ứng dụng của phương pháp tọa độ trong giải hệ pt và bất đẳng thức

ứng dụng của phương pháp tọa độ trong giải hệ pt và bất đẳng thứcứng dụng của phương pháp tọa độ trong giải hệ pt và bất đẳng thứcứng dụng của phương pháp tọa độ trong giải hệ pt và bất đẳng thứcứng dụng của phương pháp tọa độ trong giải hệ pt và bất đẳng thứcứng dụng của phương pháp tọa độ trong giải hệ pt và bất đẳng thứcứng dụng của phương pháp tọa độ trong giải hệ pt và bất đẳng thứcứng dụng của phương pháp tọa độ trong giải hệ pt và bất đẳng thứcứng dụng của phương pháp tọa độ trong giải hệ pt và bất đẳng thứcứng dụng của phương pháp tọa độ trong giải hệ pt và bất đẳng thứcứng dụng của phương pháp tọa độ trong giải hệ pt và bất đẳng thứcứng dụng của phương pháp tọa độ trong giải hệ pt và bất đẳng thức

4

NỘI DUNG

I KIẾN THỨC CHUẨN BỊ

Trong hệ trục toạ độ Oxyz

1 Tọa độ của điểm: M x y z ; ; OM xi y jzk ,

với i (1; 0; 0); j (0;1; 0); k (0; 0;1)

đặc biệt:

2 Toạ độ vectơ: ux y z; ;   u xi y jzk

3 Các công thức tính toạ độ vectơ:

 B A; B A; B A

AB x x y y z z



Cho ux y z; ;  và u' x y z'; '; '

uu xx y y zz u u   ' xx y'; y z'; z'

 ; ; 

ku kx ky kz

4 Tích vô hướng: u u  ' x x ' y y ' z z ' u v     0 u v

5 Các công thức tính độ dài và góc

2 2 2

u  x y z

AB x x  y y  z z

  ' 2 2 ' 2 ' 2 ' 2 2

cos ; '

u u xx yy zz

u u

u u x y z x y z

 

 

≠0 

6.Một số tính chất của vectơ

Tính chất 1: ( ) 0

2

2  a 

a Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a 0

Tính chất 2: a  b  a  b

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi avà b cùng hướng

5

Tính chất 3: a.b  a.b

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi avà b cùng phương

7 Mặt cầu

7 1 Phương trình mặt cầu:

Dạng 1: Mặt cầu tâm I(a; b; c), bán kính R:   2  2 2 2

xa  yb  zc R (1)

cầu tâm I(-a; -b; -c), bán kính 2 2 2

R a b c d

7.2.Vị trí tương đối của mặt cầu với đường thẳng:

Cho mặt cầu (C) tâm I(a; b; c), bán kính R và đường thẳng  

Tính: d I ,  Nếu: d I ,  R:     C  ;

 , :   

d I  R   C tại 2 điểm phân biệt;

 , :   ,

d I  R  C tiếp xúc nhau,   gọi là tiếp tuyến của mặt cầu

7.3.Vị trí tương đối của mặt cầu với mặt phẳng:

Cho mặt cầu (C) tâm I(a; b; c), bán kính R và mặt phẳng

 P : Ax + By +Cz + D= 0

Tính:     Aa +Bb +Cc+D2 2 2

,

A

d I P



Nếu:

1) d I P ,  R:   P  C  ;

2)d I P ,  R:   P  C là đường tròn  2 2    

H r  R d I P với H là hình chiếu của I trên (P)

3) d I P ,  R:   P , C tiếp xúc nhau tại điểm H là hình chiếu của I trên (P), (P) gọi là tiếp diện của mặt cầu (C)

6

II SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP TOẠ ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN VÀO MỘT SỐ BÀI TOÁN ĐẠI SỐ

Khi giải bằng phương pháp toạ độ, học sinh cần biết cách phiên dịch yêu

cầu và đề bài của bài toán sang ngôn ngữ toạ độ, sau đó dùng kiến thức toạ độ

để giải toán, cuối cùng là chuyển kết quả từ ngôn ngữ toạ độ sang ngôn ngữ hình học Giáo viên cần hướng dẫn cho học sinh chọn toạ độ véc tơ thích hợp Bài 1.(Bài tập 89- Ôn tập chương 3 Sách bài tập Hình học 12 nâng cao)

a) Chứng minh: 5x  2 5y  2 5z  2 6 3 với mọi x, y, z ≥ -2/5 và

x+ y+ z= 6

b) Tìm giá trị lớn nhất của hàm số

f(x)= x m x n mn với x, m, n ≥ 0 và x+ m+ n= 1

c) Chứng minh:

