Chuyên đề giải BT bằng PP tọa độ 12

GV Diệp Quốc Quang – Cư Đrăm – Krông Bông
GIẢI BÀI TOÁN BẰNG PP TOẠ ĐỘ
Bài 1. Tìm m để phương trình sau co đúng một nghiệm:
2 2 2
1
2 2
x y z
x y z m

+ + =

− + =

(1)
Giải:
Nghiệm của hệ phương trình (nếu có) là tọa độ điểm chung của:
mặt cầu (S):
2 2 2
1x y z+ + =
, (S) có tâm O(0; 0; 0) bán kính R = 1
và mặt phẳng
( )
:2 2 0x y z m
α
− + − =
Do đó hệ (1) có đúng một nghiệm khi và chỉ khi (S) và (α) tiếp xúc nhau
⇔
( )
2 2 2
,( ) 1
2 ( 1) 2

m
d o
α
−
= =
+ − +
⇔
3
3
m
m
=


=−

TH1:m = 3 nghiệm của hệ là hình chiếu vuông góc H của O trên (α
1
): 2x – y + 2z – 3 = 0
đường thẳng ∆ qua O và vuông góc với (α
1
) có phương trình
( )
2
2
x t
y t t R
z t
=



=− ∈


=

giá trị của tham số t tương ứng với điểm chung của (α
1
) và ∆ là t =
1
3
⇒ H
2 1 2
; ;
3 3 3
 
−
 ÷
 
TH2: m = -3. Gọi H’ là hình chiếu vuông góc của O trên (α
2
): 2x – y + 2z + 3 = 0
⇒ H’
2 1 2
; ;
3 3 3
 
− −
 ÷
 

(tương tự như TH1)
Vậy khi m = 3 thì hệ có mghiệm duy nhất là
2 1 2
; ;
3 3 3
x y z
 
= =− =
 ÷
 
khi m = - 3 thì hệ có mghiệm duy nhất là
2 1 2
; ;
3 3 3
x y z
 
=− = =−
 ÷
 
Bài 2. Giải hệ phương trình:
2 2 2
6 2 2 2 0
2 2 6 0
x y z x y z
x y z

+ + − + − + =

+ + + =


(2)
Giải:
Nghiệm của hệ phương trình (nếu có) là toạ độ điểm chung của:
Mặt cầu (S):
2 2 2
6 2 2 2 0x y z x y z+ + − + − + =
, (S) có tâm I(3; -1; 1) bán kính R = 3
và (α): x + 2y + 2z + 6 = 0
ta có
( )
2 2 2
9
,( ) 3
1 2 2
d I R
α
= = =
+ +
⇒ (S) và (α) tiếp xúc nhau
⇒ Hệ (2) có nghiệm duy nhất và nghiệm của hệ là hình chiếu vuông góc H của I trên (α)
Đường thẳng ∆ qua I và vuông góc với (α) 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 (α) và ∆ là t = -1 ⇒ H (2; -3; -1)
vậy hệ (2) có nghiệm duy nhất ( x = 2; y = -3; z = -1)
Bài toán hay nếu ta đọc nó và hay hơn nếu ta làm và chỉ cho người khác. - 1 -
GV Diệp Quốc Quang – Cư Đrăm – Krông Bông
Bài 3. Giải hệ phương trình:
2 2 2
2 4 6 0
3 2 2 8 0
3 3 4 12 0
x y z x y z
x y z
x y z

+ + − − − =

+ − − =


+ − − =

(3)
Giải:
Nghiệm của hệ là tọa độ điểm chung của:
Mặt cầu (S):

2 2 2
2 4 6 0x y z x y z+ + − − − =
và đường thẳng ∆:
3 2 2 8 0
3 3 4 12 0
x y z
x y z
+ − − =


+ − − =

∆ qua M(0; 4; 0) và có VTCP
u
r
= (-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:
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2
2 4 6 3 2 2 4 4 6 6.3 0t t t t t t− + + + − − − + − =
⇔
0
10
49
t
t
=



=−


⇒ ∆ và (S) có hai điểm chung
( )
0;4;0A
và
20 136 30
; ;
49 49 49
A
 
−
 ÷

 
Vậy hệ (3) có hai nghiệm
( )
0;4;0
và
20 136 30
; ;
49 49 49
 
−
 ÷
 
Bài 4. Chứnh minh rằng hệ phương trình sau vo nghiệm:
4 4 4
2 2 2
x y z 1
x y 2z 7

+ + =


+ + =


Giải: xét f(x,y,z) = x
2
+ y
2
+ 2z
2

Đặt:
( )
( )
4 4 4
2 2 2
2 2 2
1
; ;
1 1 2 6 ( , , ) . .
1;1;2
. ( , , ) 7
u x y z
u x y z
v f x y z u v u v
v
u v f x y z

