SKKN Khai thác phương pháp toạ độ trong không gian từ một bài tập đại số trong sách hình học ở THPT

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
ĐỀ TÀI:
"KHAI THÁC PHƯƠNG PHÁP TOẠ ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN
TỪ MỘT BÀI TẬP ĐẠI SỐ TRONG SÁCH HÌNH HỌC"

1

LỜI NÓI ĐẦU
I. LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI
1. Cơ sở lý luận
Trong chương trình toán học ở trường trung học phổ thông, phương pháp toạ độ chiếm
một vị trí quan trọng. Phương pháp toạ độ được xem là phương pháp toán học cơ bản và
cần thiết, kết hợp với phương pháp tổng hợp ta giải quyết được các đối tượng trên mặt
phẳng và không gian. Phương pháp toạ độ là công cụ chủ yếu ở chương trình hình học
lớp 10 và lớp 12 cho nên việc hướng dẫn học sinh lớp 12 giải bài toán hình học bằng
phương pháp này là cần thiết. Ngoài việc giúp các em củng cố kiến thức về toạ độ còn
giúp các em thấy rõ được ứng dụng to lớn của phương pháp này trong bài toán hình học
và là tiền đề để các em học tốt hơn trong chương trình hình học lớp 12.
2.Cơ sở thực tại
Khi dạy Ôn tập chương 3- Hình học 12, tôi có yêu cầu học sinh làm Bài 89, trang
138, sách bài tập hình học 12 nâng cao, các em đã lúng túng và ngạc nhiên vì đây lại là
một bài tập đại số.
Thật vậy, nói đến phương pháp toạ độ, mọi người thường hay nghĩ đến các bài toán của
hình học giải tích. Thực tế cho thấy nhiều bài toán đại số nếu giải theo cách nhìn Đại số
thì rất khó hoặc phức tạp, nhưng nếu khéo léo chuyển sang cách nhìn Hình học và vận
dụng phương pháp toạ độ vào thì lời giải ngắn gọn, dễ hiểu hơn so với các phương pháp
khác. Sẽ không có nhiều người nghĩ rằng phương pháp toạ độ còn cho ta những lời giải
hay đối với các bài toán đại số: Giải hệ phương trình - giải bất phương trình - chứng minh
bất đẳng thức - tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức… Cùng với nhiều

phương pháp khác, phương pháp toạ độ là một trong những phương pháp hữu hiệu để

2

giải nhiều bài toán sơ cấp. Phương pháp toạ độ dùng để giải quyết các bài toán chứa trong
nó “Cái hồn hình học” mà thoạt nhiên ta chưa nhìn thấy nó.
Năm học 2012-2013, tôi được phân công giảng dạy các lớp 12B2, 12B6. Tuy là các
lớp ban khoa học tự nhiên, nhưng vẫn còn bộ phận không nhỏ học sinh tiếp thu bài
chậm, kĩ năng làm bài còn kém, tư duy chưa rõ ràng. Đặc biệt các em rất lúng túng khi
gặp các bài toán đại số có chứa 3 ẩn số mà số phương trình(hoặc điều kiện) liên quan tới
ẩn số lại ít. Yêu cầu của các bài toán này thường là: Tìm giá trị của tham số để hệ
phương trình có nghiệm duy nhất, có nghiệm hoặc tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của biểu
thức chứa 3 biến số. Thực tế cho thấy khi các em làm những dạng toán này thường là các
em còn lúng túng và không xét hết các trường hợp của tham số, và còn mắc những sai
lầm không đáng có. Chính vì thế mà mỗi lần lên lớp, bản thân tôi rất trăn trở, làm thế nào
để truyền đạt cho các em dễ hiểu? Dạy cho các em những kĩ năng làm toán cơ bản nhất
và đặc biệt cần có phương pháp cụ thể cho từng dạng toán để học sinh nắm được bài tốt
hơn.
Do đó tôi đã mạnh dạn hướng dẫn các em sử dụng phương pháp toạ độ trong không gian
vào giải các bài toán Đại số trong chương trình trung học phổ thông. Đó cũng chính là
nhận thức và ý tưởng của tôi khi chọn đề tài:
“KHAI THÁC PHƯƠNG PHÁP TOẠ ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN
TỪ MỘT BÀI TẬP ĐẠI SỐ TRONG SÁCH HÌNH HỌC.”
Sáng kiến kinh nghiệm có thể làm tài liệu tham khảo cho giáo viên và học sinh trong
việc dạy và học.
Mặc dù đã cố gắng rất nhiều, nhưng các vấn đề đưa ra ít nhiều còn thiếu sót, hạn
chế. Mong được sự góp ý của các quý thầy cô và bạn đọc.