(x 1)  (y 1)   (z 1)  (x 1)  (y 1)   (z 1) ≥ 2 2 với mọi x, y, z Giải

a) Xét hai véc tơ u(1,1,1) ;v( 5x 2, 5y 2, 5z 2)

u v      

Ngoài ra tính được u  3;v  5(x   y z) 6 6

Vậy u v   u v  =6 3 hay 5x  2 5y  2 5z  2 6 3

Dấu “=” xảy ra khi x= y= z= 2

b) Xét hai véc tơ u(1,1,1) ;v( x m , x n , m n )

f(x)=u v   x m x n mn

Ngoài ra tính được u  3;v  2

Vậy f(x)=u v   u v  = 6 hay maxf(x)= 6 khi x= m= n=1/3

c) Ta xem mỗi căn thức là độ lớn của một véctơ, do đó cần xác định các điểm trong không gian

Trong không gian Oxyz, lấy các điểm A(1; 1; -1), B(-1; 1; 1) và M(x; y; z) Khi đó AB=2 2

MA x  y  z MB x  y  z

Từ bất đẳng thức MA+ MB ≥ AB, ta suy ra

(x 1)  (y 1)   (z 1)  (x 1)  (y 1)   (z 1) ≥ 2 2

Dấu “=” xảy ra khi M nằm giữa 2 điểm A; B hay AM t AB. với 0≤ t≤ 1 Hay x= 1- 2t; y= 1; z= -1+ 2t với 0≤ t≤ 1

7

Bài 2 Chứng minh rằng: a, b, c  R, ta có: abc(a + b + c)  a4 + b4 + c4

Giải

Ta có: VT = a2bc + ab2c + abc2 và xét hai véctơ  

; ;

; ;

u ab bc ca

v ac ba bc

 















2 2 2 2 2 2

2 2 2 2 2 2

2 2 2

.

u a b b c c a

v a c b a b c u

u v a bc ab c abc













 

Từ u v   u v .  VT = a2bc + ab2c + abc2  a2b2 + b2c2 + c2a2 (1) xét thêm:  2 2 2

; ;

a a b c và  2 2 2

; ;

b b c a 

4 4 4

2 2 2 2 2 2

.

a a b c b

a b a b b c c a







 

a b   a b   a b b c c a  a  b c (2)

Từ (1) và (2)  abc(a + b + c)  a4 + b4 + c4

Đẳng thức xảy ra  2 2 2

2 2 2

ab bc ca

b c a

ac ba bc

a b c

c a b

a b c

b c a





Bài 3 Cho ba số thực x, y, z thỏa: 2 2 2

1

x y  z Tìm GTLN và GTNN của

Giải

Xét mặt cầu (S): 2 2 2

1

x y  z , tâm O, bán kính R = 1

và mặt phẳng (): 2x 2y z  9 = 0

Đường thẳng  qua O và vuông góc với () có phương trình  

2 2

x t

y t t R

z t







 



giá trị tham số t tương ứng với giao điểm của  và (S) là t =  1

3

 và (S) cắt nhau tại 2 điểm: A 2 2; ; 1

3 3 3

2 2 1

; ;

3 3 3

 2

2 2

4 4 1

9

3 3 3

d A 

  

 2

2 2

4 4 1

9

3 3 3

d B 

   

Lấy M(x; y; z)  (S),  

 2

2 2

, ( )

3

x y z

d M       F

8

Luôn có d A ,( )   d M,( )   d B,( )    2 1 4

3 F

Vậy min F = 6 đạt khi x = y = 2

3 ; z = 1

3



Max F = 12 đạt khi x = y = 2

3

 ; z = 1

3

Bài 4 Giải bất phương trình:

x  1 2x  3 50 3  x 12

Giải

Điều kiện:

1

50 3

x

x



  



    





 



Trong hệ toạ độ Oxyz xét các vectơ:

(1,1,1)

( 1, 2 3, 50 3 )

u

 











3

u

 













 

Suy ra(1) u v   u v .

