ứng dụng phương pháp tọa độ vectơ,tọa độ điểm vào việc giải bất đẳng thức, phương trình, bất phương trình, hệ phương trình

Trường THPT Phú Lộc

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THỪA THIÊN HUẾ
TRƯỜNG THPT PHÚ LỘC

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
ĐỀ TÀI :
ỨNG DỤNG PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ VECTƠ,TỌA ĐỘ ĐIỂM
VÀO VIỆC GIẢI BẤT ĐẲNG THỨC, PHƯƠNG TRÌNH,
BẤT PHƯƠNG TRÌNH, HỆ PHƯƠNG TRÌNH

Lĩnh vực : TOÁN HỌC
Giáo viên : Trần Minh Cường
Chức vụ: Tổ trưởng chuyên môn

Phú Lộc, tháng 3 năm 2015

GV : Trần Minh Cường

Page 1


Trường THPT Phú Lộc
MỤC LỤC :
TT

Nội dung

Trang

ĐỀ TÀI

01

MỤC LỤC

02

PHẦN I : ĐẶT VẤN ĐỀ

03

I.LÍ DO CHỌN ĐỀ TÀI .

03

II.MỤC ĐÍCH NGHIÊN CỨU.

04

III.NHIỆM VỤ NGHIÊN CỨU.

04

IV.ĐỐI TƯỢNG VÀ PHẠM VI NGHIÊN CỨU.

04

V.PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU.

04

PHẦN II : GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ

05

I. CƠ SỞ LÍ LUẬN.

05

II. CƠ SỞ THỰC TIỄN

06

III. NỘI DUNG CỤ THỂ.

06

Vấn đề 1 : Dạng toán chứng minh bất đẳng thức.

06 – 09

Vấn đề 2 : Dạng toán giải phương trình, bất phương trình,

09 – 14

hệ phương trình.
Vấn đề 3 : Bài toán cực trị.

14

PHẦN III: KẾT LUẬN

15

NHẬN XÉT VÀ ĐÁNH GIÁ

16

PHIẾU CHẤM ĐIỂM, XẾP LOẠI SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

17

GV : Trần Minh Cường

Page 2


Trường THPT Phú Lộc
I PHẦN I : ĐẶT VẤN ĐỀ
I.LÍ DO CHỌN ĐỀ TÀI .
Trong các đề thi đại học, đề thi học sinh giỏi lớp 12 của tỉnh, các bài toán
giải phương trình, bất phương trình và hệ phương trình v.v … Đa số học sinh còn
lúng túng khi giải toán. Có nhiều phương pháp để giải. Học sinh phải biết phối
hợp một cách khéo léo các phương pháp : phương pháp đại số, phương pháp hình
học, phương pháp tọa độ vectơ và tọa độ điểm v.v…để giải.
Sau đây Tôi xin trình bày phương pháp tọa độ vectơ và tọa độ điểm vào việc
giải một số bài toán : Chứng minh bất đẳng thức, giải phương trình, bất phương
trình, hệ phương trình trong chương trình cấp trung học phổ thông hiện hành
- Giải phương trình, bất phương trình, hệ phương trình và hệ bất phương
trình.

- Giải các bài toán chứa tham số.
- Giải các bài toán về bất đẳng thức.
- Giải các bài toán tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất. v.v…
Đề tài này giúp học sinh nắm được phương pháp, có được kĩ năng ứng
dụng công cụ phương pháp tọa độ để giải quyết vấn đề.
Ví dụ : (A – 2014 ) Giải Hệ Phương trình
 x 12 − y + y (12 − x 2 ) = 12 (1)
 3
(2)
 x − 8 x − 1 = 2 y − 2

Ví dụ : Cho a,b,c > 0 và ab + bc + ca = abc. Chứng minh rằng
a 2 + 2b 2
b 2 + 2c 2
c 2 + 2a 2
+
+
≥ 3
ab
bc
ca

GV : Trần Minh Cường

Page 3


Trường THPT Phú Lộc
II.MỤC ĐÍCH NGHIÊN CỨU.
- Giúp học sinh hiểu sâu hơn về phương pháp tọa độ .

