skkn ứng dụng của véc tơ và tọa độ để giải một số phương trình, bất phương trình, hệ phương trình

MỤC LỤC
MỤC LỤC
1. Lời giới thiệu
2. Tên sáng kiến
3. Tác giả của sáng kiến
4. Chủ đầu tư sáng kiến
5. Lĩnh vực áp dụng sáng kiến
6. Ngày sáng kiến được áp dụng lần đầu hoặc áp dụng thử
7. Mô tả bản chất của sáng kiến
7.1.
KIẾN THỨC CHUẨN BỊ
7.2.
ỨNG DỤNG VÉC TƠ VÀ TỌA ĐỘ ĐỂ GIẢI PHƯƠNG
TRÌNH, BẤT PHƯƠNG TRÌNH, HỆ PHƯƠNG TRÌNH
7.2.1. Áp dụng vào việc giải phương trình
7.2.2. Áp dụng vào việc giải bất phương trình
7.2.3. Áp dụng vào việc giải hệ phương trình
8. Những thông tin cần được bảo mật
9. Các điều kiện cần thiết để áp dụng sáng kiến
10. Đánh giá lợi ích thu
11. Danh sách những tổ chức/cá nhân đã tham gia áp dụng thử hoặc
áp dụng sáng kiến lần đầu (nếu có)
Kết luận và kiến nghị
Tài liệu tham khảo

Trang
1
2
2
2
2

2
3
3
3
4
4
8
10
14
14
14
15
16
17

BÁO CÁO KẾT QUẢ
NGHIÊN CỨU, ỨNG DỤNG SÁNG KIẾN
1. Lời giới thiệu:
Trong quá trình giải phương trình, bất phương trình hay hệ phương trình mục tiêu cuối
cùng là tìm được nghiệm hay tập nghiệm của chúng. Để làm được điều này chúng ta
có nhiều phương pháp làm khác nhau trong các phương pháp đó ta có thể chia ra làm
hai phương pháp chính đó là phương pháp Đại số và phương pháp Hình học. Phương
11


pháp Hình học được áp dụng trong một số bài toán Đại số làm cho lời giải bài toán khá
hay và ngắn gọn xúc tích. Trong chương trình hình học 10 ta được học về các phép
toán của véc tơ và một số ứng dụng của nó, trong các ứng dụng đó phải kể đến "Ứng
dụng của véc tơ và tọa độ để giải một số phương trình, bất phương trình, hệ
phương trình "

Trong các kì thi đặc biệt là kì thi tốt nghiệp THPTQG ta thường thấy xuất hiện bài toán
về giải phương trình, bất phương trình và hệ phương trình…mà những bài toán này
thường có độ khó nhất định vì sự đa dạng của chúng, để giải quyết chúng ta phải sử
dụng nhiều kiến thức khác nhau trong đó
2. Tên sáng kiến:
"Ứng dụng của véc tơ và tọa độ để giải một số phương trình, bất phương trình, hệ
phương trình "
3. Tác giả của sáng kiến:
Họ và tên: Nguyễn Thị Thu
Địa chỉ : Trường THPT Yên Lạc 2 – Yên Lạc – Vĩnh Phúc
Điện thoại: 0989865992. Email:
4. Chủ đầu tư sáng kiến: Là tác giả của sáng kiến
5. Lĩnh vực áp dụng sáng kiến:
Thực hiện đề tài này tôi muốn lấy đây làm phần tài liệu phục vụ trực tiếp cho quá trình
giảng dạy của bản thân, đồng thời có thể làm tài liệu tham khảo cho các bạn đồng
nghiệp, cho các em học sinh ôn thi học sinh giỏi, ôn thi THPTQG. Trong đề tài này tôi
đề cập đến "Ứng dụng của véc tơ và tọa độ để giải một số phương trình, bất
phương trình, hệ phương trình " qua đó cho học sinh thấy được sự sáng tạo và linh
hoạt trong giải toán. Từ đó học sinh sẽ thấy thích thú và say mê hơn trong học tập, do
vậy sẽ đem lại kết quả cao hơn.
6. Ngày sáng kiến được áp dụng lần đầu hoặc áp dụng thử: 10/9/2019
7. Mô tả bản chất của sáng kiến:
KIẾN THỨC CHUẨN BỊ:

7.1.

