Chứng minh bất đẳng thức, tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất, giải phương trình và bất phương trình chứa căn bậc hai bằng phương pháp vecstơ và tọa độ trong mặt phẳng trong chương trình đại số 1

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HÓA
TRƯỜNG THPT HOẮNG HÓA 2

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

“CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC,TÌM GIÁ TRỊ LỚN NHẤT VÀ
NHỎ NHẤT,GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÀ BẤT PHƯƠNG TRÌNH
CHỨA CĂN BẬC HAI BẰNG PHƯƠNG PHÁP VÉCTƠ VÀ TỌA ĐỘ
TRONG MẶT PHẲNG TRONG CHƯƠNG TRÌNH ĐẠI SỐ 10 THPT”

Người thực hiện: Lê Thị Thúy
Chức vụ: Giáo viên
Đơn vị công tác : Trường THPT Hoằng Hóa 2
SKKN thuộc lĩnh vực (môn): Toán Học

THANH HÓA NĂM 2017

Trang 1


MỤC LỤC
Mục lục
...................................................................................Trang 2
I.Mở đầu
1.1. Lí do chọn đề tài .................................................................Trang 3
1.2. Mục đích nghiên cứu ...........................................................Trang 3
1.3. Đối tượng nghiên cứu ..........................................................Trang 3
1.4 Phương pháp nghiên cứu ......................................................Trang 3-4
II.Nội dung sáng kiến kinh nghiệm. .........................................Trang 5
2.1. Cơ sở lí luận của đề tài ........................................................Trang 5
2.2. Thực trạng của vấn đề nghiên cứu ......................................Trang 5

2.3. Biện pháp và giải pháp chủ yếu để thực hiện đề tài.............
2.3.1.Giải pháp........................................................................... Trang 5-6
2.3.2.. Một số ví dụ minh họa .....................................................Trang 7-20
2.3.4. Hiệu quả của sáng kiến .....................................................Trang 20-21
III. Kết luận và kiến nghị ..........................................................Trang 22
- Xác nhận của thủ trưởng đơn vị và lời cam đoan........................Trang 23.

Trang 2


I. Mở đầu
1.1.Lí do chọn đề tài
Trong dạy và học toán việc lựa chọn công cụ phù hợp để giải các bài toán là
việc làm rất cần thiết. Chọn được công cụ thích hợp tất nhiên lời giải sẽ tốt nhất .
Trong quá trình giảng dạy tại trường THPT Hoằng Hóa 2 tôi thấy việc kết hợp
giữa đại số và hình học giúp giải một số bài toán rất nhanh và ngắn gọn. Trong
chương trình đại số lớp 10 THPT, việc chứng minh bất đẳng thức , tìm giá trị lớn
nhất và nhỏ nhất , giải phương trình và bất phương trình chứa căn bậc hai là những
bài toán khá phức tạp mà khi giải nó học sinh gặp rất nhiều khó khăn. Nhưng ngày
nay do sự phát triển của khoa học kĩ thuật dẫn tới sự biến đổi lớn lao trên tất cả các
lĩnh vực, đặc biệt là lĩnh vược giáo dục và đào tạo. Một trong những nội dung quan
trọng đó là đổi mới phương pháp dạy học theo hướng tích cực, nhằm cho học sinh
hiểu rõ, hiểu đúng nội dung của bài học một cách chính xác, khoa học.
Do điều kiện thời gian nên tôi chỉ trình bày một sáng kiến được rút ra từ kinh
nghịêm thực tiễn của bản thân tôi về chứng minh bất đẳng thức, tìm giá trị lớn nhất
và nhỏ nhất , giải phương trình và bất phương trình chứa căn bậc hai bằng phương
pháp véc tơ và tọa độ trong phẳng trong chương trình đại số 10 THPT .
1.2. Mục đích nghiên cứu .
Tìm ra phương pháp dạy học phù hợp với học sinh, tạo hứng thú học tập cho
học sinh. Từ đó nâng cao chất lượng học tập của học sinh trong các tiết học.

1.3. Đối tượng nghiên cứu
Học sinh khối 10 trường THPT
1.4. Phương pháp nghiên cứu:
- Xây dựng giáo án theo phương pháp này một cách đầy đủ nhằm phát huy
tính tích cực, sáng tạo của học sinh.

Trang 3


- Kiểm tra mức độ nắm vững kiến thức của học sinh sau khi tiến hành giảng
dạy.
- Đánh giá kết quả và những đề nghị.
- Chọn đối tượng thực nghiệm: lớp 10C1, 10C2, 10C3 trường THPT Hoằng Hóa
2.

