KHẢO SÁT SỰ TƯƠNG GIAO CỦA ĐƯỜNG TRÒN VÀ ĐƯỜNG THẲNG ĐỂ GIẢI HỆ CÓ THAM SỐ.. Tuy nhiên trong một số bài tập nếu ta sử dụng phương trình và tính chất của đường tròn hình tròn, của đường t
Trang 1KHẢO SÁT SỰ TƯƠNG GIAO CỦA ĐƯỜNG TRÒN VÀ ĐƯỜNG THẲNG
ĐỂ GIẢI HỆ CÓ THAM SỐ.
Bài toán giải và biện luận hệ có tham số tương đối phức tạp đối với học sinh, đặc biệt là
hệ chứa bất phương trình Tuy nhiên trong một số bài tập nếu ta sử dụng phương trình và tính chất của đường tròn (hình tròn), của đường thẳng trong mp toạ độ để khảo sát sự tương giao giữa các hình thì bài toán nói trên trở nên đơn giản rất nhiều Sau đây xin nêu một vài ví dụ.
Bài 1 Tìm m để hệ sau có nghiệm duy nhất:
= +
−
≤
− +
0
2 2 2 2
m y x
x y x
((12))
Lời giải
Ta có (1)⇔(x− 1)2 +y2 ≤ 3 Tập nghiệm của bất phương trình này biểu diễn hình tròn tâm
( )1 ; 0
I , bán kính R= 3 trên mp toạ độ Oxy Pt (2) biểu diễn một đường thẳng Để hệ có nghiệm duy nhất thì đường thẳng ∆ :x−y+m= 0 tiếp xúc với đường tròn có pt:
(x− 1)2 + y2 = 3 ⇔d( )I; ∆ =R
6 1
6 1
3 2
0 1
+
−
=
−
−
=
⇔
= +
−
⇔
m m m
Bài 2 Tìm m để hệ sau có nghiệm duy nhất:
≤ +
≥ + +
+ 1
1 2
y x
m xy y
x
Lời giải
Hệ trên tương đương với:
≤ +
+
−
≥ +
⇔
≤ +
+
−
≥ +
1
1 2
1
1
y x
y x m
xy y
x
y x m
xy
( ) ( )
≤ +
+
≤
− +
−
⇔
1
1 1
y x
m y
x
((43))
- Với m+ 1 ≤ 0 ⇔m≤ − 1: hệ vô nghiệm
- Với m+ 1 > 0 ⇔m> − 1: Nghiệm của bpt (3) được biểu diễn bởi hình tròn tâm I( )1 ; 1
, bán kính R= m+ 1 trên mp toạ độ Oxy
Nghiệm bpt (4) được biểu diễn bởi nửa mp bờ là đường thẳng ∆ :x+y− 1 = 0 Mặt khác I( )1 ; 1 không thuộc vào miền nghiệm của bpt (4) Do đó hệ có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi đường thẳng ∆ tiếp xúc với đường tròn: (x− 1) (2 + y− 1)2 =m+ 1,
nghĩa là : ( )
2
1 1
2
1
; ∆ =R⇔ = m+ ⇔m= −
I
Trang 2Bài 3 Tìm m để hệ sau có nghiệm:
= +
≤ +
−
m y x
y x
2 2
0 2 3 4
Lời giải
-Nếu m≤ 0 thì hệ vô nghiệm
- Nếu m> 0 thì số nghiệm của hệ (nếu có) là số giao điểm của nửa mp biểu diễn bởi
0 2
3
4y− x+ ≤ và đường tròn tâm O( )0 ; 0 , bán kính R= m Hơn nửa O( )0 ; 0 không thuộc vào miền nghiệm của bpt 4y− 3x+ 2 ≤ 0
Do đó hệ có nghiệm khi và chỉ khi
25
4
≥
⇔
≥OH m
m ( với H là chân đường vuông góc hạ từ O xuống đường thẳng có pt: 4y− 3x+ 2 = 0)
Bài 4 Cho hệ:
= +
−
≤
− +
−
0
2 1
m y x
y x
( )
( )6 5
Xác định m để hệ nghiệm đúng ∀x∈[ ]0 ; 2 .