3

II. PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU
1. Phương pháp nghiên cứu lý luận
2. Phương pháp điều tra thực tiễn
3. Phương pháp thực nghiệm sư phạm
4. Phương pháp thống kê
III. PHẠM VI NGHIÊN CỨU
Trong phạm vi đề tài tôi mới chỉ đưa ra: Sử dụng Phương pháp toạ độ giải các bài
toán về hệ phương trình 3 ẩn, bài toán tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức chứa
IV. ỨNG DỤNG
Qua nội dung của đề tài này tôi mong muốn sẽ cung cấp cho học sinh một phương
pháp và một số kỹ năng cơ bản và biết đưa bài toán từ ngôn ngữ đại số về ngôn ngữ hình
học để giải. Hy vọng với đề tài nhỏ này sẽ giúp các bạn đồng nghiệp cùng các em học
sinh có thêm một cái nhìn cũng như phương pháp giải một lớp các bài toán về giải hệ
phương trình, giá trị lớn nhất nhỏ nhất qua việc sử dụng phương pháp toạ độ trong không
gian.
NỘI DUNG
I. KIẾN THỨC CHUẨN BỊ

4

Trong hệ trục toạ độ Oxyz
1. Tọa độ của điểm:
( )
; ;M x y z OM xi y j zk
⇔ = + +
uuuur r r r
,
với
(1;0;0); (0;1;0); (0;0;1)i j k= = =
r r r

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
= ⇔ = + +
r r r r r
3. Các công thức tính toạ độ vectơ:
( )
; ;
B A B A B A
AB x x y y z z
= − − −
uuur
Cho
( )
; ;u x y z=
r

và
( )
' '; '; 'u x y z=
ur
' { '; '; '}u u x x y y z z
= ⇔ = = =
r ur
( )
' '; '; 'u u x x y y z z
± = ± ± ±
r ur
( )
; ;ku kx ky kz
=
r
4. Tích vô hướng:
. ' . ' . ' . 'u u x x y y z z
= + +
r ur
. 0u v u v= ⇔ ⊥
r r r r
5. Các công thức tính độ dài và góc
2 2 2
u x y z= + +
r
( )
2
2 2
) ( ) (
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
u u
u u
x y z x y z
+ +
= =
+ + + +
r ur
r ur
r ur
với
; 'u u
r ur
≠
0
r

5

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 hướng.
Tính chất 3:
baba
≤
.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
a
và
b
cùng phương.
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 đường thẳng
( )
.
∆
Tính:
( )
,d I
∆
. 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
.

6

Tính:
( )
( )
2 2 2
Aa +Bb+Cc+D
,
A
d I P
B C
=

+ +
.
Nếu:
1)
( )
( )
( ) ( )
, :d I P R P C
> ∩ = ∅
;
2)
( )
( )
( ) ( )
, :d I P R P C
< ∩
là đường tròn
( )
( )
(
)
2 2
; ;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).
II. SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP TOẠ ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN VÀO MỘT SỐ
BÀI TOÁN ĐẠI SỐ
Khi giải bằng phương 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 hướng
dẫn cho học sinh chọn toạ độ véc tơ thích hợp.
Bài 1.(Bài tập 89- Ôn tập chương 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:

7


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 zu v + + += =
ur r


5 2 5 2 5 2. x y zu v + + + + +=
ur r
Ngoài ra tính được
3 5( ) 6 6; x y zu v + + + == =
ur r
Vậy
. .u v u v≤
ur r ur r
=
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 nu v + + += =
ur r

f(x)=
. x m x n m nu v + + + + +=
ur r
Ngoài ra tính được
3 2;u v= =
ur r
Vậy f(x)=
. .u v u v≤

ur r ur r
=
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=
uuuur uuur
với 0≤ t≤ 1

8

Hay x= 1- 2t; y= 1; z= -1+ 2t với 0≤ t≤ 1
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

=


=


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 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.

