Khai thác phương pháp tọa độ trong không gian từ một bài tập đại số trong sách hình học 12

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
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
1

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.”

2


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 3 biến số thông qua một vài ví dụ.
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.
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.
Xin trân trọng cảm ơn!
Hoằng Hoá, tháng 5 năm 2013.
Người viết
Nguyễn Văn Trường

3


NỘI DUNG
I.

KIẾN THỨC CHUẨN BỊ
Trong hệ trục toạ độ Oxyz
uuuur

r

r

r

1. Tọa độ của điểm: M  x; y; z   OM  xi  y j  zk ,
r

r

r

với i  (1; 0; 0); j  (0;1; 0); k  (0; 0;1)
M   Oxy   M  x; y;0  ; M  Ox  M  x;0;0 

đặc biệt: M   Oyz   M  0; y; z  ;

M  Oy  M  0; y;0 

M   Oxz   M  x;0; z  ; M  Oz  M  0;0; z 

r

r

r

r

r

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

thức tính toạ độ vectơ:
uuur
AB   xB  xA ; yB  y A ; zB  z A 
r
ur
Cho u   x; y; z  và u '   x '; y '; z '
r ur
u  u '  {x  x '; y  y '; z  z '}
r
ku   kx; ky; kz 

r ur
u  u '   x  x '; y  y '; z  z '

r ur

rr
r r
u.v  0  u  v

u.u '  x.x ' y. y ' z.z '
4. Tích vô hướng:
5. Các công thức tính độ dài và góc

r
u  x2  y 2  z 2

AB 

x

B

 x A ) 2  ( yB  y A ) 2  ( z B  z A 

r ur
r ur
u.u '
cos u; u '  r ur 
u u'



2

xx ' yy ' zz '



x 2  y 2  z 2 . x '2  y '2  z '2

r ur

r

với u; u ' ≠ 0

6.Một số tính chất của vectơ.
2

Tính chất 1:

(a ) 2  a  0 . Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a  0

Tính chất 2:

a  b  ab .
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a và b cùng hướng.
4


Tính chất 3:

a.b  a . b .
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:  x  a    y  b    z  c   R 2 . (1)
2

2

2

Dạng 2: x 2  y 2  z 2  2ax + 2by + 2cz + d = 0  a 2  b 2  c 2  d  0  (2). Khi đó: Mặt
cầu tâm I(-a; -b; -c), bán kính R  a2  b2  c2  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

 P  : Ax + By +Cz + D = 0 .
Tính: d  I ,  P   
Nếu:

Aa +Bb +Cc+D
A2  B2  C 2

.

1) d  I ,  P    R : P   C    ;





2) d  I ,  P    R : P    C  là đường tròn H ; r  R 2  d 2  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).

5

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: 5x  2  5 y  2  5z  2  6. 3 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:
( x  1)2  ( y  1)2  ( z  1)2  (x  1)2  ( y  1)2  (z  1)2 ≥ 2. 2 với mọi x, y, z

Giải.
ur
r
a) Xét hai véc tơ u  (1,1,1) ; v  ( 5x  2, 5 y  2, 5z  2 )
ur r
u.v  5x  2  5 y  2  5z  2
ur
r
Ngoài ra tính được u  3 ; v  5( x  y  z )  6  6
ur r

ur r

Vậy u.v  u . v = 6. 3 hay 5x  2  5 y  2  5z  2  6. 3
Dấu “=” xảy ra khiurx= y= z= 2.r
b) Xét hai véc tơ u  (1,1,1) ; v  ( x  m , x  n , m  n )

ur r
f(x)= u.v  x  m  x  n  m  n
ur
r
Ngoài ra tính được u  3 ; v  2
ur r

ur r

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

Từ bất đẳng thức MA+ MB ≥ AB, ta suy ra
( x  1)2  ( y  1)2  ( z  1)2  (x  1)2  ( y  1)2  (z  1)2 ≥ 2. 2
uuuur
uuur
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

6


Bài 2. Chứng minh rằng: a, b, c  R, ta có: abc(a + b + c)  a4 + b4 + c4
Giải.
r


u   ab; bc; ca 
Ta có: VT = a bc + ab c + abc và xét hai véctơ r

v   ac; ba; bc 
r
 u  a 2b 2  b 2 c 2  c 2 a 2

r
r
2 2
2 2
2 2

 v  a c b a b c  u
r r 2
2
2
u.v  a bc  ab c  abc

rr r r
Từ u.v  u . v
 VT = a2bc + ab2c + abc2  a2b2 + b2c2 + c2a2
r
r
 a  a 4  b4  c 4  b
r
r

xét thêm: a   a 2 ; b 2 ; c 2  và b   b 2 ; c 2 ; a 2    r r

2 2
2 2
2 2
a.b  a b  b c  c a
rr
r r
Do a.b  a . b

a 2b 2  b 2c 2  c 2 a 2  a 4  b 4  c 4 (2)
2

Từ (1) và (2)

