skkn ứng dụng đường thẳng và đường tròn trong việc giải toán đại số ở trường thpt

Có nhiều tác giả nghiên cứu về các dạng bài tập nhiều cách giải khác nhau; dùng định lý thuận, đảo dấu tam thức bậc hai; tách ghép đánh giá; dùng bất đẳng thức Côsi, Bunhiacôpski…Song kh

A-MỞ ĐẦU – LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI

Phương trình đường tròn là một trong những phương trình đường cong hay gặp nhất trong môn toán ở nhà trường phổ thông

Khái niệm về đường tròn và phương trình đường tròn không nhiều, nhưng hệ thống bài tập thì đa dạng và phong phú vô cùng Những ứng dụng quan trọng của

nó là giải bất phương trình, tìm GTLN,GTNN của biểu thức, biện luận số nghiệm của hệ phương trình … Đó chính là công việc “hình học hóa môn đại số” Sử dụng được phương pháp này lời giải rất “đẹp,dễ nhớ và thoáng”

Đứng trước bài toán biện luận hệ phương trình, tìm GTLN, GTNN của biểu thức phải xác định được phương pháp giải của nó

Có nhiều tác giả nghiên cứu về các dạng bài tập nhiều cách giải khác nhau; dùng định lý thuận, đảo dấu tam thức bậc hai; tách ghép đánh giá; dùng bất đẳng thức Côsi, Bunhiacôpski…Song khai thác triệt để và có hệ thống việc sử dụng phương trình đường tròn vào việc biện luận hệ phương trình thì chưa có Rất nhiều bài toán nhờ ứng dụng phương pháp đường tròn được giải quyết một cách ngắn gọn dễ dàng Thông qua đề tài này chúng ta có thể :

- Cung cấp cho học sinh một phương pháp hay về việc giải một số bài toán đại số

- Phát triển sự tư duy sáng tạo cho học sinh

- Giúp học sinh một cách nhìn rất logic trong chương trình toán phổ thông

Đối tượng và phạm vi nghiên cứu của đề tài :

- Các dạng phương trình, hệ phương trình trong chương trình toán phổ thông: phương trình đại số, phương trình siêu việt

- Phương trình đường thẳng, đường tròn

Nghiên cứu trong phạm vi cả chương trình toán phổ thông

Vì những lý do trên tôi chọn đề tài : “ Ứng dụng của đường thẳng và đường tròn trong việc giải toán đại số ở trường THPT ”

6 Sự tương giao của hai đồ thị y=f(x) và y=g(x).Hoành độ giao điểm của hai đồ

thị trên là nghiệm của phương trình : f(x)=g(x)

7 Sự biểu diễn các đường cong trên mặt phẳng tọa độ,cách xác định miền đường thẳng hoặc đường tròn thỏa mãn bất phương trình,hệ bất phương trình.

8 Vị trí tương đối của hai đường tròn ( C ) :  x a  2   y b  2  R2 và

   C    C' tại một điểm duy nhất.

   C    C' tại hai điểm phân biệt

9 Phương tích của điểm M(x 0 ;y 0 ) đối với đường tròn (C):

 x a  2   y b  2  R2 tâm I(a;b) bán kính R là :

P( M/ (C) )= 2 2  2  2 2

Nếu M nằm trên hoặc ngoài đường tròn ta có : P( M/ (C) )= MT2

(với MT là tiếp tuyến với đường tròn tại điểm T)

10 Trục đẳng phương của hai đường tròn không đồng tâm :

C – NỘI DUNG

ỨNG DỤNG ĐƯỜNG TRÒN ĐỂ GIẢI MỘT SỐ BÀI TOÁN ĐẠI SỐ

1.Ứng dụng đường tròn để giải phương trình.

1.1.Cơ sở lý thuyết :

Một số phương trình đại số sau một số bước biến đổi sẽ xuất hiện dạng giao điểmcủa các đường cong nên ta có thể xét sự tương giao của các đường cong để giảiphương trình ban đầu

1.2.Phương pháp:

 Bước 1: Biểu diễn phương trình ban đầu dưới sự tương giao của các đườngcong

 Bước 2 : Biểu diễn các đường cong xuất hiện ở bước 1 trên mặt phẳng tọa độ

 Bước 3 : Xét sự tương giao của các đường cong :

- Nếu hai đồ thị không cắt nhau thì phương trình đã cho vô nghiệm

- Nếu hai đồ thị cắt nhau tại bao nhiêu điểm thì phương trình đã cho có bấy nhiêunghiệm

Nghiệm của (2) chính là giao điểm của hai đường thẳng :

Đường thẳng (d) : u+v=m và cung AB của đường tròn (C) : u2+v2=2m tâm O(0;0)

m _

phương trình (1) vô nghiệm.