Đẳng thức này luôn đúng

Vậy nghiệm bất phương trình đã cho là3 50

2  x 3

Bài 5.(Trích đề thi vào đại học xây dựng Hà Nội năm 2001)

Cho 3 số x, y, z thoả mãn điều kiện:

0 ; ; 1 (1)

3 / 2 (2)

x y z

x y z



   

 Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức

F= cos(x2 + y2 + z2) (3)

Giải

Sự có mặt của 3 số x, y, x trong bài toán “gợi” cho ta sử dụng phương pháp toạ

độ Ta xác định hệ toạ độ đề-các vuông góc Oxyz như hình vẽ

Dựng hình lập phương ABCO.A1B1C1O1 có các cạnh bằng 1

9

Cắt hình lập phương này

bởi mặt phẳng : x+ y+ z= 3/2, cắt

các trục Ox, Oy, Oz lần lượt tại

các điểm có toạ độ K(3/2; 0; 0);

L(0; 3/2; 0); J(0; 0; 3/2))

Thiết diện tạo bởi mặt

phẳng (KLJ) với hình lập phương

ABCO.A1B1C1O1 tức là lục giác

đều MNPQRS

Gọi điểm H(x;y;z) bất kỳ thuộc thiết diện

Ta có: OH = 2 2 2

x y z Đặt T= x 2 + y 2 + z 2

OI là khoảng cách từ O(0;0;0) tới mp(KLJ) là OI = 3 / 2 3 / 4

3





Ta có min T = OI2 = 3/4 với I là tâm lục giác đều MNPQRS

Max T đạt được khi H là những điểm M, N, P, Q, R, S của lục giác đều MNPQRS khi đó: Max T =OM2 mà M(1;0;1/2) OM2=5/4

Ta có : 0<3/4≤OH2≤5/4<π/2,

Mà trên (0 ; π/2) hàm số cosx nghịch biến nên ta có :

Cos(5/4)≤ cos(x2 + y2 + z2)≤ cos(3/4)

Hay maxF= cos(3/4) khi H là tâm của lục giác đều MNPQRS tức x= y= z= 1/2 minF= cos(5/4) khi H trùng với một trong các đỉnh của lục giác đều MNPQRS, chẳng hạn H≡M tức x= 1, y= 0, z= 1/2

Việc định hướng phân tích như trên phục vụ cho việc giải bài tập này cho lớp 12 nhằm nêu bật ứng dụng của hình học trong Đại số

Không chỉ sử dụng trong việc giải bất phương trình hay chứng minh bất đẳng thức, mà trong những bài toán giải hệ nhiều ẩn, nếu ta khéo léo chọn véc tơ hay chọn mặt phẳng và mặt cầu, ta sẽ đưa bài toán về xét sự tương giao của mặt cầu với mặt phẳng hoặc đường thẳng

O1

O

H

z

x

y

S

A1

M

A

P

C

C1

Q

R

B1

1

1

1

K

J

L

10

Bài 6 Giải hệ phương trình:

2 2 2

2 4 6 0(1)

3 2 2 8 0(2)

3 3 4 12 0(3)

x y z x y z

x y z

x y z

    



    



Giải Ở bài này nếu từ (2) và (3) rút y, z theo x rồi thế vào(1) tìm được x, từ đó

suy ra y, z cũng là một cách giải Tuy nhiên nếu ta xem (1) là phương trình mặt cầu, (2) và (3) là phương trình các mặt phẳng thì hệ gồm phương trình (2) và (3)

là phương trình của đường thẳng giao tuyến của 2 mặt phẳng Khi đó:

Nghiệm của hệ là tọa độ giao điểm của:

Mặt cầu (S): 2 2 2

x y  z x y z và đường thẳng = (P)∩(Q) với (P): 3x+ 2y- 2z- 8= 0 và (Q): 3x+ 3y- 4z- 12= 0

 qua M(0; 4; 0) và có VTCP u



= (-2; 6; 3)

  có phương trình tham số:  

2

4 6 3

x t

y t t R

z t

 





 