= + + =


=
 
⇒ = + + = ⇒ =
 
=
 

= =



r
r
r r r r r
f
r
r r
(vô lí)
Vậy hệ vô nghiệm.
Bài 5. Giải hệ phương trình:
( )
( )
( )
2 2 2
3 3 3
x y z 3 1
x y z 3 2
x y z 3 3
 + + =

+ + =


+ + =

Giải:
Cách 1: Mặt cầu (S):
2 2 2
x y z 3+ + =
, tâm O bán kính R =
3

và mp(α): x + y + z – 3 = 0
Bài toán hay nếu ta đọc nó và hay hơn nếu ta làm và chỉ cho người khác. - 2 -
GV Diệp Quốc Quang – Cư Đrăm – Krông Bông
tiếp xúc với nhau vì
( )
2 2 2
3
,( ) 3
1 1 1
d O R
α
−
= = =
+ +
Do đó hệ phương trình
( )
( )
2 2 2
x y z 3 1
x y z 3 2
 + + =


+ + =


có nghiệm duy nhất,
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
Cách 2: Xét: f(x,y,z) = x + y + z

Đặt:
( )
( )
2 2 2
2 2 2
3
; ;
1 1 1 3 ( , , ) . . 3
1;1;1
. ( , , )
u x y z
u x y z
v f x y z u v u v
v
u v f x y z x y z

= + + =


=
 
⇒ = + + = ⇒ = ≤ =
 
=
 

= = + +


r

r
r r r r r
r
r r
Đẳng thức xảy ra khi
u
r
cùng phương với
v
r
hay:
1 1 1
x y z
x y z= = ⇔ = =
(4)
Thế (4) vào (3) ta được x = 1
Vậy hệ phương trình có nghiệm (x = 1; y = 1; z = 1)
Bài 6. Tìm a để hệ sau có nghiệm duy nhất:
2 2
2 2
0
x y x
x y a

+ − ≤

− + =

Giải:
Số nghiệm của hệ pt là số điểm chung của:

Hình tròn (H):
2 2
2 2 0x y x+ − − ≤
, (H) có tâm I(1; 0) bán kính R =
3
và đường thẳng ∆: x – y + a = 0
Do đó hệ có nghiệm duy nhất ⇔ ∆ tiếp xúc với (H),
⇔
( )
1
, 3
2
a
d I
+
∆ = =
⇔
1 6
1 6
a
a

=− +

=− −


Bài 7. Tìm a để hệ sau có nghiệm:
2 2
4 3 2 0

x y a
x y

+ =

− + ≤

Giải: điều kiện
0a ≥
Nghiệm của hệ phương trình nếu có là tọa độ điểm chung của:
Đường tròn: (C):
2 2
x y a+ =
, tâm O(0; 0) bán kính R =
a
và nửa mặt phẳng: (α):
4 3 2 0x y− + ≤
Vì O thong nằm trong nữa mặt phẳng (α) nên hệ phương trình có nghiệm khi và chỉ khi

( )
2
,
5
d O a∆ = ≤
, ∆:
4 3 2 0x y− + =
⇔
4
25
a ≥

Kết hợp với điều kiện được
4
25
a ≥
Bài toán hay nếu ta đọc nó và hay hơn nếu ta làm và chỉ cho người khác. - 3 -
GV Diệp Quốc Quang – Cư Đrăm – Krông Bông
Bài 8. Tìm a để hệ phương trình sau có hai nghiệm:
2 2
0
0
x y x
x ay a

+ − =

+ − =

Giải:
Nghiệm của hệ phương trình nếu có là tọa độ điểm chung của:
Đường tròn: (C):
2 2
0x y x+ − =
, tâm I
1
;0
2
 
 ÷
 
bán kính R =

1
2
và đường thẳng ∆: x + ay - a = 0
Do đó hệ có hai nghiệm ⇔
( )
2
1
1
2
,
2
1
a
d I
a
−
∆ = ≤
+
⇔
( )
2
2
1 2 1a a− ≤ +
⇔
2
3 4 0a a− ≤
⇔
4
0
3

a≤ ≤
Bài 9. Giả sử
( )
1 1
;x y
và
( )
2 2
;x y
là hai nghiệm của hệ phương trình
2 2
0
0
x y x
x ay a

+ − =

+ − =

Chứng minh rằng:
( ) ( )
2 2
1 2 1 2
1x x y y− + − ≤
Giải:
Vì
( )
1 1
;x y

và
( )
2 2
;x y
là hai nghiệm của hệ phương trình
2 2
0
0
x y x
x ay a

+ − =

+ − =

nên A
( )
1 1
;x y
và B
( )
2 2
;x y
nằm trên đường tròn (C):
2 2
0x y x+ − =
, bán kính R =
1
2
⇒ AB