- Giúp học sinh thấy được tầm quan trọng của lý thuyết Véctơ và phương
pháp tọa độ
- Giúp học sinh hứng thú hơn trong việc tiệm cận với môn học hình học giải
tích.
III.NHIỆM VỤ NGHIÊN CỨU.
- Giúp học sinh rèn luyện các kĩ năng ứng dụng được về phương pháp vecto
và phương pháp tọa đô vào giải toán.
IV.ĐỐI TƯỢNG VÀ PHẠM VI NGHIÊN CỨU.
1. Đối tượng nghiên cứu.
-

Học sinh lớp 12, học sinh dự thi vào các trường Đại học và Cao đẳng.

-

Kiến thức về phương pháp vecto và phương pháp tọa đô ở cấp học lớp10

và cấp học lớp 12 phổ thông trung học.
2. Phạm vị nghiên cứu :
-

Hình học lớp 10 và lớp 12 phổ thông trung học.

-

Sách giáo khoa và tài liệu tham khảo luyện thi đại học, tài liệu bồi dưỡng

học sinh giỏi và các đề thi vào các trường Đại học và Cao đẳng.
V. PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU.
-

Phương pháp nghiên cứu lí luận.

-

Phương pháp nghiên cứu thông qua thực tiễn giảng dạy.

\

GV : Trần Minh Cường

Page 4


Trường THPT Phú Lộc
PHẦN II : GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ
I. CƠ SỞ LÍ LUẬN.
1. Khái niệm vecto.
2. Các phép toán về vecto.
3. Tọa độ điểm và tọa độ vecto.
4. Phương pháp tọa độ trong mặt phẳng.
5. Phương pháp tọa độ trong không gian.
TÍNH CHẤT 1:
BẤT ĐẲNG THỨC TAM GIÁC.
Cho tam giác ABC có độ dài các cạnh BC, CA, AB tương ứng là a,b,c. Ta luôn có
:
+ b − c < a < b + c hay AC − AB < BC < AC + AB
+ AB = ( xB − x A )2 + ( yB − y A ) 2
Như vậy ta chọn A,B,C có tọa độ thích hợp để giải bài toán.
TÍNH CHẤT 2:

BẤT ĐẲNG THỨC VECTƠ.
r

r

uur

Cho u = (a; b), v = ( x; y ), w = (m; n). Ta có
r

r

r r

r

r

+ u − v ≤ u+v ≤ u + v .
r r

dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi u , v cùng phương ⇔ ax = by.
r r uur r r uur
u
+ +v+w ≤ u + v + w .
a b
y = x
r r uur

dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi u , v , w cùng phương ⇔ 

m = n
 y x
rr r r
r r
+ u.v ≤ u . v , dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi u , v cùng hướng.

Chú ý : Tính chất này có thể mở rộng trong không gian.
GV : Trần Minh Cường

Page 5


Trường THPT Phú Lộc
II. CƠ SỞ THỰC TIỄN
1.Thông qua dạy học, thông qua tình huống có vấn đề, một số bài toán khi
giải bằng công cụ phương pháp vecto và phương pháp tọa đô thì khéo léo hơn.
2. Thông qua các dạng toán cơ bản thường gặp ở lớp học 12, các đề thi đại
học.
III. NỘI DUNG CỤ THỂ.
ỨNG DỤNG PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ VECTƠ & TỌA ĐỘ ĐIỂM
VÀO VIỆC GIẢI
BẤT ĐẲNG THỨC, PHƯƠNG TRÌNH, BẤT PHƯƠNG TRÌNH,
HỆ PHƯƠNG TRÌNH
Vấn đề 1 : Dạng toán chứng minh bất đẳng thức.
BÀI 1 : Chứng minh rằng : a 2 − 2a + 5 + a 2 + 2a + 5 ≥ 2 5 (1)
Cách giải :
(1) ⇔ (a − 1)2 + 22 + (a + 1) 2 + 22 ≥ 2 5
r

