ứng dụng của phương pháp tọa độ trong giải hệ pt và bất đẳng thức

4
NỘI DUNG
I. KIẾN THỨC CHUẨN BỊ
Trong hệ trục toạ độ Oxyz
1. Tọa độ của điểm:
 
;;M x y z OM xi y j zk   
   
,
với
(1;0;0); (0;1;0); (0;0;1)i j k  
  


đặc biệt:
     
     
     
; ;0 ; ;0;0
0; ; ; 0; ;0
;0; ; 0;0;
M Oxy M x y M Ox M x
M Oyz M y z M Oy M y
M Oxz M x z M Oz M z
   
   
   

2. Toạ độ vectơ:
 
;;u x y z u xi y j zk    
    

3. Các công thức tính toạ độ vectơ:
 
;;
B A B A B A
AB x x y y z z   


Cho
 
;;u x y z

và
 
' '; '; 'u x y z


' { '; '; '}u u x x y y z z    
 

 
' '; '; 'u u x x y y z z    
 


 

;;ku kx ky kz



4. Tích vô hướng:
. ' . ' . ' . 'u u x x y y z z  
 

.0u v u v  
   

5. Các công thức tính độ dài và góc
2 2 2
u x y z  



 
2
22
) ( ) (
B A B A B A
AB x x y y z z     



 
2 2 2 2 2 2
. ' ' ' '
cos ; '

'
. ' ' '
u u xx yy zz
uu
uu
x y z x y z


   
 
 
 
với
;'uu
 
≠
0


6.Một số tính chất của vectơ.
Tính chất 1:
0)(
2
2
 aa
. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
0a

Tính chất 2:
baba 

.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
a
và
b
cùng hƣớng.


5
Tính chất 3:
baba 
.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
a
và
b
cùng phƣơng.
7. Mặt cầu
7. 1. Phương trình mặt cầu:
Dạng 1: Mặt cầu tâm I(a; b; c), bán kính R:
     
2 2 2
2
x a y b z c R     
. (1)
Dạng 2:
 
2 2 2 2 2 2
2ax+2by+2cz+d=0 0x y z a b c d      
(2). Khi đó: Mặt

cầu tâm I(-a; -b; -c), bán kính
2 2 2
R a b c d   
.
7.2.Vị trí tương đối của mặt cầu với đường thẳng:
Cho mặt cầu (C) tâm I(a; b; c), bán kính R và đƣờng thẳng
 
.

Tính:
 
,dI
. Nếu:
     
,:d I R C     
;

     
,:d I R C   
tại 2 điểm phân biệt;

     
, : ,d I R C  
tiếp xúc nhau,
 

gọi là tiếp tuyến của
mặt cầu.
7.3.Vị trí tương đối của mặt cầu với mặt phẳng:
Cho mặt cầu (C) tâm I(a; b; c), bán kính R và mặt phẳng

 
: Ax+By+Cz+D=0P
.
Tính:
 
 
2 2 2
Aa+Bb+Cc+D
,
A
d I P
BC


.
Nếu:
1)
 
 
   
,:d I P R P C   
;
2)
 
 
   
,:d I P R P C
là đƣờng tròn
 
 



22
;;H r R d I P
với H là
hình chiếu của I trên (P).
3)
 
 
   
, : ,d I P R P C
tiếp xúc nhau tại điểm H là hình chiếu của I trên
(P), (P) gọi là tiếp diện của mặt cầu (C).







6
II. SỬ DỤNG PHƢƠNG PHÁP TOẠ ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN VÀO
MỘT SỐ BÀI TOÁN ĐẠI SỐ
Khi giải bằng phƣơng pháp toạ độ, học sinh cần biết cách phiên dịch yêu
cầu và đề bài của bài toán sang ngôn ngữ toạ độ, sau đó dùng kiến thức toạ độ
để giải toán, cuối cùng là chuyển kết quả từ ngôn ngữ toạ độ sang ngôn ngữ
hình học. Giáo viên cần hƣớng dẫn cho học sinh chọn toạ độ véc tơ thích hợp.
Bài 1.(Bài tập 89- Ôn tập chƣơng 3. Sách bài tập Hình học 12 nâng cao)
a) Chứng minh:
5 2 5 2 5 2 6. 3x y z     

với mọi x, y, z ≥ -2/5 và
x+ y+ z= 6
b) Tìm giá trị lớn nhất của hàm số
f(x)=
x m x n m n    
với x, m, n ≥ 0 và x+ m+ n= 1.
c) Chứng minh:

