Sáng kiến kinh nghiệm SKKN khai thác phương pháp tọa độ trong không gian từ một bài tập đại số trong sách hình học 12

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

ĐỀ TÀI:
"MỘT SỐ GIẢI PHÁP GIÚP HỌC SINH CÓ KỸ NĂNG GIẢI
PHƢƠNG TRÌNH VÔ TỈ"

1


LỜI NÓI ĐẦU
I. LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI
1. Cơ sở lý luận
Trong chƣơng trình toán học ở trƣờng trung học phổ thông, phƣơng pháp toạ độ chiếm
một vị trí quan trọng. Phƣơng pháp toạ độ đƣợc xem là phƣơng pháp toán học cơ bản và
cần thiết, kết hợp với phƣơng pháp tổng hợp ta giải quyết đƣợc các đối tƣợng trên mặt
phẳng và không gian. Phƣơng pháp toạ độ là công cụ chủ yếu ở chƣơng trình hình học
lớp 10 và lớp 12 cho nên việc hƣớng dẫn học sinh lớp 12 giải bài toán hình học bằng
phƣơng pháp này là cần thiết. Ngoài việc giúp các em củng cố kiến thức về toạ độ còn
giúp các em thấy rõ đƣợc ứng dụng to lớn của phƣơng pháp này trong bài toán hình học
và là tiền đề để các em học tốt hơn trong chƣơng trình hình học lớp 12.
2.Cơ sở thực tại
Khi dạy Ôn tập chƣơng 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
2


một bài tập đại số.
Thật vậy, nói đến phƣơng pháp toạ độ, mọi ngƣời thƣờng 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, nhƣng nếu khéo léo chuyển sang cách nhìn Hình học và vận
dụng phƣơng pháp toạ độ vào thì lời giải ngắn gọn, dễ hiểu hơn so với các phƣơng pháp

khác. Sẽ không có nhiều ngƣời nghĩ rằng phƣơng pháp toạ độ còn cho ta những lời giải
hay đối với các bài toán đại số: Giải hệ phƣơng trình - giải bất phƣơng trình - chứng minh
bất đẳng thức - tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức… Cùng với nhiều
phƣơng pháp khác, phƣơng pháp toạ độ là một trong những phƣơng pháp hữu hiệu để
giải nhiều bài toán sơ cấp. Phƣơng pháp toạ độ dùng để giải quyết các bài toán chứa trong
nó “Cái hồn hình học” mà thoạt nhiên ta chƣa nhìn thấy nó.
Năm học 2012-2013, tôi đƣợc phân công giảng dạy các lớp 12B2, 12B6. Tuy là các
lớp ban khoa học tự nhiên, nhƣng vẫn còn bộ phận không nhỏ học sinh tiếp thu bài
chậm, kĩ năng làm bài còn kém, tƣ duy chƣa rõ ràng. Đặc biệt các em rất lúng túng khi

3


gặp các bài toán đại số có chứa 3 ẩn số mà số phƣơng trình(hoặc điều kiện) liên quan tới
ẩn số lại ít. Yêu cầu của các bài toán này thƣờng là: Tìm giá trị của tham số để hệ
phƣơng 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 thƣờng là các
em còn lúng túng và không xét hết các trƣờng 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 phƣơng pháp cụ thể cho từng dạng toán để học sinh nắm đƣợc bài tốt
hơn.
Do đó tôi đã mạnh dạn hƣớng dẫn các em sử dụng phƣơng pháp toạ độ trong không gian
vào giải các bài toán Đại số trong chƣơng trình trung học phổ thông. Đó cũng chính là
nhận thức và ý tƣởng của tôi khi chọn đề tài:
“KHAI THÁC PHƢƠNG PHÁP TOẠ ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN
TỪ MỘT BÀI TẬP ĐẠI SỐ TRONG SÁCH HÌNH HỌC.”

4

II. PHƢƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU
1. Phƣơng pháp nghiên cứu lý luận
2. Phƣơng pháp điều tra thực tiễn
3. Phƣơng pháp thực nghiệm sƣ phạm
4. Phƣơng pháp thống kê
III. PHẠM VI NGHIÊN CỨU
Trong phạm vi đề tài tôi mới chỉ đƣa ra: Sử dụng Phƣơng pháp toạ độ giải các bài
toán về hệ phƣơng 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 phƣơng
pháp và một số kỹ năng cơ bản và biết đƣa 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

5


sinh có thêm một cái nhìn cũng nhƣ phƣơng pháp giải một lớp các bài toán về giải hệ
phƣơng trình, giá trị lớn nhất nhỏ nhất qua việc sử dụng phƣơng 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, nhƣng các vấn đề đƣa ra ít nhiều còn thiếu sót, hạn
chế. Mong đƣợc sự góp ý của các quý thầy cô và bạn đọc.
Xin trân trọng cảm ơn!
Hoằng Hoá, tháng 5 năm 2013.
Ngƣời viết
Nguyễn Văn Trƣờng

NỘI DUNG

6


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 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   Oxz   M  x;0; z  ;

M  Oy  M  0; y;0 
M  Oz  M  0;0; z 

u   x; y; z   u  xi  y j  zk

2.