Trang 4


II. NỘI DUNG
2.1. Cơ sở lý luận
Nhiệm vụ của giảng dạy bộ môn toán học ở bậc trung học phổ thông là thực
hiện được những mục tiêu giáo dục mà Bộ Giáo dục và Đào tạo đã đề ra: Làm cho
học sinh đạt dược các yêu cầu sau:
- Nắm vững được kiến thức cơ bản của bộ môn.
- Có những kỹ năng cơ bản để vận dụng kiến thức của bộ môn.
- Có hứng thú học tập bộ môn.
- Có cách học tập và rèn luyện kỹ năng hợp lý, đạt hiệu quả cao trong học tập
bộ môn toán.
- Hình thành ở học sinh những kỹ năng tư duy và là nền tảng cho các bộ môn
khoa học cơ bản khác.

2.2. Thực trạng vấn đề
Trong thời gian giảng dạy tại trường THPT Hoằng Hóa 2 tôi thấy viêc nhận
thức của học sinh THPT về việc giải bài tập chứng minh bất đẳng thức, tìm giá trị
lớn nhất nhỏ nhất , giải phương trình và bất phương trình chứa căn bậc hai là rất yếu,
nhất là việc lựa chọn phương pháp để giải quyết. Các em không phát hiện được
phương pháp áp dụng cho bài tập cụ thể. Đặc biệt là các dạng không sử dụng được
phương pháp đại số mà phải đưa phương pháp hình học vào mới giải quyết được bài
toán nhanh và ngắn gọn.
2.3. Các giải pháp đã sử dụng để giải quyết vấn đề
2.3.1.Giải pháp
- Trước khi đưa vào vận dụng thì tôi đã vận dụng vào năm học 2012-2013 thì
thấy có hiệu quả vì vậy để kiểm chứng, năm học 2015-2016 tôi tiến hành khảo sát ở
3 lớp theo bảng sau:
Bảng số liệu khảo sát trước khi vận dụng
Trang 5


Giỏi
Lớp
10C1
10C2
10C3

Số
lượng
43
43
42

SL %

8
5
3

Khá
SL

18,6
11,6
7.1

16
12
12

%
37,2
27,9
28,6

T.bình
SL
19
22
21

%
46
51,2
50,0

Yếu
SL
0
4
6

%
0
9,3
14,3

Kém
SL %
0
0
0

0
0
0

- Đối với lớp 10C3 thì tôi dự định sử dụng phương pháp thảo luân nhóm, hỏi
đáp và hệ thống lại kiến thức chương.
- Đối với lớp 10C1 và 10C2 thi tôi đã cho học sinh dụng đề tài “chứng minh bất
đẳng thức, tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất, giải phương trình và bất phương trình
chứa căn bậc hai bằng phương pháp véc tơ và tọa độ trong phẳng trong chương trình
đại số 10 THPT”.
Tìm hiểu nguyên nhân dẫn đến kết quả trên
Tôi nhận thấy đa số học sinh có kết quả rất thấp. Vì vậy việc lĩnh hội kiến thức

và rèn luyện kĩ năng ở học sinh đòi hỏi nhiều công sức và thời gian. Sự nhận thức
của học sinh thể hiện khá rõ:
- Kiến thức cơ bản nắm chưa chắc.
- Khả năng tưởng tượng, tư duy hàm, tư duy lôgíc còn hạn chế.
- Ý thức học tập của học sinh chưa thực sự tốt.
Đây là môn học đòi hỏi sự tư duy, phân tích của các em, nhiều em ý thức học
tập chưa cao nên chưa xác định được động cơ học tập, chưa thấy được ứng dụng to
lớn của môn học trong đời sống.
Giáo viên cần nắm rõ đặc điểm, tình hình từng đối tượng học sinh để có biện
pháp giúp đỡ các em, song song với việc bồi dưỡng học sinh khá giỏi cần giúp đỡ
học sinh yếu kém. Việc này cần thực hiện ngay trong từng tiết học, bằng biện pháp
rèn luyện tích cực, phân hoá nội tại thích hợp.