2 2 2 2 2 2
( 1) ( 1) ( 1) ( 1) ( 1) ( 1)x y z x y z          
≥
2. 2
với mọi x, y, z
Giải.
a) Xét hai véc tơ
5 2, 5 2, 5 2(1,1,1) ; ( )x y zuv  
 


5 2 5 2 5 2. x y zuv     
 

Ngoài ra tính đƣợc
3 5( ) 6 6; x y zuv    
 

Vậy
u v u v
   
=

6. 3
hay
5 2 5 2 5 2 6. 3x y z     

Dấu “=” xảy ra khi x= y= z= 2.
b) Xét hai véc tơ
,,(1,1,1) ; ( )x m x n m nuv
 

f(x)=
. x m x n m nuv     
 

Ngoài ra tính đƣợc
32;uv
 

Vậy f(x)=
u v u v
   
=
6
hay maxf(x)=
6
khi x= m= n=1/3 .
c) Ta xem mỗi căn thức là độ lớn của một véctơ, do đó cần xác định các
điểm trong không gian.
Trong không gian Oxyz, lấy các điểm A(1; 1; -1), B(-1; 1; 1) và M(x; y; z)
Khi đó AB=
2. 2

2 2 2 2 2 2
( 1) ( 1) ( 1) ; ( 1) ( 1) ( 1)MA x y z MB x y z           

Từ bất đẳng thức MA+ MB ≥ AB, ta suy ra

2 2 2 2 2 2
( 1) ( 1) ( 1) ( 1) ( 1) ( 1)x y z x y z          
≥
2. 2

Dấu “=” xảy ra khi M nằm giữa 2 điểm A; B hay
.AM t AB
 
với 0≤ t≤ 1
Hay x= 1- 2t; y= 1; z= -1+ 2t với 0≤ t≤ 1


7
Bài 2. 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











2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2 2
222
.
u a b b c c a
v a c b a b c u
u v a bc ab c abc


  


   


  






Từ
u v u v
   
 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

và
 
2 2 2
;;b b c a


4 4 4
2 2 2 2 2 2
.
a a b c b
a b a b b c c a

   



  




Do
2 2 2 2 2 2 4 4 4
ab a b a b b c c a a b c      
   
(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
abc
c a b
a b c
bca




     








Bài 3. 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 ():
2 2 9x y z  
= 0
Đƣờng thẳng  qua O và vuông góc với () có phƣơng trình
 
2
2
xt
y t t R
zt










giá trị tham số t tƣơng 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





 
 
2

22
4 4 1
9
3 3 3
,( ) 2
2 2 1
dA

  

  
;
 
 
2
22
4 4 1
9
3 3 3
,( ) 4
2 2 1
dB

   

  

Lấy M(x; y; z)  (S),
 
 

2
22
2 2 9
1
,( )
3
2 2 1
x y z
d M F

  

  



8
Luôn có
     
,( ) ,( ) ,( )d A d M d B
  


1
24
3
F

6 12F

Vậy min F = 6 đạt khi x = y =
2
3
; z =
1
3


Max F = 12 đạt khi x = y =
2
3

; z =
1
3

Bài 4. Giải bất phƣơng trình:

1 2 3 50 3 12x x x     

Giải

Điều kiện:
1
3 3 50
2 2 3
50
3
x
xx

x





   







Trong hệ toạ độ Oxyz xét các vectơ:

(1,1,1)
( 1, 2 3, 50 3 )
u
v x x x




   





3
1 2 3 50 3 48 4. 3
. 1 2 3 50 3
u
u x x x
u v x x x




        


     






Suy ra(1)
u v u v
   

Đẳng thức này luôn đúng
Vậy nghiệm bất phƣơng trình đã cho là
3 50
23
x

Bài 5.(Trích đề thi vào đại học xây dựng Hà Nội năm 2001).
Cho 3 số x, y, z thoả mãn điều kiện:

0 ; ; 1 (1)
3/ 2 (2)
x y z
x y z



  


Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức
F= cos(x
2
+ y
2
+ z
2
) (3)
Giải.
Sự có mặt của 3 số x, y, x trong bài toán “gợi” cho ta sử dụng phƣơng pháp toạ
độ. Ta xác định hệ toạ độ đề-các vuông góc Oxyz nhƣ hình vẽ.
Dựng hình lập phƣơng ABCO.A
1
B
1
C

1
O
1
có các cạnh bằng 1.


9

Cắt hình lập phƣơng này
bởi mặt phẳng : x+ y+ z= 3/2, cắt
các trục Ox, Oy, Oz lần lƣợt tại
các điểm có toạ độ K(3/2; 0; 0);
L(0; 3/2; 0); J(0; 0; 3/2)).
Thiết diện tạo bởi mặt
phẳng (KLJ) với hình lập phƣơng
ABCO.A
1
B
1
C
1
O
1
tức là lục giác
đều MNPQRS.

Gọi điểm H(x;y;z) bất kỳ thuộc thiết diện.
Ta có: OH =
2 2 2
x y z

. Đặt T= x
2
+ y
2
+ z
2
.
OI là khoảng cách từ O(0;0;0) tới mp(KLJ) là OI =
3/ 2
3/ 4
3



Ta có min T = OI
2
= 3/4 với I là tâm lục giác đều MNPQRS.
Max T đạt đƣợc khi H là những điểm M, N, P, Q, R, S của lục giác đều
MNPQRS khi đó: Max T =OM
2
mà M(1;0;1/2)

OM
2
=5/4.
Ta có : 0<3/4≤OH
2
≤5/4<π/2,
Mà trên (0 ; π/2) hàm số cosx nghịch biến nên ta có :
Cos(5/4)≤ cos(x

2
+ y
2
+ z
2
)≤ cos(3/4)
Hay maxF= cos(3/4) khi H là tâm của lục giác đều MNPQRS tức x= y= z= 1/2
minF= cos(5/4) khi H trùng với một trong các đỉnh của lục giác đều
MNPQRS, chẳng hạn H≡M tức x= 1, y= 0, z= 1/2
Việc định hƣớng phân tích nhƣ trên phục vụ cho việc giải bài tập này cho
lớp 12 nhằm nêu bật ứng dụng của hình học trong Đại số.
Không chỉ sử dụng trong việc giải bất phƣơng trình hay chứng minh bất
đẳng thức, mà trong những bài toán giải hệ nhiều ẩn, nếu ta khéo léo chọn véc tơ
hay chọn mặt phẳng và mặt cầu, ta sẽ đƣa bài toán về xét sự tƣơng giao của mặt
cầu với mặt phẳng hoặc đƣờng thẳng.
O
1
O
H
z
x

y
S
A
1
M
A
N
B

P
C
C
1
Q
R

B
1
1
1
1
K
J
L



10
Bài 6. Giải hệ phƣơng trình:
2 2 2
2 4 6 0(1)
3 2 2 8 0(2)
3 3 4 12 0(3)
x y z x y z
x y z
x y z

     


   


   


Giải. Ở bài này nếu từ (2) và (3) rút y, z theo x rồi thế vào(1) tìm được x, từ đó
suy ra y, z cũng là một cách giải. Tuy nhiên nếu ta xem (1) là phương trình mặt
cầu, (2) và (3) là phương trình các mặt phẳng thì hệ gồm phương trình (2) và (3)
là phương trình của đường thẳng giao tuyến của 2 mặt phẳng. Khi đó:
Nghiệm của hệ là tọa độ giao điểm của:
Mặt cầu (S):
2 2 2
2 4 6 0x y z x y z     
và đƣờng thẳng = (P)∩(Q) với
(P): 3x+ 2y- 2z- 8= 0 và (Q): 3x+ 3y- 4z- 12= 0
 qua M(0; 4; 0) và có VTCP
u

= (-2; 6; 3)
  có phƣơng trình tham số:
 
2
46
3
xt
y t t R
zt




  





Giá trị tham số t tƣơng ứng với điểm chung của (S) và  là nghiệm của
phƣơng 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 đã cho có hai nghiệm
 
0;4;0
và
20 136 30
;;
49 49 49






Bài 7. Giải hệ phƣơng trình:
2 2 2
6 2 2 2 0
2 2 6 0
x y z x y z
x y z


      