7.1.1. Định nghĩa tích vô hướng:

22

Cho hai véc tơ

r r r
a, b ≠ 0

. Khi đó tích vô hướng của

r
a

và

r
b

là một số xác định bởi công

rr r r
r r
a.b = a . b .cos a, b

( )

thức

7.1.2. Biểu thức tọa độ các phép toán véc tơ:
r
r
a

a
;
a
,
b
(
)
( b1; b2 )
Oxy
1
2
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ
cho
. Khi đó
r r
a + b = ( a1 + b1 ; a2 + b2 )
+)
r r
a − b = ( a1 − b1 ; a2 − b2 )

+)
+)

r
ka = ( ka1 ; ka2 )

7.1.3. Biểu thức tọa độ của tích vô hướng:
r
r
rr

a ( a1 ; a2 ) , b ( b1 ; b2 )
a.b = a1b1 + a2b2
Oxy
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ
cho
. Khi đó
r
r
a = a12 + a22
a ( a1 ; a2 )
7.1.4. Độ dài của véc tơ: Cho
. Khi đó
7.1.5. Điều kiện hai véc tơ cùng phương :
r
r
r
a ( a1 ; a2 )
b ( b1; b2 ) ≠ 0
k

Véc tơ
cùng phương với véc tơ
khi tồn tại số sao

cho


cho

r

r
 a = kb1
a = kb ⇔  1
 a2 = kb2

Véc tơ

r
a ( a1 ; a2 )

cùng hướng với véc tơ

r
r
b ( b1 ; b2 ) ≠ 0

khi tồn tại số

k >0

sao

r
r
 a = kb1
a = kb ⇔  1
 a2 = kb2

33

Véc tơ



sao cho
Chú ý:

Nếu





r
a ( a1 ; a2 )

ngược hướng với véc tơ

r
r
b ( b1 ; b2 ) ≠ 0

khi tồn tại số

k <0

r
r
 a = kb1

a = kb ⇔  1
a2 = kb2
b1 , b2 ≠ 0

Véc tơ

Véc tơ

r
a ( a1 ; a2 )
r
a ( a1 ; a2 )

cùng hướng với véc tơ

a a
r
⇔ 1 = 2 >0
b ( b1 ; b2 )
b1 b2

ngược hướng với véc tơ

a a
r
⇔ 1 = 2 <0
b ( b1 ; b2 )
b1 b2

7.1.6. Một số kết quả thường dùng:

r
r
a ( a1 ; a2 ) , b ( b1 ; b2 )
Cho hai véc tơ
bất kì. Khi đó ta có một số kết quả sau:
rr r r
r r
a.b ≤ a . b ⇔ a1b1 + a2 b2 ≤ a12 + a22 . b12 + b22
a, b
+)
(1). Dấu bằng xảy ra khi
cùng hướng.
r r
a, b

a.b ≥ − a . b ⇔ a b + a b ≥ − a 2 + a 2 . b 2 + b 2
1 1
2 2
1
2
1
2
+)

. Dấu bằng xảy ra khi

ngược hướng.
rr
r r
a.b ≤ a . b ⇔ a1b1 + a2b2 ≤

r r
a, b

a12 + a22 . b12 + b22
. Dấu bằng xảy ra khi

+)
cùng phương.
r r
r
r
a+b ≤ a + b ⇔
+)

( a1 + b1 )

2

+ ( a2 + b2 ) ≤
2

a12 + a22 + b12 + b22

. Dấu

r r
a, b

bằng xảy ra khi

cùng hướng.

44


r r
r r
a −b ≤ a +b ⇔

( a1 − b1 )

2

+ ( a2 − b2 ) ≤
2

( a1 + b1 )

2

+ ( a2 + b2 )

+)

2

. Dấu
r r
a, b

bằng xảy ra khi
ngược hướng .
r
r
r r
⇔ a12 + a22 − b12 + b22 ≤
a − b ≤ a −b
+)

( a1 − b1 )

2

+ ( a2 − b2 )

2

(4)

.

r r
a, b

Dấu bằng xảy ra khi

cùng hướng .