Toạ độ vectơ:

3.

Các công thức tính toạ độ vectơ:

AB   xB  xA ; yB  y A ; zB  z A 

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

7


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

u  u '  {x  x '; y  y '; z  z '}

4.

Tích vô hướng:

5.

Các công thức tính độ dài và góc

u.u '  x.x ' y. y ' z.z '

AB 

u  x2  y 2  z 2





cos u; u ' 

u.u '

x

B

x  y  z 2 . x '2  y '2  z '2
2

u u'

2

u.v  0  u  v

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

xx ' yy ' zz '



ku   kx; ky; kz 

2

với u; u ' ≠ 0

6.Một số tính chất của vectơ.

Tính chất 1:

Tính chất 2:

2

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

a  b  ab .

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a và

b

cùng hƣớng.

8


Tính chất 3:

a.b  a . b .

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:  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  a 2  b 2  c 2  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: 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.

9


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   

Aa +Bb +Cc+D

A2  B2  C 2

.

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



2) d  I ,  P    R : P    C  là đƣờng tròn H ; r  R2  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).
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

10


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)
Chứng minh:

a)

5 x  2  5 y  2  5 z  2  6. 3

với mọi x, y, z ≥ -2/5 và

x+ y+ z= 6
Tìm giá trị lớn nhất của hàm số

b)

f(x)=

xm  xn  mn

với x, m, n ≥ 0 và x+ m+ n= 1.

Chứng minh:

c)

( 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.
a)

Xét hai véc tơ u  (1,1,1) ; v  (

5 x  2, 5 y  2, 5 z  2 )

u.v  5 x  2  5 y  2  5 z  2

11


Ngoài ra tính đƣợc u 

Vậy u.v  u . v = 6.

3

hay

3 ; v  5( x  y  z )  6  6

5 x  2  5 y  2  5 z  2  6. 3

Dấu “=” xảy ra khi x= y= z= 2.
b)

Xét hai véc tơ u  (1,1,1) ; v  (

f(x)= u.v 

xm  xn  mn

Ngoài ra tính đƣợc u 

Vậy f(x)= u.v  u . v =

c)

x  m, x  n, m  n )

6

3; v  2

hay maxf(x)=

6

khi x= m= n=1/3 .

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

12

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

≥

Dấu “=” xảy ra khi M nằm giữa 2 điểm A; B hay

2. 2

AM  t. AB

với 0≤ t≤ 1

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)  a4 + b4 + c4
Giải.

Ta



Từ

xét

có:

VT

=

a2bc

ab2c

+

+

abc2

và

xét

hai

véctơ

u   ab; bc; ca 

v   ac; ba; bc 

 u  a 2b 2  b 2 c 2  c 2 a 2


2 2
2 2

2 2
 v  a c b a b c  u

2
2
2
u.v  a bc  ab c  abc


u.v  u . v

thêm:

 VT = a2bc + ab2c + abc2  a2b2 + b2c2 + c2a2

a  a ;b ;c
2

2

2



và

b  b ; c ; a
2

2

2



(1)
a 


a. 


4

2

b

a 
2

4

a

13

b 

4

b 

2


Do

a.b  a . b



a 2b 2  b 2 c 2  c 2 a 2  a 4  b 4  c 4



Từ (1) và (2)

Đẳng thức xảy ra 

(2)

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

Bài 3. Cho ba số thực x, y, z thỏa:



x 2  y 2  z 2 1 .

a bc

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

Đƣờng thẳng  qua O và vuông góc với () có phƣơng trình

 x  2t

 y  2t  t  R 
z   t


giá trị tham số t tƣơng ứng với giao điểm của  và (S) là t = 

14

1
3





và

cắt

4 4 1
  9
3 3 3

d  A, ( )  

22  22   1

Lấy

Luôn

(S)

M(x;

có

2

nhau

2;

y;

tại

d  B, ( )  

2

4 4 1
   9
3 3 3
22  22   1



z)

2
;
3

z=



1
3

Max F = 12 đạt khi x = y =



2
;
3

z=

2

3 3



3

và

B   2 ;  2 ; 1 
 3

3 3

4

d  M , ( )  

(S),

d  A, ( )   d  M , ( )   d  B, ( ) 

Vậy min F = 6 đạt khi x = y =

A  2 ; 2 ;  1 

điểm:

2

1
F 4
3

2x  2 y  z  9
22  22   1



2

1
 F
3

6 F 

1

3

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

Giải

15

1 2


Điều kiện:

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

Trong hệ toạ độ Oxyz xét các vectơ:
u  (1,1,1)

v  ( x  1, 2 x  3, 50  3 x )

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

Suy ra(1)

 u.v  u . v

Đẳng thức này luôn đúng

Vậy nghiệm bất phƣơng trình đã cho là

3
50
x
2
3

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

16


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 phƣơng pháp toạ độ. Ta
xác định hệ toạ độ đề-các vuông góc Oxyz nhƣ hình vẽ.
Dựng hình lập phƣơng ABCO.A1B1C1O1 có các cạnh bằng 1.
z

J

1 O1

R

C1

S

Cắt hình lập phƣơng này bởi mặt phẳng : x+ y+ z= 3/2, cắt các trục Ox, Oy, Oz lần lƣợt

A1

Q

B1

tại các điểm có toạ độ K(3/2; 0; 0); L(0; 3/2; 0); J(0; 0; 3/2)).
H
1
C

O
M

L
y

Thiết diện tạo bởi mặt phẳng (KLJ) với hình lập phƣơng ABCO.A1B1C1O1 tức là lục giác
P

A

đều MNPQRS.

