Tải bản đầy đủ (.doc) (27 trang)

Một số giải pháp hướng dẫn học sinh lớp 10 giải bài toán đại số bằng phương pháp hình học

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (184.08 KB, 27 trang )

SỞ GIÁO DỤCSỞ
VÀGIÁO
ĐÀO DỤC
TẠO THANH
HOÁ
* THANH HOÁ
VÀ ĐÀO
TẠO

TRƯỜNG
THPT HÀ TRUNG
PHÒNG GD&ĐT ....(TRƯỜNG
THPT....)**
(*Font Times New Roman, cỡ 15, CapsLock;
** Font Times New Roman, cỡ 16, CapsLock, đậm)

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
(Font Times New Roman, cỡ 15, CapsLock)

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
MỘT SỐ GIẢI PHÁP HƯỚNG DẪN HỌC SINH LỚP 10 GIẢI
BÀI TOÁN ĐẠI SỐ BẰNG PHƯƠNG PHÁP HÌNH HỌC

Người thực hiện: Lê Thị Liên
Chức vụ: Giáo viên
(Font Times New Roman,
cỡ 16-18,
CapsLock,
SKKN
thuộc
lĩnh vựcđậm)


(môn): Toán
TÊN ĐỀ TÀI

MỤC LỤC
1

THANH HOÁ NĂM 2020


MỤC LỤC
1. MỞ ĐẦU
1.1. Lý do chọn đề tài……………………………………………
1.2. Mục đích nghiên cứu………………………………………..
1.3. Đối tượng nghiên cứu………………………………………
1.4. Phương pháp nghiên cứu………………………………….
2. NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
2.1. Cơ sở lí luận của sáng kiến kinh nghiệm
2.2. Thực trạng của vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh
nghiệm…………………………………………………………..
2.3. Các biện pháp thực hiện…………………………………….
2.3.1. Cơ sở lý thuyết……………………………………………
2.3.2. Bài tập ứng dụng……………………….............................
2.4. Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm………………………
2.5. Điểm mới trong sáng kiến…………………………………
3. KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ
3.1. Kết luận…………………………………………………….
3.2. Kiến nghị……………………………………………………

I. MỞ ĐẦU
2


Trang
1
1
1-2
2
2
3
3
3-4
4-15
16
16
16
17


1.1. Lý do chọn đề tài
Hình học giải tích là môn học cơ bản của chương trình toán bậc phổ
thông cũng như ở đại học, là một trong các kiến thức cơ sở có liên quan mật
thiết với các môn học khác như đại số, lượng giác,...Chính vì vậy, việc tìm hiểu
và vận dụng các kiến thức của hình học giải tích là rất cần thiết và giúp việc học
tập các môn học khác được hiệu quả hơn.
Hình học giải tích được sáng lập ra đồng thời do hai nhà bác học người
Pháp là Descartes (1596-1650) và Ferma (1601-1655) với đặc trưng của môn
học này là ứng dụng phương pháp tọa độ và đại số vectơ để khảo sát các bài
toán hình học. Phương pháp này không chỉ ứng dụng để giải các bài toán hình
học trong mặt phẳng hay trong không gian ba chiều mà còn ứng dụng trong
trong các không gian nhiều chiều với hình dạng phức tạp và việc vẽ hình để giải
toán là điều rất khó thực hiện.