Lời giải
Tập hợp các điểm ( )x; y thoả mãn (5) là các điểm nằm trong và trên đường tròn có pt:
(x− 1) (2 + y− 1)2 = 2, với tâm I( )1 ; 1 và bán kính R= 2 Tập hợp các điểm ( )x; y thoả (6) là các điểm nằm trên đt ∆ có pt: x− y+m= 0
Giả sử: A∈ ∆ sao cho x A = 0 thì A ;(0 m);
B∈ ∆ sao cho x B = 2 thì B(2 ; 2 +m)
Để hệ có nghiệm ∀x∈[ ]0 ; 2 thì đoạn thẳng AB nằm trong đường tròn ( )I; R Lúc đó:
2 1 1
0 R
IB
R
2 2
2 2
=
⇔
≤
− + +
−
≤
− +
−
⇔
≤
≤
m m
m IA
Bài 5 Cho hệ phương trình:
=
− +
=
− +
0
0 2
2
m my x
x y x
( ) ( )8 7
Tìm m để hệ có 2 nghiệm phân biệt.
Lời giải.
PT (7)
4
1 2
1 2 2
= +
−
⇔ x y Do đó tập nghiệm của pt (7) là toạ độ những điểm nằm trên
đường tròn tâm
;0 2
1
I , bán kính
2
1
=
R Tập nghiệm của pt (8) là tọa độ những điểm nằm trên đt có pt: x+my−m= 0 Họ các đường thẳng này luôn đi qua điểm cố định A( )0 ; 1
Ta có A( )0 ; 1 nằm ngoài đường tròn ( )I; R , từ A dựng 2 tiếp tuyến với đường tròn ( )I; R Phương trình 2 tiếp tuyến đó là: x= 0 và 0
3
4 3
4 − = + y
x cũng luôn qua A( )0 ; 1
Trang 3Vì vậy để hệ có 2 nghiệm phân biệt thì đt có pt: x+my−m= 0 phải cắt đường tròn ( )I; R
tại 2 điểm phân biệt, suy ra đt có pt: x+my−m= 0 phải nằm giữa 2 tiếp tuyến trên, khi đó
3
4
0 <m< Vậy
3
4
0 <m< là ycbt
Bài 6 Cho hệ phương trình:
= +
= +
m
y x
y x
2 2
1 2
2 2 2
Tìm m để hệ có nghiệm duy nhất Tìm nghiệm đó
Lời giải.
Đặt
=
=
y
x
v
u
3
2
, điều kiện u> 0 ,v> 0
Khi đó hệ đã cho trở thành:
= +
= +
m v u
v
( ) ( )2
1
x
y B
M
Ta có: (1) là PT đường tròn có tâm O(0;0) và bán kính R = 1 Vì đk u> 0 ,v> 0 nên ta chỉ lấy cung AB (góc phần tư thứ nhất) PT (2) là PT của đường thẳng ∆ Vậy hệ có nghiệm duy nhất ⇔ ∆ tiếp xúc với (C) tại điểm thuộc cung AB
( ) 2
0
;
=
⇔
>
=
∆
m
R O
d
Khi đó, ∆ tiếp xúc với (C) tại điểm 2
2
; 2
2
=
−
=
⇔
=
=
⇔
=
=
2
2 log 2 1
2
2 3
2
2 2
2 2
3
y
x v
u
y
x
Nhận xét: Thông qua các ví dụ trên ta thấy rằng: Khi sử dụng phương trình và tính chất
của đường tròn (hình tròn) xét sự tương giao giữa các hình, ta đã đưa các bài toán biện
Trang 4luận hệ về một dạng toán đơn giản và quen thuộc hơn với học sinh Sau đây là một số bài tập tương tự:
Bài 1 Tìm các số dương m để hệ sau có nghiệm:
>
+
−
= +
m y x
m y
Bài 2 Tìm m để mỗi hệ sau có nghiệm:
a)
>
+
−
= +
m y x
m y
b) ( )
= +
≥ +
+
m y x
y x
y x
2
1 log 2 2
Bài 3 Giả sử (x1; y1) và (x2; y2) là hai nghiệm của hệ:
=
− +
=
− +
0
0 2
2
m my x
x y x
Chứng minh rằng: ( ) ( )2 1
1 2
2 1
2 −x + y −y ≤
Bài 4 Tìm m để hệ sau có nghiệm duy nhất:
≤ + + +
≤ + + +
m x
y x
m y
y x
1 2
1 2 2 2
2 2
.
