Khai thác phương pháp tọa độ trong không gian từ một bài tập đại số trong sách hình học_SKKN toán THPT

Phương pháp toạ độ là công cụ chủ yếu ở chương trình hình học lớp 10 và lớp 12 cho nên việc hướng dẫn học sinh lớp 12 giải bài toán hình học bằng phương pháp này là cần thiết.. Ngoài việ

LỜI NÓI ĐẦU

I LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI

1 Cơ sở lý luận

Trong chương trình toán học ở trường trung học phổ thông, phương pháp toạ độ chiếm một vị trí quan trọng Phương pháp toạ độ được xem là phương pháp toán học cơ bản và cần thiết, kết hợp với phương pháp tổng hợp ta giải quyết được các đối tượng trên mặt phẳng và không gian Phương pháp toạ độ là công cụ chủ yếu ở chương trình hình học lớp 10 và lớp 12 cho nên việc hướng dẫn học sinh lớp 12 giải bài toán hình học bằng phương pháp này là cần thiết Ngoài việc giúp các em củng cố kiến thức về toạ độ còn giúp các em thấy rõ được ứng dụng to lớn của phương pháp này trong bài toán hình học và là tiền đề

để các em học tốt hơn trong chương trình hình học lớp 12

2.Cơ sở thực tại

Khi dạy Ôn tập chương 3- Hình học 12, tôi có yêu cầu học sinh làm Bài 89, trang 138, sách bài tập hình học 12 nâng cao, các em đã lúng túng và ngạc nhiên

vì đây lại là một bài tập đại số

Thật vậy, nói đến phương pháp toạ độ, mọi người thường hay nghĩ đến các bài toán của hình học giải tích Thực tế cho thấy nhiều bài toán đại số nếu giải theo cách nhìn Đại số thì rất khó hoặc phức tạp, nhưng nếu khéo léo chuyển sang cách nhìn Hình học và vận dụng phương pháp toạ độ vào thì lời giải ngắn gọn, dễ hiểu hơn so với các phương pháp khác Sẽ không có nhiều người nghĩ rằng phương pháp toạ độ còn cho ta những lời giải hay đối với các bài toán đại số: Giải hệ phương trình giải bất phương trình chứng minh bất đẳng thức -tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức… Cùng với nhiều phương pháp khác, phương pháp toạ độ là một trong những phương pháp hữu hiệu để giải nhiều bài toán sơ cấp Phương pháp toạ độ dùng để giải quyết các bài toán chứa trong nó “Cái hồn hình học” mà thoạt nhiên ta chưa nhìn thấy nó

Năm học 2012-2013, tôi được phân công giảng dạy các lớp 12B2, 12B6 Tuy là các lớp ban khoa học tự nhiên, nhưng vẫn còn bộ phận không nhỏ học

1

sinh tiếp thu bài chậm, kĩ năng làm bài còn kém, tư duy chưa rõ ràng Đặc biệt các em rất lúng túng khi gặp các bài toán đại số có chứa 3 ẩn số mà số phương trình(hoặc điều kiện) liên quan tới ẩn số lại ít Yêu cầu của các bài toán này thường là: Tìm giá trị của tham số để hệ phương trình có nghiệm duy nhất, có nghiệm hoặc tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của biểu thức chứa 3 biến số Thực tế cho thấy khi các em làm những dạng toán này thường là các em còn lúng túng

và không xét hết các trường hợp của tham số, và còn mắc những sai lầm không đáng có Chính vì thế mà mỗi lần lên lớp, bản thân tôi rất trăn trở, làm thế nào

để truyền đạt cho các em dễ hiểu? Dạy cho các em những kĩ năng làm toán cơ bản nhất và đặc biệt cần có phương pháp cụ thể cho từng dạng toán để học sinh nắm được bài tốt hơn

Do đó tôi đã mạnh dạn hướng dẫn các em sử dụng phương pháp toạ độ trong không gian vào giải các bài toán Đại số trong chương trình trung học phổ thông Đó cũng chính là nhận thức và ý tưởng của tôi khi chọn đề tài:

“KHAI THÁC PHƯƠNG PHÁP TOẠ ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN

TỪ MỘT BÀI TẬP ĐẠI SỐ TRONG SÁCH HÌNH HỌC.”