≤
2R
⇔
( ) ( )
2 2
1 2 1 2
1x x y y− + − ≤
(đpcm)
Bài 10. Cho ba số thực x, y, z thỏa:
2 2 2
1x y z+ + =
. Tìm GTLN và GTNN của

2 2 9F x y z= + − −
Giải:
Xét mặt cầu (S):
2 2 2
1x y z+ + =
, tâm O, bán kính R = 1
và mặt phẳng (α):
2 2 9x y z+ − −
= 0
Đường thẳng ∆ qua O và vuông góc với (α) 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
 
− −
 ÷
 
Bài toán hay nếu ta đọc nó và hay hơn nếu ta làm và chỉ cho người khác. - 4 -
GV Diệp Quốc Quang – Cư Đrăm – Krông Bông
( )
( )

2
2 2
4 4 1
9
3 3 3
,( ) 2
2 2 1
d A
α
+ + −
= =
+ + −
;
( )
( )
2
2 2
4 4 1
9
3 3 3
,( ) 4
2 2 1
d B
α
− − − −
= =
+ + −
Lấy M(x; y; z) ∈ (S),
( )
( )

2
2 2
2 2 9
1
,( )
3
2 2 1
x y z
d M F
α
+ − −
= =
+ + −
Luôn có
( ) ( ) ( )
,( ) ,( ) ,( )d A d M d B
α α α
≤ ≤
⇔
1
2 4
3
F≤ ≤
⇔
6 12F≤ ≤
Vậy F
min
= 6 đạt khi x = y =
2
3

; z =
1
3
−
F
max
= 6 đạt khi x = y =
2
3
−
; z =
1
3
Bài 11. Chứng minh rằng: ∀a, b, c ∈ R, ta có: abc(a + b + c) ≤ a
4
+ b
4
+ c
4
Giải:
Ta có: VT = a
2
bc + ab
2
c + abc
2
và xét hai véctơ
( )
( )
; ;

; ;
u ab bc ca
v ac ba bc

=


=


r
r
⇒
2 2 2 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

= + +


= + + =


= + +



r
r r
r r

Từ
. .u v u v≤
r r r r
⇒ VT = a
2
bc + ab
2
c + abc
2
≤ a
2
b
2
+ b
2
c
2
+ c
2
a
2
(1)
xét thêm:
( )
2 2 2
; ;a a b c=

r
và
( )
2 2 2
; ;b b c a=
r
⇒
4 4 4
2 2 2 2 2 2
.
a a b c b
a b a b b c c a

= + + =



= + +

r r
r r
Do
2 2 2 2 2 2 4 4 4
. .a b a b a b b c c a a b c≤ ⇒ + + ≤ + +
r r r r
(2)
Từ (1) và (2) ⇒ abc(a + b + c) ≤ a
4
+ b
4

+ c
4
Đẳng thức xảy ra ⇔
2 2 2
2 2 2
ab bc ca
b c a
ac ba bc
a b c
c a b
a b c
b c a

= =


⇔ = = ⇔ = =


= =


Bài 12. Chứng minh rằng nếu : a > c > 0 và b > c > 0 thì:

( ) ( )c a c c b c ab− + − ≤
Giải:
Bài toán hay nếu ta đọc nó và hay hơn nếu ta làm và chỉ cho người khác. - 5 -
GV Diệp Quốc Quang – Cư Đrăm – Krông Bông
Xét
( )

( )
( ) ( )
;
;
.
u b
u c b c
v a
v a c c
u v c a c c b c

=


= −
 
⇒ =
 
= −
 


= − + −

r
r
r
r
r r
Mà

. .u v u v≤
r r r r
⇒
( ) ( )c a c c b c ab− + − ≤
Đẳng thức xảy ra ⇔
c b c ab
c
a b
a c c
−
= ⇔ =
+
−
Bài 13. Cho 0 < x, y, z < 1. Chứng minh rằng x(1 – y) + y(1 – z) + z(1 – x) < 1
Giải:
Ta chọn M, N, P theo thứ tự là ba điểm trên ba cạnh AB, BC, CA của tam giác đều ABC có
cạnh bằng 1.
Đặt AM = x; CP = y; BN = z thì 0 < x, y, z < 1 và S
∆
AMP
+ S
∆
MBN
+ S
∆
NCP
< S
∆
ABC
x

y
z
C
A
B
P
M
N

Bài toán hay nếu ta đọc nó và hay hơn nếu ta làm và chỉ cho người khác. - 6 -
⇔
1
2
x(1 – y).sinA+
1
2
z(1 –x)sinB+
1
2
y(1 – z)sinC <
1
2
.1.sin60
0
⇔ x(1 – y) + z(1 –x) + y(1 – z) < 1 (đpcm)
GV Diệp Quốc Quang – Cư Đrăm – Krông Bông
Bài toán hay nếu ta đọc nó và hay hơn nếu ta làm và chỉ cho người khác. - 7 -