Bài 5 Tìm m để hệ sau có nghiệm:
−
=
− +
= +
x y x
y x
1 2
4 2
2 4 2
2
2 2
.
HD: Đặt
=
=
y
x
v
u
4
2
, điều kiện u> 0 ,v> 0.
Bài 6 Cho hệ phương trình:
1 2 2
2 2
2 2
= + +
= + +
y x
y
Tìm m để hệ có nghiệm Khi đó khẳng định rằng hệ có nghiệm duy nhất.
Bài 7 Cho hệ phương trình:
= +
= +
m
y x
y x
2 2
8 2
2 2 2
a) Tìm m để hệ có nghiệm duy nhất,
b) Tìm m đê hệ có 2 cặp nghiệm phân biệt.
Bài 8 Cho hệ phương trình:
2 2
) 2 2 (
2 2
16 2
2
2 1 2
2
2 2
= +
+ +
+
= +
+
y x
y x
a) Tìm m để hệ có nghiệm duy nhất,
b) Tìm m để hệ có 3 cặp nghiệm phân biệt.
Trang 5MỘT SỐ BÀI TOÁN CỰC TRỊ HÌNH HỌC TRONG KHÔNG GIAN.
Các bài toán tổng quát được xét trong không gian với hệ trục toạ độ Descartes vuông góc Oxy Ở phần áp dụng, ngoài VD 1 , VD 2 được giải chi tiết, các VD khác tôi chỉ hướng dẫn giải hoặc đưa ra kết quả để bạn đọc tự giải.
Bài toán 1 Trong không gian với hệ toạ độ Descartes vuông góc Oxy cho mp ( )α có phương trình: Ax+By+Cz+D= 0 và hai điểm M(x1 ;y1 ;z1), N(x2 ;y2 ;z2) không thuộc ( )α
Tìm điểm I trên mp ( )α sao cho:
a) IM +IN là nhỏ nhất;
b) IM −IN là lớn nhất.
Cách giải
a) Trước hết ta xác định vị trí tương đối giữa M và N so với mp ( )α bằng cách xét:
- Nếu T > 0 thì M,N nằm cùng phía đối với mp ( )α Khi đó ta làm như sau:
Xác định M’ đối xứng với M qua mp ( )α , lúc đó IM=IM’ Ta có IM +IN =IM' +IN ≥M'N
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi I,M ,'N thẳng hàng Do đó điểm I thoả a) là giao điểm của M’N và mp ( )α .
- Nếu T < 0 thì M,N khác phía đối với mp ( )α Khi đó điểm I cần tìm chính là giao
điểm của đường thẳng MN với mp ( )α .
b)- Nếu M và N nằm về cùng một phía đối với mp ( )α và MN không song song với
mp ( )α thì có IM −IN ≤MN Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi I,M,N thẳng hàng Điểm I cần tìm chính là giao của MN với mp ( )α Còn nếu MN//mp ( )α thì không xác định được
điểm I.
- Nếu M và N khác phía đối với mp ( )α thì lấy M’ đối xứng với M qua mp ( )α Khi đó
N M IN IM
IN
IM − = ' − ≤ ' Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi I,M’,N thẳng hàng Điểm I cần
tìm chính là giao của M’N với mp( )α .
Ví dụ 1 Trong không gian với hệ toạ độ Descartes Oxyz cho hai điểm M(1;2;3) và
N(4;4;5) Tìm điểm I thuộc mp(xOy) sao cho IM+IN nhỏ nhất.
Lời giải.
PT mp(xOy) là z = 0 (A=B=D= 0 ,C = 1) Ta có T = 3 5 = 15 > 0, do đó M,N nằm về cùng phía đối với mp (xOy) Ta xác định I như sau:
Trang 6Gọi M’ là điểm đối xứng với M qua mp(xOy) Đường thẳng ( )d qua M và ( )d ⊥
mp(xOy) có vectơ chỉ phương u=(0 ; 0 ; 1) nên PT tham số có dạng:
+
=
=
=
t z y x
3 2
1
(t∈R).