Trang 6


Tuy nhiên ngoài việc dạy tốt giờ lên lớp, giáo viên nên có biện pháp giúp đỡ
từng đối tượng học sinh để học sinh yếu kém theo kịp với yêu cầu chung của tiết
học, học sinh khá, giỏi không nhàm chán.
2.3.2.Một số ví dụ minh họa
* KIẾN THỨC CƠ BẢN
1. Hệ trục tọa độ Đề Các vuông góc trong mặt phẳng .
* Định nghĩa: Trong mặt phẳng cho hai đường thẳng x’Ox, y’Oy vuông góc với
nhau tại O. Trên Ox, Oy lần lượt chọn các véc tơ đơn vị i , j . Như vậy ta có
một hệ trục tọa độ Đề Các vuông góc xOy.
* Tọa độ của một điểm và một véc tơ: Cho điểm M trong mặt phẳng xOy . Hạ
y

MH vuông góc với x’Ox và MK vuông góc với y’Oy .
Theo quy tắc hình bình hành ta có :

uuuu
r uuur uuur
OM = OH + OK = xi +y j
Bộ hai (x;y) được hoàn toàn xác định bởi điểm M

y

O

•

a

M
•
x

và được gọi là tọa độ của điểm M. Kí hiệu M(x;y).
Cho véc tơ a trên hệ trục tọa độ. Khi đó tồn tại duy nhất một điểm M sao cho
OM = a . Gọi (x;y) là tọa độ của điểm M . Khi đó bộ hai (x;y) gọi là tọa độ của véc tơ
a và kí hiệu: a = (x;y).

*Các phép tính véc tơ:
ur

r

Cho hai véc tơ a = (a1 ; a2 ) ; b = (b1; b2 ) và k là một số thực.
Các phép tính véc tơ như phép cộng , phép trừ , phép nhân một số với một véc tơ ,
tích vô hướng hai véc tơ được xác định như sau :

Trang 7


ur r

a + b = (a1 + b1 ; a2 + b2 )
ur r

a − b = (a1 − b1 ; a2 − b2 )
ur
k.a = (ka1 ; ka1 )
ur r

a.b = a1b1 + a2b2
ur

r

*Các công thức về lượng: Cho hai véc tơ a = (a1 ; a2 ) ; b = (b1; b2 ) và gọi α là góc tạo
bởi hai véc tơ đó.
ur r

ur r

a.b = a . b cos α
ur r

a.b
a1.b1 + a2 .b2

cos α = ur r =
ab
a12 + a2 2 . b12 + b2 2
- Khoảng cách từ điểm M(x0,y0) tới đường thẳng (D) : Ax + By +C = 0 là:
d ( M , D) =

Axo + Byo + C
A2 + B 2

* Phương trình của đường thẳng, đường tròn:
r

- Phương trình của đường thẳng (D) đi qua điểm M(x 0,y0) và nhận véc tơ n = ( A; B)
làm véc tơ pháp tuyến là : A(x-x0) + B(y- y0) = 0
- Phương trình đường tròn tâm I(a,b) bán kính R là: ( x- a)2+(y – b)2 = R2
2. Khi sử dụng véc tơ và tọa độ học sinh cần lưu ý :
1)Cho hai véc tơ a và b ta luôn có :
+ a +b ≤ a + b Dấu ((=)) xảy ra ⇔ a = k b với (k > 0)
+ a.b = a . b cos( a , b ) ≤ a . b Dấu ((=)) xảy ra ⇔ a = k b
2)Cho 3 điểm A,B,C bất kỳ ta luôn có
+ AB + BC ≥ AC , Dấu ((=))
+ AB − AC ≤ BC ,Dấu ((=))

xảy ra ⇔ các véc tơ AB , BC cùng hướng

xảy ra ⇔ C nằm trên đoạn AB hoặc B nằm trên đoạn AC

Trang 8

* PHƯƠNG PHÁP CHUNG ĐỂ GIẢI TOÁN
Trong quá trình giải bài tập về chứng minh bất đẳng thức, tìm giá trị lớn nhất
và nhỏ nhất , giải phương trình và bất phương trình chứa căn bậc hai ta thường gặp
các bài toán sau:
*Bài toán 1: Chứng minh bất đẳng thức đại số :
Ví dụ 1: Cho bốn số thực x1, x2 , x3 , x4 .
Chứng minh rằng: (x12 + y12)( x22 + y22) ≥ ( x1x2 + y1y2)2
Giải:
Trên mặt phẳng tọa độ xét hai véc tơ a = (x1;y1) ; b = ( x2; y2)
ur r

Ta có :
Vậy:

ur r

ur 2 r 2

ur r

a b ≥ a.b ⇒ a b ≥ (a.b)2
(x12 +y12) (x22 +y22) ≥ (x1 x2+ y1 y2)2
ur r

Dấu bằng xảy ra ⇔ a // b ⇔ x1 y2 = x2 y1
Ví dụ 2: Chứng minh rằng nếu: x , y, z > 0 thì :
x 2 + xy + y 2 + x 2 + xz + z 2 > y 2 + yz + z 2
Giải:
Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với :
y