9

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
 
− −
 ÷
 
( )

( )
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 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 phương trình:

1 2 3 50 3 12x x x+ + − + − ≤
Giải


10

Điều kiện:
1
3 3 50
2 2 3
50
3
x
x x
x


≥ −



≥ ⇔ ≤ ≤



≤


Trong hệ toạ độ Oxyz xét các vectơ:

(1,1,1)
( 1, 2 3, 50 3 )
u
v x x x

=


= + − −


r
r

3
1 2 3 50 3 48 4. 3
. 1 2 3 50 3
u
u x x x

u v x x x

=


⇒ = + + − + − = =


= + + − + −


r
r
r r

Suy ra(1)
. .u v u v⇔ ≤
r r r r
Đẳng thức này luôn đúng
Vậy nghiệm bất phương trình đã cho là
3 50
2 3
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.

11

Sự có mặt của 3 số x, y, x trong bài toán “gợi” cho ta sử dụng phương pháp toạ độ. Ta
xác định hệ toạ độ đề-các vuông góc Oxyz như hình vẽ.
Dựng hình lập phương ABCO.A
1
B
1
C
1
O
1
có các cạnh bằng 1.
Cắt hình lập phương này bởi mặt phẳng : x+ y+ z= 3/2, cắt các trục Ox, Oy, Oz lần lượt
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 phương 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 được 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

12
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


Việc định hướng phân tích như 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 phương 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 đưa bài toán về xét sự tương giao của mặt cầu với mặt phẳng hoặc đường
thẳng.

Bài 6. Giải hệ phương 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 đường 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
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:

13

( ) ( ) ( ) ( ) ( )
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 phương 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 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 toạ độ 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 ⇒

14

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 phương 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

= + + =


=
 
⇒ = + + = ⇒ = >
 
=
 

= =


r
r
r r r r r
r
r r
(vô lí)
Vậy hệ vô nghiệm.
Bài 9.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. Ở bài này nếu học sinh biến đổi tương đương và kết hợp với phương pháp thế thì
cũng giải được, xong lời giải sẽ dài.
Nếu nhìn (1) là phương trình mặt phẳng, (2) là phương trình mặt cầu thì ta có cách
giải 1 dưới đây
Cách 1. Mặt cầu (S):
2 2 2
x y z 3+ + =
, tâm O(0; 0; 0); bán kính R =
3
và mp(α): x + y
+ z – 3 = 0 tiếp xúc với nhau vì
( )
2 2 2
3
,( ) 3
1 1 1
d O R
α
−
= = =
+ +

15

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.
Nếu nhìn (2) dưới góc độ bình phương độ dài của véctơ, (1) là tích vô hướng 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
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 hướng với
v

r
hay:
0 0
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 10. Tìm m để phương 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 phương pháp thế thì vẫn còn tới 2 ẩn số, hoặc nếu ta sử dụng
bất đẳng thức để đánh giá ở phương trình (2) thì lời giải vẫn chưa cụ thể.
Nhưng nếu để ý, phương trình (1) là phương trình của mặt cầu, phương trình (2) là
phương trình mặt phẳng thì ta thấy rằng:
Nghiệm của hệ phương 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
α
− + − =

16

Do đó hệ 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
Ta có giao điểm là hình chiếu vuông góc H của O(0; 0; 0) 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 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
 
=− = = −
 ÷
 

17

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 phương pháp toạ độ vào
giải một số bài toán Đại số như hệ phương trình, bất đẳng thức…
2. Tổ chức thực nghiệm
Thực nghiệm sư phạm được tiến hành tại trường 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 tương đương nhau giữa 2
lớp
3. Nội dung thực nghiệm
Đề kiểm tra (thời gian 30 phút)
Bài 1.Giải hệ phương 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
2 2
1 ( )(1 ) 1
2 (1 )(1 ) 2
a b ab
a b
+ −
− ≤ ≤
+ +

18

Việc ra đề như trên hàm chứa những dụng ý sư 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 được phân tích
rõ hơn về điều này và đồng thời đánh giá sơ bộ về chất lượng làm bài của học sinh.
Đề kiểm tra như trên là không quá khó và cũng không quá dễ so với trình độ học