r

r r

Đặt a = (1 − a; 2), b = (a + 1; 2) ⇒ a + b = (2; 4)
r

r

r r

Ta có : (a − 1)2 + 22 + (a + 1) 2 + 22 = a + b ≥ a + b = 2 5 (đpcm)
rr

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi : a; b cùng hướng 1-a = a+1 ⇔ a = 0.
BÀI 2 : Chứng minh rằng : x 2 + xy + y 2 + y 2 + yz + z 2 ≥ z 2 + zx + x 2 , ∀x, y, z ∈ R (1)
Cách giải :
2

Ta có

2

2
2
x  3 
z  3 


2
2

x + xy + y =  y + ÷ + 
x÷
;
y
+
yz
+
z
=
y
+
z÷

÷ + 
÷
2  2 ÷
2
2







r 

2

2

3  r 

3 

r r  x−z





;
(x + z) ÷
Xét a =  y + ; x ÷÷, b =  −  y + ÷; z ÷÷⇒ a + b = 
÷
2 2 
2 2 
2

 
 2

x

z

3

r r
( x − z ) 2 3( x + z ) 2

⇒ a+b =
+
= z 2 + zx + x 2
4
4
GV : Trần Minh Cường

Page 6


Trường THPT Phú Lộc
r

r

r r

Do a + b ≥ a + b nên x 2 + xy + y 2 + y 2 + yz + z 2 ≥ z 2 + zx + x 2 , ∀x, y, z ∈ R ( đpcm )
rr

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi : a; b cùng hướng
x = z = 0
x = z = 0
r r r r
x = z = 0

a + b ≥ a+b ⇔ x
⇔  x −2 y − 2 x ⇔ 
2
y

+
x
 =−
 =
 xy + yz + zx = 0
2y + z
2y
 z
 z
x = z = 0
⇔
 x = kz , y = − k z, k ≠ −1
1+ k


BÀI 3 : Cho a,b,c > 0 và ab + bc + ca = abc. Chứng minh rằng
a 2 + 2b 2
b 2 + 2c 2
c 2 + 2a 2
+
+
≥ 3
ab
bc
ca

Cách giải :
r 1

2  r 1

2  uur  1

2

r r uur  1

1

1

2

2

2

+
÷
Chọn u =  ; ÷÷; v =  ; ÷÷; w =  ; ÷÷ ⇒ u + v + w =  + + ; +
b
c ÷
b a 
c b 
a c 
a b c a


Ta có
2

2

2

2
2
2
2
r r uur r r uur
1  2 
1  2 
1  2
1 1 1
u + v + w ≥ u + v + w ⇔  ÷ + 
÷ +  ÷ + 
÷ +  ÷ + 
÷ ≥ 3 + + ÷
b  a ÷
 c   b ÷
 a   c ÷
a b c


⇔

a 2 + 2b 2
b 2 + 2c 2
c 2 + 2a 2
+

+
≥ 3 ( đpcm )
ab
bc
ca

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi : a = b = c = 3
2
5

BÀI 4 : Chứng minh 5 x + 2 + 5 y + 2 + 5 z + 2 ≤ 6 3, ∀x, y, z ≥ − , x + y + z = 6
Cách giải :
r

r

Xét hai vectơ : u = ( 1;1;1) và v = ( 5 x + 2; 5 y + 2; 5 z + 2 )
r

r

Ta có u = 3, v = 5( x + y + z ) + 6 = 6
rr
u.v = 5 x + 2 + 5 y + 2 + 5 z + 2

GV : Trần Minh Cường

Page 7

Trường THPT Phú Lộc
rr

r r

Áp dụng bất đẳng thức u.v ≤ u . v ta có 5 x + 2 + 5 y + 2 + 5 z + 2 ≤ 6 3, ∀x, y, z ≥ −
r