3 2
z
3 2
y z
3
3 2
( x + )2 + (
y ) + ( x + )2 + (
z ) > ( − )2 + (
y+
z ) (1)
2
2
2
2
2 2
2
2

y 3
3
3
y z
Xét ba điểm: A( x + ; z ) ; B(0; y + z ) ; C ( − ; 0)
2

2

2

2

2

(1) ⇔ AB + AC > BC
Ta có: AB + AC ≥ BC với ba điểm A,B,C bất kì ở đây.
 uuur
y 3
y)
 AB = (− x − ;

2 2

uuu
r
z
3
u
AC
= (− x − ; − z )

2
2

Trang 9

2


Hai véc tơ này không thể ngược hướng ( vì hoành độ cùng âm) do đó không

thể xảy ra đẳng thức :

AB + AC > BC

Vậy bất đẳng thức (1) được chứng minh.
Ví dụ 3:
Cho a,b,c > 0 và ab +bc + ca = abc . Chứng minh rằng:
b 2 + 2a 2
c 2 + 2b 2
+
+
ab
bc

a 2 + 2c 2
≥3
ca

Giải:
Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với :
1
2
1
2
+ 2 + 2 + 2 +
2
a
b
b
c

1
2
+ 2 ≥ 3
2
c
a
1

2

1

2

Trong mặt phẳng tọa độ xOy xét 3 véc tơ: u =( ;
) ; v =( ;
) ;
a b
b
c
w =(

(vì:

1
1 1 1
2
;
) khi đó: u + v + w = ( + + ;

c a
a b c

1 1 1
2 ( + + )) = ( 1;
b c a

2)

1 1 1
+ + = 1)
a b c

Từ bất đẳng thức : u + v + w ≥ u + v + w suy ra điều phải chứng minh.
 x 2 + xy + y 2 = 3
Ví dụ 4: Giả sử hệ:  2
có nghiệm.
2
 y + yz + z = 16

Chứng minh rằng :
Giải:
u =

xy + yz + xz ≤ 8

x
z
3
3

x) ; v = (
Gọi u = ( y + ;
z ; y + ) thì:
2
2
2
2
x
3
(y + )2 + x2 =
2
4

v = ( y + z )2 + 3 z 2 =
2

Ta có: u v =

4

x 2 + xy + y 2 =
y 2 + zy + z 2 = 4

3
( xy + yz + xz)
2

Trang 10

3

Từ: u v ≤ u v suy ra : xy + yz + xz ≤ 8
Ví dụ 5: Cho x,y,z là các số thực đôi một khác nhau. Chứng minh bất đẳng
thức sau:

x− y
1 + x2 . 1 + y2

+

y−z
1+ y2 . 1+ z2

>

x−z
1 + x2 . 1 + z2

Giải:
Bất đẳng thức cần chứng minh viết lại dưới dạng tương đương sau:
( x − y ) 2 (1 + z 2 ) +
⇔

( y − z ) 2 (1 + x 2 ) >

( x − y ) 2 + ( xz − yz ) 2 +

( x − z ) 2 (1 + y 2 )

( y − z ) 2 (1 + x 2 ) >

( x − z ) 2 + ( xy − xz ) 2

> ( x − z ) 2 + ( xy − yz ) 2 (1)
Trên hệ tọa độ Đề Các lấy ba điểm A,B,C với tọa độ như sau:
A(x, yz) ; B( y, zx) ; C ( z, xy)
Khi đó (1) ⇔ AB + BC > AC
Hiển nhiên ta có : AB + BC ≥ AC

(2)
(3)

Dấu bằng trong (3) xảy ra ⇔ các véc tơ AB , BC cùng hướng tức là
⇔ ( x- y; zx – yz) = k ( z-y ; xy – zx) với k > 0
⇔

y−x
zx − yz
=
>0
z−y
xy − zx

y−x

>0
y − x

> (4)

0

z−y
⇔
⇔ z − y
y − x z ( y − x)

 x = z (5)
=
 z − y x( z − y )

Hệ (4), (5) không thể xảy ra vì x ≠ z . Vậy trong (3) không thể có dấu bằng.
Tức là AB + BC > AC, Như thế (2) đúng và đó là đ.p.c.m.
Ví dụ 6:
Chứng minh với mọi x ta có : -1 <
Giải:
Trang 11

x2 + x + 1 -

x2 − x +1 < 1


1
2

Ta có : x 2 ± x + 1 = ( x ± ) 2 +

3
4

1
2

Trên mặt phẳng tọa độ xét các điểm X( x;0) ; A( ;
1
2

Khi đó : XA = ( x − ) 2 +

3
4

;

1
2

1 3
3
) ; B(- ; )
2 2
2
3
4

XB = ( x + ) 2 + ;

