SKKN sử dụng hình học để giải 1 số bài toán đại số image marked

SỬ DỤNG HÌNH HỌC ĐỂ GIẢI MỘT VÀI BÀI TOÁN ĐẠI SỐĐể giải một bài toán thông thường ta hay gắn bài toán đó vào một dạng bài tập nào đó, sau đó sử dụng các kiến thức đã biết về dạng toán đó

SỬ DỤNG HÌNH HỌC ĐỂ GIẢI MỘT VÀI BÀI TOÁN ĐẠI SỐ

Để giải một bài toán thông thường ta hay gắn bài toán đó vào một dạng bài tập nào đó, sau đó sử dụng các kiến thức đã biết về dạng toán đó.Nếu bài toán đó ở phân môn đại số thì ta thường nghĩ đến các phương pháp của đai số để giải nó Từ đó, ta có thể giải bài toán Song nếu để ý kỹ hơn thì một số bài toán đại số có thể giải bằng phương pháp hình học và cách giải của nó rất trong sáng Để làm rõ thêm vấn đề này, tôi có một vài ví dụ sau

1.Hệ phương trình

Ví dụ 1 : Tìm ba số dương x; y ; z thoã mãn:

x xy y 4

y zy z 9

z xz x 36

   



  



   

 Nhìn vào biểu thức ở vế trái ta thấy nó giống công thức

cô sin trong tam giác.Trong tam giác ABC Xét điểm O ở

trong △ ABC sao cho : x = OA > 0 y = OB >0; z = OC

> 0 góc giữa OA,OB = 1200 ( OC,OB) = 1200 (OA,OC)

= 1200 như hình vẽ ( O là điêm Tolicelli) Theo ĐL cosin

Ta có : AC2 = x2 + z2 + xz = 36 hay AC = 6

AB2 = x2 + y2 + xy = 4 hay AB = 2

BC2 = y2 + z2 + yz = 9 hay BC = 3

Nhưng AC > AB + BC nên không tồn tại x,y, z dương thoả

mãn ĐK bài toán

Ví dụ 2 : Giải hệ phương trình sau :

3xy 10y 3

(x 2) (y 4) (x 5) (y 8) 5







Xét các điểm A( 2;4) ;B(5;8) , M(x;y) thì MA = (x 2) 2  (y 4)2 MB (x 5) 2  (y 8)2

Rõ ràng với ba điểm A,B,M tuỳ ý ta có MA + MB AB = 5 

Dầu bằng khi x 2 y 8 4x 3y 4 0

x 5 y 4

      

Vậy ta có hệ : 4x 3y 4 0 giải hệ này ta có : nghiệm của hệ x = 3,5; y = 6

3xy 10y 3

  





Ví dụ 3 : (AN NINH -1999) Giải hệ phương trình

















































2 y 1 y x y x 1 y x x

18 y 1 y x y x 1 y x x

2 2

2 2

Giải: Ta có hệ tương dương với





















10 9 y 9 x

8 y

x

2 2

xét véc tơ = (x;3) ; = (y;3) ;khi đó + = (x + y; 6) a

b

a b



mà ∣ ∣ + ∣ ∣ ∣ + ∣ a dấu bằng xảy ra khi x = y = 4

b

 a

b



 x2 9 y2 910

x

A

O B

C

Vậy hệ có nghiệm (4;4)

Ví dụ 4 : (Olimpic 30 – 4 - 2000) Cho x, y ,z dương thoả mãn

Tìm giá trị : S = xy +2yz + 3zx





   



3x 3xy y 75

y 3z 63

z xz x 48 Xét các △ OAB ;△ OBC; OCA có OA = z 3; OB = y ; OC = x 3; góc

AOB = 900; BOC = 1500; COA = 1200 thì △ ABC có

AB 3 7 ; BC 5 3 ; AC 4 3  

Lại có S△ OAB + S△ OAC +S△ OCB = S△ CAB Nên S = xy +2yz +3zx = 60

Ví dụ 5 : (Olimpic Liên xô 1984) Cho x, y ,z dương thoả mãn

Tìm giá trị : S = xy +2yz + 3zx

2 2

2 2

y

3 y

z 16 3

z xz x 9







  





   





Làm như VD trên ta có S = 24 3

Ví dụ 6 : Tìm a để hệ sau có số nghiệm nhiều nhất.





















a y x

1 1 y 1 x

2 2

Giải : Ta thấy khi a < 0 hay a = 0 thì hệ vô

nghiệm

Khi a > 0 Thì phương trình đầu của hệ

được biểu diễn là hình vuông ABCD

phương trình sau là đường tròn tâm O

bán kính a

Qua đồ thị ta thấy hệ có nhiều nghiệm

nhất khi OH < R < OD hay a 5

2

2

Ví dụ 7: Cho hệ phương trình :



