2



Đẳng thức xảy ra

2

(1)

abc(a + b + c)  a4 + b4 + c4


 ab bc ca
 ac  ba  bc

 2

2
2
a  b  c
 b 2 c 2 a 2

b c a
 
c a b



a bc

Bài 3. Cho ba số thực x, y, z thỏa: x 2  y 2  z 2 1. Tìm GTLN và GTNN của
F  2x  2 y  z  9

Giải.
Xét mặt cầu (S): x 2  y 2  z 2 1, tâm O, bán kính R = 1
và mặt phẳng (): 2 x  2 y  z  9 = 0
 x  2t
Đường thẳng  qua O và vuông góc với () có phương trình  y  2t  t  R 
z   t

1
giá trị tham số t tương ứng với giao điểm của  và (S) là t = 
3
2 2 1
2 2 1
  và (S) cắt nhau tại 2 điểm: A  ; ;   và B   ;  ; 
 3 3 3

 3 3 3
4 4 1
4 4 1
  9
   9
3 3 3
3 3 3
d  A, ( )  
2;
d  B, ( )  
4
2
2
2
2
2
2
2  2   1
2  2   1

Lấy M(x; y; z)  (S), d  M , ( )  

2x  2 y  z  9
22  22   1

2

1
 F
3

7


Luôn có d  A,( )   d  M ,( )   d  B,( )   2 

1
F  4  6  F  12
3

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

Vậy min F = 6 đạt khi x = y =

Bài 4. Giải bất phương trình:
x  1  2 x  3  50  3x  12

Giải

Điều kiện:


 x  1

3
3
50

 x
x 
2
2
3

50

 x  3

Trong hệ toạ độ Oxyz xét các vectơ:

r
u  (1,1,1)
r
v  ( x  1, 2 x  3, 50  3 x )
r
u  3
r

  u  x  1  2 x  3  50  3x  48  4. 3
r r
u.v  x  1  2 x  3  50  3x


rr r r
Suy ra(1)  u.v  u . v

Đẳng thức này luôn đúng
3
2

50
3

Vậy nghiệm bất phương trình đã cho là  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  x; y; z  1 (1)

 x  y  z  3 / 2 (2)

Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức
F= cos(x2 + y2 + z2)

(3)

Giải.
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.A1B1C1O1 có các cạnh bằng 1.

8

z

J
O1

1

Cắt hình lập phương này
A1

các trục Ox, Oy, Oz lần lượt tại

Q
H B1

các điểm có toạ độ K(3/2; 0; 0);

1
C

O

L(0; 3/2; 0); J(0; 0; 3/2)).

M

Thiết diện tạo bởi mặt
phẳng (KLJ) với hình lập phương
đều MNPQRS.

C1

S

bởi mặt phẳng : x+ y+ z= 3/2, cắt

ABCO.A1B1C1O1 tức là lục giác

R

A

P

1

y

B

N

K

L

x

Gọi điểm H(x;y;z) bất kỳ thuộc thiết diện.

Ta có: OH =

2

2

2

x 2  y 2  z 2 . Đặt T= x + y + z .

OI là khoảng cách từ O(0;0;0) tới mp(KLJ) là OI =

3 / 2
3

 3/ 4

Ta có min T = OI2 = 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 =OM2 mà M(1;0;1/2)  OM2=5/4.
Ta có : 0<3/4≤OH2≤5/4<π/2,
Mà trên (0 ; π/2) hàm số cosx nghịch biến nên ta có :
Cos(5/4)≤ cos(x2 + y2 + z2)≤ 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 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.

9


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

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): x 2  y 2  z 2  2 x  4 y  6 z  0 và đường thẳng = (P)∩(Q) với
(P): 3x+ 2y- 2z- 8= 0 và (Q):r3x+ 3y- 4z- 12= 0
 qua M(0; 4; 0) và có VTCP u = (-2; 6; 3)
 x   2t
  có phương trình tham số:  y  4  6t  t  R 
 z  3t


Giá trị tham số t tương ứng với điểm chung của (S) và  là nghiệm của
phương trình:
t  0
 2t    4  6t    3t   2  2t   4  4  6t   6.3t  0   10
t 


49
20 136 30 
; 
  và (S) có hai điểm chung A  0;4;0 và A  ;
49 
 49 49
20 136 30
Vậy hệ đã cho có hai nghiệm  0;4;0 và  ; ;  
49 
 49 49
2

2

2

 x2  y 2  z 2  6x  2 y  2z  2  0
Bài 7. Giải hệ phương trình: 
x  2 y  2z  6  0

Giải.
Nghiệm của hệ phương trình (nếu có) là toạ độ điểm chung của:
Mặt cầu (S): x2  y 2  z 2  6 x  2 y  2 z  2  0 , (S) có tâm I(3; -1; 1) bán kính R = 3
và (): x + 2y + 2z + 6 = 0
ta có

d  I , ( )  

