SKKN - PP Toa Do - Hoa

Lý do chọn chọn đề tài: Trong quá trình giảng dạy toán tôi nhận thấy phơng pháp toạ độ chiếm một vị trí quan trọng trong chơng trình toán ở bậc học PTTH.. - Học sinh thờng chỉ sử dụng p

2

x

3

x y

ứng dụng của phơng pháp toạ độ

Đặt vấn đề

1 Lý do chọn chọn đề tài:

Trong quá trình giảng dạy toán tôi nhận thấy phơng pháp toạ độ chiếm một vị trí quan trọng trong chơng trình toán ở bậc học PTTH

- Học sinh thờng chỉ sử dụng phơng pháp toạ độ để giải các bài toán trong hình học giải tích hoặc dùng phơng pháp toạ độ để khảo sát hàm số, các emcòn ngờ rằng đây là một phơng pháp rất hay, bằng việc khai thác triệt để các tính chất hình học tiềm ẩn trong một số các bài toán ta có thể giải quyết những khó khăn

mà khi giải bằng phơng pháp khác có thể gặp phải

- Phơng pháp toạ độ cho phép ta không những giải đợc các bài toán hình học mà còn có thể giúp ta giải đợc một số bài toán: Số học, đại số, tổ hợp và suy luận lôgíc một cách dễ dàng, trực quan, tránh đợc cả những lý luận dài dòng và thoát

ra khỏi những ảnh hởng không có lợi cho trực giác

2 Mục đích:

- Trong khuôn khổ một sáng kiến kinh nghiệm tôi chỉ xin phép đợc trình bày một số ứng dụng của phơng pháp này để giải một số bài, dạng toán đại số về bất phơng trình, hệ bất phơng trình, phơng trình, và hệ phơng trình mà học sinh PTTH thờng gặp

- Và mục đích giúp các em hiểu thêm về phơng pháp này Và từ đó có thể giải quyết đợc những khó khăn gặp phải khi làm toán

I) Phơng pháp toạ độ để giải bất phơng trình - hệ bất phơng trình chứa tham số: a) Cơ sở lý thuyết:

Xét bất phơng trình: f(x) < g(x) (1) TXĐ: D

 Ta đã biết: Gọi S là tập nghiệm  S = {x0  D  f(x0) < g(x0)}

 Phơng pháp toạ độ:

 Bớc1: Trên mặt phẳng toạ độ Oxy vẽ đồ thị: y = f(x) và g(x)

 Bớc2: Tìm những phần đồ thị: y = f(x) nằm dới đồ thị: y = g(x)

 Bớc3: Tìm hình chiếu của phần đồ thị đó trên trục Ox giao của nó với tập xác định D chính là nghiệm của bất phơng trình (1)

 Chẳng hạn: cần giải: f(x) < g(x) (1)

đồ thị: y = f(x), y = g(x) có dạng nh hình vẽ :

t1 t2

Khi đó nghiệm của bất phơng trình là: 











3 2

1

x x x

x x

 Nhận xét trên Oxy: y = m là đờng thẳng // Ox hoặc  Ox

1/ Bất phơng trình:  









D x

m x

f

có nghiệm  f x m

max

2/ Bất phơng trình:  









D x

m x

f

có nghiệm  f x m

min

3/

4/

VD: Xác định m để: 3 x 6  x  3 x 6  x m có nghiệm

Bài giải:

TXĐ: D = [-3; 6]

Cách1:

Đặt: t = 3 x 6  x

 t' =

x x

x





 6 3

4

3 2

2

-

-t

3

3 2

3

Vậy: -3  x  6 thì: 3  t  3 2

 t2 = 9 + 2 x 3  6  x  x 3  6  x =

2 9

2



t

Bài toán trở thành: Xác định m để: t2 -2t  9 - 2m có nghiệm t  3 ; 3 2

Cách1:

Ta có thể sử dụng định lý về dấu của tam thức bậc hai

Bằng cách: Xét f(t) = t2 - 2t + 2m - 9

TH1: '  0

 1 - 2m + 9  0

 m 

2

10

 f(t)  0 t  R  bất phơng trình (1) có nghiệm t  3 ; 3 2

TH2: Nếu















0 )

3 (

3 2

0

f

















lý) (Vô

2 3 1

0 2 6 2

9

3 10

m m

KL: Vậy với m  [3; +) thoả mãn

Cách2: Bằng phơng pháp toạ độ:

Xét: f(t0 = t2 - 2t Trên 3 ; 3 2

Ta có: f'(t) = 2t - 2 = 0  t = 1  3 ; 3 2

f(3) = 3

f3 2 18  6 2 > 3

 3 min ; 3 2 f t m  18 - 6 2  9 - 2m

 3  9 - 2m

 2m  6  m  3

 Xét bất phơng trình 1 ẩn chứa tham số m:    

 







 2 D

x

1 0

; m

x f

 Bớc1: Vẽ hệ trục Oxm (coi m nh biến tung độ)

Giả sử S là miền biểu diễn các điểm: (x, m) thoả mãn (1), (2)

Khi đó ta có định lý:  là một giá trị của tham số m để hệ (1) - (2) có nghiệm

 m =  bằng miền S

CM:

() Giả sử m =  cắt S tức  (x0;)  S:   





D x

m x f

0

0 ; 0

Vậy x0 là nghiệm của hệ (1), (2)

() Giả sử hệ   





D x

m x f

0

0 ; 0

có nghiệm tức x0  D:   





D x

m x f

0

0 ; 0

Theo định nghĩa  (x0, )  S nghĩa là m =  cắt (S)

Định lý trên là một cơ sở cho việc giải và biện luận bài toán chứa tham số trong

đó trao đổi biến tham số m thành 1 ẩn của bài toán mới

VD: Tìm m để hệ: 



















 3 1

0 6 2

6 0

2 2

x

m m

x x

x m

có nghiệm

 Nhận xét: với yêu cầu của bài toán Việc ? bằng phơng pháp đại số thuần tuý gặp rất nhiều khó khăn Tuy nhiên nếu vận dụng phơng pháp toạ độ thì ta đợc lời giải gọn gàng thuận lợi hơn nhiều

II) Phơng pháp toạ độ để giải phơng trình - hệ phơng trình:

1/ Cơ sở lý luận:

ĐL: Giải sử hàm số f(x) lt trên D

 Nếu  f x

D

max và f x

D

min .

Khi đó phơng trình: f(x) = m có nghiệm  f x

D

min  m  f x

D

max

 Nếu: hàm số f(x) có tập giá trị là f    f;  

Thì phơng trình: f(x) = m có nghiệm  f() < m < f()

VD: 1/ Xác định m để: x2 x1 x2 x1m có nghiệm?

2/ Xác định m để: (x - 1)2 = 2x - m có 4 nghiệm phân biệt

Bài giải:





















( 3)

( 2)

(1)

3

1

4 1

3

0

2 2

2

x

m x

m x

Các điểm M(x; y) thoả mãn hệ (1), (2), (3) đợc biểu diễn bằng miền gạch trên hình vẽ:

áp dụng định lý (2) suy ra hệ (1), (2), (3) có nghiệm  1  m  3.

NX: Nếu bài toán trên có thể yêu cầu Giải và biện luận theo m

x2 - 6x + m2 - 2m + 6  0 với 1  x  3 và m  x

Ta đi đến kết luận: 



 1

3

m

m

bất phơng trình vô nghiệm m=3 bất phơng trình có nghiệm x = 3

m = 1 bất phơng trình có nghiệm x = 1

1 < x < 3 bất phơng trình có nghiệm 1 < x < 3

VD: Cho hệ 





















(2) (1) 0 1

2

0 1

2

2 2

2 2

m y x

x

m y

y x

Tìm a để hệ có nghiệm duy nhất

Bài giải:

Ta có hệ (1), (2)   

















m y x

m y

x

2 2 2 2

1 1

Cách1:

 nếu m < 0 thì hệ vô nghiệm

 nếu m = 0 khi đó:  

















0 1

0 1

2 2 2 2

y x

y x

 















0

0 1

0 1

y

y

vô nghiệm

 Nếu m > 0 vẽ trên hệ trục Oxy đờng tròn: O1(0, -1) bán kính R1 = m

đờng tròn: O2(-1; 0) bán kính R2 = m

Bài toán trở thành xác định m để

(O1) tiếp xúc ngoài với (O2)

 R1 + R2 = O1O2

 2  2 a

 a =

2

1

Cách2:

Học sinh thờng làm bài này bằng phơng pháp điều kiện cần và đủ:

 Điều kiện cần: Giả sử hệ đã cho có nghiệm duy nhất (x0, y0)

 (y0, x0) cũng là nghiệm của hệ Hệ có nghiệm duy nhất  x0 = y0

Thay vào (1) ta đợc: 2x0 + 2x0 + 1 - a  0

' = 1 - 21 - a = -1 + 2a

có nghiệm duy nhất   = 0  a =

2 1

 Điều kiện đủ: Khi a =

2

1

hệ có dạng:  

