Hướng dẫn học sinh THPT sử dụng đường thẳng và đường tròn trong mặt phẳng để giải và biện luận một số hệ phương trình và hệ bất phương trình đại số

Lí do chọn đề tài: Đứng trước bài toán giải và biện luận hệ phươngtrình, hệ bất phương trình phải xác định được phương pháp giải của nó, đa số các giáo viên giảng dạy thấy rằng các học s

MỤC LỤC

5 Thực trạng vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm 4

6 Các giải pháp đã sử dụng để giải quyết vấn đề 5

7 Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm đối với hoạt động giáo dục, bản thân, đồng nghiệp và nhà trường 19

1.1 Lí do chọn đề tài: Đứng trước bài toán giải và biện luận hệ phương

trình, hệ bất phương trình phải xác định được phương pháp giải của nó, đa số các giáo viên giảng dạy thấy rằng các học sinh thường hướng lời giải này tới cách làm của đại số như phương pháp thế, cộng đại số, đặt ẩn phụ mà ít khi để ý tới mối liên hệ với hình học Nhiều lúc làm theo cách đại số các bài này quá phức tạp, chia nhiều trường hợp, mất rất nhiều thời gian mà chưa chắc đã xét hết các trường hợp và đưa ra kết quả

Đường tròn là một trong những đường cong thường gặp nhất trong môn toán ở bậc trung học phổ thông, kiến thức cơ bản 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 và biện luận số nghiệm của hệ phương trình, hệ bất 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 không phức tạp”

Hiện nay có nhiều đầu sách bài tập từ cơ bản đến nâng cao môn toán của nhiều tác giả nghiên cứu về cách giải biện luận hệ phương trình, hệ bất phương trình nhưng đa số dùng định lý thuận dấu tam thức bậc hai; tách ghép đánh giá; dùng bất đẳng thức Côsi, Bunhiacôpski, phương pháp hàm số…Song khai thác triệt để và có hệ thống việc sử dụng phương trình đường tròn, đường thẳng vào việc biện luận hệ phương trình thì còn ít đề cập Rất nhiều bài toán nhờ ứng dụng phương pháp này mà được giải quyết một cách ngắn gọn dễ dàng

Vì những lý do trên mà tôi chọn đề tài: “Hướng dẫn học sinh THPT sử dụng đường thẳng và đường tròn trong mặt phẳng để giải và biện luận một số

hệ phương trình và hệ bất phương trình đại số ”

1.2 Mục đích nghiên cứu:

Bên cạnh đó thông qua đề tài này chúng ta có thể :

Cung cấp cho học sinh một phương pháp giải một số bài toán đại số nhờ công cụ hình học và phát triển sự tư duy sáng tạo cho học sinh

Giúp học sinh một cách nhìn rất logic trong chương trình toán phổ thông, trong đó có mối liên hệ giữa đại số và hình học

1.3 Đối tượng nghiên cứu: Đề tài này nghiên cứu mối liên hệ giữa hình

học và đại số trong việc tìm lời giải của một bài toán đại số dựa trên kiến thức hình học, cụ thể là nghiên cứu về mối liên hệ giữa đường thẳng và đường tròn trong mặt phẳng trong việc giải và biện luận một số hệ phương trình, hệ bất phương trình đại số

1.4 Phương pháp nghiên cứu: phương pháp nghiên cứu xây dựng cơ sở

lý thuyết, trong đó cơ sở là kiến thức về đường thẳng, đường tròn trong mặt phẳng tọa độ, sự tương giao giữa đường thẳng và đường tròn, liên hệ với các hệ phương trình, hệ bất phương trình đại số

2 NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

2.1 Cơ sở lí luận của sáng kiến kinh nghiệm:

Về kiến thức ở lớp 9 học sinh đã biết được vị trí tương đối của hai đường tròn và điều kiện để có vị trí tương đối đó, ở lớp 10 học sinh đã được trang bị các kiến thức cơ bản ở môn hình học là “Phương pháp tọa độ trong mặt phẳng” trong

đó có phương trình đường thẳng và đường tròn; ở môn đại số biết cách giải bất phương trình, hệ bất phương trình bậc nhất hai ẩn Cụ thể một số kiến thức cơ bản liên quan đến đề tài này như:

1 Dạng tổng quát của phương trình đường thẳng :

AxBy C 0 ,(A2 B2 0)

2 Đường tròn tâm I(a,b) bán kính R có phương trình : x a 2y b 2 R2

3 Điều kiện để phương trình : x2 y2 2ax 2by c 0   là phương trình đường tròn là : a2 + b2 - c > 0

4 Công thức tính khoảng cách từ điểm M(x0; y0) đến đường thẳng (d) có phương trình : AxBy C 0 , (A2 B2 0)

d M,d  Ax By C2 2





5 Điều kiện để đường thẳng d : Ax + By + C = 0 là tiếp tuyến của đường tròn (C) tâm I(a;b) bán kính R khi và chỉ khi d(I;d) = R

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 Biểu diễn các đường tròn, đường thẳng trên mặt phẳng tọa độ, cách xác định miền nghiệm thỏa mãn bất phương trình, hệ bất phương trình

8 Cho hai đường tròn C 1 (I 1 , R 1 ) và C 2 (I 2 , R 2 )

+ Hai đường tròn cắt nhau tại 2 điểm phân biệt  R2  R1 I I1 2  R2 R1

+ Hai đường tròn tiếp xúc ngoài  I I1 2 R2 R1

+ Hai đường tròn tiếp xúc trong  I I1 2 R2  R1

+ Hai đường tròn ở ngoài nhau  I I1 2  R2 R1

+ Hai đường tròn đựng nhau I I1 2  R2  R1

9 Cách tìm miền nghiệm của bất phương trình bậc nhất 2 ẩn dạng ax + by + c > 0 (trong đó a2 b2  )0

+ Vẽ đường thẳng d: ax + by + c = 0 ( d chia mặt phẳng Oxy làm 2 miền (I) và (II) có chung bờ là d)

+ Lấy điểm M x y0 ( ; ) ( ) 0 0  I nếu ax0 + by0 + c > 0 đúng, thì (I) là miền nghiệm của bất phương trình, ngược lại thì (II) là miền nghiệm của bất phương trình

( Các bất phương trình: ax + by + c < 0; ax + by + c 0; ax + by + c  0 có cách giải tương tự; hệ bất phương trình bậc nhất 2 ẩn thì miền nghiệm của hệ là giao của các miền nghiệm của các bất phương trình trong hệ)

2.2 Thực trạng vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm:

Trong một số kỳ thi cấp trường, cấp tỉnh, cấp quốc gia các bài toán về biện luận số nghiệm của hệ phương trình và hệ bất phương trình là một trong các dạng toán thường gặp, nhiều học sinh đứng trước các bài toán này đôi khi lúng túng trong việc tìm lời giải, thông thường các em chú ý đến sử dụng các phương pháp đại số trong các bài toán này, do đó không giải được bài toán hoặc giải được nhưng lời giải quá dài, chia nhiều trường hợp, mất nhiều thời gian; trong khi đó nếu biết vận dụng kiến thức về đường thẳng và đường tròn trong mặt phẳng thì bài toán rất ngắn gọn và dễ hiểu

Ví dụ trong kỳ thi HSG môn toán lớp 12 tỉnh Thanh hóa năm 2014 có bài

toán sau: Tìm các giá trị thực của tham số m để hệ bất phương trình

2







có nghiệm thực duy nhất

Bài toán trên có thể quy về tìm các giá trị thực của tham số m để hệ bất

phương trình x y 1 02 2

(x 1) (y 1) m 1

  





Đây là bài toán học sinh có thể giải được dễ dàng và ngắn gọn, nếu liên hệ với kiến thức về đường thẳng và đường tròn trong măt phẳng; tuy nhiên trong kỳ thi đó nhiều học sinh đã không làm được bài này Có nhiều lí do không làm được nhưng một số học sinh cho rằng em chưa được làm dạng này bằng kiến thức hình học, một số học sinh khác thì nói em cứ loay hoay dùng cách làm đại số là phương pháp cộng, rồi sử dụng bất đẳng thức cơ bản, mất thời gian nhiều nhưng cuối cùng vẫn không ra kết quả!

