Hướng dẫn học sinh THPT sử dụng đường thẳng và đường tròn trong mặt phẳng để giải và biện luận một số hệ phương trình và hệ bất phương trình đại số

MỤC LỤC
Nội dung

TT

Trang

1

Mục lục

1

2

Mở đầu

2

3

Nội dung sáng kiến kinh nghiệm

3

4

Cơ sở lí luận của sáng kiến kinh nghiệm

3

5

Thực trạng vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm

4

6

Các giải pháp đã sử dụng để giải quyết vấn đề

5

7
8

Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm đối với hoạt động giáo
dục, bản thân, đồng nghiệp và nhà trường
Kết luận, kiến nghị

19
20

1. MỞ ĐẦU
1


1.1. Lí do chọn đề tài: Đứng trước bài toán giải và biện luận hệ phương
trình, hệ bất phương trình phải xác định được phương pháp giải của nó, đa số các
giáo viên giảng dạy thấy rằng các học sinh thường hướng lời giải này tới cách làm
của đại số như phương pháp thế, cộng đại số, đặt ẩn phụ... mà ít khi để ý tới mối

liên hệ với hình học. Nhiều lúc làm theo cách đại số các bài này quá phức tạp,
chia nhiều trường hợp, mất rất nhiều thời gian mà chưa chắc đã xét hết các trường
hợp và đưa ra kết quả.
Đường tròn là một trong những đường cong thường gặp nhất trong môn
toán ở bậc trung học phổ thông, kiến thức cơ bản về đường tròn và phương trình
đường tròn không nhiều, nhưng hệ thống bài tập thì đa dạng và phong phú vô
cùng. Những ứng dụng quan trọng của nó là giải và biện luận số nghiệm của hệ
phương trình, hệ bất phương trình… Đó chính là công việc “hình học hóa môn đại
số”. Sử dụng được phương pháp này lời giải rất “đẹp, dễ nhớ và không phức tạp”.
Hiện nay có nhiều đầu sách bài tập từ cơ bản đến nâng cao môn toán của
nhiều tác giả nghiên cứu về cách giải biện luận hệ phương trình, hệ bất phương
trình nhưng đa số dùng định lý thuận dấu tam thức bậc hai; tách ghép đánh giá;
dùng bất đẳng thức Côsi, Bunhiacôpski, phương pháp hàm số…Song khai thác
triệt để và có hệ thống việc sử dụng phương trình đường tròn, đường thẳng vào
việc biện luận hệ phương trình thì còn ít đề cập. Rất nhiều bài toán nhờ ứng dụng
phương pháp này mà được giải quyết một cách ngắn gọn dễ dàng.
Vì những lý do trên mà tôi chọn đề tài: “Hướng dẫn học sinh THPT sử
dụng đường thẳng và đường tròn trong mặt phẳng để giải và biện luận một số
hệ phương trình và hệ bất phương trình đại số ”
1.2. Mục đích nghiên cứu:
Bên cạnh đó thông qua đề tài này chúng ta có thể :
Cung cấp cho học sinh một phương pháp giải một số bài toán đại số nhờ
công cụ hình học và phát triển sự tư duy sáng tạo cho học sinh.
Giúp học sinh một cách nhìn rất logic trong chương trình toán phổ thông,
trong đó có mối liên hệ giữa đại số và hình học.
1.3. Đối tượng nghiên cứu: Đề tài này nghiên cứu mối liên hệ giữa hình
học và đại số trong việc tìm lời giải của một bài toán đại số dựa trên kiến thức
hình học, cụ thể là nghiên cứu về mối liên hệ giữa đường thẳng và đường tròn
trong mặt phẳng trong việc giải và biện luận một số hệ phương trình, hệ bất
phương trình đại số.

1.4. Phương pháp nghiên cứu: phương pháp nghiên cứu xây dựng cơ sở
lý thuyết, trong đó cơ sở là kiến thức về đường thẳng, đường tròn trong mặt phẳng
tọa độ, sự tương giao giữa đường thẳng và đường tròn, liên hệ với các hệ phương
trình, hệ bất phương trình đại số.
2


2. NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
2.1. Cơ sở lí luận của sáng kiến kinh nghiệm:
Về kiến thức ở lớp 9 học sinh đã biết được vị trí tương đối của hai đường
tròn và điều kiện để có vị trí tương đối đó, ở lớp 10 học sinh đã được trang bị các
kiến thức cơ bản ở môn hình học là “Phương pháp tọa độ trong mặt phẳng” trong
đó có phương trình đường thẳng và đường tròn; ở môn đại số biết cách giải bất
phương trình, hệ bất phương trình bậc nhất hai ẩn. Cụ thể một số kiến thức cơ bản
liên quan đến đề tài này như:
1. Dạng tổng quát của phương trình đường thẳng :

Ax + By + C = 0 , ( A2 + B 2 > 0)
2. Đường tròn tâm I(a,b) bán kính R có phương trình : ( x − a ) + ( y − b ) = R 2
2