0 a ay x

0 x y

Gọi (x1;y1);(x2;y2) là các nghiệm của hệ phương trình trên Chứng minh rằng

1 (x 2 – x1 )2 + (y2 – y1 )2

Giải

Ta thấy hệ phương trình trên có dạng

 phương trình đấu là đường tròn tâm

I(1/2 ; 0); R = ½

 phương trình sau là đường thẳng luôn qua

điểm A(0;1)

4

2

-2

4

2

-2

D

C B A

E

B

C

A

E D

M

3

4

5

x A

C

B D

 Để hệ có 2 nghiệm phân biệt thì khoảng cách từ tâm đến đường thẳng nhỏ hơn R hay 0<a< 4/3

 Khi 0<a < 4/3 hệ có hai nghiêm phân biệt Qua hình vẽ ta có

2R AB   1 (x2 – x1 )2 + (y2 – y1 )2

2 Một số bài bất đẳng thức,tìm giá trị lớn nhất , nhỏ nhất

Ta xét ví dụ đơn giản sau

Ví dụ 8 : Tìm Giá trị nhỏ nhất của : A = x2  (y 1)2  (x 1) 2y2

Trên mặt phẳng toạ độ Oxy ta chọn ba điểm A(0;1); B(1; 0) M(x , y).khi đó MA +MB AB  Hay x2 (y 1)2  (x 1) 2y2  2

Dấu bằng khi MA ; MB cùng hướng Điểm M nằm trên đoạn AB



Ví dụ 9 : Cho 2 số x, y thoả mãn 2 x  y 2 (*).Tìm Giá trị lớn nhất ,Giá trị nhỏ nhất của S

S = x2y2  x2 (y 3)2

Bài giải : Trước hết, ta hãy tìm tập hợp các điểm M(x,y) trên mặt phẳng thoả mãn (*)

Khi phá dấu GTTĐ tập các điểm đó là hình thoi ABCD như hình vẽ

Xét điểm M(x; y) ;O(0;0) ; E ( 0; - 3)

Khi đó MO + ME = x2y2  x2  (y 3)2

Trên hình vẽ khi M trùng với B thì MO + ME lớn nhất

Trên hình vẽ khi M trùng với D thì MO + ME nhỏ nhất

Ví dụ 10 :

Chứng minh rằng : x23x 2 9  x24x 2 16 5  ( với mọi x )

Bài giải :

Khi 0 x ta có 

nên VT 7 > 5 (đúng )

x 3x 2 9 x x 2 9 9 3

x 4x 2 16 x x 2 16 16 4

Khi x > 0 xét các △ ACD; CDB có CD = x ; CA = 3;CB = 4

các góc ACD = 45 0; BCD = 45 0 như hình vẽ

khi đó theo ĐL côsin ta có

AD = x23x 2 9 ; BD = x24x 2 16

Trong △ ABD thì AD + DB AB

Hay x23x 2 9  x24x 2 16 5 

Dấu bằng khi D trên đoạn AB

Ví dụ 11 :

Chứng minh rằng : với mọi x Ta có

ta thấy sin180 = (Dễ dàng c/m)

4x x(1 5)  6 2 5 4x 2x(1 5)   4 1 5 5 1

2



1 y B

D

Ta nghĩ đến các tam giác có cạnh liên quan đến giá trị 5 1= cos 360

2



Xét △ ABC có BC =1; AB =AC = y, BAC = BCA = 72  0 thì y2 = y2 + 1 – 2y 5 1 vậy y =

2



5 1

2



Đặt CD = x ; theo ĐL cosin trong tam giác BCD; ACD ta có

BD =

2

  

      

Dễ thấy BD + AD AB 

6 2 5 4x x(1 5)

4 4x 2x(1 5)

2



Bài Tập1

Tìm ĐK của ba số dương a,b,c để hệ phương trình

có nghiệm dương

x xy y a

y zy z b

z xz x c

   



  



   



Khi đó hãy xác định nghiệm của phương trình

Bài 2: Cho x, y ,z dương thoả mãn :

Tính tổng S = xy + yz

2 2

2

x y 16

y z 48

y xz

  



 



 



Bài tập 3: Chứng minh rằng

x 5x 2 25 x 12x 2 144 13 (1)

x 8x 2 64 x 15x 2 225 17 (2)

a ax 2 x x xb 2 b a b (3) ( 45 )

x 3x 3 9 x 4x 16 5 ( 30 ; 60 )

x 2ax cos a x bx cos b a b ( 90 )

Bài tập 4 :Tìm gía trị nhỏ nhất của S = x2y2  (x 4) 2(y 3) 2

Với ĐK : x – y – 3 = 0 (Đ/s : 37)