   


Giải.
Nghiệm của hệ phƣơng 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 (): x + 2y + 2z + 6 = 0
ta có
 
222
9
,( ) 3
1 2 2
d I R

  


 (S) và () tiếp xúc nhau.
 Hệ (2) có nghiệm duy nhất và nghiệm của hệ là toạ độ hình chiếu vuông
góc H của I trên ()
Đƣờng thẳng  qua I và vuông góc với () có phƣơng trình
 
3
12

12
xt
y t t R
zt



  





giá trị của tham số t tƣơng ứng với giao điểm của () và  là t = -1 


11
H (2; -3; -1)
Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất ( x = 2; y = -3; z = -1)
Bình luận: Gặp hệ này ít khi học sinh rút thế bởi vì sẽ còn 2 ẩn, và cách
làm hình học trên rõ ràng đã giải quyết đơn giản bài toán, cũng với cách
làm này ta còn có thể chứng minh hệ vô nghiệm.
Bài 8. Chứng minh rằng hệ phƣơng trình sau vô 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

   





       









    


(vô lí)
Vậy hệ vô nghiệm.
Bài 9.Giải hệ phƣơng trình:
 
 
 
2 2 2
3 3 3
x y z 3 1
x y z 3 2
x y z 3 3

  


  


  


Giải. Ở bài này nếu học sinh biến đổi tƣơng đƣơng và kết hợp với phƣơng
pháp thế thì cũng giải đƣợc, xong lời giải sẽ dài.
Nếu nhìn (1) là phƣơng trình mặt phẳng, (2) là phƣơng trình mặt cầu thì ta
có cách giải 1 dƣới đây
Cách 1. Mặt cầu (S):
2 2 2
x y z 3  
, tâm O(0; 0; 0); bán kính R =
3
và
mp(): x + y + z – 3 = 0 tiếp xúc với nhau vì
 
222
3
,( ) 3
111
d O R


  


Do đó hệ phƣơng 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.
Nếu nhìn (2) dƣới góc độ bình phƣơng độ dài của véctơ, (1) là tích vô
hƣớng của 2 véctơ, ta có cách giải 2
Cách 2. Xét f(x,y,z) = x + y + z với x, y, z là các số thực.
Đặt:
 
 
2 2 2
222
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

   




        




   




    



Đẳng thức xảy ra khi
u

cùng hƣớng với
v

hay:
00

1 1 1
x y z
x y z      
(4)


12
Thế (4) vào (3) ta đƣợc x = 1
Vậy hệ phƣơng trình có nghiệm (x = 1; y = 1; z = 1)
Bài 10. Tìm m để phƣơng trình sau có đúng một nghiệm:
2 2 2
1(1)
2 2 (2)
x y z
x y z m

  

  


Giải. Rõ ràng nếu ta dùng phƣơng pháp thế thì vẫn còn tới 2 ẩn số, hoặc nếu ta
sử dụng bất đẳng thức để đánh giá ở phƣơng trình (2) thì lời giải vẫn chƣa cụ
thể.
Nhƣng nếu để ý, phƣơng trình (1) là phƣơng trình của mặt cầu, phƣơng trình (2)
là phƣơng trình mặt phẳng thì ta thấy rằng:
Nghiệm của hệ phƣơng trình (nếu có) là tọa độ của giao điểm chung giữa
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

   

Do đó hệ có đúng một nghiệm khi và chỉ khi (S) và () tiếp xúc nhau

 
2 2 2
,( ) 1
2 ( 1) 2
m
dO



  

3
3
m
m






TH1: m = 3
Ta có giao điểm là hình chiếu vuông góc H của O(0; 0; 0) trên (
1
): 2x
– y + 2z – 3 = 0.
Đƣờng thẳng  qua O và vuông góc với (
1
) có phƣơng trình
 
2
2
xt
y t t R
zt



 





giá trị của tham số t tƣơng ứng với điểm chung của (
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 (
2
): 2x – y + 2z + 3 = 0
 H’
2 1 2
;;
3 3 3




(tƣơng tự nhƣ TH1)
Vậy khi m = 3 thì hệ có nghiệm duy nhất là
2 1 2
;;
3 3 3
x y z