Do đó sáng kiến kinh nghiệm này đề cập đến một vấn đề đó là giúp học sinh khai thác nhiều hơn nữa các cách giải và biện luận hệ phương trình và hệ bất phương trình, phát triển tư duy logic cho học sinh, đặc biệt thấy được mối liên hệ rất gần gủi giữa đại số và hình học, từ đó nâng cao chất lượng dạy và học

2.3 Các giải pháp đã sử dụng để giải quyết vấn đề:

2.3.1 Sử dụng đường thẳng, đường tròn để giải hệ phương trình

a) Cơ sở lý luận :

Một số hệ phương trình mà mỗi phương trình của hệ biểu diễn biểu thức của các đường cong có thể biểu diễn chúng trên mặt phẳng tọa độ do đó ta có thể xét

sự tương giao giữa chúng để giải hệ phương trình ban đầu

b) Phương pháp

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

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

B3: Xét sự tương giao của các đường thẳng và đường cong để tìm số giao điểm B4 : Kết luận

c) Bài toán cụ thể

Bài toán 1 : Cho hệ phương trình :

 

 

x ay a 0 1

x y x 0 2

  





  

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 minh rằng : 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 biểu diễn 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 của các đường thẳng (d): x + ay - a = 0 và đường tròn (C) có tâm I(1/2;0) và có bán kính R = 1/2

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

2

d(I;d) R

1

a 1 2

2

1 a





1 4a 4a 1 a

4

0 a

3

  

Vậy với 0< a < 4/3 thì hệ đã cho có

2 nghiệm phân biệt

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 )

 2 12  2 12

1

2

x2 x12 y2 y12 1

- Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi MN là đường kính khi và chỉ khi (d) đi qua tâm I của đường tròn (C )

Vậy với a = 1/2 thì dấu = xảy ra

* Lời bình: Câu a) có thể làm bằng cách thế (1) vào (2) được phương trình bậc

hai, sử dụng điều kiện phương trình bậc hai có hai nghiệm phân biệt khi   0 sẽ tìm được m, tuy nhiên câu b) không sử dụng kiến thức hình học rất khó giải quyết

* Khai thác và mở rộng bài toán

+ Thay bằng việc tìm a để hệ (I) có 2 nghiệm phân biệt bằng tìm a để hệ có nghiệm 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 lớp bài toán mới

+ Bài tập tương tự: Cho hệ phương trình  

   

x y x y 4 1

I





  

 Tìm m để hệ (I)

a) Có 1 nghiệm.

b) Có 2 nghiệm c) Vô nghiệm ( gợi ý: đặt u x y  0;v x y  0 nên 2 2

2

Bài toán 2 : Tìm m để hệ sau đây có 2 nghiệm

2

I







* Cơ sở

Ta thấy ngay phương trình (2) của hệ có dạng phương trình đường tròn,còn phương trình (1) sau khi biến đổi sẽ được x y 2

 



  

 là phương trình của hai đường thẳng song song.Do đó ta có thể giải bài toán trên nhờ việc xét sự tương giao của đường thẳng và đường tròn

* Lời giải

 

 

 

 

x y 2 1'

x y 2(1 m) 2

  



   





Từ (2) ta thấy nếu 2 1 m     0 1 m 0  m1 thì phương trình (2) vô nghiệm do đó hệ đã cho vô nghiệm  m1 không thỏa mãn

+ Nếu m 1 0    m   1 thì (2) là phương trình đường tròn (C ) tâm O(0;0) bán kính R  2 m 1  

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

tuyến của ( C )

   

2

2(m 1) 2

2(m 1) 2

m 0

Vậy với m=0 thì hệ phương trình đã

cho có 2 nghiệm phân biệt

y

-2

-2 -1

1 2

* Mở rộng bài toán

1.Tìm m để hệ phương trình sau vô nghiệm

2 2





 2.Tìm m để hệ phương trình sau có 3 nghiệm

 2

x y 4

x y 2(1 m)







3 Tìm m để hệ phương trình sau có 4 nghiệm

2 2





 4.Cho hệ phương trình sau :

2x y m

x y 2m 1

 