2
5

r

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi : u = ( 1;1;1) , v = ( 5 x + 2; 5 y + 2; 5 z + 2 ) cùng hướng
⇔

5y + 2
5x + 2
5z + 2
=
=
⇔x= y=z=2
1
1
1

2
2
BÀI 5 : Chứng minh s inx + 2 − s in x + s inx 2 − s in x ≤ 3, ∀x

Cách giải :
r

)

(

r

(

2
2
Xét hai vectơ : u = sin x;1; 2 − sin x và v = 1; 2 − sin x ;sin x

)

rr r r
u
Áp dụng bất đẳng thức .v ≤ u . v ta có
⇔ s inx + 2 − s in 2 x + s inx 2 − s in 2 x ≤ sin 2 x + 1 + 2 − sin 2 x + 1 + 2 − sin 2 x + sin 2 x ≤ 2 3, ∀x

r

)

(

r

(

2
2
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi : u = sin x;1; 2 − sin x và v = 1; 2 − sin x ;sin x

)

cùng hướng
⇔

sin x = 1
sin x
1
2 − sin 2 x
π
=
=
⇔ sin x = 2 − sin 2 x ⇔ 
⇔ x = + 2 kπ
2
1
sin x
2
2 − sin x
sin x = −2

BÀI 6 : Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
A = ( x + 1) 2 + y 2 + 4 + x 2 + ( y + 1) 2 + 1, ∀x, y

Cách giải :
r

r

r r

Xét hai vectơ : u = ( x + 1; y; 2), v = (− x; − y − 1;1) ⇒ u + v = (1; −1;3)
r

r

r r

Do a + b ≥ a + b ta có : A = ( x + 1) 2 + y 2 + 4 + x 2 + ( y + 1) 2 + 1 ≥ 11 .
r

r

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi : u = ( x + 1; y; 2), v = (− x; − y − 1;1) cùng hướng
x +1

y

2

1

2

Tức là : − x = − y − 1 = 1 ⇔ x = − 3 , y = − 3

GV : Trần Minh Cường

Page 8


Trường THPT Phú Lộc
1
3

Vậy A đạt giá trị nhỏ nhất bằng 11 khi x = − , y = −

2
3

BÀI 7 : Chứng minh
( x − 1) 2 + ( y − 1) 2 + ( z + 1) 2 + ( x + 1) 2 + ( y − 1) 2 + ( z − 1) 2 ≥ 2 2, ∀x, y, z

Cách giải :
Trong không gian Oxyz, lấy các điểm A(1;1;-1), B(-1;1;1),M(x;y;z). Khi đó
AB = 2 2 .

và MA = ( x − 1)2 + ( y − 1)2 + ( z + 1) 2 , MB = ( x + 1)2 + ( y − 1) 2 + ( z − 1) 2 .
Từ bất dẳng 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, ∀x, y, z
uuuur uuur
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi : M nằm giữa AB ⇔ AM = t AB, t ∈ [ 0;1]
 x = 1 − 2t


⇔ y =1
t ∈ [ 0;1]
 z = −1 + 2t


Vấn đề 2 : Dạng toán giải phương trình, bất phương trình, hệ phương trình.
BÀI 1 : Giải phương trình (4 − x) x − 2 + 7 − 2 x = 85 − 57 x + 13x 2 − x3 (1)
Cách giải :
Ta có : (1) ⇔ (4 − x) x − 2 + 7 − 2 x = (5 − x)( x 2 − 8 x + 17)
2
 7
⇔ (4 − x) x − 2 + 7 − 2 x = (5 − x) ( 4 − x ) + 1 , x ∈ 2; 