2

2
2
3. Điều kiện để phương trình : x + y + 2ax + 2by + c = 0 là phương trình
đường tròn là : a2 + b2 - c > 0

4. Công thức tính khoảng cách từ điểm M(x 0; y0) đến đường thẳng (d) có phương
trình : Ax + By + C = 0 , ( A2 + B 2 > 0)

d ( M,d ) =

Ax + By + C
A 2 + B2

5. Điều kiện để đường thẳng d : Ax + By + C = 0 là tiếp tuyến của đường tròn (C)
tâm I(a;b) bán kính R khi và chỉ khi d(I;d) = R.
6. Sự tương giao của hai đồ thị y = f(x) và y = g(x), hoành độ giao điểm của hai
đồ thị trên là nghiệm của phương trình : f(x) = g(x).
7. Biểu diễn các đường tròn, đường thẳng trên mặt phẳng tọa độ, cách xác định
miền nghiệm thỏa mãn bất phương trình, hệ bất phương trình.
8. Cho hai đường tròn C1(I1, R1) và C2(I2, R2)
+ Hai đường tròn cắt nhau tại 2 điểm phân biệt ⇔ R2 − R1 < I1 I 2 < R2 + R1
+ Hai đường tròn tiếp xúc ngoài ⇔ I1I 2 = R2 + R1
+ Hai đường tròn tiếp xúc trong ⇔ I1I 2 = R2 − R1
+ Hai đường tròn ở ngoài nhau ⇔ I1I 2 > R2 + R1
+ Hai đường tròn đựng nhau ⇔ I1 I 2 < R2 − R1
9. Cách tìm miền nghiệm của bất phương trình bậc nhất 2 ẩn dạng ax + by + c > 0
(trong đó a 2 + b 2 > 0 )

3


+ Vẽ đường thẳng d: ax + by + c = 0 ( d chia mặt phẳng Oxy làm 2 miền (I) và
(II) có chung bờ là d)
+ Lấy điểm M 0 ( x0 ; y0 ) ∈ ( I ) nếu ax0 + by0 + c > 0 đúng, thì (I) là miền nghiệm của
bất phương trình, ngược lại thì (II) là miền nghiệm của bất phương trình
( Các bất phương trình: ax + by + c < 0; ax + by + c ≥ 0; ax + by + c ≤ 0 có
cách giải tương tự; hệ bất phương trình bậc nhất 2 ẩn thì miền nghiệm của hệ là
giao của các miền nghiệm của các bất phương trình trong hệ)

2.2. Thực trạng vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm:
Trong một số kỳ thi cấp trường, cấp tỉnh, cấp quốc gia các bài toán về biện
luận số nghiệm của hệ phương trình và hệ bất phương trình là một trong các dạng
toán thường gặp, nhiều học sinh đứng trước các bài toán này đôi khi lúng túng
trong việc tìm lời giải, thông thường các em chú ý đến sử dụng các phương pháp
đại số trong các bài toán này, do đó không giải được bài toán hoặc giải được
nhưng lời giải quá dài, chia nhiều trường hợp, mất nhiều thời gian; trong khi đó
nếu biết vận dụng kiến thức về đường thẳng và đường tròn trong mặt phẳng thì
bài toán rất ngắn gọn và dễ hiểu.
Ví dụ. trong kỳ thi HSG môn toán lớp 12 tỉnh Thanh hóa năm 2014 có bài
toán sau: Tìm các giá trị thực của tham số m để hệ bất phương trình

log 2 ( x + y ) ≤ 0
có nghiệm thực duy nhất.

x
+
y
+
2xy
+
m
≥
1


Bài toán. trên có thể quy về tìm các giá trị thực của tham số m để hệ bất
x + y − 1 ≤ 0
phương trình 
có nghiệm thực duy nhất,

2
2
(x − 1) + (y − 1) ≤ m + 1
Đây là bài toán học sinh có thể giải được dễ dàng và ngắn gọn, nếu liên hệ
với kiến thức về đường thẳng và đường tròn trong măt phẳng; tuy nhiên trong kỳ
thi đó nhiều học sinh đã không làm được bài này. Có nhiều lí do không làm được
nhưng một số học sinh cho rằng em chưa được làm dạng này bằng kiến thức hình
học, một số học sinh khác thì nói em cứ loay hoay dùng cách làm đại số là
phương pháp cộng, rồi sử dụng bất đẳng thức cơ bản, mất thời gian nhiều nhưng
cuối cùng vẫn không ra kết quả!
Do đó sáng kiến kinh nghiệm này đề cập đến một vấn đề đó là giúp học sinh
khai thác nhiều hơn nữa các cách giải và biện luận hệ phương trình và hệ bất
phương trình, phát triển tư duy logic cho học sinh, đặc biệt thấy được mối liên hệ
rất gần gủi giữa đại số và hình học, từ đó nâng cao chất lượng dạy và học.