sinh. Có thể nói với mức độ đề như trên thì sẽ phân hóa được trình độ của học sinh, đồng
thời cũng đưa ra cho giáo viên sự đánh giá chính xác về mức độ nắm kiến thức của học
sinh.
Hướng dẫn: Bài 1. Xét hai véc tơ
2 2 2
0 0 0 0 0 0
( , , ) ; ( , , )u x y z v x y z= =
ur r
trong đó
0 0 0
( , , )x y z
Là nghiệm (nếu có) của hệ đã cho.
Ta có
3 3 3
0 0 0
. 1u v x y z= + + =
ur r
Ngoài ra tính được
2 2 2 2 2 2
0 0 0 0 0 0
)1; 1 2( 1u v x y y z z x= = − + + ≤
ur r
Vậy
. 1 .u v u v≤ =
ur r ur r
Do đó
. .u v u v=
ur r ur r
, từ đó suy ra nghiệm.
Bài 2. Trong không gian với hệ trục toạ độ Đề - các vuông góc Oxyz, đặt

2 2
2 2
(1, ,0)
(1, ,0)
1
cos( , )
1 1
sin( , )
1 1
u a
v b
ab
u v
a b
a b
u v
a b












=

= −
−
=
+ +
⇒
+
=
+ +
ur
r
ur r
ur r
ta có
2 2
2(1 )( )
sin 2( , ) 2sin( , ).cos( , ) 1
(1 )(1 )
ab a b
u v u v u v
a b
− +
= = ≤
+ +
ur r ur r ur r

19

⇔
2 2
1 ( )(1 ) 1

2 (1 )(1 ) 2
a b ab
a b
+ −
− ≤ ≤
+ +
Qua phân tích sơ bộ trên đây có thể thấy rằng, đề kiểm tra thể hiện được dụng ý: sử
dụng phương 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)
được thể hiện thông qua bảng sau:
Năm
học
Lớp
Tổng
số
Điểm 8 trở
lên
Điểm từ 5 đến
8
Điểm dưới 5
Số
lượng
Tỷ lệ
Số
lượng
Tỷ lệ
Số
lượng
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, bước đầu có thể thấy hiệu quả của sử dụng phương
pháp toạ độ trong không gian vào giải toán Đại số.
KẾT LUẬN
1. Kết quả nghiên cứu
1.1.Đối với học sinh.

20

Trên đây là những kinh nghiệm mà tôi đúc rút được trong quá trình giảng dạy
Toán lớp 12 tại trường THPT Hoằng Hoá 4.
Hệ phương trình nhiều ẩn, hệ phương trình có chứa tham số hoặc bài toán min-max là
một trong những nội dung quan trọng trong chương trình môn toán THPT nói chung và
trong việc ôn thi Đại học và bồi dưỡng học sinh giỏi nói riêng. Nhưng đối với học sinh lại
là một mảng tương đối khó, đây cũng là phần nhiều thầy cô giáo quan tâm.
Đề tài của tôi đã được kiểm nghiệm trong các năm học giảng dạy lớp 12, được học sinh
đồng tình và đạt được kết quả, nâng cao khả năng giải hệ phương trình, hệ phương trình
chứa tham số và bài toán min-max . Các em hứng thú học tập hơn, ở những lớp có
hướng dẫn kỹ các em học sinh với mức học trung bình khá trở lên đã có kỹ năng giải các
bài tập.
Ngoài việc sử dụng phương pháp toạ độ trong không gian trong giải toán Đại số, tôi còn
khuyến khích động viên học sinh tìm tòi việc sử dụng phương pháp toạ độ trong mặt
phẳng giải các bài toán về hệ phương trình, bất phương trình, giá trị lớn nhất nhỏ nhất
của biểu thức 2 biến.
1.2.Đối với giáo viên.
- Sáng kiến kinh nghiệm này có thể xem là tài liệu tham khảo cho giáo viên.
2.Kiến nghị đề xuất.

2.1.Đối với tổ nhóm chuyên môn nhà trường.
- Các tổ chuyên môn nên tăng cường trình bày các chuyên đề trong chương trình bộ
môn.
- Nhà trường nên tổ chức thêm các buổi trao đổi kinh nghiệm học tập và giảng dạy.
2.2.Đối với Sở giáo dục và đào tạo.

21

Nên giới thiệu phổ biến về các trường phổ thông các sáng kiến kinh nghiệm có chất
lượng để cùng nhau trao đổi và áp dụng thực tế.
Cuối cùng, tôi xin trân trọng cảm ơn các thầy cô giáo trong tổ toán nhà trường đã
góp các ý kiến bổ ích cho bài viết, cảm ơn ban giám hiệu đã tạo điều kiện cho bài viết có
chất lượng hơn.

22