Giả sử H =d∩mp(xOy) thì H(1 ; 2 ; 3 +t), lúc đó 3 +t = 0 ⇒H(1 ; 2 ; 0).
Do đó M'(1 ; 2 ; − 3)⇒M'N =(3 ; 2 ; 8) Ta có IM +IN =IM' +IN ≥M'N Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi I =M'N∩mp(xOy) PT của dt M’N:
8
3 2
2 3
1= − = +
x
Điểm I(1 + 3m; 2 + 2m; − 3 + 8m) cần tìm thuộc M’N và mp(xOy) nên
8
3 0
8
;0
4
11
;
8
17
Ví dụ 2 Trong không gian với hệ toạ độ Descartes Oxyz, cho mp( )α có PT:
0 1
2x−y+z+ = và hai điểm M(3 ; 1 ; 0), N(− 9 ; 4 ; 9) Tìm điểm I trên mp( )α sao cho IM −IN đạt giá trị lớn nhất.
Lời giải.
Ta có T = 6 (− 12)< 0 nên M , N nằm về hai phía của mp( )α Gọi M’ là điểm đối xứng với
M qua mp( )α , khi đó đường thẳng MM’ qua M(3 ; 1 ; 0) và vuông góc với mp( )α có PT:
=
−
=
+
=
t z
t y
t x
1
2 3
(t∈R),
Gọi H =MM' ∩mp( )α , suy ra H(3 + 2t; 1 −t;t)∈MM'
Mặt khác H∈mp( )α ⇒ 2(3 + 2t) ( )− 1 −t +t+ 1 = 0 ⇔t = − 1 ⇒H(1 ; 2 ; − 1), suy ra M'(− 1 ; 3 ; − 2)
Ta có IM −IN = IM' −IN ≤M'N Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi I,N,M' thẳng hàng
Ta lại có M'N =(− 8 ; 1 ; 11), do đó M’N có PT tham số:
+
−
+
=
−
−
=
t
t y
t x
11 2 3
8 1
(t∈R)
Điểm I cần tìm là giao của M’N với mp( )α và I(− 1 − 8t; 3 +t; − 2 + 11t)∈mp( )α ⇒I(7 ; 2 ; − 13) Vậy I(7 ; 2 ; − 13)
Bài toán 2 Trong không gian với hệ toạ độ Descartes Oxyz cho đường thẳng d và các
điểm M(x 1 ;y 1 ;z 1 ) và N(x 2 ;y 2 ;z 2 ) không thuộc d Tìm điểm I trên đt d sao cho IM +IN bé nhất.
Lời giải.
Trường hợp 1: M,N và d nằm trong một mp Khi đó ta thực hiện bài toán trong mp: Nếu đoạn MN cắt d thì giao điểm đó chính là điểm I cần tìm Nếu đoạn MN không cắt d thì
Trang 7lấy M’ đối xứng với M qua d khi đó IM=IM’ Ta có IM +IN = IM' +IN ≥M'N Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi I,M ,'N thẳng hàng Do đó điểm I là giao điểm của M’N và d.
Hình 1.
x
N M
J I
Trường hợp 2: MN và d chéo nhau Có hai khả năng:
- Nếu MN ⊥d (hình 1) thì ta làm như sau: Gọi (P) là mp qua MN và vuông góc với d tại
J, khi đó MJ ⊥d;NJ ⊥d và MJ +NJ =k (không đổi) Với mọi I∈d:IM ≥ JM; IN ≥ JN Suy ra IM +IN ≥ JM + JN Đẳng thưc xảy ra khi và chỉ khi I ≡ J, từ đó tìm được tọa điểm
I là giao của (P) và d.
d
J
K H N
Hình 2.
- Nếu MN không vuông góc với d ta chuyển về mp để giải như sau (hình 2):
+) Xác định hình chiếu vuông góc H của N xuống d.
