. Giải phương trình x 2 + 4 x + 13 − x 2 − 2 x + 2 = 5.

7. Giải các phương trình sau:

D

F

a. x + 3 − 4 x − 1 +

-P

b. x 2 + 4 y 2 + 6 x + 9 + x2 + 2x + 2 +

d.

1 − 2x + 1 + 2x =

Em ai

lO

rd er

c.

x − 8 − 6 x − 1 = 1. x 2 + 4 y 2 − 2 x − 12 y + 10 = 5.

x 2 − 2 x + 2 = 2 2.

1 − 2x 1 + 2x + .

1 + 2x 1 − 2x

IV.HIỆU QUẢ CỦA ĐỀ TÀI Đề tài đã và đang được sử dụng trong quá trình giảng dạy học sinh lớp 10, đặc biệt là trong công tác bồi dưỡng học sinh giỏi toán khối 10.Học sinh có học lực khá trở lên khá hứng thú với phương pháp này.

V. ĐỀ XUẤT, KHUYẾN NGHỊ VÀ KHẢ NĂNG ÁP DỤNG

ho nb us in es s@

gm

ai l.c

Cùng với nhiều phương pháp khác, phương pháp tọa độ là một trong những phương pháp hữu hiệu để giải nhiều bài toán. Qua quá trình thực hiện đề tài, với mong muốn giúp cho việc học tập của học sinh và quá trình giảng dạy đạt hiệu quả cao, tôi đưa ra một số đề xuất như sau: - Nên trang bị nhiều sách tham khảo hơn cho học sinh tại trường có nội dung liên quan tới các ứng dụng của phương pháp tọa độ.

- Học sinh cần nắm vững lý thuyết, rèn luyện kĩ năng thông qua các dạng bài tập, lựa chọn được phương pháp giải tối ưu nhất.

- Trong quá trình giảng dạy nội dung Phương trình – Hệ phương trình – Bất phương trình, giáo viên nên đưa thêm các dạng bài tập giải bằng phương pháp tọa độ để học sinh làm quen và biết cách vận dụng.

om

1. Đề xuất

2. Khuyến nghị

Đề tài có thể tiếp tục mở rộng hướng nghiên cứu: sử dụng phương pháp tọa độ giải các bài toán quỹ tích, bài toán dựng hình, bài toán hình học không gian trong chương trình toán phổ thông.

em qu

yn

Tác giả rất mong nhận được sự quan tâm của Nhà trường, quý Thầy Cô cùng bạn đọc để có thể mở rộng hướng nghiên cứu này.

VI. DANH MỤC TÀI LIỆU THAM KHẢO

ay k

1. Đoàn Quỳnh (2007), Giải tíchnâng cao 10, 11, 12, NXB Giáo dục.

:d

2. Đoàn Qu ỳnh, Văn Như Cương (2007), Hình họcnâng cao 10, 11, 12, NXB Giáo dục.

ok

3. Tạp chí toán học và tuổi trẻ, NXB Giáo dục.

eb o

4. Nguyễn Tất Thu, Sửdụng phương pháp tọa độ trong không gian để giải toán Đại số và Hình học tổng hợp, NXB Đại học sư phạm.

Em ai

lO

rd er

-P

D

F

5. Các trang Web về toán học: www.mathvn.com; www.mathscope.com; diendantoanhoc.net…

CỘNG HOÀ XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM Độc lập - Tự do - Hạnh phúc –––––––––––––––––––––––– ................................, ngày tháng n ăm PHIẾU ĐÁNH GIÁ, CHẤM ĐIỂM, XẾP LOẠI SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM Năm học: 2016 – 2017 Phiếu đánh giá của giám khảo thứ nhất –––––––––––––––––

ai l.c

om

SỞ GD&ĐT ĐỒNG NAI Đơn vị Trường PTDTNT Điểu Xiểng –––––––––––

Chức vụ: Giáo viên

ho nb us in es s@

Họ và tên tác giả: Lê Thị Nguyện.

gm

Tên sáng kiến kinh nghiệm: Giải một số bài toán đại số trong chương trình toán phổ thông bằng phương pháp tọa độ trong mặt phẳng. Đơn vị: Trường PTDTNT THCS & THPT Điểu Xiểng.