 2

r

r

rr

Xét a = ( 4 − x;1) , b = ( x − 2; 7 − 2 x ) ⇒ a.b = (4 − x) x − 2 + 7 − 2 x
r

r

Và a = (4 − x) 2 + 1, b = ( x − 2) + (7 − 2 x) = 5 − x
rr

r r

rr

Khi đó (1) ⇔ a.b = a . b ⇔ cos ( a, b ) = 1 ⇔

4− x
1
=
x−2
7 − 2x
⇔ (4 − x) 2 (7 − 2 x) = x − 2 ⇔ x = 3

GV : Trần Minh Cường

Page 9


Trường THPT Phú Lộc
Vậy phương trình có nghiệm x = 3.
BÀI 2 : (A – 2014 ) Giải Hệ Phương trình
 x 12 − y + y (12 − x 2 ) = 12 (1)
 3
(2)
 x − 8 x − 1 = 2 y − 2

Cách giải :
Điều kiện : 2 ≤ y ≤ 12, x ≤ 2 3 .

(

) (

r
r
2
a
=
x
;
(12
−
x
)
,
b
=
Xét

12 − y ; y

)

khi đó phương trình (1) có dạng

rr r r
rr
a.b = a . b ⇔ a, b cùng hướng.

nên (1) ⇔ x y = (12 − x 2 ). 12 − y ⇔ y = 12 − x 2 , x ≥ 0 thay vào phương trình (2)

Ta có : x3 − 8 x − 1 = 2 10 − x 2 ⇔ x3 − 8 x − 3 = 2( 10 − x 2 − 1)
⇔ ( x − 3)( x 2 + 3 x + 1) =

2(9 − x 2 )
10 − x 2 + 1


2( x + 3) 
⇔ ( x − 3)  x 2 + 3 x + 1 +
÷= 0
10 − x 2 + 1 

x = 3
⇔ 2
 x + 3 x + 1 + 2( x + 3) = 0(VN )

10 − x 2 + 1

x= 3 suy ra y = 3.
Vậy hệ có nghiệm (x;y) = (3;3)
 x 4 + y 4 + z 4 = 1
BÀI 3 : Giải hệ phương trình :  2 2
2
 x + y + 2 z = 7

Cách giải :
Gọi ( x0 ; y0 ; z0 ) là một nghiệm tùy ý của hệ nếu có. Xét hai vectơ sau trong không
gian :
GV : Trần Minh Cường

Page 10


Trường THPT Phú Lộc
r
r
u = ( x0 2 ; y0 2 ; z0 2 ), v = (1;1; 2) khi đó
r
r
rr
u = x0 4 + y0 4 + z0 4 = 1, v = 6 , ta có u.v = x0 2 + y0 2 + 2 z0 2 = 7
rr
rr
u.v
7
Mặt khác : cos(u, v) = r r = 6 > 1 vô lý
u.v

Vậy hệ đã cho vô nghiệm.
 x2 + y 2 = − y( x + z)
 2
BÀI 4 : Giải hệ phương trình :  x + x + y = −2 yz
3 x 2 + 8 y 2 + 8 xy + 8 yz = 2 x + 4 z + 2


Cách giải :
Hệ phương trình đã cho viết lại :
 x( x + y ) + y ( y + z ) = 0
(1)


(2)
 x ( x + 1) + y (2 z + 1) = 0
 4( x + y ) 2 + 4( y + z ) 2 = ( x + 1) 2 + (2 z + 1) 2 (3)


Xét các véctơ trong một hê trục nào đó
r
r
uur
u = ( x; y ), v = ( x + y; y + z ), w = ( x + 1; 2 z + 1)
ur.vr = 0
 r uur

Khi đó hệ viết lại : u.w = 0
uur
r
 r 2 uur 2
 4 v = w ⇔ w = 2 v

(4)
(5)
(6)