1 1
3 3
Mà XA − XB ≤ AB = ( + ) 2 + ( − ) 2

2

2

2

2

Đẳng thức không thể xảy ra vì OX//AB . Suy ra XA − XB <1 suy ra đpcm.
Ví dụ 7: Biết rằng a, b, c, d thỏa mãn :
 a2 + b2 = a + b
 2
2
c + d + c + d = 0

(1)
(2)

Chứng minh: (a − c) 2 + (b − d ) 2 ≤ 2 2
Giải:
Trên mặt phẳng tọa độ xét hai điểm M(a;b) và N(c;d)
Ta có: (1)

⇔ (a -

1 2
1
1
1
) + (b - )2 = Do đó M nằm trên đường tròn tâm I( ;

2
2
2
2

1
2
) bán kính R =
.
2
2

Tương tự: (2)
1
2

1
2

⇔ (c -

K(- ;- ) bán kính R =

1 2
1
1
) + (d - )2 = Do đó N nằm trên đường tròn tâm
2
2
2

2
.
2

Nối KI cắt hai đường tròn tại hai giao điểm xa nhất là là M* và N* .
Do đó MN ≤ M*N* ⇒

(a − c) 2 + (b − d ) 2 ≤ 2 2 (đpcm)

Trang 12


y
M

1

M*

I
1
N

K

N*

1

O

x

1

* Bài toán 2: Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức đại số
Ví dụ 1: Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
y = x 2 − 2 px + 2 p 2 + x 2 − 2qx + 2q 2 ( p ≠ q)
Giải:
Ta có : y = ( x − p)2 + p 2 + ( x − q)2 + q 2
Trên mặt phẳng tọa độ lấy hai điểm A(p;q) ; B (q;q). Bài toán trở thành : Tìm
M(x;0) thuộc Ox sao cho ( MA + MB) đạt giá trị nhỏ nhất .
Xét hai trường hợp:
- Nếu pq < 0 thì A hoặc B trùng với O , hoặc A,B nằm về hai phía đối với O . Khi
đó
( MA + MB) nhỏ nhất ⇔ M trùng với O , tức là :
ymin = 2 p 2 + 2q 2 = 2( p + q ) đạt được khi x = 0 .
- Nếu pq > 0 thí A,B nằm cùng phía đối với O ( đồng thời nằm cùng phía đối với
Ox). Lấy A’ đối xứng với A qua Ox ta có A’( p;-p ) , đồng thời :
MA + MB = MA '+ MB ≥ A ' B

Đẳng thức xảy ra ⇔ A’ , M , B thẳng hàng.

Trang 13


uuuuuu
r

uuuuu
r

 x − p = k (q − p )

⇔ A' M = k A' B ⇔ 

 p = k (q + p )

p

k = p + q
⇔ 
 x = 2 pq

p+q

y

ymin = A ' B = ( p − q)2 + ( p + q )2

B
A

= 2( p 2 + q 2 )

x

Đạt được khi x = 2pq/(p + q)

O

M
A
’

Ví dụ 2:
Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức :
y = x + 4 1−

x
2

Giải:
Trong mặt phẳng xOy , chọn : OA = (1;2 2 ) ; OM = ( x ; 2 − x ) ,
với 0 ≤ x ≤ 2 ta có: OA = 1 + 8 = 3 ; OM = x + 2 − x = 2 và
y

OA . OM = OA.OM . cos ( OA ; OM )
Suy ra :

1 x + 2 2 2 − x = 3 2 .cos ϕ ,

A

2

từ đó : y = 3 2 .cos ϕ
Vì M nằm trong hình vuông OIJK cạnh là 2 nên:
1

00 ≤ ϕ ≤ AÔK ⇒ cos AÔK =

1+ 8

⇒

=

1
3

1
≤ cos ϕ ≤ 1
3

J

I

ϕ
O

Vậy: max y = 3 2 ; min y = 2 .

Trang 14

M
1

K

2

x


Ví dụ3: Biết rằng a + b + c = 2 và ax + by + cz = 6 với ( a,b,c ≠ 0). Hãy tìm giá
trị nhỏ nhất của biểu thức: P = 16a 2 + a 2 x 2 + 16b 2 + b 2 y 2 + 16 z 2 + c 2 z 2
Giải:
Ta xét 3 véc tơ sau: u = (4a; ax) ; v = (4b; by) ; w = (4c; cz)
Suy ra : u + v + w = ( 4a + 4b + 4c ; ax + by + cz) = (8; 6)
Từ đó: u + v + w = 64 + 36 = 10
Do: u = 16a 2 + a 2 x 2 ; v = 16b 2 + b 2 y 2