Họ và tên giám khảo 1: ............................................................ Chức vụ: ........................................ Đơn vị: ..............................................................................................................................................

Số điện thoại của giám khảo: ............................................................................................................ * Nhận xét, đánh giá, cho điểm và xếp loại sáng kiến kinh nghiệm: 1. Tính mới

yn

........................................................................................................................................................... ...........................................................................................................................................................

em qu

...........................................................................................................................................................

2. Hiệu quả

Điểm: …………./6,0.

ay k

...........................................................................................................................................................

:d

...........................................................................................................................................................

ok

........................................................................................................................................................... Điểm: …………./8,0.

eb o

3. Khả năng áp dụng

...........................................................................................................................................................

F

...........................................................................................................................................................

-P

D

........................................................................................................................................................... Điểm: …………./6,0.

rd er

Nhận xét khác (nếu có): ......................................................................................................

Em ai

lO

........................................................................................................................................................... ...........................................................................................................................................................

Tổng số điểm: ....................../20. Xếp loại: ........................................................................

GIÁM KHẢO 1 (Ký tên và ghi rõ họ tên)

CỘNG HOÀ XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM Độc lập - Tự do - Hạnh phúc –––––––––––––––––––––––– ................................, ngày tháng n ăm PHIẾU ĐÁNH GIÁ, CHẤM ĐIỂM, XẾP LOẠI SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM Năm học: 2016 – 2017 Phiếu đánh giá của giám khảo thứ hai –––––––––––––––––

ai l.c

om

SỞ GD&ĐT ĐỒNG NAI Đơn vị Trường PTDTNT Điểu Xiểng –––––––––––

Chức vụ: Giáo viên

ho nb us in es s@

Họ và tên tác giả: Lê Thị Nguyện.

gm

Tên sáng kiến kinh nghiệm: Giải một số bài toán đại số trong chương trình toán phổ thông bằng phương pháp tọa độ trong mặt phẳng. Đơn vị: Trường PTDTNT THCS & THPT Điểu Xiểng.

Họ và tên giám khảo 2: ............................................................ Chức vụ: ........................................ Đơn vị: ..............................................................................................................................................

Số điện thoại của giám khảo: ............................................................................................................ * Nhận xét, đánh giá, cho điểm và xếp loại sáng kiến kinh nghiệm: 1. Tính mới

yn

........................................................................................................................................................... ...........................................................................................................................................................

em qu

...........................................................................................................................................................

2. Hiệu quả

Điểm: …………./6,0.

ay k

...........................................................................................................................................................

:d

...........................................................................................................................................................

ok

........................................................................................................................................................... Điểm: …………./8,0.

eb o

3. Khả năng áp dụng

...........................................................................................................................................................

F

...........................................................................................................................................................

-P

D

........................................................................................................................................................... Điểm: …………./6,0.

rd er

Nhận xét khác (nếu có): ......................................................................................................

Em ai

lO

........................................................................................................................................................... ...........................................................................................................................................................

Tổng số điểm: ....................../20. Xếp loại: ....................................................................... .

GIÁM KHẢO 2 (Ký tên và ghi rõ họ tên)

CỘNG HOÀ XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM Độc lập - Tự do - Hạnh phúc –––––––––––––––––––––––– ................................, ngày tháng n ăm

gm

ai l.c

PHIẾU NHẬN XÉT, ĐÁNH GIÁ SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM Năm học: 2016 – 2017 –––––––––––––––––

om

SỞ GD&ĐT ĐỒNG NAI Đơn vị Trường PTDTNT Điểu Xiểng –––––––––––

ho nb us in es s@

Tên sáng kiến kinh nghiệm: Giải một số bài toán đại số trong chương trình toán phổ thông bằng phương pháp tọa độ trong mặt phẳng.

Họ và tên tác giả: Lê Thị Nguyện.