+ Nếu m=0 phương trình (1) có nghiệm duy nhất x=0

+ Nếu 2 m 4  phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt :

2 1,2

m 4m mx

cos x  2 cos x cos x 2 cos x m 2   2 

Cơ sở:

Xuất hiện hai đại lượng đối nhau là cosx và 2 cos x 2 vì vậy ta có thể đặt ẩn phụtheo 2 ẩn u,v sau đó xét sự tương giao của đường thẳng và đường tròn để giảiphương trình đã cho

v

O

A B

Coi (*) là giao điểm của 3 đường cong :

( C ) : u2+v2= 2 với   1 u 1 ; 1 v 2 

Đường thẳng (d1) : u v  1 2m 3

Đường thẳng (d2) : u v  1 2m 3

Ta có (d1) và (d2) là hai đường thẳng song song với nhau và cùng song song với

  Đường tròn ( C ) : u2+v2= 2 thỏa mãn   1 u 1 ; 1 v 2  là cung tròn

ABC trên hình vẽ

Mà (d2) luôn nằm cùng phía hoặc trùng với   cón (d1) luôn nằm ở phía trênhoặc trùng với     d2 ABC

Vậy để hệ có nghiệm thì :  d1 ABC  (d )1 chạy trong miền từ (d1) qua A

4 Tất cả các bài toán trên có thể chuyển thành bài toán khác như sau :

5 Tìm m để phương trình sau vô nghiệm,có 1 nghiệm,có 2 nghiệm :

a) x A x x A x m    (A là hằng số)

b) f (x) A f (x) f (x) A f (x) m    (A là hằng số)

Bài toán 3 : Cho phương trình :

1 x  8 x  1 x 8 x     a

a) Giải phương trình khi a=3

b) Xác định a để phương trình đã cho có nghiệm

Cơ sở :

Xuất hiện hai đại lượng đối là x và –x nên có thể chuyển phương trình đã cho về

hệ phương trình với 2 ẩn là u và v,khi đó làm mất biến x ta thu được một phươngtrình của hệ có dạng phương trình của đường tròn.Vận dụng xét sự tương giao đểgiải hệ từ đó để giải phương trình đã cho

Coi (**) là giao điểm của các đường sau :

(C) là cung tròn : u2+v2=9 với u 0; v 0 

(d1) là đường thẳng có phương trình : u+v=3

(d2) là đường thẳng có phương trình : u+v=-5

Được biểu diễn trên hình vẽ :

Khi đó (*) là giao điểm của các đường sau :

3 2 10 2a 162

Các bài toán sau là mở rộng của bài toán 3

1.Tìm a để phương trình sau vô nghiệm,có 1 nghiệm:

A x  B x  A x B x     a (A,B_const)

2 Tìm m để phương trình sau vô nghiệm,có 1 nghiệm,có 2 nghiệm :

A f (x)  B f (x)  A f (x) B f (x)     C

( A,B: const , C chứa tham số)

Bài toán 4 : Giải và biện luận phương trình:

Cơ sở lý luận

Xuất hiện đại lượng A x 2 ở một vế của phương trình do đó ta có thể chuyển

vế và coi phương trình đã cho là hoành độ giao điểm của hai đồ thị mà một tổng hai

Trong đó đồ thị y 4 x 2 là cung tròn của đường tròn x2+y2=4 với

y 0, x 2 Đường thẳng y = mx-m+2 =m(x-1)+2 là đường thẳng đi qua

- Với m=0 đường thẳng    d  d4  phương trình có nghiệm duy nhất x=0.

- Với m=-4/2 đường thẳng    d  d1  phương tình có nghiệm duy nhất x=xT

- Khi (d) biến thiên trong góc nhọ tạo bởi (d1) và (d2) thì (d) cắt (C) tại 2 điểmphân biệt  phương trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt 4

Trong đó A,B,C là các biểu thức chứa tham số hoặc không chứa tham sô

1.4.Các bài toán tương tự của bài bài toán ứng dụng đường tròn để giải phương trình.