Gần đây, trong nhiều kì thi tuyển sinh đại học, thi học sinh giỏi, thi toán
Olympic quốc tế hay trên các tạp chí toán học có nhiều bài toán không liên quan
đến hình học nhưng có thể vận dụng kiến thức hình học để giải. Một trong các
dạng bài toán đó là bài toán giải phương trình, bất phương trình và hệ phương
trình đại số với nhiều phương pháp giải đặc thù, mới lạ và tương đối khó vận
dụng đối với học sinh lẫn giáo viên.
Với tinh thần đổi mới để nâng cao hiệu quả giảng dạy, với mong muốn giúp
các em học sinh có cách nhìn mới lạ về cách giải các bài tập đại số nên tôi lựa
chọn đề tài: "Một số giải pháp hướng dẫn học sinh lớp 10 giải bài toán đại
số bằng phương pháp hình học". Hy vọng với đề tài nhỏ này sẽ giúp các bạn
đồng nghiệp dạy học hiệu quả hơn, giúp các em học sinh hứng thú hơn trong học
tập.
1.2. Mục đích nghiên cứu
Mục tiêu của đề tài nhằm nghiên cứu và tìm hiểu các bài toán về phương trình,
bất phương trình và hệ phương trình đại số, bất đẳng thức, vận dụng các phương
pháp thích hợp trong hình học giải tích để giải các bài toán nêu trong chương
trình phổ thông trung học.
1.3. Đối tượng nghiên cứu
Đối tượng nghiên cứu của đề tài là các bài toán ứng dụng hình học giải tích vào
giải phương trình, bất phương trình và hệ phương trình đại số, bất đẳng thức.
3


Phạm vi nghiên cứu của đề tài là vận dụng các phương pháp giải toán thích
hợp trong hình học giải tích để giải quyết các bài toán phương trình, bất phương
trình và hệ phương trình đại số, bất đẳng thức.
1.4. Phương pháp nghiên cứu
 Phương pháp nghiên cứu lí luận: Nghiên cứu các tài liệu liên quan
đến đề tài như: sách giáo khoa, tài liệu về phương pháp dạy học toán,
sách tham khảo về chuyên đề phương trình, bất phương trình, hệ

phương trình, bất đẳng thức.
 Phương pháp điều tra quan sát: Tìm hiểu về việc vận dụng các
phương pháp dạy học tích cực ở một số trường phổ thông.
 Phương pháp tổng kết kinh nghiệm: Tham gia dự giờ, rút kinh
nghiệm trong tổ bộ môn, tham dự các buổi họp chuyên đề, trao đổi ý
kiến với đồng nghiệp.
 Phương pháp thực nghiệm: Tiến hành thực nghiệm ở các lớp 10A,
10E trường THPT Hà Trung trong năm học 2019 -2020.
II. NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
2.1. Cơ sở lý luận
Việc đổi mới phương pháp dạy học theo định hướng phát triển năng lực
thể hiện qua bốn đặc trưng cơ bản sau:
Một là, dạy học thông qua tổ chức liên tiếp các hoạt động học tập, giúp
học sinh tự khám phá những điều chưa biết chứ không thụ động tiếp thu những
tri thức được sắp đặt sẵn. Giáo viên là người tổ chức và chỉ đạo học sinh tiến
hành các hoạt động học tập phát hiện kiến thức mới, vận dụng sáng tạo kiến
thức đã biết vào các tình huống học tập hoặc tình huống thực tiễn...
Hai là, chú trọng rèn luyện cho học sinh biết khai thác sách giáo khoa và
các tài liệu học tập, biết cách tự tìm lại những kiến thức đã có, suy luận để tìm
tòi và phát hiện kiến thức mới.
Ba là, tăng cường phối hợp học tập cá thể với học tập hợp tác, lớp học
trở thành môi trường giao tiếp giáo viên – học sinh và học sinh – học sinh nhằm
vận dụng sự hiểu biết và kinh nghiệm của từng cá nhân, của tập thể trong giải
quyết các nhiệm vụ học tập chung.

4


Bốn là, chú trọng đánh giá kết quả học tập theo mục tiêu bài học trong
suốt tiến trình dạy học thông qua hệ thống câu hỏi, bài tập (đánh giá lớp học).