  



khi m = - 3 thì hệ có nghiệm duy nhất là
2 1 2
;;
3 3 3
x y z

  








13

III. HIỆU QUẢ CỦA SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM.
1. Mục đích thực nghiệm
Mục đích thực nghiệm là để kiểm chứng khả năng sử dụng phƣơng pháp
toạ độ vào giải một số bài toán Đại số nhƣ hệ phƣơng trình, bất đẳng thức…
2. Tổ chức thực nghiệm
Thực nghiệm sƣ phạm đƣợc tiến hành tại trƣờng THPT Hoằng Hoá 4.
+) Lớp thực nghiệm: 12B
2
+) Lớp đối chứng: 12B
6

Chọn ở lớp 12B

2
và 12B
6
, mỗi lớp 20 học sinh có học lực tƣơng đƣơng nhau
giữa 2 lớp
3. Nội dung thực nghiệm
Đề kiểm tra (thời gian 30 phút)
Bài 1.Giải hệ phƣơng trình

2 2 2
3 3 3
1
1
1
x y z
x y z
x y z





  
  
  

Bài 2. Cho a, b là hai số thực tuỳ ý. Chứng minh rằng

22
1 ( )(1 ) 1

2 (1 )(1 ) 2
a b ab
ab

  


Việc ra đề nhƣ trên hàm chứa những dụng ý sƣ phạm, tất nhiên đề kiểm tra
này dành cho học sinh có học lực khá trở lên ở hai lớp thực nghiệm và đối chứng.
Xin đƣợc phân tích rõ hơn về điều này và đồng thời đánh giá sơ bộ về chất lƣợng
làm bài của học sinh.
Đề kiểm tra nhƣ trên là không quá khó và cũng không quá dễ so với trình
độ học sinh. Có thể nói với mức độ đề nhƣ trên thì sẽ phân hóa đƣợc trình độ của
học sinh, đồng thời cũng đƣa ra cho giáo viên sự đánh giá chính xác về mức độ
nắm kiến thức của học sinh.
Hƣớng dẫn: Bài 1. Xét hai véc tơ
2 2 2
0 0 0 0 0 0
( , , ) ; ( , , )u x y z v x y z
 
trong đó
0 0 0
( , , )x y z



14
Là nghiệm (nếu có) của hệ đã cho.
Ta có
3 3 3

0 0 0
.1uv x y z   
 

Ngoài ra tính đƣợc
2 2 2 2 2 2
0 0 0 0 0 0
)1; 1 2( 1u v x y y z z x     
 

Vậy
. 1 .u v u v
   

Do đó
u v u v
   
, từ đó suy ra nghiệm.
Bài 2. Trong không gian với hệ trục toạ độ Đề - các vuông góc Oxyz, đặt

22
22
(1, ,0)
(1, ,0)
1
cos( , )
11
sin( , )
11
ua

vb
ab
uv
ab
ab
uv
ab
























 
 

ta có
22
2(1 )( )
sin2( , ) 2sin( , ).cos( , ) 1
(1 )(1 )
ab a b
u v u v u v
ab

  

     



22
1 ( )(1 ) 1
2 (1 )(1 ) 2
a b ab
ab

  


Qua phân tích sơ bộ trên đây có thể thấy rằng, đề kiểm tra thể hiện đƣợc
dụng ý: sử dụng phƣơng pháp toạ độ trong không gian vào giải toán Đại số.
4. Đánh giá kết quả thực nghiệm

Kết quả làm bài kiểm tra của học sinh lớp thực nghiệm (TN) và học sinh lớp
đối chứng (ĐC) đƣợc thể hiện thông qua bảng sau:
Năm
học
Lớp
Tổng
số
Điểm 8 trở lên
Điểm từ 5 đến 8
Điểm dƣới 5
Số
lƣợng
Tỷ lệ
Số
lƣợng
Tỷ lệ
Số
lƣợng
Tỷ lệ
2012-
2013
TN
20
5
25%
12
60 %
3
15 %
ĐC

20
2
10 %
10
50 %
8
40 %

Căn cứ vào kết quả kiểm tra, bƣớc đầu có thể thấy hiệu quả của sử
dụng phƣơng pháp toạ độ trong không gian vào giải toán Đại số.