Bài 1 : Cho phương trình :

x 1  3 x  x 1 3 x     m

a) Giải phương trình khi m=2

b) Tìm m để phương trình có nghiệm

c) Tìm m để phương trình vô nghiệm

Bài 2 : Xác định m đẻ phương trình sau có nghiệm

3 x  6 x  3 x 6 x     m

Bài 3 : Cho phương trình :

5 x  x 1   5 6x x 2 m

a) Tìm m để hệ trên có nghiệm

b) Giải phương trình khi m 2 1   2

Bài 4 : Phương trình sau có bao nhiêu nghiệm :

2.2.Phương pháp:

 B1 : Biểu diễn các điểm thỏa mãn bất phương trình trên mặt phẳng tọa độ

 B2 : Tìm miền nghiệm của bất phương trình

 B3 : Kết luận các miền thỏa mãn và các miền không thỏa mãn điều kiện bàitoán đặt ra

2.3.Một số bài toán cụ thể

Bài toán 1: Giải và biện luận theo a bất phương trình sau:

Xuất hiện hai đại lượng đối nhau là a x và a x do đó có thể đặt ẩn phụ

đẻ đưa bất phương trình trên về một hệ bất phương trình sau đó sử dụng ứng dụngcủa đường tròn để giải

Trong đó điểm M(u,v) thỏa mãn (*) là các điểm M(u,v) thuộc phần đường tròn(C) : u2+v2=2a chứa trong OCD

B

H

+Nếu 2a 2  a 2  AHB OCD    Phương trình vô nghiệm

+ Nếu 2a d(O, )   2  0 a 1   (1) có nghiệm thỏa mãn :

Với u1 , u2 là các nghiệm của phương trình :

 2

2 2

thì bất phương trình vô nghiệm

Với 0 a 1  thì bất phương trình có nghiệm thỏa mãn 0 x a  2

Với 1 a 2  thì bất phương trình có nghiệm thỏa mãn : 4 a 1    x a2

Mở rộng bài toán

Các bài toán sau là bài toán mở rộng của bài toán trên

1 Giải và biện luận bất phương trình sau :

A f x    B f (x) 0 

(A,B là các biểu thức chứa tham số m)

2 Giải bất phương trình sau :

Bài toán 2 : Cho bất phương trình sau :

đó có liên quan đến đường tròn

2 m=2

m=8

- Bài toán trên có thể thay đoạn 1;5 bởi đoạn a;b bất kì khi đó ta cũng có các

giá trị tương ứng của m

- Thay đường thẳng d bởi 1 đường cong bất kì có thể biểu diễn điểm trên mặtphẳng

-2.4.Bài toán tương tự của bài toán loại 2

Bài 1 : Giải bất phương trình sau : 5 4 x  5 4 x 4

Bài 2 : Xác định m để bất phương trình sau có nghiệm :

3.2.Phương pháp

 B1: Đưa mỗi phương trình của hệ về phương trình của các đường cong đã biết

 B2: Biểu diễn các đường cong đó trên mặt phẳng tọa độ

 B3: Xét sự tương giao của các đường cong để tìm nghiệm hoặc biện luận hệ đã cho

a) Tìm a để hệ trên có 2 nghiệm phân biệt

b) Trong trường hợp hệ có hai nghiệm phân biệt (x1;y1),(x2;y2),hãy chứng minhrằng : x2  x12 y2  y12 1

Dấu bằng xảy ra khi nào ?

Cơ sở

- Phương trình (1) của hệ có dạng phương trình đường thẳng vì 12+a2>0

- Phương trình (2) của hệ có dạng phương trình đường tròn.Do đó có thể biểudiễn hệ đã cho trên mặt phẳng tọa độ để xét sự tương giao của chúng

Lời giải

a) Xét tập hợp các điểm hệ các điểm M(x;y) thỏa mãn hệ (I).Chính là giao điểm củacác đường thẳng (d):x+ay-a=0 và đường tròn (C ) có tâm I(1/2;0) và có bán kínhR=1/2.