4


2.3. Các giải pháp đã sử dụng để giải quyết vấn đề:
2.3.1. Sử dụng đường thẳng, đường tròn để giải hệ phương trình
a) Cơ sở lý luận :
Một số hệ phương trình mà mỗi phương trình của hệ biểu diễn biểu thức của
các đường cong có thể biểu diễn chúng trên mặt phẳng tọa độ do đó ta có thể xét
sự tương giao giữa chúng để giải hệ phương trình ban đầu.
b) Phương pháp
B1: Đưa mỗi phương trình của hệ về phương trình của các đường thẳng và đường
cong đã biết.
B2: Biểu diễn các đường thẳng và đường cong đó trên mặt phẳng tọa độ.
B3: Xét sự tương giao của các đường thẳng và đường cong để tìm số giao điểm.
B4 : Kết luận.

c) Bài toán cụ thể
Bài toán 1 : Cho hệ phương trình :
 x − ay − a = 0 ( 1)
 2
2
 x + y − x = 0 ( 2 )

a)

(I)

Tìm a để hệ trên có 2 nghiệm phân biệt.

Trong trường hợp hệ có hai nghiệm phân biệt (x 1;y1), (x2;y2) hãy chứng
2
2
minh rằng : ( x 2 − x1 ) + ( y 2 − y1 ) ≤ 1
b)

Dấu bằng xảy ra khi nào ?
* Cơ sở
+ Phương trình (1) của hệ có dạng phương trình đường thẳng vì 12 + a2 >0.
+ Phương trình (2) của hệ có dạng phương trình đường tròn. Do đó có thể biểu
diễn hệ đã cho trên mặt phẳng tọa độ để xét sự tương giao của chúng.
* Lời giải
a) Xét tập hợp các điểm hệ các điểm M(x;y) thỏa mãn hệ (I).Chính là giao điểm
của các đường thẳng (d): x + ay - a = 0 và đường tròn (C) có tâm I(1/2;0) và có
bán kính R = 1/2.
Để hệ (I) có 2 nghiệm phân biệt ⇔ ( d ) ∩ ( C ) tại 2 điểm phân biệt

5


⇔ d(I;d) < R

v

1
−a
1
2
⇔
<
1+ a2 2
(C)

⇔ 1 − 2a < 1 + a 2
⇔ 1 − 4a + 4a 2 < 1 + a 2
4
⇔03

O

u

1/2

Vậy với 0< a < 4/3 thì hệ đã cho có
2 nghiệm phân biệt

d

b) Với điều kiện trên thì hệ đã cho có 2 nghiệm phân biệt.
Gọi M(x1;y1) , N(x2;y2) là giao điểm của (d) và (C )
⇒ MN ≤ 2R ⇔

(x

2

1
2
2
− x1 ) + ( y 2 − y1 ) ≤ 2. = 1
2

⇔ ( x 2 − x1 ) + ( y 2 − y1 ) ≤ 1
2

2

(đpcm)

- Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi MN là đường kính khi và chỉ khi
(d) đi qua tâm I của đường tròn (C ).

⇔

1

1
−a = 0 ⇔ a =
2
2

Vậy với a = 1/2 thì dấu = xảy ra
* Lời bình: Câu a) có thể làm bằng cách thế (1) vào (2) được phương trình bậc
hai, sử dụng điều kiện phương trình bậc hai có hai nghiệm phân biệt khi ∆ > 0 sẽ
tìm được m, tuy nhiên câu b) không sử dụng kiến thức hình học rất khó giải quyết
* Khai thác và mở rộng bài toán
+ Thay bằng việc tìm a để hệ (I) có 2 nghiệm phân biệt bằng tìm a để hệ có
nghiệm duy nhất, hệ vô nghiệm.
+ Thay bởi việc cho đường thẳng thay đổi (phương trình đường thẳng chứa tham
số m) ta cho đường tròn có bán kính chứa tham số m khi đó ta cũng được một lớp
bài toán mới.
 x − y + x + y = 4
+ Bài tập tương tự: Cho hệ phương trình 
x+y+x=m


( 1)
( I)
( 2)

Tìm m để hệ (I)
6


a) Có 1 nghiệm.
b) Có 2 nghiệm

c) Vô nghiệm
( gợi ý: đặt u = x − y ≥ 0; v = x + y ≥ 0 nên x =

u 2 + v2
)
2

Bài toán 2 : Tìm m để hệ sau đây có 2 nghiệm
( x + y ) 2 = 4
 2
2
 x + y = 2(1 + m)

( 1)
( I)
( 2)

* Cơ sở
Ta thấy ngay phương trình (2) của hệ có dạng phương trình đường tròn,còn
x + y = 2

phương trình (1) sau khi biến đổi sẽ được 
là phương trình của hai
 x + y = −2
đường thẳng song song.Do đó ta có thể giải bài toán trên nhờ việc xét sự tương
giao của đường thẳng và đường tròn.
* Lời giải
 x + y = 2
( 1')


( I ) ⇔   x + y = −2 ( 1'')
 2
2
 x + y = 2(1 + m)

( 2)

Từ (2) ta thấy nếu 2 ( 1 + m ) ≤ 0 ⇔ 1 + m ≤ 0 ⇔ m ≤ −1 thì phương trình (2) vô
nghiệm do đó hệ đã cho vô nghiệm ⇒ m ≤ −1 không thỏa mãn.
+ Nếu

m + 1 > 0 ⇒ m > −1 thì (2) là phương trình đường tròn (C ) tâm O(0;0)

bán kính R = 2 ( m + 1) .