 

















(2)

(1)

2 1 1

2 1 1

2 2

2 2

y x

y x

 x2 + (x + 1)2 + (y + 1)2 + y2  1 (3)

Nhận thấy (3) là hệ quả của hệ (1) (2)

2

1 2 2

1

2

2 2













 













x O

y















2 1 2 1

y

x

Do (3) có nghiệm duy nhất: 









2 1 2 1

y x

Nên hệ (1) (2) có nhiều nhất là một nghiệm

Thử lại ta thấy:













2 1 2 1

y

x

thì thoả mãn hệ (1), (2)

Vậy khi a =

2

1

hệ có nghiệm duy nhất:













2 1 2 1

y x

Nhận xét: Nếu bài toán yêu cầu gải và biện luận theo m thì việc sử dụng phơng pháp dại số gặp rất nhiều khó khăn Suy ra nếu vận dụng phơng pháp toạ độ

Phần I: Cơ sở lý thuyết của phơng pháp toạ độ

$1 Kiến thức cơ bản

1 Toạ độ của các điểm và toạ độ của véctơ

2 Trên mặt phẳng toạ độ với hệ toạ độ dềcác vuông góc Oxy

Giả sử điểm A(x1, y1) B(x2; y2)

Khi đó ABx2  x1;y2  y1

Độ dài AB  x2  x1 2  y2  y1 2

3 điểm A, B, C bất kỳ :  ABBCAC

 AB  BC AC

Dấu " = " xảy ra  AB, BC cùng hớng  AB, BC cùng hớng hoặc 1 véctơ là

0

 Giả sử: a x1; y1 b x2; y2

a.b = x1x2+ y1y2

và a.b = a.b.cos(a,b), a  b  a.b = 0

 a.b  a.b

Dấu "=" xảy ra  a, b cùng phơng hoặc có một véctơ là 0

a cùng phơng b  k: b = ka

2) Trong không gian:

Với hệ trục toạ độ Đềcác vuông góc Oxyz

Giả sử: A(x1, y1, z1) B(x2, y2, z2)

Khi đó: AB = (x2 - x1, y2 - y1, z2 - z1)

 AB  x2  x1 2 y2  y1 2 z2  z1 2

 M(x, y, z) chia AB theo tỷ số k

































2 2 2

2 1

2 1

2 1

kz z

z

ky y

y

kx x

x MB

k

 a = (x1; y1; z1) b = (x2; y2; z2)

 a cùng phơng b  k: b = ka

 a b = x1x2 + y1y2 + z1z2

 cos(a, b) = 2

2

2 2

2 2

2 1

2 1

2 1

2 1 2 1 2 1

z y x z y x

z z y y x x













 a  b  a.b = 0

 Tích hữu hớng của a.b KH: [a, b]

[a, b] = a.bsin(a, b)

 a = (x1; y1; z1) b = (x2; y2; z2) c = (x3; y3; z3) đồng phẳng  a[b,c] = 0  Gọi d là khoảng cách từ M0(x0; y0; z0) đến : Ax + By + Cz + D = 0

 d = 0 2 0 2 02

C B A

D Cz By Ax











3 Miền trên mặt phẳng toạ độ xác định bởi phơng trình, bất phơng trình, hệ

ph-ơng trình

a) Trên mp Oxy Ta biết rằng  đờng thẳng d: ax + by + c = 0 (a2 + b2 > 0) Chia mặt phẳng toạ độ ra làm 2 phần

S1 = {(x;y): ax + by + c > 0}

S2 = {(x;y): ax + by + c > 0}

trong thực tế để xác định đợc ta chỉ cần xét dấu của f(x; y) = ax + by + c tại 1

điểm trên 1 miền nào đó

 NX: 1/ Sau khi xét dấu trên trên 1 miền ta suy ra đợc dấu của miền còn lại 2/ Để việc xác định dấu của 1 miền đơn giản ta thờng chọn miền có chứa gốc

toạ độ O(0; 0) hoặc miền có chứa điểm có toạ độ "đẹp"

 Chẳng hạn:

VD1: Xét đờng thẳng: y - x + 1 = 0

Trên hệ trục toạ độ Đềcác vuông góc Oxy

Vẽ đờng thẳng d: x - y + 1 = 0

d đi qua A(-1; 0) B(0; 1)

VD2: Biểu diễn trên mặt phẳng toạ độ miền nghiệm S của hệ:





