K

1
N

B

x

17


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

Ta có: OH =

x2  y 2  z 2

. Đặt T= x2 + y2 + z2 .

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 đƣợc 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

18


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.

Bài

Giải

6.

hệ

phƣơng

 x 2  y 2  z 2  2 x  4 y  6 z  0(1)

3 x  2 y  2 z  8  0(2)
3 x  3 y  4 z  12  0(3)


trình:

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
Nghiệm

thẳng
của

giao
hệ

tuyến
là

của
tọa

2

mặt
độ

phẳng.
giao

đó:

Khi
điểm

của:

Mặt cầu (S): x2  y 2  z 2  2 x  4 y  6 z  0 và đƣờng thẳng = (P)∩(Q) với

19


(P):


3x+
qua

2yM(0;



2z4;



có

8=
0)

0
và

phƣơng

và

(Q):

có

VTCP

trình

3x+
u

tham

3y-

4z-

12=

0

=

(-2;

6;

3)

số:

 x   2t

 y  4  6t  t  R 
 z  3t


Giá trị tham số t tƣơng ứng với điểm chung của (S) và  là nghiệm của phƣơng trình:

 2t    4  6t    3t 
2



2



và

2



 2  2t   4  4  6t   6.3t  0

(S)

có

hai

điểm

t  0

t   10

49

chung

A  0; 4;0 

và

 20 136 30 
A ;
; 
49 
 49 49

Vậy hệ đã cho có hai nghiệm  0; 4;0  và  20 ; 136 ;  30 
49 
 49 49

Bài 7. Giải hệ phƣơng trình:

 x2  y 2  z 2  6x  2 y  2z  2  0

x  2 y  2z  6  0

Giải.
20


Nghiệm của hệ phƣơng 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

():

ta có

d  I , ( )  



x

+
9

1  22  22
2

2y

+

2z

+

6

=

0

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

()

Đƣờng thẳng  qua I và vuông góc với () có phƣơng trình

x  3  t

 y   1  2t  t  R 
 z 1  2t


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

21


trên rõ ràng đã giải quyết đơn giản bài toán, cũng với cách làm này ta còn có thể chứng
minh hệ vô nghiệm.
4
4
4

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

Giải: xét f(x,y,z) = x2 + y2 + 2z2

Đặt:

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

(vô lí)

Vậy hệ vô nghiệm.
 x  y  z  3 1

Bài 9.Giải hệ phƣơng 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 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

22


giải

1

dƣới

đây

Cách 1. Mặt cầu (S): x 2  y2  z2  3 , tâm O(0; 0; 0); bán kính R =

+

z

Do

–

đó

3

=

hệ

0

phƣơng

tiếp

xúc

trình

với

nhau

vì

 x  y  z  3 1
có
 2
2
2
x

y

z


3
2




3

d  O, ( )  

và mp(): x + y
3
12  12  12

nghiệm

duy

 3R

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

ta

véctơ,

có

cách

giải

2

Cách 2. Xét f(x,y,z) = x + y + z với x, y, z là các số thực.

Đặt:

 u  x2  y 2  z 2  3
u   x; y; z  
  v  12  12  12  3
 f ( x, y, z )  u.v  u . v  3

v  1;1;1

u.v  f ( x, y, z )  x  y  z


Đẳng thức xảy ra khi

u

cùng hƣớng với

v

hay:

x y z
   0  x  y  z  0 (4)
1 1 1

23


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

 x 2  y 2  z 2  1(1)
nghiệm: 
2 x  y  2 z  m(2)

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

Nghiệm của hệ phƣơng trình (nếu có) là tọa độ
mặt

cầu

và

(S):

x 2  y 2  z 2 1 ,

(S)

có

mặt

tâm

O(0;

ta

thấy

rằng:

của giao điểm chung giữa
0;

0)

bán

kính

R

=

1

  :2 x  y  2 z  m  0

phẳng

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

24


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

1
3

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

 x  2t

 y   t t R 
 z  2t


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


Vậy

khi

 2 1 2
 ; ; 
 3 3 3

H’

m

=

3

thì

hệ

có

(tƣơng

nghiệm

khi m = - 3 thì hệ có nghiệm duy nhất là

duy

tự

nhất

nhƣ

là

TH1)

2
1
2

 x ; y ;z 
3
3
3


2
1
2

 x ; y ;z  
3

3
3


25