7.2. ỨNG DỤNG VÉC TƠ VÀ TỌA ĐỘ ĐỂ GIẢI PHƯƠNG TRÌNH, BẤT

PHƯƠNG TRÌNH, HỆ PHƯƠNG TRÌNH
7.2.1. Áp dụng vào việc giải phương trình:

x x +1 + 3 − x = 2 x2 +1

Ví dụ 1. Giải phương trình:

Phân tích: Vế trái của phương trình được viết lại:

x. x + 1 + 1. 3 − x

. Do đó ta nghĩ đến

biểu thức tọa độ của tích vô hướng trong mặt phẳng tọa đô oxy
−1 ≤ x ≤ 3

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

(

)

rr r r
u.v = u . v

Khi đó phương trình đã cho có dạng:

hay

u, v
. Điều này xảy ra khi

cùng hướng

0< x<3
 0< x<3

 x =1
x
x +1
=
>0⇔ 2
⇔
⇔
2
1
3− x
 x (3 − x) = x + 1 ( x − 1)( x − 2 x − 1) = 0
x = 1+ 2

Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm
Ví dụ 2. Giải phương trình:

x = 1, x = 1+ 2

x 2 − 2 x + 5 + x 2 + 2 x + 10 = 29

55


( x − 1) 2 + 4 + ( x + 1) 2 + 9

Phân tích: Vế trái của phương trình được viết lại:

. Do đó

ta nghĩ đến công thức tính độ dài của véc tơ trong mặt phẳng tọa đô oxy
r
r
u ( x − 1; 2 ) v ( − x − 1;3)
Lời giải: Đặt
,
r r
r r
⇒ u + v = ( −2;5 ) u + v = 29
,
r r r r
u +v = u + v

Khi đó phương trình đã cho có dạng:

u, v

. Điều này xảy ra khi

cùng

hướng hay

x −1 2
1
= >0⇔ x=
− x −3 3
5
x=

Vậy phương trình đã cho có nghiệm
Ví dụ 3. Giải phương trình:

1
5

x 2 − 2 x + 2 + 4 x 2 + 12 x + 25 = 9 x 2 + 12 x + 29
( x − 1) 2 + 1 + (2 x + 3) 2 + 16 = (3 x + 2) 2 + 25

Phân tích: Phương trình được viết lại:

.

Do đó ta nghĩ đến công thức tính độ dài của véc tơ trong mặt phẳng tọa đô Oxy
r
r
r r

u ( x − 1;1) v ( 2 x + 3; 4 ) ⇒ u + v = ( 3x + 2;5)
Lời giải: Đặt
,
r r r r
u +v = u + v

Khi đó phương trình đã cho có dạng:

u, v
. Điều này xảy ra khi

cùng

hướng hay
x −1 1
7
= >0⇔ x=
3x + 2 5
2
x=

7
2

Vậy phương trình đã cho có nghiệm
66


x 2 − 4 x + 5 − x 2 − 4 x + 13 = 2
Ví dụ 4. Giải phương trình:

( x − 2) 2 + 1 − ( x − 2) 2 + 9 = 2

Phân tích: Phương trình được viết lại:
⇔

( x − 2)

2

+9 −

( x − 2)

2

+ 1 = 2.

Do đó ta nghĩ đến công thức tính độ dài của véc tơ
trong mặt phẳng tọa đô Oxy

Lời giải: Đặt

r
r
r
⇒
u
=
u ( x − 2;3) v ( x − 2;1)

r
2
x
−
2
+
9,
v
=
(
)

( x − 2)

2

+1

,

r r r r
u − v ≤ u −v ⇔

( x − 2)

2

+9 −

( x − 2)

2

+ 1 ≤ 2.