(3) (2 ) (1 ) 0 3

0 1

1

y x

y

Giải:

Trên hệ trục toạ độ Đêcác Oxy

 Xác định miền nghiệm S1 = {(x;y): y + 1  0}

S2 = {(x; y): x+ y + 1  0}

S3= {(x; y): x - y + 3  0}

Khi đó miền nghiệm của hệ (I) là S

S = S1  S2  S3 đợc biểu diễn bằng miền ABC gạch chéo kể cả biên

B y

x

b) Trên mặt phẳng toạ độ Oxy

đờng tròn tâm I(a; b): (x - a)2 + (y - b)2 = R2

Khi đó S1 = x;y : x a2 y b2 R2

S2 = x;y  : x a 2  y b 2 R2

là những điểm nằm trong (O)

 Tổng quát:

Đờng cong y = f(x) chia mặt phẳng toạ độ ra làm 2 phần:

S1 =  x;y:y f x  0

S2 =  x;y:y f x  0

Do y = f(x) liên tục nên ta cần xét dấu tại 1 điểm M0(x0, y0) trên 1 miền từ đó suy ra dấu của y = f(x) trên 1 miền còn lại

VD3: Giải hệ phơng trình: 















(2) (1)

0 2 2 2 0

2 2 2

y x y

x y x

(I)

Giải:

Trên hệ trục toạ độ Đềcác Oxy

 Xác định miền nghiệm S1 = x;y:x2  y 0

 Xác định miền nghiệm S2 = x;y:x2 y2  2x 2y 2  0

Nhận thấy: x2 + y2 - 2x + 2y - 2 = 0

 (x - 1)2 + (y + 1)2 = 4 là phơng trình đờng tròn tâm I(1; -1) bán kính R = 2

nh trên hình vẽ

Từ đó suy ra: miền nghiệm của hệ (I) là S thì S = S1  S2 là tam giác cong AOB gạch chéo kể cả biên

 NX:

Bằng phơng pháp toạ độ ta có thể giải đợc nhiều bài toán về phơng trình, bất phơng trình, hệ phơng trình, hệ bất phơng trình một cách đơn giản trực quan và ngắn gọn và rất hữu hiệu Đặc biệt là 1 số bài toán định tính nh:

 Biện luận theo tham số số nghiệm của phơng trình, hệ phơng trình, bất phơng trình có nghiệm hoặc có nghiệm duy nhất

 Xác định tham số để phơng trình, hệ phơng trình, bất phơng trình có nghiệm

I

Trên hệ trục toạ độ Oxy vẽ

y = 2x (C) và (d): y = -x + 6

Nhận thấy (C)  (d) tại M(2; 4) duy

nhất

KL: phơng trình (1) có nghiệm duy

nhất x = 2

Cách2: Bằng cách khác

$2 Vận dụng cơ sở lý thuyết để giải phơng trình, bất phơng trình, hệ bất phơng

trình I) Phơng pháp toạ độ khảo sát phơng trình đại số:

Cơ sở lý luận: Xét phơng trình: f(x) = g(x) (1) xác định trên D

1/ Trên hệ trục Đềcác vuông góc Oxyvẽ 2 đồ thị: y = f(x) (C1) và y = g(x) (C2) thoả mãn D

Khi đó hoành độ giao điểm của (C1) và (C2) thoả mãn D là nghiệm của phơng trình (1)

2/ Nếu: f(x) = m có TGT: (a; b) và f x a f x b

D

max

VD: Giải phơng trình: 2x = 6 - x (1)

Giải

Cách1:

và (d): y = -x + 6

Nhận thấy (C)  (d) tại M(2; 4) duy nhất

KL: phơng trình (1) có nghiệm duy nhất x = 2

Cách2: Bằng cách khác

Nhận thấy: x = 2 thì VT = 2x = 4

VP = 6 - x = 4

 x = 2 là nghiệm

 Nếu x > 2 thì  VT  VP

















4 2 -6 x -6

VP

4 2 2

VT x 2

không thoả mãn Vậy phơng trình (1) không có nghiệm x > 2

 Nếu x < 2 thì VT  VP

















4 2 -6 x -6

VP

4 2 2

VT x 2

không thoả mãn Vậy phơng trình (1) không có nghiệm x < 2

 KL: Vậy phơng trình (1) có nghiệm duy nhất x = 2

NX:  Khi giải bằng phơng pháp này học sinh cần lu ý: đồ thị hàm số đồng biến

và đồ thị hàm số nghịch biến nên cách nhau thì cắt tại 1 điểm duy nhất

 Đồ thị hàm số nghịch biến hoặc đồng biến với đồ thị hàm số không đổi nếu cắt nhau thì cũng cắt tại điểm duy nhất