+) Gọi (R) là mp (N;d); (P) là mp qua H vuông góc d; (Q) là mp (M;d);
( ) ( )P ∩ Q ⇒ ∆ ⊥d
=
∆ tại H Trên ∆ lấy K sao cho KH = NH Khi đó ∀J∈d thì
MK JK JM JN JM JN
JK KJH
Đẳng thức xảy ra khi J,M,K thẳng hàng từ đó tìm được tọa độ điểm I ≡ J là giao của MK
và d là điểm cần tìm
Ví dụ 1 Trong không gian với hệ toạ độ Descartes vuông góc Oxyz, cho M(1;2;-1),
N(7;-2;3) và đường thẳng d có PT:
2
2 2
2 3
−
−
=
x
Tìm điểm I thuộc d sao cho IM+IN nhỏ nhất.
Trang 8Lời giải.
Đường thẳng d có VTCP u=(3 ; − 2 ; 2), mặt khác MN =(6 ; − 4 ; 4) , suy ra MN = 2u
Ta có M∉d ⇒MN//d , do đó trên mp (d, MN) gọi M’ là điểm đối xứng của M qua đt d
thì mp( )α qua M(1;2;-1) với VTPT u=(3 ; − 2 ; 2) có phương trình :
0 3 2 2
3x− y+ z+ = Gọi H =d∩( )α ⇒H(− 1 ; 2 ; 2)⇒M'(− 3 ; 2 ; 5)
I MN HI N M d
I = ∩ ' ⇒ // ⇒ là trung điểm của M’N nên I(2;0;4) là điểm cần tìm.
Ví dụ 2 Trong không gian với hệ toạ độ Descartes vuông góc Oxyz, cho M(3;1;1),
N(4;3;4) và đường thẳng d có PT:
1
9 2
3 1
−
−
=
x
Tìm điểm I thuộc d sao cho IM+IN nhỏ nhất.
Hướng dẫn.
Ta có MN =(1 ; 2 ; 3), d có VTCP u =(1 ; − 2 ; 1) nên MN.u = 1 1 + 2 ( − 2 ) + 3 1 = 0 ⇒MN ⊥d
Mặt phẳng (P) qua MN vuông góc với d tại I có PT:
0 2
2 + − =
− y z
Điểm I =( )P ∩d nên
3
23
; 3
17
; 3
17
Bài tập tự luyện.
Bài 1 Trong không gian với hệ toạ độ Descartes vuông góc Oxyz, cho mp( )α có PT:
2x-y+z+1=0 và hai điểm M(3;1;0); N(-9;4;9).
a) Tìm điểm I thuộc mp( )α sao cho IM +IN đạt giá trị nhỏ nhất.
b) Tìm điểm I’ thuộc mp( )α sao cho I'M −I'N đạt giá trị lớn nhất.
Bài 2 Trong không gian với hệ toạ độ Descartes vuông góc Oxyz, cho M(1;1;0),
N(3;-1;4) và đường thẳng d có PT:
2
2 1
1 1
−
−
=
x
Tìm điểm I trên d sao cho IM+IN nhỏ nhất.
Bài 3 Trong không gian với hệ toạ độ Descartes vuông góc Oxyz cho M(-1;3;-2) và
N(-9;4;9) và mp(P) có PT: 2x-y+z+1=0 Tìm điểm I trên mp(P) sao cho IM+IN bé nhất
Trang 9
BÀI TOÁN ĐỊNH TÍNH VỀ CỰC TRỊ CỦA HÀM SỐ.
Bài toán tìm giá trị lớn nhất (GTLN) và giá trị nhỏ nhất (GTNN) của hàm số kha đa dạng, phong phú và có thể nói là khó không những đối với học sinh mà còn đối với giáo viên, đặc biệt là các hàm có chứa tham số Rất nhiều trường hợp, việc tìm GTLN và GTNN của hàm gặp khó khăn, thậm chí không tìm được Tuy nhiên chúng ta mong muốn biết được một số tính chất nào đó của GTLN, GTNN
Với mong muốn đóng góp một ý tưởng nhỏ cho việc khảo sát GTLN, GTNN của hàm số, bài viết này trình bày một phương pháp đánh giá GTLN, GTNN của hàm số mang định tính thông qua các giá trị của hàm số tại một số điểm đặc biệt của hàm số, từ đó đạt được kết quả mong muốn.