Ta luôn có :

u, v
Điều này xảy ra khi

cùng hướng tức tồn tại số

k >0

sao cho

r
r
3= k

k = 3
u = kv ⇔ 
⇔
x = 2
 x − 2 = k ( x − 2)

x = 2.
Vậy phương trình đã cho có nghiệm
x 2 + 4 y 2 + 6 x + 9 + x 2 + 4 y 2 − 2 x − 12 y + 10 = 5(1)

Ví dụ 5. Giải phương trình:
( x + 3) 2 + (2 y ) 2 + (1 − x) 2 + (3 − 2 y ) 2 = 5(2)

Phân tích: Phương trình được viết lại:

. Do

đó ta nghĩ đến công thức tính độ dài của véc tơ trong mặt phẳng tọa đô oxy
u ( x + 3;2 y ) v (1 − x;3 − 2 y ) ⇒ u + v = (4;3)
,
Lời giải: Đặt

Ta có:
r r

( 2) ⇔ u + v

r r
=u+v

u, v
(3). Điều này xảy ra khi

cùng hướng hoặc một trong hai véc

tơ đó là véctơ-không
77


Do đó (3) tương đương với hai khả năng sau:

+)

+)

 x = 1
1− x = 3 − 2 y = 0 ⇔ 
 y = 3 2
 − 3 ≤ x < 1
x+3
2y
1
=
>0⇔
y = (3x + 9)
1− x 3 − 2 y

8

Kết hợp hai trường hợp trên ta được nghiệm của phương trình đã cho là:

Ví dụ 6. Giải phương trình:

( 4 − x)


 − 31≤ x ≤ 1
 y = (3x + 9)

8



x − 2 + 7 − 2 x = 85 − 57 x + 13 x 2 − x 3

Phân tích: Phương trình được viết lại:

( 4 − x)

( 5 − x ) ( 4 − x )

x − 2 + 7 − 2x =

2

+ 1


. Do đó ta nghĩ đến công thức tích vô

hướng của hai véc tơ trong mặt phẳng tọa đô Oxy
r
r
v
x − 2; 7 − 2 x
u ( 4 − x;1)
Lời giải: Đặt
,

(

r
⇒u =

( 4 − x)

2

r
+ 1, v =

)

( x − 2) + ( 7 − 2x )

r r
= 5 − x ⇒ u + v = ( 3x + 2;5)

rr r r
r r
u.v = u . v ⇔ cos u , v = 1

Khi đó phương trình đã cho có dạng:

( )

. Điều này xảy ra khi

u, v
cùng hướng hay
x<4


x<4

4− x
1
=
>0⇔
⇔ 3
2
2
x−2
7 − 2x
 2 x − 23 x + 89 x − 114 = 0
( 4 − x ) ( 7 − 2 x ) = x − 2

88


x < 4
⇔
⇔ x=3
x = 3

x = 3.
Vậy phương trình đã cho có nghiệm

Ví dụ 7. Tìm m để phương trình sau có nghiệm:

Phân tích: Phương trình được viết lại:

x2 + x + 1 − x2 − x + 1 = m

1
3
1
3
( + x)2 + − ( − x)2 + = m
2
4
2
4

. Do đó ta

nghĩ đến công thức tính độ dài của véc tơ trong mặt phẳng tọa đô Oxy

Lời giải: Đặt

r1
3  r 1
3
r r
r r
u  + x;
v
−
x
;
−
÷


÷
÷

÷
⇒
u
+ v =1
2  2
2  ⇒ u + v = ( 1;0 )
2

,

r r
r r
m = u − v ≤ u +v =1

Khi đó ta có:

u, v
hoặc

cùng hướng mà

hoặc

r r
v=0

r r r
u, v ≠ 0
1
1

+
x
=
k
− x÷


r
r
2
2

u = kv ( k < 0 ) ⇔ 
3
3

−
=
k

2
2

u, v
Nếu

. Dấu bằng xảy ra xảy ra khi

r r
u=0

ngược hướng thì

hệ không có nghiệm

m ≠1

x. Suy ra
m ∈ ( −1;1)
Vậy phương trình đã cho có nghiệm
7.2.2. Áp dụng vào việc giải bất phương trình:

99


Ví dụ 8. Giải bất phương trình:

x 2 − 4 x + 20 + x 2 + 4 x + 29 ≥ 97
( x − 2) 2 + 16 + ( x + 3) 2 + 16

Phân tích: Vế trái bất phương trình được viết lại:

. Do

đó ta nghĩ đến công thức tính độ dài của véc tơ trong mặt phẳng tọa đô oxy

Lời giải: Đặt

u ( x − 2;4) v(−x − 2;5) ⇒ u + v = (−4;9)
,

u + v = 97
và

u+v ≤ u + v
Khi đó phương trình đã cho có dạng:
r
v

. Điều này luôn đúng với mọi

r
u

,

.