Chú trọng phát triển kỹ năng tự đánh giá và đánh giá lẫn nhau của học sinh với
nhiều hình thức như theo lời giải đáp án mẫu, theo hướng dẫn, hoặc tự xác định
tiêu chí để có thể phê phán, tìm được nguyên nhân và nêu cách sửa chữa các sai
sót.
Đề tài được nghiên cứu thực hiện trên thực tế các tiết dạy về nội dung
phương trình, bất phương trình, hệ phương trình, bất đẳng thức có sử dụng một
số phương pháp đổi mới đòi hỏi mang tính chất sáng tạo.
2.2. Thực trạng của vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm.
Qua quá trình quan sát, dự giờ, trao đổi với đồng nghiệp, thăm dò từ phía học
sinh. Tôi rút ra một số vấn đề sau:
• Về giáo viên: khi dạy về phương trình, bất phương trình, hệ phương trình, bất
đẳng thức bằng phương pháp hình học giải tích thì tài liệu không có nhiều,
không chuyên sâu.
• Về phía học sinh: đang còn chưa biết hay lúng túng trong các giải quyết các bài
tập về phương trình, bất phương trình, hệ phương trình, bất đẳng thức bằng
phương pháp hình học giải tích
2.3. Các biện pháp thực hiện.
2.3.1. Cơ sở lý thuyết. [4]
• Bất đẳng thức vectơ .
Trong hệ trục Oxy , cho
r r r r
u+v ≤ u + v ⇒

r
r
u ( u 1 ; u 2 ) , v ( v1 ; v2 )

( u1 + v1 )

2


.

+ ( u2 + v2 ) ≤ u12 + u22 + v12 + v22
2

.
Dấu bằng xảy ra khi hai vectơ

r r
u, v

r
0

.
cùng hướng hoặc một trong hai

vectơ bằng vectơ .
r r r r
u−v ≤ u + v ⇒

( u1 − v1 )

2

+ ( u2 − v2 ) ≤ u12 + u22 + v12 + v22

.
Dấu bằng xảy ra khi hai vectơ

r
0

vectơ bằng véctơ .

5

2

r r
u, v

.
ngược hướng hoặc một trong hai


r r rr r r
− u v ≤ u.v ≤ u v ⇒ − u12 + u22 v12 + v22 ≤ u1v1 + u2v2 ≤ u12 + u22 v12 + v22

.

r r
u, v

Dấu bằng thứ nhất xảy ra khi hai vectơ

ngược hướng hoặc một

r
0


trong hai vectơ bằng véctơ .
Dấu bằng thứ hai xảy ra khi hai vectơ

r r
u, v

r
0

cùng hướng hoặc một trong

hai vectơ bằng vectơ .
• Phương trình đường thẳng.
Dạng tổng quát:

ax + by + c = 0 ( a 2 + b 2 > 0 )

.

• Phương trình đường tròn.

x 2 + y 2 + 2ax + 2by + c = 0 ( a 2 + b 2 > c )

Dạng tổng quát:
.
2.3.2. Bài tập ứng dụng
2.3.2.1. Các bài toán về giải phương trình, bất phương trình.
Ví dụ 1: Giải phương trình


x 2 − 2 x + 5 + x 2 + 2 x + 10 = 29

. [3]

D=¡

Hướng dẫn: nhận thấy rằng tập xác định của hàm số là
mà biểu thức dưới
dấu căn là tổng các bình phương nên ta nghĩ tới đó là biểu thức tính độ dài của
vectơ. Vế trái là tổng hai căn chính là tổng độ dài của hai vectơ.
x 2 − 2 x + 5 + x 2 + 2 x + 10 =

Nhận thấy:
Trên

hệ trục tọa độ

Oxy

r r r r
u + v ≥ u+v

Ta có:

6



2


+ 22 +

( x + 1)

x 2 − 2 x + 5 + x 2 + 2 x + 10 ≥ 29

cùng hướng .

1− x 1+ x
1
=
⇔ x=
2
3
5

.