2

II PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU

1 Phương pháp nghiên cứu lý luận

2 Phương pháp điều tra thực tiễn

3 Phương pháp thực nghiệm sư phạm

4 Phương pháp thống kê

III PHẠM VI NGHIÊN CỨU

Trong phạm vi đề tài tôi mới chỉ đưa ra: Sử dụng Phương pháp toạ độ giải các bài toán về hệ phương trình 3 ẩn, bài toán tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức chứa 3 biến số thông qua một vài ví dụ

IV ỨNG DỤNG

Qua nội dung của đề tài này tôi mong muốn sẽ cung cấp cho học sinh một phương pháp và một số kỹ năng cơ bản và biết đưa bài toán từ ngôn ngữ đại số

về ngôn ngữ hình học để giải Hy vọng với đề tài nhỏ này sẽ giúp các bạn đồng nghiệp cùng các em học sinh có thêm một cái nhìn cũng như phương pháp giải một lớp các bài toán về giải hệ phương trình, giá trị lớn nhất nhỏ nhất qua việc

sử dụng phương pháp toạ độ trong không gian

Sáng kiến kinh nghiệm có thể làm tài liệu tham khảo cho giáo viên và học sinh trong việc dạy và học

Mặc dù đã cố gắng rất nhiều, nhưng các vấn đề đưa ra ít nhiều còn thiếu sót, hạn chế Mong được sự góp ý của các quý thầy cô và bạn đọc

Xin trân trọng cảm ơn!

Hoằng Hoá, tháng 5 năm 2013.

Người viết

Nguyễn Văn Trường

3

NỘI DUNG

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:

 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 '

0

u v   uv

5 Các công thức tính độ dài và góc

u  x y z

 B A) 2 ( B A) 2 ( B A2

cos ; '

u u



 

 

  với u u  ; '

≠0

6.Một số tính chất của vectơ.

Tính chất 1: (a) 2 a2  0 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

Tính chất 3: a.b a.b

4

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: x a 2  y b 2 z c 2 R2 (1)

Dạng 2: x2  y2 z2  2ax + 2by + 2cz + d = 0a2 b2 c2  d  0 (2) Khi đó: Mặt cầu tâm I(-a; -b; -c), bán kính R a2 b2 c2  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

B C



Nếu:

1) d I P ,   R P:  C ;

2)d I P ,   R P:  C là đường tròn H r;  R2  d2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)

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

5

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) 2  (y 1) 2  (z 1) 2  (x 1) 2  (y 1) 2  (z 1) 2 ≥ 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 1) 2  (y 1) 2  (z 1) ; 2 MB (x 1) 2  (y 1) 2  (z 1) 2

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

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

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

Giải.

6

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

.

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: aa b c2 ; ; 2 2 và bb c a2 ; ; 2 2

2 2 2 2 2 2

.

a a b c b

a b a b b c c a







 

Do a b  a b   a b2 2 b c2 2 c a2 2 a4 b4 c4 (2)

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

ab bc ca

b c a

c a b

a b c

b c a









Bài 3 Cho ba số thực x, y, z thỏa: x2 y2 z2  1 Tìm GTLN và GTNN của

F x y z 

Giải

Xét mặt cầu (S): x2 y2 z2  1, 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



  và B 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

  

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

3 F

   6 F  12

Vậy min F = 6 đạt khi x = y = 2

3; z = 1

3



7

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

1 2 3 50 3 48 4 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

Cắt hình lập phương này

bởi mặt phẳng : x+ y+ z= 3/2, cắt

8

O

1

O

H z

x

y

S

A1

M

A

P C

C1

Q

R

B

1

1

1

1

K

J

L

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 = x2 y2 z2 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

Bài 6 Giải hệ phương trình:

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

9

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):x2 y2 z2  2x 4y 6z 0 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:

 2t24 6  t2 3t 2 2 2 t 4 4 6  t 6.3 0t 

0 10 49

t t







 



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

49 49 49

A  

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 6 0

x y z x y z

x y z





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

1 2 2

d I    R

 

 (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

z t

 





  



  



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

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.

10

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

 

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

x y z 3 1

   









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): 2 2 2

x  y  z  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

1 1 1

d O     R

 

Do đó hệ phương trình  

 

2 2 2

x y z 3 1

   





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

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 hay: 0 0

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)

x y z

x y z m



  



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

11