Để hệ (I) có 2 nghiệm phân biệt     d  C tại 2 điểm phân biệt

2

2

d(I;d) R1

a12

O u

v

1/2

d (C)

b) Với điều kiện trên thì hệ đã cho có 2 nghiệm phân biệt

Gọi M(x1;y1) , N(x2;y2) là giao điểm của (d) và (C )

Mở rộng bài toán

- Thay bằng việc tìm a để hệ (I) có 2 nghiệm phân biệt bằng tìm a để hệ cónghiệm duy nhất,hệ vô nghiệm

- Thay bởi việc cho đường thẳng thay đổi (phương trình đường thẳng chứa tham

số m) ta cho đường tròn có bán kính chứa tham số m khi đó ta cũng được một lớpbài toán mới

là phương trình của hai

đường thẳng song song.Do đó ta có thể giải bài toán trên nhờ việc xét sự tương giaocủa đường thẳng và đường tròn

Còn (1’) là phương trình đường thẳng (d):x+y=2

(1’’) là phương trình đường thẳng (d’) : x+y=-2

Ta thấy (d)//(d’) và đối xứng nhau qua gốc tọa độ.Suy ra nếu (d) cắt (C ) thì (d’)cũng cắt (C ), (d) không cắt (C ) thì (d’) cũng không cắt (C ), (d) tiếp xúc với (C )thì (d’) cũng tiếp xúc với (C )

Vậy để hệ phương trình có 2 nghiệm phân biệt thì (d) và (d’) đều là tiếp tuyếncủa ( C )

1 2

- Với m=0 Từ (2) suy ra : x=y=0.Khi đó (1) trở thành : 0=4 (vô lý)

 m=0 hệ đã cho vô nghiệm

1 -1

Các điểm thỏa mãn (1’) là đoạn AB với A(4;0) , B (0;4)

Các điểm thỏa mãn (1’’) là đoạn AD với A(4;0) , D (0;-4)

Các điểm thỏa mãn (1’’’) là đoạn BC với B(0;4) , C (-4;0)

Các điểm thỏa mãn (1”’’) là đoạn CD với C(-4;0) , D (0;-4)

Vậy tập hợp các điểm (x;y) thỏa mãn (1) chính là các cạnh của hình vuôngABCD.Còn đường tròn (C ) có bán kính thay đổi

Gọi M,N,P,Q là giao điểm của hai đường phân giác của góc phần tư thứ nhất vàgóc phần tư thứ hai với hình vuông ABCD

+ Nếu m 4 thì  C ABCD tại 4 điểm phân biệt A,B,C,D

Do đó hệ có 4 nghiệm phân biệt là A(4;0),B(0;4),C(-4;0),D(0;-4)

+ Nếu m 2 2  m2 2   C ABCD tại 4 điểm M,N,PQ

Do đó (I) có 4 nghiệm phân biệt (2;2) ; (-2;2) ; (2;-2) ; (-2;-2)

+ Nếu 2 2 m 4  thì (C ) cắt ABCD tại 8 điểm phân biệt

Hệ (I) có 8 nghiêm phân biệt

- Tất cả các bài toán trên đều có thể chuyển thành bài toán quen thuộc sau : tìm m

để hệ phương trình sau vô nghiệm,có 1 nghiệm,có 2 nghiệm,có 3 nghiệm,có 4nghiệm,có 5 nghiệm,có 6 nghiệm,có 7 nghiệm,có 8 nghiệm

khi đó (1) là phương trình đường tròn ( C) tâm I(1;-2) bán kính R=m,(2) là phương

t trình đường tròn tâm I’(0;1),bán kính R’=m+1

Từ vị trí tương đối của hai đường tròn thì để hệ có nghiệm duy nhất thì (C ) phảitiếp xúc trong hoặc tiếp xúc ngoài với (C’)

y

x O

I -2

1

1 I'

Bài 1 : Tìm m để hệ phương trình sau có 2 nghiệm phân biệt :

Bài 3 : Tìm m để hệ phương trình sau vô nghiệm,có nghiệm nghiệm duy nhất,có 2

nghiệm phân biệt :

3.4.Bài tập tương tự bài toán ứng dụng đường tròn để giải hệ phương trình.

Bài 1 : Tìm m để hệ sau có 4 nghiệm phân biệt  2

độ do vậy ta có thể giải hệ bất phương trình ban đầu nhờ vào việc xét sự tương giaocủa các đường cong.