Còn (1’) là phương trình đường thẳng (d): x + y = 2.
(1’’) là phương trình đường thẳng (d’): x + y = -2
Ta thấy (d)//(d’) và đối xứng nhau qua gốc tọa độ, suy ra nếu (d) cắt (C ) thì (d’)
cũng cắt (C ), (d) không cắt (C ) thì (d’) cũng không cắt (C ), (d) tiếp xúc với (C )
thì (d’) cũng tiếp xúc với (C ).
Vậy để hệ phương trình có 2 nghiệm
phân biệt thì (d) và (d’) đều là tiếp
tuyến của ( C )

7


⇔ d ( O;d ) = d ( O;d ' ) = R
⇔

y

2

= 2(m + 1)
2
⇔ 2(m + 1) = 2
⇔m=0

2

1

-2

Vậy với m=0 thì hệ phương trình đã
cho có 2 nghiệm phân biệt

1

1

O

2

x

-1

-2

* Mở rộng bài toán
1.Tìm m để hệ phương trình sau vô nghiệm

( x + y ) 2 = 4
 2
2
 x + y = 2(1 + m)
2.Tìm m để hệ phương trình sau có 3 nghiệm
( x + y ) 2 = 4
 2
2
 x + y = 2(1 + m)

3. Tìm m để hệ phương trình sau có 4 nghiệm

( x + y ) 2 = 4
 2
2
 x + y = 2(1 + m)
4.Cho hệ phương trình sau :
2x + y = m

 x + y = 2m + 1
x 2 + y2 = 4


Tìm m để hệ phương trình trên vô nghiệm, có 1 nghiêm,có 2 nghiệm, có 3
nghiệm,có 4 nghiệm.

Bài toán 3 : Biện luận theo tham số m số nghiệm của hệ phương trình sau :

 x + y = 4
 2
2
2
 x + y = m

( 1)
( 2)

( I)
8


* Cơ sở lý luận
Phương trình (2) của hệ có dạng phương trình đường tròn (với m ≠ 0 ) còn
phương trình (1) của hệ biểu diễn hình vuông với các đỉnh A(4;0), B(0;4)
C(-4;0), D(0-4). Vì vậy ta có thể sử dụng việc xét sự tương giao để giải.
* Lời giải
+ Với m = 0 .Từ (2) suy ra : x = y = 0.Khi đó (1) trở thành : 0 = 4 (vô lý)

⇒ m = 0 hệ đã cho vô nghiệm
+ Với m ≠ 0
Gọi M(x;y) là tập hợp các điểm thỏa
mãn (I) là giao điểm của đường tròn
(C) tâm O(0;0) bán kính R = m và
đường gấp khúc có phương trình
x ≥ 0


y ≥0

x + y = 4

x ≥ 0
y ≤0


x + y = 4
( 1) ⇔
x ≤ 0

y ≥0

x + y = 4
 x ≤0


y ≤0

x + y = 4

y

4

( 1')

B

M

N

1

( 1'' )

A

C
-4

-1

O

4

1

x

-1
Q

P

( 1''' )

-4 D

(1'''')

Các điểm thỏa mãn (1’) là đoạn AB với A(4;0), B (0;4)
Các điểm thỏa mãn (1’’) là đoạn AD với A(4;0), D (0;-4)
Các điểm thỏa mãn (1’’’) là đoạn BC với B(0;4), C (-4;0)
Các điểm thỏa mãn (1”’’) là đoạn CD với C(-4;0), D (0;-4)
Vậy tập hợp các điểm (x; y) thỏa mãn (1) thuộc hình vuông ABCD. Còn đường
tròn (C) có bán kính thay đổi.
Gọi M, N, P, Q là giao điểm của hai đường phân giác của góc phần tư thứ nhất
và góc phần tư thứ hai với hình vuông ABCD.

⇒ OM = ON = OP = OQ = 2 2
9


Tùy theo sự biến đổi của m ta có sự thay đổi tương ứng của giao điểm của
hình vuông và của đường tròn.
Từ đồ thị ta có kết quả sau :

0 < m < 2 2
+ Nếu 
 m > 4

thì ( C ) ∩ ABCD ⇒ hệ vô nghiệm

+ Nếu m = 4 thì ( C ) ∩ ABCD tại 4 điểm phân biệt A, B, C, D
Do đó hệ có 4 nghiệm phân biệt là A(4;0), B(0;4), C(-4;0), D(0;-4)
+ Nếu m = 2 2 ⇒ m = ±2 2 ⇒ ( C ) ∩ ABCD tại 4 điểm M, N, P, Q