Chỉ có hai khả năng xảy ra :
r r

r r

1
2

Khả năng 1: Nếu u = 0 ta có x = y = 0 u = 0 ⇒ z = − .
r

1

Ta có nghiệm  0;0; − ÷


2

r

Khả năng 2: u ≠ 0

x +1 = 0
uur r r  2 z + 1 = 0
TH1 : w = v = 0 ⇔ 
vô lý
x + y = 0
 y + z = 0
GV : Trần Minh Cường

Page 11


Trường THPT Phú Lộc
r uur

r uur

r

TH2 : Nếu v, w cùng khác 0 , do (4) và (5) thì v, w là hai vectơ cộng tuyến , do (6)
ta có
uur r
uur
r
w = 2v hoặc w = −2v
x = 0
uur r
x + 1 = 2x + 2 y
1

⇔
+ Nếu w = 2v ⇔ 
1 thay vào (1) ta có z = −
2
2 z + 1 = 2 y + 2 z
 y = 2
−1 − 3 x

y=

x
+
1
=
−
2

x
−
2
y
uur
r


2
⇔
+ Nếu w = −2v ⇔ 
2 z + 1 = −2 y − 2 z
 z = 3x

4

Thay vào (1) ta có : x 2 +

(1 + 3 x) 2 1 + 3x 7 x
=
. ⇔ 5x2 + 5x + 2 = 0
4
2
4

Phương trình này vô nghiệm.
1  1 1

Vậy hệ đã cho có hai nghiệm :  0;0; − ÷,  0; ; − ÷.
2  2 2



x + y + z = 1
 2
2
2
BÀI 5 : Giải hệ phương trình :  x + y + z = 1
 x3 + y 3 + z 3 = 1


Cách giải :
r

r

Xét hai vectơ u = ( x0 ; y0 ; z0 ); v = ( x0 2 ; y0 2 ; z0 2 ) trong đó ( x0 ; y0 ; z0 ) là nghiệm của hệ.
rr

Ta có u.v = x03 + y03 + z03 = 1 (1)
r

Lại có u = x0 2 + y0 2 + z0 2 = 1
r
v = x0 4 + y0 4 + z0 4 =

(x

0

2

+ y0 2 + z0 2 ) − 2 ( x0 2 y0 2 + y0 2 z0 2 + z0 2 x0 2 )
2

= 1 − 2 ( x0 2 y0 2 + y0 2 z0 2 + z0 2 x0 2 ) ≤ 1
r r
u
Vậy . v ≤ 1 (2)

GV : Trần Minh Cường

Page 12


Trường THPT Phú Lộc
 x0 2 y0 2 = 0
 2 2
2
2
2 2
2 2
Dấu bằng trong (2) xảy ra ⇔ x0 y0 + y0 z0 + z0 x0 = 0 ⇔  y0 z0 = 0
 2 2
 z0 x0 = 0
rr r r
Vì u.v ≤ u . v
r r

Nên từ (1) và (2) suy ra điều kiện cần là : u . v = 1
 x0 y0 = 0

y z = 0
 0 0
Nên ta có 
 z0 x0 = 0
 x0 + y0 + z0 = 1

suy ra phải có trong ba số x0 ; y0 ; z0 có hai số bằng 0, một số bằng 1.
Thử vào hệ thỏa mãn.
Vậy hệ đã cho có ba nghiệm sau (1;0;0), (0;1;0),(0;0;1).
BÀI 6 : Giải phương trình :

x 2 − 2 x + 5 + x 2 + 2 x + 10 = 29 (1)

Cách giải :
Tập xác định D = R
(1) ⇔ ( x − 1) 2 + 22 + ( x + 1)2 + 32 = 29
r

r

Đặt u = ( x − 1; 2) ⇒ u = ( x − 1) 2 + 22
r
r
v = (− x − 1;3) ⇒ v = ( x + 1) 2 + 32
r r

r r

Suy ra u + v = (−2;5) ⇒ u + v = 29
r

r

r r

rr

Như vậy ( 1 ) ⇔ u + v = u + v ⇔ u, v cùng hướng ⇔ 3( x − 1) − 2(− x − 1) = 0 ⇔ x =

1
5

1
5

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = .

BÀI 7: Giải bất phương trình : 2( x − 3)2 + 2 x − 2 ≤ x − 1 + x − 3 (1)
Cách giải :
GV : Trần Minh Cường

Page 13


Trường THPT Phú Lộc
Điều kiện : x ≥ 1
(1) ⇔ 2 ( x − 3) 2 + ( x − 1) 2 ≤ x − 1 + x − 3
r

r

r

r

Đặt u = ( x − 3; x − 1) ⇒ u = ( x − 3) 2 + ( x − 1) 2 , v = (1;1) ⇒ v = 2
r r

rr

Suy ra u.v = x − 1 + x − 3 và u . v = 2 ( x − 3) 2 + ( x − 1) 2
r r
r r rr r r
u . v = 2 ( x − 3) 2 + ( x − 1) 2 (1) ⇔ u . v ≥ u.v ⇔ u, v cùng hướng
⇔ x − 3 = x −1 ⇔ x = 5

Vấn đề 3 : Bài toán cực trị.
BÀI 1: Cho hai điểm A(1;1;0), B(3;-1;4) và đường thẳng (d) :

x +1 y −1 z + 2
=
=
1
−1
2

Tìm điểm M trên đường thẳng (d) sao cho MA + MB đạt giá trị nhỏ nhất.

Cách giải :
Do điểm M trên đường thẳng (d), ta có : M(-1+t; 1-t; -2+2t)

Khi đó : MA = (2 − t ) 2 + t 2 + (2 − 2t ) 2 = 6t 2 − 12t + 8
MB = (4 − t ) 2 + (t − 2) 2 + (6 − 2t ) 2 = 6t 2 − 36t + 56

Khi đó
2
2

1
1




2
2
MA + MB = 6t − 12t + 8 + 6t − 36t + 56 = 6  (t − 1) + 
÷ + (3 − t ) + 
÷

3
3 




2

2

r 

1  r 

1 

Xét hai vectơ u =  t − 1; ÷, v =  3 − t; ÷
3
3



(

r

r

)

(

r r

)

Ta có MA + MB = 6 u + v ≥ 6 u + v = 4 2
r 
1  r 
1 
u

=
t
−
1;
Dấu bằng xảy ra khi chỉ khi

÷, v =  3 − t ;
÷ cùng hướng
3
3


⇔

t −1
= 1 ⇔ t = 2 ⇒ M (1; −1; 2)
3−t

GV : Trần Minh Cường

Page 14


Trường THPT Phú Lộc
Vậy điểm M cần tìm là : M (1; −1; 2)
PHẦN III : KẾT LUẬN :
Giải phương trình, bất phương trình và hệ phương trình là một bài toán khó.
Muốn giải các bài toán đó, trước hết học sinh phải có các kiến thức cơ bản, các
phương pháp cơ bản về giải phương trình và hệ phương trình. Có rất nhiều
phương pháp giải phương trình và hệ phương trình. Việc sử dụng phương pháp

vecto và phương pháp tọa độ thường được áp dụng để giải các bài toán trong đề
thi đại học và thi học sinh giỏi. Qua chuyên đề này, học sinh sẻ có nhiều kĩ năng
và kinh nghiệm trong việc giải phương trình và hệ phương trình nói riêng và giải
toán nói chung.
Phú Lộc, tháng 3 năm 2015
Người viết

Trần Minh Cường

GV : Trần Minh Cường

Page 15


Trường THPT Phú Lộc

NHẬN XÉT, ĐÁNH GIÁ, XẾP LOẠI
CỦA TỔ CHUYÊN MÔN
NHẬN XÉT:…………………………………

Phú Lộc, ngày 12 tháng 3 năm 2015
Tôi xin cam đoan đây là SKKN của
mình viết, không sao chép nội dung của
người khác.

………………………………………………..
………………………………………………..
………………………………………………..
………………………………………………..