Tìm m để hệ phương trình trên vô nghiệm, có 1 nghiêm,có 2 nghiệm, có 3 nghiệm,có 4 nghiệm

Bài toán 3 : Biện luận theo tham số m số nghiệm của hệ phương trình sau :

 

I







* Cơ sở lý luận

Phương trình (2) của hệ có dạng phương trình đường tròn (với m 0 ) còn phương trình (1) của hệ biểu diễn hình vuông với các đỉnh A(4;0), B(0;4)

C(-4;0), D(0-4) Vì vậy ta có thể sử dụng việc xét sự tương giao để giải

* Lời giải

+ 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

+ Với m 0

Gọi M(x;y) là tập hợp các điểm thỏa

mãn (I) là giao điểm của đường tròn

(C) tâm O(0;0) bán kính Rm và

đường gấp khúc có phương trình

 

 

x 0

x 0

1

x 0

x 0

y 0 (1'''')



 













  















 

 









 

   

 







 

 

   





y

A B

C

D

M N

1 -1

1

-1

4

4

-4 -4

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) thuộc hình vuông ABCD 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

và góc phần tư thứ hai với hình vuông ABCD

OM ON OP OQ 2 2

Tùy theo sự biến đổi của m ta có sự thay đổi tương ứng của giao điểm của hình vuông và của đường tròn

Từ đồ thị ta có kết quả sau :

+ Nếu 0 m 2 2







thì  C ABCD hệ vô nghiệm

+ 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, P, Q

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

* Mở rộng bài toán

+ Cho đường tròn cố định, thay đổi hình vuông ABCD tức ta có bài toán sau: tùy theo m biện luận số nghiệm của hệ phương trình :

2 2







+ Cho đường tròn có bán kính thay đổi ta thay hình vuông ABCD bởi hình elip, hình chữ nhật, hình thoi như bài toán sau :

1.Giải và biện luận hệ phương trình sau :

2 2

2 2



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 4 nghiệm, có 5 nghiệm, có 6 nghiệm, có 7 nghiệm, có 8 nghiệm

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

 2  2 2







* Cơ sở lý luận

Hai phương trình của hệ đều có dạng của phương trình đường tròn nên ta có thể dựa vào sự tương giao của hai đường tròn để giải hệ đã cho

* Lời giải

+ Nếu m = 0 thì từ (1) ta có :

x 1





 





Thay vào (2) ta được : 10 = 1 (vô lý ).Do đó m = 0 không thỏa mãn

Nếu m + 1 = 0 từ (2) ta có :

x 0

y 1





 





Thay vào (1) ta được 10=1 (vô lý ) Do đó m = -1 không thỏa mãn

+ Nếu m 0











Khi đó (1) là phương trình đường tròn ( C) tâm I(1;-2) bán kính R= m, (2) là phương 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 ) phải tiếp xúc trong hoặc tiếp xúc ngoài với (C’)

I'I R R '

I'I R R '

10 2m 1

10 1 vô lí

10 1

m

2

 





 







Vậy với 10 1

m

2



 thì hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất

y

x O

I -2

1

1 I'

* Mở rộng bài toán

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

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

   

2







Bài 2 : Tìm m để hệ phương trình sau vô nghiệm :

2







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

2 nghiệm phân biệt :







* Bài tập tương tự:

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

2 2







Bài 2 : Biện luận theo tham số a số nghiệm của hệ phương trình :

2 2

x y a







Bài 3 : Cho hệ phương trình : (2m 1)x my m 1 02 2







Xác định m để hệ phương trình có 2 nghiệm phân biệt (x1;y1), (x2;y2) sao cho

A= (x2 - x1)2 + (y2 - y1 )2 lớn nhất

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

2

y my 3m m 2







2.3.2 Sử dụng đường tròn để giải hệ bất phương trình

a) Cơ sở lý luận

Một số hệ bất phương trình mà các bất phương trình trong hệ xuất hiện dạng phương trình của các đường cong thường gặp và biểu diễn được chúng trên mặt phẳng tọa độ do vậy ta có thể giải hệ bất phương trình ban đầu nhờ vào việc xét sự tương giao của các đường cong này