Do đó (I) có 4 nghiệm phân biệt (2;2), (-2;2), (2;-2), (-2;-2)
+ Nếu 2 2 < m < 4 thì (C ) cắt ABCD tại 8 điểm phân biệt
Hệ (I) có 8 nghiêm phân biệt.
* Mở rộng bài toán
+ Cho đường tròn cố định, thay đổi hình vuông ABCD tức ta có bài toán sau: tùy

x + y =m

theo m biện luận số nghiệm của hệ phương trình : 

2
2
x + y = 9

+ Cho đường tròn có bán kính thay đổi ta thay hình vuông ABCD bởi hình elip,
hình chữ nhật, hình thoi như bài toán sau :
1.Giải và biện luận hệ phương trình sau :

x +2 y =4
a)  2
2
x + y = m

 4x 2 + 9y 2 = 36
b)  2
2
x + y = m

Tất cả các bài toán trên đều có thể chuyển thành bài toán quen thuộc sau :
tìm m để hệ phương trình sau vô nghiệm, có 1 nghiệm, có 2 nghiệm, có 3 nghiệm,

có 4 nghiệm, có 5 nghiệm, có 6 nghiệm, có 7 nghiệm, có 8 nghiệm.
Bài toán 4 : Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm duy nhất :

( x − 1) 2 + ( y + 2 ) 2 = m 2
 2
2
2
 x + (y − 1) = (m + 1)
* Cơ sở lý luận
Hai phương trình của hệ đều có dạng của phương trình đường tròn nên ta có thể
dựa vào sự tương giao của hai đường tròn để giải hệ đã cho.
10


* Lời giải
+ Nếu m = 0 thì từ (1) ta có :

( x − 1)

2

+ ( y + 2) = 0
2

x = 1
⇔
 y = −2
Thay vào (2) ta được : 10 = 1 (vô lý ).Do đó m = 0 không thỏa mãn
Nếu m + 1 = 0 từ (2) ta có :

x 2 + (y − 1) 2 = 0
x = 0
⇔
y = 1
Thay vào (1) ta được 10=1 (vô lý ). Do đó m = -1 không thỏa mãn

m ≠ 0
Khi đó (1) là phương trình đường tròn ( C) tâm I(1;-2) bán kính
m ≠ −1

+ Nếu 

R= m, (2) là phương trình đường tròn tâm I’(0;1), bán kính R’= m+1

Từ vị trí tương đối của hai đường tròn thì để hệ có nghiệm duy nhất thì (C ) phải
tiếp xúc trong hoặc tiếp xúc ngoài với (C’)

 I 'I = R + R '
⇔
 I 'I = R + R '
 10 = 2m + 1
⇔
 10 = 1 ( vô lí )
⇔m=

10 − 1
2

Vậy với m =

y

I'

1

1

x

O

10 − 1
thì hệ phương
2

-2

I

trình đã cho có nghiệm duy nhất
* Mở rộng bài toán

Các bài toán sau là mở rộng của bài toán trên:
Bài 1 : Tìm m để hệ phương trình sau có 2 nghiệm phân biệt :
11


( x − 1) 2 + ( y + 2 ) 2 = m 2
 2

2
2
 x + ( y − 1) = ( m + 1)
Bài 2 : Tìm m để hệ phương trình sau vô nghiệm :

( x − 1) 2 + ( y + 2 ) 2 = m 2
 2
2
2
 x + ( y − 1) = ( m + 1)
Bài 3 : Tìm m để hệ phương trình sau vô nghiệm, có nghiệm nghiệm duy nhất, có
2 nghiệm phân biệt :

( x − 1) 2 + ( y − m ) 2 = 4

2
2
( x − 2m − 1) + ( y − m + 1) = 9
* Bài tập tương tự:

( x + y ) 2 = 4
Bài 1 : Tìm m để hệ sau có 4 nghiệm phân biệt  2
2
 x + y = 2(m + 1)
Bài 2 : Biện luận theo tham số a số nghiệm của hệ phương trình :

x + y = a
 2
2
x + y = 1

(2m + 1)x + my + m − 1 = 0
Bài 3 : Cho hệ phương trình :  2
2
x + y = 9
Xác định m để hệ phương trình có 2 nghiệm phân biệt (x1;y1), (x2;y2) sao cho
A= (x2 - x1)2 + (y2 - y1 )2 lớn nhất.
Bài 4 : Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm :

 1 − x 2 = y

 y − my + 3m = m 2
2.3.2. Sử dụng đường tròn để giải hệ bất phương trình
a) Cơ sở lý luận
Một số hệ bất phương trình mà các bất phương trình trong hệ xuất hiện
dạng phương trình của các đường cong thường gặp và biểu diễn được chúng trên
mặt phẳng tọa độ do vậy ta có thể giải hệ bất phương trình ban đầu nhờ vào việc
xét sự tương giao của các đường cong này.
12


b) Phương pháp
B1 : Biểu diễn các miền điểm thỏa mãn từng bất phương trình của hệ trên mặt
phẳng tọa độ
B2 : Xét sự tương giao của các miền đó.
B3 : Dựa vào hình vẽ ở trên biện luận hệ bất phương trình.
c) Một số bài toán cụ thể
Bài toán 1: Tìm m để hệ bất phương trình sau có nghiệm duy nhất :