2

+ 32

r
r
r r
u = ( x − 1; 2 ) , v = ( − x − 1;3) ⇒ u + v = ( −2;5 )

r r
u, v


Dấu bằng xảy ra khi
Tức là

, chọn:

( x − 1)


x=

1
5

Vậy phương trình có nghiệm là
.
Lưu ý: chọn tọa độ vectơ làm sao mà sau khi thực hiện phép tổng hai vectơ phải
mất biến
ra.

x

vì vế phải không phụ thuộc vào

x

x

và phải tồn tại

để dấu bằng xảy


x2 − 2x + 2 ≥ x2 + 1 + 2x2 + 2x + 1

Ví dụ 2: Giải bất phương trình

. [4]

D=¡

Hướng dẫn: nhận thấy rằng tập xác định của hàm số là
mà biểu thức dưới
dấu căn là tổng các bình phương nên ta nghĩ tới đó là biểu thức tính độ dài của
vectơ. Vế phải là tổng hai căn chính là tổng độ dài của hai véc tơ.

( x − 1)

x2 − 2 x + 2 =

Nhận thấy :

+1

2 x2 + 2 x + 1 =

( x + 1)

2

+ x2


,

Xét hệ trục tọa độ
Ta có:

2

Oxy

. Chọn

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

r r r r
u + v ≥ u − v ⇒ 2x2 + 2 x + 1 + x2 + 1 ≥ x2 − 2 x + 2

Kết hợp với đề bài thì chỉ đúng khi

2x2 + 2 x + 1 + x2 + 1 = x2 − 2x + 2

r r
u, v

Dấu bằng xảy ra khi
Tức là

.


.

ngược hướng .

x 1+ x
1− 5
=
<0⇔ x=
1
x
2

.

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là
Ví dụ 3: Giải bất phương trình

1 − 5 
S =

 2 

.

x + 3 + x − 2 ≥ 2 x 2 − 6 x + 14

. [3]

2 x 2 − 6 x + 14 = 2 ( x − 2 ) + 2 ( x + 3)

2

Hướng dẫn: nhận thấy
trong căn xuất hiện
các số là bình phương của các số hạng ở vế trái. Từ đó ta nghĩ tới việc sử dụng
công thức độ dài của véctơ.
Tập xác định
7

D = [ −3; +∞ )

.


Oxy

Xét hệ trục tọa độ
r
u=

Chọn

.

r
r
v = ( 1;1) ⇒ v = 2

r
2

x + 3; x − 2 ⇒ u = x + 3 + ( x − 2 )

(

)

uu
r ur r r
u . v ≤ u v ⇒ x+3 + x−2 ≤

,

( x + 3) + ( x − 2 )

2

2

Ta có :
Bất phương trình đúng khi xảy ra dấu bằng.
ur ur
v ,u

x+3 = x−2 ⇔ x =

5 + 21
2

x=


5 + 21
2

cùng hướng khi đó

Tức là

Vậy bất phương trình có nghiệm
Ví dụ 4: Tìm

m

để phương trình

.

x2 + x + 1 − x2 − x + 1 = m

có nghiệm.

D=¡

Hướng dẫn: nhận thấy rằng tập xác định của hàm số là
mà biểu thức dưới
dấu căn là tổng các bình phương nên ta nghĩ tới đó là biểu thức tính độ dài của
véc tơ. Vế trái là hiệu hai căn chính là hiệu độ dài của hai véc tơ.
Giải:
Tập xác định

D=¡

2

Nhận thấy :

Xét hệ trục tọa độ

Chọn

Oxy

.

r 
r r
1 3 r 
1 3 r r
u =  x + ;
,
v
=
x

;

u

v
=
1;0


u
−v =1
(
)
÷

÷

2 2 ÷
2 2 ÷




r r
r r
u − v ≤ u −v ⇒ m ≤1

Ta có :
Dấu bằng xảy ra khi :
hay
8

2

2
2
1  3
1  3



=  x + ÷ + 

x

÷
÷

÷ + 
÷
2
2
2
2
2



  2 ÷


x + x +1 − x − x +1

ur ur
u =0
ur ur
v =0

không thỏa mãn.
không thỏa mãn.