Vậy bất phương trình đã cho nghiệm đúng với mọi
Ví dụ 9. Giải bất phương trình:

x∈R

x 2 + 2 x + 2 + x 2 − 2 x + 5 ≥ 13
( x + 1) 2 + 1 + (1 − x ) 2 + 4

Phân tích: Vế trái bất phương trình được viết lại:

. Do đó

ta nghĩ đến công thức tính độ dài của véc tơ trong mặt phẳng tọa đô Oxy
r r
r
r
r r
u
+ v = 13
u ( x + 1;1) v(1 − x; 2) ⇒ u + v = (2;3)
Lời giải: Đặt
,
và
r r r r
r r
u + v ≥ u+v
u v
Khi đó bất phương trình đã cho có dạng:
. Điều này xảy với mọi , .
Vậy bất phương trình đã cho nghiệm đúng với mọi
Ví dụ 10. Giải bất phương trình:

x∈R

x2 − 2x + 2 ≥ 2x2 + 2x + 1 + x2 + 1

Phân tích: Vế trái bất phương trình được viết lại:

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

. Do đó ta nghĩ đến công thức tính độ dài của
véc tơ trong mặt phẳng tọa đô Oxy
1010


Lời giải: Đặt

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

,

r
v = x2 + 1
r r r r
u −v ≥ u + v
Khi đó bất phương trình đã cho có dạng:

r r r r
u−v = u + v
hai điều trên suy ra
Ta thấy

Với

x=0

x≠0

thì

hay

r r r r
u −v ≤ u + v
măt khác

r r
u v

,

từ

ngược hướng .

là một nghiệm của bất phương trình.
r r
u v

,

ngược hướng khi

x<0

x x +1
1− 5
=
<0⇔ 2
⇔x=
1
x
2
x − x −1 = 0

Vậy bất phương trình đã cho nghiệm đúng với mọi

x = 0,

x=

1− 5
.
2

x − 1 + x − 3 ≥ 2( x − 3) 2 + 2 x − 2

Ví dụ 11. Giải bất phương trình:

(1)

Phân tích: Vế trái bất phương trình được viết lại:

1. x − 1 + 1.( x − 3)

. Do đó ta nghĩ

đến công thức tính tích vô hướng của hai véc tơ trong mặt phẳng tọa đô oxy
Lời giải: ĐKXĐ:

x ≥1

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

u.v ≤ u . v
Theo bất dẳng thức :

x − 1 + x − 3 ≤ 2( x − 3) 2 + 2 x − 2

. Ta có

(2)

1111

Từ (1) và (2) suy ra bất phương trình (1) có nghiệm khi và chỉ khi
rr r r
x − 1 + x − 3 = 2( x − 3) 2 + 2 x − 2 ⇔ u.v = u . v

u, v
. Điều này xảy ra khi

hay

cùng hướng

 x −3 = k
u = k v(k > 0) ⇔ 
(k > 0) ⇔ x − 1 = x − 3 > 0
x
−
1
=
k

x>3

⇔ 2
⇔ x=5
x
−
7
x
+
10

=
0

x=5

Vậy bất phương trình đã cho có nghiệm

7.2.3. Áp dụng vào việc giải hệ phương trình:

 x 2 + 4 y 2 = 8(1)

 x + 2 y = 4( 2)

Ví dụ 12: Giải hệ phương trình:

Phân tích: Vế trái phương trình (1) được viết lại:
được viết lại

x.1 + 2 y.1

x 2 + (2 y ) 2

. Còn vế trái của (2)

. Do đó ta nghĩ đến công thức tính độ dài của véc tơ và công

thức tích vô hướng của hai véc tơ trong mặt phẳng tọa đô oxy
→

Lời giải: Đặt

→

⇒ u =

→

u = ( x; 2 y ) , v = ( 1;1)

r
2
x2 + ( 2 y ) , v = 2

→ →

và


→ →

 
 α =  u, v  
u . v = u . v . cos α 

  ⇒ u .v ≤ u v

→ →

Mặt khác :

u .v = x + 2y

→

→

1212


x + 2 y ≤ 2. x 2 + ( 2 y )

2

Vậy ta được :

⇔ ( x + 2 y ) ≤ 2.( x 2 + 4. y 2 )
2

dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi

r r
u v

,

cùng phương hay tồn tại

→
 x = k .1
u = k. v ⇔ 
⇔ x = 2 y ⇒ x = 2; y = 1.