9
1  22  22

2

3 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 ()
x  3 t

Đường thẳng  qua I và vuông góc với () có phương trình  y   1  2t  t  R 
 z 1  2t


giá trị của tham số t tương ứng với giao điểm của () và  là t = -1 
10


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.
 x 4  y4  z4  1

Bài 8. Chứng minh rằng hệ phương trình sau vô nghiệm:  2 2
2

 x  y  2z  7

Giải: xét f(x,y,z) = x2 + y2 + 2z2

r
 u  x4  y 4  z 4  1
r
u   x 2 ; y 2 ; z 2   r
rr r r
Đặt: r
  v  12  12  22  6  f ( x, y, z )  u.v  u . v (vô lí)
r r
v  1;1; 2 
u.v  f ( x, y, z )  7


Vậy hệ vô nghiệm.
 x  y  z  3 1

Bài 9.Giải hệ phương trình:  x 2  y 2  z 2  3  2 
 3
3
3
 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): x 2  y 2  z 2  3 , tâm O(0; 0; 0); bán kính R = 3 và
mp(): x + y + z – 3 = 0 tiếp xúc với nhau vì d  O, ( )  

3
12  12  12

 3R

 x  y  z  3 1
có nghiệm duy nhất,
2
2
2
x

y

z

3
2




Do đó hệ phương trình 

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.
r
 u  x2  y 2  z 2  3
r

u   x; y; z   r
rr r r
  v  12  12  12  3
 f ( x, y, z )  u.v  u . v  3
Đặt: r
r r
v  1;1;1
u.v  f ( x, y, z )  x  y  z

r
r
x y z
Đẳng thức xảy ra khi u cùng hướng với v hay:    0  x  y  z  0 (4)
1 1 1

11


Thế (4) vào (3) ta được x = 1
Vậy hệ phương trình có nghiệm (x = 1; y = 1; z = 1)
 x 2  y 2  z 2 1(1)

Bài 10. Tìm m để phương trình sau có đúng một nghiệm: 

2 x  y  2 z  m(2)

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): x 2  y 2  z 2 1, (S) có tâm O(0; 0; 0) bán kính R = 1
và mặt phẳng   :2 x  y  2 z  m  0
Do đó hệ có đúng một nghiệm khi và chỉ khi (S) và () tiếp xúc nhau
 d  O, ( )  

m
22  (1)2  22

1 

m  3
m   3


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.
Đường thẳng  qua O và vuông góc với (1) có phương trình
 x  2t

 y   t t R 
 z  2t


giá trị của tham số t tương ứng với điểm chung của (1) và  là t =

1


3

2 1 2
H  ;  ; 
3

3 3

TH2: m = -3.
Gọi H’ là hình chiếu vuông góc của O trên (2): 2x – y + 2z + 3 = 0
2 1 2
 H’   ; ;   (tương tự như TH1)
 3 3

3




2

1

2

Vậy khi m = 3 thì hệ có nghiệm duy nhất là  x  ; y   ; z  
3
3
3


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

3

3

3

12


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: 12B2
+) Lớp đối chứng:

12B6

Chọn ở lớp 12B2 và 12B6, 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
x  y  z 1
 2
2
2
x  y  z 1
 3
3
3
x  y  z 1
Bài 2. Cho a, b là hai số thực tuỳ ý. Chứng minh rằng
1 (a  b)(1  ab) 1
 

2 (1  a 2 )(1  b2 ) 2
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

ur

r

u  ( x0 , y0 , z0 ) ;v

(0x 2, 0y 2, 0ztrong
) đó

2

( x0 , y0 , z0 )

13


Là nghiệm (nếu
có) của hệ đã cho.
ur r
Ta có u.v  x03  y03  z03  1
ur

r

Ngoài ra tính được u  1 ; v  1  2( x02 y02  y02 z02  z02 x02 )  1
ur r

ur r

Vậy u . v  1  u.v
ur r

ur r

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
ur
u  (1, a,0)
r
v  (1, b,0)
ur r

1  ab
cos(u, v) 
1  a 2 1  b2
 
ur r
ab

sin(
u
, v) 

1  a 2 1  b2


2(1  ab)(a  b)
1
(1  a2 )(1  b2 )
1 (a  b)(1  ab) 1
 

2 (1  a 2 )(1  b2 ) 2
Qua phân tích sơ bộ trên đây có thể thấy rằng, đề kiểm tra thể hiện được

ur r

ur r

ur r

ta có sin 2(u, v)  2sin(u, v).cos(u, v) 

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-

TN

20

5

25%

12

60 %

3

15 %

2013

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.

14


KẾT LUẬN
1. Kết quả nghiên cứu
1.1.Đối với học sinh.
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.

15


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.

Thanh Hoá, ngày 15 tháng 05 năm 2013
XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ

Tôi xin cam đoan đây là SKKN của mình viết,

không sao chép nội dung của người khác

Nguyễn Văn Trường

16