Chức vụ: Giáo viên

Em ai

lO

rd er

-P

D

F

eb o

ok

:d

ay k

em qu

yn

Đơn vị: Trường PTDTNT THCS & THPT Điểu Xiểng.

Lĩnh vực: (Đánh dấu X vào các ô tương ứng, ghi rõ tên bộ môn hoặc lĩnh vực khác) - Quản lý giáo dục - Phương pháp dạy học bộ môn: ...............................

- Phương pháp giáo dục - Lĩnh vực khác: ........................................................

Sáng kiến kinh nghiệm đã được triển khai áp dụng: Tại đơn vị Trong Ngành 4. Tính mới (Đánh dấu X vào 1 trong 3 ô dưới đây) - Đề ra giải pháp thay thế hoàn toàn mới, bảo đảm tính khoa học, đúng đắn - Đề ra giải pháp thay thế một phần giải pháp đã có,bảo đảm tính khoa học, đúng đắn - Giải pháp mới gần đây đã áp dụng ở đơn vị khác nhưng chưa từng áp dụng ở đơn vị mình, nay tác giả tổ chức thực hiện và có hiệu quả cho đơn vị 5. Hiệu quả (Đánh dấu X vào 1 trong 5 ô dưới đây) - Giải pháp thay thế hoàn toàn mới, đã được thực hiện trong toàn ngành có hiệu quả cao - Giải pháp thay thế một phần giải pháp đã có, đã được thực hiện trong toàn ngành có hiệu quả cao - Giải pháp thay thế hoàn toàn mới, đã được thực hiện tại đơn vị có hiệu quả cao - Giải pháp thay thế một phần giải pháp đã có, đã được thực hiện tại đơn vị có hiệu quả - Giải pháp mới gần đây đã áp dụng ở đơn vị khác nhưng chưa từng áp dụng ở đơn vị mình, nay tác giả tổ chức thực hiện và có hiệu quả cho đơn vị 6. Khả năng áp dụng (Đánh dấu X vào 1 trong 3 ô mỗi dòng dưới đây) - Cung cấp được các luận cứ khoa học cho việc hoạch định đường lối, chính sách: Trong Tổ/Phòng/Ban Trong cơ quan, đơn vị, cơ sở GD&ĐT Trong ngành - Đưa ra các giải pháp khuyến nghị có khả năng ứng dụng thực tiễn, dễ thực hiện và dễ đi vào cuộc sống: Trong Tổ/Phòng/Ban Trong cơ quan, đơn vị, cơ sở GD&ĐT Trong ngành - Đã được áp dụng trong thực tế đạt hiệu quả hoặc có khả năng áp dụng đạt hiệu quả trong phạm vi rộng: Trong Tổ/Phòng/Ban Trong cơ quan, đơn vị, cơ sở GD&ĐT Trong ngành Xếp loại chung: Xuất sắc Khá Đạt Không xếp loại Cá nhân viết sáng kiến kinh nghiệm cam kết không sao chép tài liệu của người khác hoặc sao chép lại nội dung sáng kiến kinh nghiệm cũ của mình.

Tổ trưởng và Thủ trưởng đơn vị xác nhận sáng kiến kinh nghiệm này đã được tổ chức thực hiện tại đơn vị, được Hội đồng khoa học, sáng kiến đơn vị xem xét, đánh giá, cho điểm, xếp loại theo quy định.

Phiếu này được đánh dấu X đầy đủ các ô tương ứng, có ký tên xác nhận của tác giả và người có thẩm quyền, đóng dấu của đơn vị và đóng kèm vào cuối mỗi cuốn sáng kiến kinh nghiệm.

NGƯỜI THỰC HIỆN SKKN (Ký tên và ghi rõ họ tên)

XÁC NHẬN CỦA TỔ CHUYÊN MÔN (Ký tên và ghi rõ họ tên)

THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ (Ký tên, ghi rõ họ tên và đóng dấu của đơn vị)

rd er

lO

Em ai D

-P F eb o :d

ok em qu

ay k yn

ho nb us in es s@

gm

ai l.c

om