Dựa vào nhận xét này: ta có thể đoán nhận ra nghiệm của f(x) = g(x)

Sau đó chứng minh duy nhất

Tuy nhiên nếu bài toán có nhiều nghiệm (tức là f(x) = g(x) có nhiều nghiệm) thì phơng pháp trên bó tay Nhng phơng pháp toạ độ vẫn có thể giải quyết đợc Chẳng hạn:

VD: Giải phơng trình: 2x = 1

2

1



x

Giải:

Vẽ (C): y = 2x và d: y = 1

2

1



x trên cùng một hệ trục

Rõ ràng việc áp dụng phơng pháp toạ độ cho ta lời giải rõ ràng ngắn gọn trực quan Đặc biệt là những bài có chứa tham số

VD3: Giải và biện luận phơng trình: x4 + 2x2 + 3 - m = 0

Giải:

Cách 1: Đặt t = x2  0

Bài toán trở thành giải và biện luận theo m số nghiệm t  0 của: t2 + 2t + 3 -m

=0

 TH1: Nếu P = 3 - m = 0  m = 3

phơng trình (2) có 2 nghiệm 



 0

2

t

t

thoả mãn  phơng trình (1) có nghiệm x = 0; x = 1

 TH2: Nếu P = 3 - m < 0  m > 3

phơng trình (2) có nghiệm t1 < 0 < t2

 phơng trình (1) có 2 nghiệm pb: x =  t2

0 1 0 3 0 2 0 0 '







 

































m m m m S P

m

phơng trình (2) có 2 nghiệm 0 < t1  t2

 phơng trình (1) có 4 nghiệm: x1, 2 =  t1 ; x3, 4 =  t2

0 1 0 3 0 2 0 2

0 0 0 ' 0 '

























































m m

m m

S

P VN  phơng trình (2) VN  phơng trình (1) vô nghiệm

 KL:  với m < 2 thì phơng trình vô nghiệm

 Với 2 < m < 3 phơng trình có 4 nghiệm pb: x1,2   1  m 2

Ta thấy (C) cắt (d) tại A 









 2

1

; 1

B(a, 1)

Vậy phơng trình có 2 nghiệm phân

biệt 







1

0

x

x

2 1

4 ,

3   m

x

 m = 2 phơng trình có 2 nghiệm phơng trình x = 1

 m = 3 phơng trình có 3 nghiệm: x = 0; x =  2

 m > 3 phơng trình có 2 nghiệm phân biệt

Bằng việc vận dụng định lý Viét hoặc định lý đảo của tam thức bậc hai ta có thể giải và biện luận phơng trình (1) Tuy nhiên bài giải còn dài dòng

Cách2: Bằng phơng pháp toạ độ: phơng trình (1)  x4 - 2x2 = m - 3

Xét : f(x) = x4 - 2x x  R

có f(x) = 4x3 - 4x = 0  





 1

0

x x

Bảng biến thiên:

f(x)

+

CT

CĐ

CT

+

Dựa vào bảng biết thiên ta có thể biện luận:

 m = 2 phơng trình có nghiệm x = 1

 2 < m < 3 phơng trình có 4 nghiệm: x1 < -1 < x2 < 0 < x3 < 1 < x4

 m = 3 phơng trình có 3 nghiệm x = 0, x = 1

 m > 3 phơng trình có 2 nghiệm phân biệt 





 2

1

x x

VD4: (Đề 99/II) Xác định m để: (x - 1)2 = 2x - m (*)

Giải:

Bài toán trên có thể làm bằng nhiều cách khác nhau

NX: Một số sách hớng dẫn học sinh phổ thông hay làm theo cách sau:

Nhận thấy 2 vế cảu phơng trình (*) không âm: bình phơng hai vế ta đợc:

(x - 1)4 = (x - m)2  (x2 - 2m + 1)(x2 - 4x + 1 + 2m) = 0

 





















2

1

0 2 1 4

1 2

2

2

m x

x

m

x

phơng trình đã cho có 4 nghiệm phân biệt ?

 phơng trình (1) có 2 nghiệm phân biệt  2m - 1 > 0  m >

2 1

 phơng trình (2) có 2 nghiệm phân biệt  ' = 3 - 2m > 0  m <

2 3

Các em kết luận: với

2

3 2

1



m thì phơng trình có 4 nghiệm phân biệt