Giá trị tham số t tương ứng với điểm chung của (S) và  là nghiệm của

phương trình:

  2   2 2    

2t 4 6t 3t 2 2t 4 4 6t 6.3t 0

49

t t







  



 và (S) có hai điểm chung A0;4;0 và 20 136; ; 30

49 49 49

Vậy hệ đã cho có hai nghiệm 0; 4;0 và 20 136; ; 30

49 49 49

Bài 7 Giải hệ phương trình:

2 2 2



Giải

Nghiệm của hệ phương trình (nếu có) là toạ độ điểm chung của:

Mặt cầu (S): 2 2 2

x y  z x y z  , (S) có tâm I(3; -1; 1) bán kính R = 3

và (): x + 2y + 2z + 6 = 0

ta có  , ( ) 2 92 2 3

 (S) và () tiếp xúc nhau

 Hệ (2) có nghiệm duy nhất và nghiệm của hệ là toạ độ hình chiếu vuông

góc H của I trên ()

Đường thẳng  qua I và vuông góc với () có phương trình  

3

1 2

1 2

x t

y t t R

 





  



giá trị của tham số t tương ứng với giao điểm của () và  là t = -1 

11

H (2; -3; -1)

Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất ( x = 2; y = -3; z = -1)

Bình luận: Gặp hệ này ít khi học sinh rút thế bởi vì sẽ còn 2 ẩn, và cách làm hình học trên rõ ràng đã giải quyết đơn giản bài toán, cũng với cách

làm này ta còn có thể chứng minh hệ vô nghiệm

Bài 8 Chứng minh rằng hệ phương trình sau vô nghiệm:

4 4 4

2 2 2







Giải: xét f(x,y,z) = x2

+ y2 + 2z2

 

4 4 4

2 2 2

2 2 2

1

; ;

1;1; 2

( , , ) 7

u x y z

u x y z

v

u v f x y z



 















 

(vô lí)

Vậy hệ vô nghiệm

Bài 9.Giải hệ phương trình:

 

 

 

2 2 2

3 3 3

   







Giải Ở bài này nếu học sinh biến đổi tương đương và kết hợp với phương

pháp thế thì cũng giải được, xong lời giải sẽ dài

Nếu nhìn (1) là phương trình mặt phẳng, (2) là phương trình mặt cầu thì ta

có cách giải 1 dưới đây

Cách 1 Mặt cầu (S): x2 y2 z2  3, tâm O(0; 0; 0); bán kính R = 3 và

mp(): x + y + z – 3 = 0 tiếp xúc với nhau vì  , ( ) 2 32 2 3

 

Do đó hệ phương trình  

 

2 2 2

   





dễ thấy nghiệm đó là x = y = z = 1 và nghiệm này cũng thỏa (3)

Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất x = y = z = 1

Nếu nhìn (2) dưới góc độ bình phương độ dài của véctơ, (1) là tích vô hướng của 2 véctơ, ta có cách giải 2

Cách 2 Xét f(x,y,z) = x + y + z với x, y, z là các số thực

 

2 2 2

2 2 2

3

; ;

1;1;1

( , , )

u x y z

u x y z

v

u v f x y z x y z



 















 

Đẳng thức xảy ra khi u

cùng hướng với v

1 1 1

x y z

x y z

12

Thế (4) vào (3) ta được x = 1

Vậy hệ phương trình có nghiệm (x = 1; y = 1; z = 1)

Bài 10 Tìm m để phương trình sau có đúng một nghiệm:

2 2 2

1(1)

   



Giải Rõ ràng nếu ta dùng phương pháp thế thì vẫn còn tới 2 ẩn số, hoặc nếu ta

sử dụng bất đẳng thức để đánh giá ở phương trình (2) thì lời giải vẫn chưa cụ

thể

Nhưng nếu để ý, phương trình (1) là phương trình của mặt cầu, phương trình (2)

là phương trình mặt phẳng thì ta thấy rằng:

Nghiệm của hệ phương trình (nếu có) là tọa độ của giao điểm chung giữa

mặt cầu (S): 2 2 2

1

x y  z , (S) có tâm O(0; 0; 0) bán kính R = 1

và mặt phẳng   :2x y  2z m  0

Do đó hệ có đúng một nghiệm khi và chỉ khi (S) và () tiếp xúc nhau

  , ( ) 2 2 2 1

2 ( 1) 2

m

3

m m





 