Trần Minh Cường

ĐIỂM:…………………………………..
XẾP LOẠI: …………………………….

TỔ TRƯỞNG

NHẬN XÉT, ĐÁNH GIÁ, XẾP LOẠI
CỦA HỘI ĐỒNG KH-SK CỦA ĐƠN VỊ

NHẬN XÉT, ĐÁNH GIÁ, XẾP LOẠI
CỦA HỘI ĐỒNG KH-SK NGÀNH GD&ĐT

NHẬN XÉT:…………………………………

NHẬN XÉT:…………………………………

………………………………………………..

………………………………………………..

………………………………………………..

………………………………………………..

………………………………………………..

………………………………………………..

………………………………………………..

………………………………………………..

ĐIỂM:…………………………………..

ĐIỂM:…………………………………..

XẾP LOẠI: …………………………….

XẾP LOẠI: …………………………….

CHỦ TỊCH HĐ KH-SK CỦA ĐƠN VỊ

GV : Trần Minh Cường

CHỦ TỊCH HĐ KH-SK NGÀNH GD&ĐT

Page 16


Trường THPT Phú Lộc

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG THPT PHÚ LỘC

CỘNG HÒA XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM
Độc lập- Tự do- Hạnh phúc

PHIẾU CHẤM ĐIỂM, XẾP LOẠI SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
1. Họ và tên tác giả: Trần Minh Cường

2. Chức vụ (nhiệm vụ đảm nhiệm) : Tổ trưởng Tổ Toán
3. Đơn vị công tác : Trường THPT Phú Lộc
4. Tên đề tài (SKKN): Ứng dụng phương pháp tọa độ vectơ và điểm vào việc giải bất đẳng thức,
phương trình, bất phương trình và hệ phương trình.
5. Lĩnh vực (SKKN): Toán học.
STT
Nội dung
Điểm tối
Điểm GK
đa
thống nhất
1
Lý do chọn đề tài (đặt vấn đề, thực trạng, tính cấp thiết, tính
10
đổi mới của đề tài…)
2
Giải quyết vấn đề, nội dung của đề tài nêu ra
80
2.1. Tính mới và sáng tạo
25
a) Hoàn toàn mới, được áp dụng lần đầu tiên
21-25
b) Có cải tiến so với phương pháp trước đây với mức độ tốt
16-20
c) Có cải tiến so với phương pháp trước đây với mức độ khá
11-15
d) Có cải tiến so với phương pháp trước đây với mức độ TB
6-10
e) Có cải tiến so với phương pháp trước đây với mức độ thấp
1-5

2.2. Khả năng áp dụng và nhân rộng
25
a) Có khả năng áp dụng và nhân rộng ở mức độ tốt
21-25
b) Có khả năng áp dụng và nhân rộng ở mức độ khá
16-20
GV : Trần Minh Cường

Page 17


Trường THPT Phú Lộc

3.

c) Có khả năng áp dụng và nhân rộng ở mức độ TB
11-15
d) Ít có khả năng áp dụng và nhân rộng
1-10
2.3. Hiệu quả áp dụng và phạm vi của đề tài
30
a) Có hiệu quả và phạm vi áp dụng ở mức độ tốt
26-30
b) Có hiệu quả và phạm vi áp dụng ở mức độ khá
16-25
c) Có hiệu quả và phạm vi áp dụng ở mức độ TB
11-15
d) Ít có hiệu quả và áp dụng
1-10
Hình thức trình bày (cấu trúc, ngôn ngữ, chính tả, văn

10
phong, thể thức văn bản…….)
TỔNG ĐIỂM:
Xếp loại:
Nhận xét chung: ................................................................................................................
...........................................................................................................................................
...........................................................................................................................................

Giám khảo 1

GV : Trần Minh Cường

Giám khảo 2

Phú Lộc, ngày…. tháng 3 năm 2015
Chủ tịch Hội đồng

Page 18