;

w=

16 z 2 + c 2 z 2

Và u + v + w ≥ u + v + w
Nên suy ra: P = 16a 2 + a 2 x 2 + 16b 2 + b 2 y 2 + 16 z 2 + c 2 z 2 ≥ 10

Dấu (( = ))

 a = kb ≠ 0
x = y = z = 3
 ax = kby



⇔ a + b + c = 2
xảy ra khi : 
b = mc ≠ 0
 a, b, c > 0

 by = mcz

x = y = z = 3

Vậy: minP = 10 ,giá trị này đạt được khi : a + b + c = 2
 a, b, c > 0


Ví dụ 4: Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số:
y = x + 1 . 5 + 5 x 2 − 14 x + 13
Giải:
Viết lại hàm số dưới dạng: y = 5( x + 1) 2 + ( x − 3) 2 + (2 x − 2) 2
= ( x + 1) 2 + (2 x + 2) 2 + ( x − 3) 2 + (2 x − 2) 2
Xét các điểm : A(-1;-2); B(3;2) ; và M(x;2x), khi đó :
AM = ( x + 1) 2 + (2 x + 2) 2 ; MB = ( x − 3) 2 + (2 x − 2) 2
Trang 15


Suy ra : y = AM + BM ≥ AB = 4 2 .
Vậy: yMIN = 4 2 , đạt được khi A,B,M thẳng hàng ⇒ AM // AB
⇔

x + 1 2x + 2
⇔ x = -1
=

4
4

Ví dụ 5: Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
S = x 2 + y 2 + 2 x − 4 y + 5 + x 2 + y 2 − 6 x − 4 y + 13
Giải:
Viết lại biểu thức dưới dạng: S = ( x + 1) 2 + ( y − 2) 2 + ( x − 3) 2 + ( y − 2) 2
Xét điểm A(-1;2) ; B(3;2); và M(x;y) , khi đó:
AM = ( x + 1) 2 + ( y − 2) 2 ;

MB = ( x − 3) 2 + ( y − 2) 2

Suy ra: S = AM + MB ≥ AB = 4
Vậy: S MIN = 4 , đạt được khi A,B,M thẳng hàng ⇔ AM // AB
⇔

x +1 y − 2
⇔ y = 2 và khi đó:
=
4
0

S = x +1 + x − 3 = x +1 + 3 − x ≥ x +1+ 3 − x = 4
Dấu (( = )) xảy ra khi : (x+1)(3 – x) ≥ 0 ⇔ -1 ≤ x ≤ 3
− 1 ≤ x ≤ 3
 y=2

Vậy: SMIN = 4 ,đạt được khi : 

Ví dụ 6: Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức :

T = 3 + x + 6 − x - (3 + x)(6 − x)
Giải:
Với điều kiện -3 ≤ x ≤ 6 ta tìm m để phương trình :
3+ x + 6− x -

Đặt X = 3 + x ; Y =

(3 + x)(6 − x) = m có nghiệm .
 X 2 +Y2 =9
6 − x thì ta cóa hệ: 
với X,Y ≥ 0
 X + Y − XY = m

Suy ra : (X+Y) – 2(X+Y) +2m – 9 = 0

Trang 16


Từ đó ta được : X+Y = 1 + 10 − 2m

( vì X,Y ≥ 0 nên X+Y ≥ 3)

Trong mặt phẳng xOy : X2 +Y2 =9 là phương trình đường tròn tâm O bán kính
R=3;

X + Y = 1 + 10 − 2m là phương trình các đường thẳng song song với

đường X + Y = 0 . Và do X,Y ≥ 0 nên ta giới hạn việc khảo sát trong góc phần tư
thứ nhất .
-3 ≤ 1 + 10 − 2m ≤ 3 2

Điều kiện có nghiệm :

⇔ 6 2 −9 ≤m≤3
2

Vậy: Max T = 3;

minT =

6 2 −9
2

* Bài toán 3: Giải phương trình và bất phương trình đại số chứa căn bậc hai:
Ví dụ1: Giải bất phương trình:

x − 1 + x − 3 ≥ 2( x − 3) 2 + 2 x − 2(1)

Giải: Điều kiện: x ≥ 1.
Xét mặt phẳng tọa độ Oxy , các véc tơ:
r
 u = ( x − 3) 2 + x − 1
r

u = ( x − 3, x − 1)  r
⇒ v = 3
r
v = (1,1)
r r
u.v = x − 1 + x − 3



rr r r
Suy ra bất phương trình (1) tương đương với : u.v ≥ u . v

Trang 17


r
r
⇔ u ↑↑ v
⇔ x − 3 = x −1

Vậy x = 5 là nghiệm duy nhất:
Ví dụ 2: Giải phương trình:

 x2 − 6 x + 9 = x −1
⇔
x ≥ 3
 x 2 − 7 x + 10 = 0
⇔
x ≥ 3
 x = 5

⇔   x = 2
x ≥ 3

⇔ x=5
x 2 − 2 x + 2 + 4 x 2 + 12 x + 25 = 9 x 2 + 12 x + 29 (1)