Trước hết xin nhắc lại khái niệm GTLN, GTNN của hàm số:
Cho hàm số f (x) xác định trên miền D(D⊂R) Giả sử M , m lần lượt là GTLN, GTNN của hàm f (x) trên miền D
=
∈
∃
∈
∀
≤
⇔
=
D x M x f x
f M
D x
0
,
=
∈
∃
∈
∀
≥
⇔
=
D x m x f x
f m
D x
0
,
Sau đây là một số bài toán minh họa
Bài toán 1 Cho hàm số:
f = 4 3 + 2 2 + 1 − 3 −
, Trong đó a, b là các số thực tuỳ ý Gọi M [ ] f( )x
xmax 1 ; 1
−
∈
= Chứng minh rằng
2
3
≥
Lời giải.
Trước hết ta có các kết quả sau:
β α β α
β α β
α
β α β
α
−
≥ +
+
≤
+
≥
2
1 , min
2
1 , max
) 3 (
) 2 (
) 1 (
Do
2
3 và
2
3
− thuộc đoạn [ ]− 1 ; 1 nên ta có :
2 2
3 2
3 3 1 2
3 2 2
3 4 2
b a
b a
f
+
=
≥
Trang 10( ) .
2 2
3 2
3 3
1 2
3 2
2
3 4
2
b a
b a
f
−
− +
− +
−
=
−
≥
Từ đó suy ra
+
− +
=
−
≥
2 2
3 , 2 2
3 max 2
3 ,
2
3
M
+
− + +
≥
2 2
3 2
2
3 2
(theo kết quả (1))
2
3 2
2
3 2
2
3 2
+
−
−
+
Vậy
2
3
≥
Bài toán 2 Cho hàm số:
Trong đó a là số thực tuỳ ý Gọi M [ ] f( )x
xmax 1 ; 1
−
∈
= ; m [ ] f( )x
xmin 1 ; 1
−
∈
Chứng minh rằng:
−
≤
≥
2 2007
1
m
M
Lời giải.
2
1 1
) 1 (
1 ) 1 (
=
− +
≥
⇒
−
=
−
≥
+
=
≥
f f M a f
M
a f
M
(đpcm) Tương tự ta có:
2
2007 2
1 2
1 2 1 2
2007 2
2 1
2
2007 2
2
1
−
=
−
+
≤
⇒
−
−
=
−
≤
−
=
≤
f f
m a
f
m
a f
m
(theo kết quả (2))
Vậy
2
2007
−
≤
Bài toán 3 Giả sử M là giá trị lớn nhất của b sao cho 4bx3 +(a− 3b)x≤ 1, với mọi giá trị của x∈[ ]− 1 ; 1 và với mọi số thực a Chứng minh rằng M ≤ 1.
Lời giải.
Đặt f( )x = 4bx3 +(a− 3b)x Từ giả thiết ta có:
( )
≤
−
−
=
−
−
−
=
−
≤ +
=
− +
=
1 3
4 1
1 3
4 1
b a b a b f
b a b a b f
Suy ra − 1 ≤a+b≤ 1 (4)
Hoàn toàn tương tự ta có:
Trang 11( )
≤ +
−
=
−
−
−
=
−
≤
−
=
− +
=
1 2
2
1 3 2
2 1
1 2
2
1 3 2
2 1
b
a b
a
b f
b
a b
a
b f
Suy ra 1
2
1 ≤ − + ≤
− a b (5)
Từ (4) và (5), ta thu được:
1 3
3 3 2 2 2
1 1
≤
⇒
≤
≤
−
⇒
≤ +
−
≤
−
≤ +
≤
−
b b
b a
b a
Suy ra maxb ≤ 1 Vậy M ≤ 1
Bài tập tự luyện.
Bài toán 1 Cho hàm số f( )x =ax2 +bx+c , trong đó a,b,c là các tham số thực thoả điều
kiện:
≤
≥ +
−
≤ + +
1
0 1
c
c b
a
c b
a
Gọi M [ ] f( )x
x 0 ; 1
max
∈
= Chứng minh rằng
8
9
≤
Bài toán 2 Cho hàm số f( )x = cos 2x+acos(x+ α), trong đó a, α là các tham số thực tuỳ
ý Giả sử M = max f( )x;m= min f( )x Chứng minh rằng: M2 +m2 ≥2.