2 y = k .1

→

k∈R

để :

( x; y ) = ( 2;1)

Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm

Ví dụ 13: Giải hệ phương trình:


 x 2 + 9 + y 2 + 9 = 10(1)

x + y = 8(2)



Phân tích: Từ phương trình (1)ta nghĩ đến công thức tính độ dài của véc tơ trong mặt
phẳng tọa đô Oxy
→

Lời giải: Đặt
→

⇒ u =

→

u = ( x;3) , v = ( y;3)
→

r
2
2
v
x + 9, = y + 9

→

u+ v =

( x + y)

2

+ 36 = 10

và

r
r
u + v = 10
→

→

→

→

u + v ≥ u + v = 10

Mặt khác ta luôn có:

Do đó từ hệ trên ta suy ra khi

r r
u v

,

cùng hướng hay

x 3
= >0⇔ x= y=4
y 3

( x; y ) = (4; 4)

Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm

1313


Ví dụ 14: Giải hệ phương trình:
→

Lời giải: Đặt

→

 x 2 + yz = 1( 1)
 2
 y − zx = 0 ( 2 )
 z 2 + xy = 0 ( 3)

→

u = ( y; z ) , v = ( x; z ) , w = ( y; − x ) ,

Từ (2) và (3) ta suy ra
r
u =0⇒ y = z =0

rr

u
 .v = 0
( *)
r
 r uu
u
.w
=
0




→

Nếu
r
u ≠0

thay vào (1) ta được

Nếu

r uu
r
r
uu
r
 y = −x
u . v + w = 0 ⇒ v = −w ⇔ 
 z=x
→

→

từ hệ (*) ta được

x = ±1

(

)

thay vào hệ đã cho ta

suy ra hệ vô nghiệm.
( x; y ) = (1; 0; 0), ( x; y) = ( −1;0;0)

Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm
Ví dụ 15: Giải hệ phương trình: (ĐH khối A năm 2014)
 x 12 − y + y (12 − x 2 ) = 12(1)

 x 3 − 8 x − 1 = 2 y − 2 (2)
x. 12 − y + 12 − x 2 . y

Phân tích: Vế trái phương trình (1) được viết lại:

. Do đó ta

nghĩ đến công thức tính tích vô hướng của hai véc tơ trong mặt phẳng tọa đô oxy
Lời giải: ĐKXĐ:
→

(

− 2 3 ≤ x ≤ 2; 2 ≤ y ≤ 12

) (
→

u = x; 12 − x 2 ; v =

Đặt

)

12 − y ; y ⇒ u = v = 12

Khi đó :
1414


(1) ⇔ 2[ x 12 − y + y (12 − x 2 ) ] = 2.12
2

2

⇔ 2u.v = u + v ⇔ (u − v) 2 = 0 ⇔ u = v
 x = 12 − y
 x≥0
⇔
⇔
2
2
 12 − x = y
 y = 12 − x

Thay vào phương trình (2) ta được:

x 3 − 8 x − 1 = 2 10 − x 2 ⇔ x 3 − 8 x − 3 + 2(1 − 10 − x 2 ) = 0


2( x + 3)
⇔ ( x − 3)  x 2 + 3x + 1 +
1 + 10 − x 2



=0⇔ x=3





2( x + 3)
 do : x 2 + 3x + 1 +

>
0
∀
x
≥
0


2
1
+
10
−
x




Suy ra

y = 12 − x 2 = 3

thỏa mãn điều kiện

Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm

Ví dụ 16: Giải hệ phương trình:
→

Lời giải: Đặt

Ta được hệ

→

( x; y ) = (3;3)


x ( y − 1) + yz = 0 ( 1)


x ( 2 z − 3) + y ( x − z ) = 0 ( 2 )