Giải: Trong mặt phẳng tọa độ xOy xét các véc tơ:
r
 u = x2 − 2x + 2
r

r r
u = ( x − 1;1)
r
⇒ u + v = (3 x + 2;5) ⇒  v = 4 x 2 + 12 x + 25
r
v = (2 x + 3; 4)
r r
 u + v = 9 x 2 + 12 x + 29

r r r r
Suy ra phương trình (1) tương đương với: u + v = u + v
r
r
⇔ u = kv (k > 0)
 x − 1 = k (2 x + 3)
⇔
1 = k .4
1

k = 4
⇔
 x − 1 = 1 (2 x + 3)

4
1


k =
⇔
4
4 x − 4 = 2 x + 3
1

k
=

4
⇔
x = 7

2

Vậy phương trình (1) có nghiệm duy nhất là: x = 7/2
Trang 18


Ví dụ 3:

Tìm m để phương trình sau có nghiệm:
3 + x + 6 − x − (3 + x)(6 − x) = m

Giải:

Đặt u = 3 + x ; v = 6 − x

u + v = 1 + 10 − 2m (1)

u + v − uv = m
 2
 2
2
2
u
+
v
=
9
⇔
(2)
Phương trình đã cho trở thành : 
u + v = 9
u ≥ 0, v ≥ 0
u ≥ 0, v ≥ 0
(3)



- Phương trình (1) biểu thị một đường thẳng thay đổi song song với đường phân
giác thứ hai , phương trình (2) biểu diễn một đường tròn có tâm tại gốc tọa độ
và bán kính = 3.
- Hệ có nghiệm khi và chỉ khi đường thẳng (1) và đường tròn (2) có điểm chung
thỏa mãn điều kiện (3).
Vậy phương trình có nghiệm khi:
3 ≤ 1 + 10 − 2m ≤ 3 2
⇔
Ví dụ 4:

6 2 −9
≤m≤3
2

Giải phương trình:
x 2 + 4 y 2 + 6x + 9 +

x 2 + 4 y 2 − 2 x − 12 y + 10 = 5

Giải: Đưa phương trình về dạng tương đương sau:
( x + 3) 2 + (2 y ) 2 +

(1 − x) 2 + (3 − 2 y ) 2 =5

(1)

Xét các véc tơ: u = (x +3; 2y) ; v = (1- x; 3 - 2y)
Khi đó : u + v = ( 4; 3)
r r

r

r

Vậy (1) tương đương với : u + v = u + v
Mà u + v

≥

u + v . Dấu (( = )) xảy ra khi: u = k v với k > 0 hoặc là một trong

hai véc tơ u , v là véc tơ không .

Trang 19


Vậy: (2) tương đương với hai khả năng sau:
x+3

2y

(I) 1 − x = 3 − 2 y ≥ 0
Hoặc (II) 1- x = 3 – 2y = 0
Dễ thấy (II) tương đương với : x = 1; y = 3/2
− 3 ≤ x <1

− 3 ≤ x <1

4
3 ⇔ 
⇔
(I)
− 1 +
= −1 +
3x − 8 y + 9 = 0

1− x
3 − 2y

y

Kết hợp lại ta thấy các nghiệm (x;y) của
phương trình đã cho có dạng sau:
x = a; y =

1
(3a+9) với -3 ≤ a < 1
8

•

Nếu biểu diễn trên mặt phẳng
tọa độ thì các nghiệm đó là
đoạn thẳng AB của đường

•

3/
21

A
• •-1 O•
•
-3
-2

•B

3x-8y +9 = 0

•1

thẳng 3x – 8y +9 = 0
với A(-3;0) và B (1; 3/2)
2.4. Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm
1/ Kết quả từ thực tiễn:
Ban đầu học sinh gặp khó khăn nhất định trong việc phân loại và giải những
dạng bài tập như đã nêu.Tuy nhiên giáo viên cần hướng dẫn học sinh tỉ mỉ cách phân
tích một bài toán để lựa chọn phương pháp phù hợp trên cơ sở giáo viên đưa ra
những sai lầm mà học sinh thường mắc phải trong quá trình suy luận, từ đó hướng
các em đi đến lời giải đúng.
Sau khi hướng dẫn học sinh như trên và yêu cầu học sinh giải một số bài tập
trong các đề thi tuyển sinh vào đại học,cao đẳng và trung học chuyên nghiệp của các
năm trước thì các em đã thận trọng trong khi tìm và trình bày lời giải và đã giải được
một lượng lớn bài tập đó.