( x + 1) 2 + y 2 ≤ m


2
2
( y + 1) + x ≤ m

( 1)
( 2)

* Cơ sở lý luận
Vế trái của các bất phương trình (1) và (2) có dạng phương trình của đường tròn
.Còn vế phải phụ thuộc vào m nếu có thể xét sự tương giao của hai bất phương
trình trong trường hợp chúng đều là phương trình của đường tròn.
Miền thỏa mãn hai bất phương trình trên giao nhau thì hệ có nghiệm.
* Lời giải
Xét phương trình : (x+1)2 + y2 = m (1’)
+ Nếu m < 0 thì (1’) vô nghiệm ⇒ (1) vô nghiệm ⇒ hệ đã cho vô nghiệm

 x = −1
y = 0

+ Nếu m = 0 thì ta có (x+1)2 + y2 =0 ⇔ 

thay vào (2) ta có 1 + 1 ≤ 0 (vô lý ). Suy ra hệ vô nghiệm
+ Nếu m > 0 (1’) là phương trình đường tròn (C1) tâm I1(-1 ;0) bán kính R = m
Xét phương trình x2+(y+1)2=m (2’) trong trường hợp m > 0 thì (2’)là phương
trình đường tròn (C2) tâm I2(0 ;-1) bán kính R = m
+ Ta có tập hợp các điểm thỏa mãn (1) làm phần bên trong đường tròn (C1)
+ Ta có tập hợp các điểm thỏa mãn (2) làm phần bên trong đường tròn (C2)
+ Ta thấy nếu (C1) và (C2) cắt nhau thì hệ luôn có nhiều hơn một nghiệm

13

Vậy để hệ bất phương trình có
nghiệm duy nhất thì (C1) tiếp xúc
(C2)

y

⇔ I1I 2 = R + R
-1
O

1

x

⇔ 2=2 m
1
⇔m=
2
Vậy với m =

-1

1
thì hệ bất phương
2

trình đã cho có nghiệm duy nhất.
* Khai thác và mở rộng bài toán

Bài 1 : Tìm m để hệ bất phương trình sau có nghiệm :

( x + 1) 2 + y 2 ≤ m

2
2
( y + 1) + x ≤ m

( 1)
( 2)

Bài 2 : Tìm m để hệ bất phương trình sau vô nghiệm :

( x + 1) 2 + y 2 ≤ m

2
2
( y + 1) + x ≤ m

( 1)
( 2)

Thay bằng việc cho bán kính thay đổi ta cho tâm thay đổi còn bán kính không đổi.
Bài toán 2 : Tìm a để hệ sau có nghiệm :

 x + y ≤ 2

 x + y + 2x(y − 1) + a = 2

( 1)

( 2)

* Cơ sở lý luận
Nếu xét dấu bằng ở bất phương trình (1) thì ta có phương trình của đường
thẳng.Còn (2) sau khi chuyển vế và bình phương sẽ xuất hiện phương trình đường
tròn. Nên ta đưa bài toán trên về việc xét sự tương giao giữa đường thẳng và
đường tròn.
* Lời giải

14


( 1) ⇔ x + y − 2 ≤ 0

tập hợp các điểm thỏa mãn bất phương trình này nằm trên
mặt phẳng kể cả đường thẳng x + y - 2 =0. Phần mặt phẳng này là phần không bị
gạch chéo trên hình vẽ.

( 2) ⇔

2x(y − 1) + a = 2 − x − y .

Theo (1) thì (x;y) thỏa mãn (1)

⇒ x + y ≤ 2⇒ 2−x− y≥ 0

( 2 ) ⇔ 2xy − 2x + a = 4 + x + y + 2xy
⇔ ( x − 1) + ( y − 2 ) = a + 1 ( 2' )
2

2

2

2

+ Nếu a+1< 0 thì (2) vô nghiệm ⇒ hệ vô nghiệm
+ Nếu a+1= 0 ⇒ a= -1

x = 1
y = 2

Ta có: ( x − 1) + ( y − 2 ) = 0 ⇔ 
2

2

thay vào (1) ta có : 1+2-2=1< 0 (vô lí) ⇒a= -1 không thỏa mãn
+ Nếu a+1 > 0 thì tập hợp các điểm (x;y) thỏa mãn (2) nằm trên đường tròn (C)
tâm I(1;2) bán kính R = a + 1

⇒ hệ có nghiệm khi và chỉ khi (d) tiếp xúc với (C ) hoặc (d) cắt (C ) tại hai điểm
phân biệt.
d ( I,d ) = R
⇔
⇔ d ( I,d ) ≤ r
d(I,d)
<
R