2

2
2
2

( 2 z − 3) + ( x − z ) = ( y − 1) + z ( 3 )
→

u = ( x; y ) , v = ( y − 1; z ) , w = ( 2 z − 3; x − z ) ,

rr
 u.v = 0 ( 1' )

r
 r uu
⇔  u.w = 0 ( 2 ' ) ( *)
r 2 uu
r2
u
y
=
w
( 3')



1515


r
u =0⇒ x = y =0

→

Nếu

( 2 z − 3)

2

thay vào hệ đã cho ta được

+ ( z ) = 1 + z 2 ⇔ 4 z 2 − 12 z + 8 = 0 ⇔ z = 1, z = 2
2

r
u ≠0

→

Nếu

từ hệ (*) ta được

r uu
r
r
uu
r
 y − 1 = −2 z + 3  x = 0
u . v + w = 0 ⇒ v = −w ⇔ 

⇔
 z = −x + z
 y = 4 − 2z

→

(

)

z = 0, y = 4

hoặc

z = 2, y = 0

thay vào hệ đã cho ta suy ra

.

→
uu
r2
uu
r
 y −1 = 2z − 3  y = 2 z − 2
v =w ⇒v=w⇔
⇔
z
=

x
−
z

 x = 2z

→2

Nếu

thay vào hệ đã cho ta được

8
2
4
x = ,y = ,z =
3
3
3

Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm
8 2 4 

( x; y, z ) ∈ (0;0;1), (0; 0; 2), (0; 4; 0), (0;0; 2), ( ; ; )  .
3 3 3 


BÀI TẬP TỰ LUYỆN:
1) Giải các phương trình sau
a.

b.
c.

x − 2 − 4 − x = x 2 − 6 x − 11
x 2 − 8 x + 816 + x 2 + 10 x + 267 = 2003

x 2 + 2x + 2 + x 2 − 2x + 2 = 2 2
x 2 − x + 1 + x 2 − 3x + 1 =

d.
e.

(

)

3 +1

2− 3

x 2 + 2 x + 5 + x 2 − 6 x + 13 = 4 2

1616


f.

2 2
+ x = x+9
x +1

9 x3 − 18 x 2 + 36 x 2 − 9 x 3 = 9 + x 2

g.
2) Giải các bất phương trình sau
a.

x 2 + 2 x + 2 x − 1 ≥ 3x 2 + 4 x + 1

x − 1(3 − x) ≥ 40 − 34x + 10 x 2 − x 3
b.

5−4 x + 5+ 4 x ≥ 4
c.
3) Giải các hệ phương trình sau

 x + 1 + y − 1 = 4
a) 
 x + 6 + y + 4 = 6


3x + 3 y = 6
b) 
 3 x + 7 + 3 y + 7 = 8

 x + 1 + y − 1 = 4
c) 
 x + 6 + y + 4 = 6

x2 + y2 = − y( x + z )


d)
x 2 + x + y = −2 yz
3 x 2 + 8 y 2 + 8 xy + 8 yz = 2 x + 4 z + 2


 x 2 + x + y + 1 + x + y 2 + x + y + 1 + y = 18
e) 
 x 2 + x + y + 1 − x + y 2 + x + y + 1 − y = 2

.

8. Những thông tin cần được bảo mật (nếu có): Không
9. Các điều kiện cần thiết để áp dụng sáng kiến:
Cần có hệ thống sách giáo khoa, tài liệu tham khảo phong phú, ....
Nắm vững kiến thức về véc tơ và tọa độ
10. Đánh giá lợi ích thu:
Sau khi áp dụng sáng kiến này vào lớp mà tôi trực tiếp giảng dạy ở trường
THPT Yên Lạc 2, tôi thấy học sinh hứng thú hơn trong học tập, có kĩ năng làm bài
toán giải phương trình, bất phương trình, hệ phương trình tốt hơn, áp dụng giải được