Trang 20

x


2/Kết quả thực nghiệm:
- Với phương pháp này được dạy ở lớp 10C1,10C2,10C3
Cứ mỗi phần thế này tôi lại tiến hành kiểm tra 10 em trong thời gian 5 phút.
Tôi đã nhiệt tình giảng dạy và truyền thụ đầy đủ các phần kiến thức tổng quát và
phương pháp giải cho học sinh.
- Để được kiểm tra công bằng khách quan, tôi đã coi kiểm tra chặt chẽ và đưa
đề chẵn lẻ có phần kiến thức tương đương nhau cho hai hoc sinh ngồi cạnh nhau, để
tránh hiện tượng sao chép nhìn bài nhau, việc chấm bài nhanh chóng khách quan .
- Đối với phương pháp này tôi thấy mức độ nhận thức của các em về các bài

toán đã trình bày ở trên là rất thông thạo so với phương pháp thông dụng mà các em
từng áp dụng.
- Chính vì vậy tôi thấy khi tôi đưa ra phương pháp vec tơ và tọa độ trong
phẳng vào giái các bài toán trên giúp các em thấy được nếu ta lựa chọn được phương
pháp giải bài toán phù hợp với từng dạng thí bài toán đó trở nên rất đơn giản.
Thông qua tiến hành nghiên cứu và thực hiện trên ba lớp với đề tài trên tôi đã
thu được kết quả theo bảng số liệu sau:
Bảng số liệu so sánh sau khi tiến hành vận dụng đề tài
Giỏi
Lớp

Số

10C1
10C2
10C3

lượng
43
43
42

Khá

T.bình

Yếu

Kém

SL

%

SL

%

SL

%

SL

%

SL

%

17
9
2

39,5
20,9
4,8

19
20

11

44,2
46,5
26,2

7
13
18

16,3
30,2
42,9

0
1
10

0
2,4
23,8

0
0
1

0
0
2,3

Qua bảng số liệu trên chúng ta thấy sau khi đưa vào vận dụng đề tài thì kết quả
thật khả quan, cụ thể là không những học sinh yếu trung bình sẽ giảm đi rõ rệt mà số
Trang 21


học sinh khá, giỏi còn tăng lên rất nhều, còn đối với lớp không áp dụng thì số lượng
học sinh khá, giỏi giảm, trung bình giảm, yếu và kém thì lại tăng lên.
Ngoài ra khi thực hiện sáng kiến học sinh học tập rất tích cực và hứng thú ,
hiểu bản chất của vấn đề chứ không tính rập khuôn một cách máy móc như trước, đó
là việc thể hiện việc phát huy tính tích cực, chủ động, sáng tạo của học sinh.
III.KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ
1. Đối với giáo viên
Đê tài này giúp cho việc hướng dẫn được một số dạng bài toán “chứng minh
bất đẳng thức, tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất, giải phương trình và bất phương trình
chứa căn bậc hai bằng phương pháp véc tơ và tọa độ trong phẳng trong chương trình
đại số 10 THPT” và hướng dẫn cho học sinh các phương pháp làm các bài tập, nhằm
nâng cao chất lượng dạy học môn toán học theo phương pháp đổi mới.
2. Đối với học sinh
Qua việc nghiên cứu, giúp học sinh nắm vững các phương pháp giải quyết
được các bài tập đơn giản và nâng cao, liên hệ, biết cạch suy luận lôgíc, tự tin vào
bản thân khi đứng trước một bài tập, có cách suy nghĩ để giải quyết vấn đề một cách
đúng đắn nhất.
3. Một số kiến nghị
Do thời gian có hạn nên đề tài này chưa được áp dụng rộng rãi và chắc chắn
không tránh hết những thiếu sót. Vì vậy rất mong được sự góp ý của quý thầy cô
giáo và các bạn động nghiệp để đề tài được hoàn thiện hơn và được áp dụng phổ biến
hơn trong những năm học tới.
Xin chấn thành cảm ơn!

Trang 22

XÁC NHẬN CỦA THỦ
TRƯỞNG ĐƠN VỊ

Thanh Hóa, ngày 29 tháng 04 năm 2017
Tôi xin cam đoan đây là SKKN của tôi viết,
không sao chép nội dung của người khác.
Người viết đề tài

Lê Thị Thúy

Trang 23