1+ 2 − 2
⇔
≤ a +1
2
1
⇔
≤ a +1
2
1
⇔a≥−
2

y

2

I

1

O

1

2
d

Kết hợp với điều kiện
1
x

a > −1 ⇒ a ≥ − thỏa mãn
2
Vậy a ≥ −

1
hệ đã cho có nghiệm
2
15


* Khai thác và mở rộng bài toán
Thay cho việc xét sự tương giao của hai đường ta đi xét sự tương giao của
nhiều đường.

 x + y ≤ 2
Bài tập. Cho hệ phương trình: 
 x + y + 2x(y − 1) + a = 1

( 1)
( 2)

Tìm m để hệ phương trình
a) Có nghiệm duy nhất.
b) Có nghiệm
c) Vô nghiệm.
Bài toán 3 : Tìm m để hệ bất phương tình sau có nghiệm duy nhất

 x 2 + y 2 ≥ 2m + 1
 2
2

 x + (y − 1) ≤ m

( 1)
( 2)

* Cơ sở lý luận
(1) và (2) có dạng phương tròn của đường tròn, nên ta chuyển việc giải bài toán
trên về việc xét sự tương giao của hai đường tròn.
* Lời giải
+ Ta thấy với m < 0 thì hệ (I) vô
nghiệm

y

+ Với m ≥ 0 thì x2 + y2 = 2m+1 là
phương trình đường tròn (C ) tâm
O(0;0) bán kính R = 2m + 1 và
x2 + (y-1)2 = m là phương trình
đường tròn (C’) tâm I(0;1) bán kính

(C')
1
O

R'= m

x

(C)

+ Phần các điểm thỏa mãn (1) là phần bên ngoài đường tròn (C ) ,còn các điểm
thỏa mãn (2) nằm bên trong đường tròn (C’) như hình vẽ.
Từ hình vẽ trên ta thấy :
16


+ Nếu ( C ') bị chứa trong (C) thì hệ vô nghiệm
+ Nếu ( C ') ∩ ( C ) ≠ ∅ thì hệ có nhiều hơn 1 nghiệm
Vậy để hệ bất phương trình có nghiệm duy nhất thì (C ) phải tiếp xúc với (C’).

⇔ OI = R − R '
⇔ 1 = 2m + 1 − m
⇔ 1 + m = 2m + 1
m = 0
⇔
m = 4
Vậy với m = 0 hoặc m = 4 thì hệ bất phương trình đã cho có nghiệm duy nhất.
Bài toán 4 : Tìm m để hệ bất phương trình sau có nghiệm :

 x 2 − 2x + y 2 − 6y ≤ 1

log 2 ( x − y ) ≥ m

( 1)
( 2)

* Cơ sở
Bất phương trình (1) có dạng phương trình của đường tròn,còn bất phương trình
(2) có dạng phương trình của đường thẳng nên ta có thể xét sự tương giao của hai
đường trên cùng một mặt phẳng tọa độ.

* Lời giải
+ Xét bất phương trình (1) :

( 1) ⇔ ( x − 1)

2

+ ( y + 3) ≤ 9
2

( 1')

y

Tập hợp các điểm (x;y) thỏa mãn (1)
nằm ở miền trong của đường tròn

-1

2

+ Xét bất phương trình (2) :
TXĐ : x ≠ y thì:

O
1

(C): ( x − 1) + ( y + 3) ≤ 9 bao gồm
cả đường tròn (C).
2

x

-1

d1

-3

I

d2

d0

( 2 ) ⇔ log ( x − y ) ≥ log
⇔ ( x − y) ≥ 2
2

2

2m

m

Tập hợp tất cả các điểm (x;y) thỏa mãn (2’) là phần không bị gạch chéo
trên hình vẽ , bỏ phần nửa mặt phẳng chứa điểm O(0;0)
17

Tìm điểm m để d là tiếp tuyến của ( C) :
⇔ d ( I;d ) = R
⇔

4 − 2m
2

=3

⇔ 4 − 2m = 3 2
 2m = 4 − 3 2
⇔
 2m = 4 + 3 2

(

⇔ m = log 2 4 + 3 2

)

Ta thấy d1 không thể xảy ra, để hệ bất phương trình có nghiệm ⇔ d ∩ (C) hoặc

(

)

d tiếp xúc với (C ) khi đó d ≡ d 2 . Từ hình vẽ ta thấy m ≤ log 2 4 + 3 2 thì d
luôn tiếp xúc hoặc cắt (C) tức hệ phương trình đã cho có nghiệm.
* Mở rộng bài toán
+ Ta có thể thay đổi dấu của các bất phương trình ta được các bài toán mở rộng.