ur ur
v ,u

cùng hướng (không xảy ra)

m ∈ ( −1;1)

Vậy
thì phương trình có nghiệm.
Nhận xét: khi phương trình, hoặc bất phương trình chứa căn mà bằng
phương pháp thông thường là bình phương hai vế, hoặc đặt ẩn phụ, mà
việc giải quyết khó khăn, mặt khác biểu thức dưới dấu căn là tổng của các
bình phương thì gợi ý cho ta sử dụng bất đẳng thức vectơ.
Bài tập rèn luyện
Bài 1: Giải phương trình

x x + 1 + 3 − x = 2 x2 + 1

.

x 2 + 2 x + 5 − x 2 − 4 x + 40 = x 2 + 5 x +

Bài 2: Giải phương trình
Bài 3: Giải phương trình

45
5


.
x x + 1 + 3 − x = 2 x2 + 1

.

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

Bài 4: Giải bất phương trình

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

Bài 5: Giải bất phương trình
Bài 6: Giải phương trình

.

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

.

2.3.2.2. Các bài toán về giải hệ phương trình, hệ bất phương trình.
Ví dụ 1: Giải hệ phương trình sau .
 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)

Hướng dẫn: nhận thấy phương trình (3) trong hệ giống công thức độ dài của
một véctơ , phương trình (1), (2) là dạng tích vô hướng của hai véctơ.
Vậy nên, trong hệ trục Oxy chọn

9

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

.


Từ phương trình (1) suy ra
Nếu
Nếu


r r

u=0⇔ x= y=0

r r r uu
r
u ≠ 0 ⇒ v, w
r 2 uu
r2
v =w

Với
Thay

Với

r uu
r
v=w
y, z

, từ (2) suy ra

r uu
r
u.w = 0

z = 1, z = 2

thay vào hệ ta được

, từ (3) suy ra


r 2 uu
r2
v =w

.

cùng phương.

nên ta suy ra

suy ra

r
uu
r
v = ±w

 y −1 = 2z − 3  y = 2z − 2
⇔
⇔
z = x − z
 x = 2z

vào (1) ta được

r
uu
r
v = −w


rr
u. v = 0

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

.

 y − 1 = 3 − 2z
 y = 4 − 2z
⇔
⇔
z = z − x
x = 0

suy ra

Thay vào (1) ta được

x = 0, y = 0, z = 2

hoặc

x = 0, y = 4, z = 0




8 2 4 
; ; ÷
 3 3 3 

( x; y; z ) ∈ ( 0;0;1) , ( 0;0; 2 ) , ( 0; 4;0 ) , 
Vậy nghiệm của hệ



 x + y = 2 ( 1 + a )

2
( x + y ) = 4
2

Ví dụ 2: Tìm

a

để hệ phương trình

.

2

có hai nghiệm. [2]


a ≥ −1

Hướng dẫn: Rõ ràng chỉ xét với
hệ mới có nghiệm, mặt khác dạng
phương trình đầu là phương trình đường tròn, phương trình thứ hai trong hề
chính là hai phương trình đường thẳng. Từ đó, ta có:

(

 2
2
 x 2 + y 2 = 2 ( 1 + a )
x + y =
⇔

2
( x + y ) = 4
 x + y = 2

10

2( 1+ a)

( 2)

)

2

( 1)


.


2

2

0

-2

x

A

-2

 x 2 + y 2 = 2 ( 1 + a )

2
( x + y ) = 4
 x2 + y 2 = 2 1 + a
(
)

⇔
 x + y = 2

(


)

2

( 1)
( 2)
2( 1+ a)

Các điểm thỏa mãn (1) là đường tròn tâm tại gốc tọa độ bán kính bằng
x + y = 2
 x + y = −2


Các điểm thỏa mãn (2) nằm trên đường thẳng
Do tính chất đối xứng nên hai đường thẳng trên cùng là tiếp tuyến, hoặc cùng
không phải là tiếp tuyến của đường tròn.
Ta có

OA = R 2 ⇒ 2 = 2 2 + 2a ⇒ a = 0

Vậy hệ có nghiệm khi và chỉ khi
Ví dụ 3: Tìm

a

a=0

.