 TH1: m = 3

Ta có giao điểm là hình chiếu vuông góc H của O(0; 0; 0) trên (1): 2x – y + 2z – 3 = 0

Đường thẳng  qua O và vuông góc với (1) có phương trình

  2

2

x t

y t t R

z t





  



 



giá trị của tham số t tương ứng với điểm chung của (1) và  là t = 1

3

H 2; 1 2;

3 3 3

TH2: m = -3

Gọi H’ là hình chiếu vuông góc của O trên (2): 2x – y + 2z + 3 = 0

 H’ 2 1; ; 2

3 3 3

  (tương tự như TH1)

Vậy khi m = 3 thì hệ có nghiệm duy nhất là 2; 1; 2

khi m = - 3 thì hệ có nghiệm duy nhất là 2; 1; 2

13

III HIỆU QUẢ CỦA SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

1 Mục đích thực nghiệm

Mục đích thực nghiệm là để kiểm chứng khả năng sử dụng phương pháp

toạ độ vào giải một số bài toán Đại số như hệ phương trình, bất đẳng thức…

2 Tổ chức thực nghiệm

Thực nghiệm sư phạm được tiến hành tại trường THPT Hoằng Hoá 4

+) Lớp thực nghiệm: 12B2

+) Lớp đối chứng: 12B6

Chọn ở lớp 12B2 và 12B6, mỗi lớp 20 học sinh có học lực tương đương nhau giữa 2 lớp

3 Nội dung thực nghiệm

Đề kiểm tra (thời gian 30 phút)

Bài 1.Giải hệ phương trình

2 2 2

3 3 3

1 1 1

x y z

x y z











  

  

  

Bài 2 Cho a, b là hai số thực tuỳ ý Chứng minh rằng

2 2

 

Việc ra đề như trên hàm chứa những dụng ý sư phạm, tất nhiên đề kiểm tra này dành cho học sinh có học lực khá trở lên ở hai lớp thực nghiệm và đối chứng Xin được phân tích rõ hơn về điều này và đồng thời đánh giá sơ bộ về chất lượng làm bài của học sinh

Đề kiểm tra như trên là không quá khó và cũng không quá dễ so với trình

độ học sinh Có thể nói với mức độ đề như trên thì sẽ phân hóa được trình độ của học sinh, đồng thời cũng đưa ra cho giáo viên sự đánh giá chính xác về mức độ nắm kiến thức của học sinh

Hướng dẫn: Bài 1 Xét hai véc tơ 2 2 2

0 0 0 0 0 0

u x y z v x y trong đó z

0 0 0

( ,x y z, )

14

Là nghiệm (nếu có) của hệ đã cho

0 0 0

u v    x y z

0 0 0 0 0 0 )

Vậy u v   1 u v 

Do đó u v   u v  , từ đó suy ra nghiệm

Bài 2 Trong không gian với hệ trục toạ độ Đề - các vuông góc Oxyz, đặt

2 2

2 2

(1, ,0) (1, ,0)

1 cos( , )

sin( , )

ab

u v

a b

u v























 















 

 

ta có sin 2( , ) 2sin( , ).cos( , ) 2(1 2 )( 2 ) 1

ab a b

 1 ( 2)(1 2) 1

 

Qua phân tích sơ bộ trên đây có thể thấy rằng, đề kiểm tra thể hiện được dụng ý: sử dụng phương pháp toạ độ trong không gian vào giải toán Đại số

4 Đánh giá kết quả thực nghiệm

Kết quả làm bài kiểm tra của học sinh lớp thực nghiệm (TN) và học sinh lớp đối chứng (ĐC) được thể hiện thông qua bảng sau:

Năm

Tổng

số

Điểm 8 trở lên Điểm từ 5 đến 8 Điểm dưới 5

Số lượng Tỷ lệ

Số lượng Tỷ lệ

Số lượng Tỷ lệ 2012-

2013

Căn cứ vào kết quả kiểm tra, bước đầu có thể thấy hiệu quả của sử

dụng phương pháp toạ độ trong không gian vào giải toán Đại số