+ Ta có thể xét các bất phương trình trên là các phương trình ta cũng có một lớp
bài toán xét sự tương giao của các đường trên mặt phẳng tọa độ.
* Bài tập tương tự:
Bài 1. Cho hệ bất phương trình :

x − y = k
 2
2
 x + y + 2x ≤ 1
Tìm k để hệ có nghiệm.
Bài 2. Định m để hệ sau có nghiệm duy nhất :

 x 2 + y 2 + 4y + 4 ≤ m
 2
2
 x + y + 4x + 4 ≤ m
Bài 3
a) Tìm m để hệ sau có nghiệm :

log x + y ( 2x + y ) ≥ 1

 x + 2y = m
2

2

b) Trong tất cả các nghiệm (x;y) của bất phương trình :
18

log x + y ( 2x + y ) ≥ 1
2

2

Hãy chỉ ra nghiệm (x;y) có tổng x+2y lớn nhất
Bài 4. Giải hệ bất phương trình :

x 2 + y2 ≥ m
 sin( x + y )
=1
2
Bài 5. ( HSG Toán 12 Thanh hóa năm 2014) Tìm các giá trị thực của tham số m

log 2 ( x + y ) ≤ 0
để hệ bất phương trình 
có nghiệm thực duy nhất.
 x + y + 2xy + m ≥ 1

2.4 Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm đối với hoạt động giáo dục, với bản
thân, đồng nghiệp và nhà trường.
- Đối với hoạt động giáo dục: Qua các năm giảng dạy tôi đã thử nghiệm
rất nhiều đối tượng học sinh. Đối với học sinh trung bình, học sinh khá, giỏi khi
đọc một số bài toán :
Ví dụ: ( Bài kiểm tra thực hành) Biện luận theo m số nghiệm của hệ :

 x + y = 4
 2
2
2

 x + y = m

( 1)
( 2)

Rất nhiều em loay hoay, tìm cách giải hệ nhưng rất rắc rối khi phá dấu giá trị
tuyệt đối và kết quả là không có hướng giải. Sau đó giáo viên nhấn mạnh vào
phương trình đường tròn và phương trình đường thẳng. Rất nhiều em không vẽ
được đồ thị x + y = 4 . Nhưng đối với học sinh khá giỏi chỉ cần gọi ý lưu ý cách
phá dấu giá trị tuyệt đối là các em hoàn thành bài toán. Sau đó cho học sinh các
bài tập tương tự các em ứng dụng, khai thác phương trình đường tròn rất nhanh.
Kết quả kiểm tra như sau :
+ Lớp 10C1 (Trường THPT Thường Xuân 2): không có sự hướng dẫn sử dụng
đường thẳng, đường tròn :
Sĩ số

Điểm (8 đến 10)

44

1 (2,2%)

Điểm (5 đến 7)
8 (18,1%)

Điểm dưới 5
35 (79,7%)

+ Lớp 10C1 (Trường THPT Thường Xuân 2): đã có sự hướng dẫn sử dụng
đường thẳng, đường tròn :

19


Sĩ số

Điểm (8 đến 10)

Điểm (5 đến 7)

Điểm dưới 5

44

25 (58%)

14 (31,8%)

5 (10,2%)

- Với bản thân, đồng nghiệp và nhà trường: Đây là tài liệu tham khảo bổ
ích để bồi dưỡng học sinh giỏi bậc THPT.
3. KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ.
3.1. Kết luận:
Do thời gian có hạn, phạm vi nghiên cứu đề tài nhỏ nên trong đề tài chỉ chú
trọng khai thác ứng dụng của đường thẳng, đường tròn vào giải hệ phương trình,
hệ bất phương trình. Tuy không phải là quá khó nhưng để tìm ra lời giải hay và
ngắn gọn đòi hỏi người làm toán phải có những kiến thức thật chắc và kỹ năng
tính toán thành thạo. Trong đề tài này tôi đã nghiên cứu về việc sử dụng hình học
để giải bài toán đại số, cụ thể là sử dụng đường thẳng và đường tròn ở trường

trung học phổ thông, mặc dù những bài toán đưa ra còn nhiều phương pháp giải
khác nhau, nhưng do bản thân còn đang trong quá trình nghiên cứu nên chưa nêu
hết đầy đủ hệ thống các phương pháp giải chúng.
Mỗi tính chất được khai thác đều có cơ sở đúng đắn và một vài ví dụ minh
họa ở đây đã có sự lựa chọn các ví dụ đặc sắc về hệ phương trình và hệ bất
phương trình, do vậy người học cần tìm tòi nhiều ví dụ phong phú hơn nữa mà có
thể áp dụng được phương pháp này.
Ở đề tài này tôi chủ yếu tập trung vào các hệ phương trình và hệ bất
phương trình tuy nhiên ở các phương trình, bất phương trình bằng phép biến đổi
nào đó như đặt ẩn phụ... mà có đưa được về hệ phương trình hoặc hệ bất phương
trình thì ta có thể áp dụng cách này, do hạn chế về số trang của đề tài tôi sẽ giới
thiệu cách làm này trong đề tài sau.
3.2. Kiến nghị:
Trong quá trình thực hiện đề tài không tránh khỏi những thiếu sót. Tôi rất
mong sự góp ý, bổ sung của quý đồng nghiệp và các cấp lãnh đạo.
XÁC NHẬN
CỦA THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ

Thường Xuân, ngày 05 tháng 5 năm 2016
Tôi xin cam đoan đây là SKKN của mình viết,
không sao chép nội dung của người khác.
Người viết sáng kiến

Đỗ Văn Hào
20