4.2.Phương pháp

 B1 : Biểu diễn các miền điểm thỏa mãn từng bất phương trình của hệ trên mặtphẳng tọa độ

 B2 : Xét sự tương giao của các miền đó

 B3 : Dựa vào hình vẽ ở trên biện luận hệ bất phương trình

Miền thỏa mãn hai bất phương trình trên giao nhau thì hệ có nghiệm

thay vào (2) ta có 1 1 0  (vô lý ) suy ra hệ vô nghiệm

- Nếu m>0 (1’) là phương trình đường tròn (C1) tâm I1(-1 ;0) bán kính R  m

Xét phương trình x2+(y+1)2=m (2’) trong trường hợp m>0 thì (2’)là phương trìnhđường tròn (C2) tâm I2(0 ;-1) bán kính R  m

- Ta có tập hợp các điểm thỏa mãn (1) làm phần bên trong đường tròn (C1)

- Ta có tập hợp các điểm thỏa mãn (2) làm phần bên trong đường tròn (C2)

- Ta thấy nếu (C1) và (C2) cắt nhau thì hệ luôn có nhiều hơn một nghiệm

 thì hệ bất phương trình đã cho có nghiệm duy nhất.

Khai thác và mở rộng bài toán

Bài 1 : Tìm m để hệ bất phương trình sau có nghiệm :

Thay bằng việc cho bán kính thay đổi ta cho tâm thay đổi còn bán kính không đổi.

Bài toán 2 : Tìm a để hệ sau có nghiệm :

Lời giải

 1  x y 2 0   tập hợp các điểm thỏa mãn bất phương trình này nằm trên mặtphẳng kể cả đường thẳng x+y-2 =0.Phần mặt phẳng này là phần không bị gạch chéotrên hình vẽ

+ Nếu a+1<0 thì (2) vô nghiệm  hệ vô nghiệm

+ Nếu a+1=0  a=-1

thay vào (1) ta có : 1+2-2=1<0 (vô lí)  a=-1 không thỏa mãn

+ Nếu a+1>0 thì tập hợp các điểm (x;y) thỏa mãn (2) nằm trên đường tròn ( C) tâmI(1;2) bán kính R  a 1

 hệ có nghiệm khi và chỉ khi (d) tiếp xúc với (C ) hoặc (d) cắt (C ) tại hai điểmphân biệt

21a2

- Thay bằng xét sự tương giao của đường thẳng và đường tròn ta đi xét sự tươnggiao của đường tròn và một đường cong.

Bài toán 3 : Tìm m để hệ bất phương tình sau có nghiệm duy nhất

(1) và (2) có dạng phương tròn của đường tròn,nên ta chuyển việc giải bài toán trên

về việc xét sự tương giao của hai đường tròn

Lời giải

- Ta thấy với m<0 thì hệ (I) vô nghiệm

- Với m 0 thì x2+y2=2m+1 là phương trình đường tròn (C ) tâm O(0;0) bánkính R  2m 1 và x2+(y-1)2=m là phương trình đường tròn (C’) tâm I(0;1) bánkính R ' m

- Phần các điểm thỏa mãn (1) là phần bên ngoài đường tròn (C ) ,còn các điểmthỏa mãn (2) nằm bên trong đường tròn (C’) như hình vẽ

Từ hình vẽ trên ta thấy :

- Nếu  C'  C thì hệ vô nghiệm

- Nếu    C'  C thì hệ có nhiều hơn 1 nghiệm

Vậy để hệ bất phương trình có nghiệm duy nhất thì (C ) phải tiếp xúc với (C’)

Vậy với m=0 hoặc m=4 thì hệ bất phương trình đã cho có nghiệm duy nhất

Bài toán 4 : Tìm m để hệ bất phương trình sau có nghiệm :

Bất phương trình (1) có dạng phương trình của đường tròn,còn bất phương trình (2)

có dạng phương trình của đường thẳng nên ta có thể xét sự tương giao của haiđường trên cùng một mặt phẳng tọa độ

d0

d2 d1

I

1

-3 -1 y

x O

-1

Tập hợp tất cả các điểm (x;y) thỏa mãn (2’) là phần không bị gạch chéo trên hình

vẽ , bỏ phần nửa mặt phẳng chứa điểm O(0;0)

2

4 2

32

Ta thấy d1 không thể xảy ra.

Để hệ bất phương trình có nghiệm  d (C) hoặc d tiếp xúc với (C ) khi

đó d d 2

Từ hình vẽ ta thấy m log 4 3 2 2   thì d luôn tiếp xúc hoặc cắt (C) tức hệphương trình đã cho có nghiệm

Mở rộng bài toán

- Ta có thể thay đổi dấu của các bất phương trình ta được các bài toán mở rộng

- Ta có thể xét các bất phương trình trên là các phương trình ta cũng có một lớpbài toán xét sự tương giao của các đường trên mặt phẳng tọa độ

Hãy chỉ ra nghiệm (x;y) có tổng x+2y lớn nhất

Bài 4 : Giải hệ bất phương trình :