1717


một số bài toán trong các tài liệu tham khảo và đặc biệt là các bài trong các đề thi khảo
sát của trường, của Sở, các bài toán trong đề thi THPTQG, thi học sinh giỏi.
Số liệu thống kê kết qủa đạt được so với trước và sau khi thực hiện sáng kiến
kinh nghiệm này.
Đối với lớp áp dụng sáng kiến kinh nghiệm này vào giảng dạy là 11A5 tôi cho
làm bài kiểm tra 45 phút và kết qủa thu được như sau:

Sĩ số
45
%

Giỏi
15
33.3

Khá
20
44.4

Trung bình
8
17.8

Yếu-kém
2
4.5

Đối với lớp không áp dụng sáng kiến kinh nghiệm này vào giảng dạy là 11A2
tôi cho làm bài kiểm tra 45 phút và kết qủa thu được như sau:
Sĩ số
44
%

Giỏi
0
0

Khá
10
22.7

Trung bình
24
54.6

Yếu-kém
10
22.7

Mặc dù việc so sánh này ở các lớp khác nhau, chất lượng học sinh khác nhau nên độ
chính xác chưa cao. Nhưng dù sao nhìn vào 2 bảng thống kê cũng phản ánh được một
phần nào đó sự tiến bộ của học sinh sau khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm này.
11. Danh sách những tổ chức/cá nhân đã tham gia áp dụng thử hoặc áp dụng sáng kiến
lần đầu (nếu có):
Số
Tên tổ
TT chức/cá nhân
1

11A5
Yên Lạc, ngày

Địa chỉ

Phạm vi/Lĩnh vực
áp dụng sáng kiến

Trường THPT Yên Lạc 2

Ôn thi THPTQG, thi HSG

tháng 3 năm 2020.

Xác nhận của Thủ trưởng đơn vị

Yên Lạc, ngày 10 tháng 3 năm 2020
TÁC GIẢ SÁNG KIẾN

1818


Nguyễn Thị Thu

KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ
1. Kết luận:

Trên đây là phần trình bày nội dung sáng kiến của tôi. Qua sáng kiến này tôi
thấy các em học sinh đã biết cách giải phương trình,bất phương trình, hệ phương trình.
Khi gặp một phương trình,bất phương trình, hệ phương trình các em đã hình dung
được cách biến đổi, cách làm . Từ đó học sinh có lời giải chính xác, rõ ràng, lập luận
chặt chẽ, đạt điểm tối đa. Tiến tới đạt kết quả cao trong các kỳ thi khảo sát, thi THPT
Quốc gia, thi học sinh giỏi.
Tuy nhiên để tài của tôi vẫn còn hạn chế và không tránh khỏi sai xót, rất mong
nhận được sự đóng góp của quý thầy cô, bạn đọc.
1919

2. Kiến nghị:

Hằng năm giáo viên trong nghành giáo dục làm rất nhiều đề tài sáng kiến, tham
gia các cuộc thi hội giảng, chiến sĩ thi đua cấp cơ sở, chiến sĩ thi đua cấp tỉnh. Nghành
có kế hoạch chọn các đề tài chất lượng đóng thành đĩa CD phát hành về các trường để
giáo viên và học sinh tham khảo.
Trên đây là đề tài sáng kiến của tôi trong năm học 2019 – 2020. Do còn hạn chế
về kinh nghiệm và thời gian nên đề tài không tránh khỏi những thiếu sót, tác giả rất
mong nhận được sự đóng góp ý kiến của các đồng nghiệp và độc giả để đề tài được
hoàn thiện hơn.
Tôi xin chân thành cảm ơn!

TÀI LIỆU THAM KHẢO
1. Sách giáo khoa Hình học 10- chương trình chuẩn
2. Sách giáo khoa Hình học 10- chương trình nâng cao
3. Sách giáo viên Hình hoc 10- chương trình chuẩn
4. Sách giáo viên Hình hoc 10- chương trình nâng cao
5. Sách bài tập Hình học 10- chương trình chuẩn
6. Các tạp chí báo toán học và tuổi trẻ các năm
7. Rèn luyện kĩ năng giải các dạng bài tập hình học 10 nâng cao- Các tác giả: Trần
Phước Chương, Đỗ Thanh Sơn, Nguyễn Vũ Thanh
2020


2121