.

để hệ sau có nghiệm
 x + 1 + y + 2 = a

 x + y = 3a

( 1)
( 2)

Hướng dẫn: Vì vế trái của (1) không âm, nên chỉ xét khi
Đặt
11

u = x +1 ≥ 0 v = y + 2 ≥ 0

,

a≥0

. Bài toán đã cho trở thành:

.

.


u + v = a
 2 2
u + v = 3a + 3

u ≥ 0, v ≥ 0


a

(1)
(2)
(3)

Tìm để hệ phương trình sau có nghiệm
Có nhận xét gì về dạng các phương trình trong hệ từ đó suy ra phương pháp giải
quyết bài toán.

Các điểm
kính là

M ( u; v )

3a + 3

a

thỏa mãn (2) nằm trên đường tròn tâm tại gốc tọa độ và bán

, còn các điểm thỏa mãn (1) nằm trên đường thẳng

u+v = a

Ta phải tìm để đường thẳng cắt đường tròn trong cung phần tư thứ nhất.
Từ đó suy ra hệ đã cho có nghiệm khi

v

u

0

3a + 3 ≤ a ≤ 6a + 6

Kết hợp với

12

a≥0

2
 a − 6a − 6 ≤ 0
⇔  2
 a − 3a − 3 ≥ 0

, ta suy ra các giá trị phải tìm của

a

là:


3 + 21
≤ a ≤ 3 + 15
2


Ví dụ 4: Tìm

a

để hệ sau có nghiệm [2]
2
2
 x + (5a + 2) x + 4a + 2a < 0
 2
2
 x + a = 4

a

B
A
-2

0

2
01

x

D

C x+4a+2=0
x+a=0


Hướng dẫn: Thay vì coi

a

a

là tham số thì ta

Oxa

coi là biến số Xét hệ tọa độ
. Điểm M trong hệ tọa độ đó có dạng
.Hệ đã cho dễ thấy tương đương với hệ sau đây:
( x + a )( x + 4a + 2) < 0
 2
2
x + a = 4

M ( x; a )

Những điểm
( không kể cạnh ).

M ( x; a )

(1)
(2)

thỏa mãn (1) nằm trong hai góc đối đỉnh


AO1 B



CO1D

M ( x; y )

Những điểm
thỏa mãn (2) là đường
tròn tâm O bán kính 2.
M ( x; a )

Từ đó suy ra các điểm
là nghiệm của (1) ,(2) chính là 2 cung
của đường tròn nói trên ( không kể các đầu mút của cung).
Ta có ngay tọa độ của A là
x+a = 0

13

với đường tròn

A ( −2;0 )

x2 + a2 = 4

AB




CD

. Do B và C là giao điểm của đường thẳng

, nên thấy ngay

x = −a

vì có

x=± 2

. Vậy tọa


(

B − 2; 2

độ của B và C là
đường thẳng
Từ đó có

do

2; − 2

,


x + 4a + 2 = 0

x = −4a − 2

) C(

)

Còn D là giao điểm của đường tròn với

.

và do đó có phương trình

 30 −16 
D ,
÷
 17 17 
a ≠0⇒

a 2 + (−4a − 2) 2 = 4 ⇔ 17 a 2 + 16a = 0



.

Từ đó suy ra hệ đã cho có nghiệm khi

0

Ví dụ 5: Tìm các giá trị của tham số

m

− 2
hoặc

16
17

.

để hệ bất phương trình sau có nghiệm

 x − 4 xy + 5 y ≤ m 2 − 4m + 5
.

x

3
y

2.

2

Hướng dẫn: Đặt

t = x − 2y


2

ta có hệ trở thành:

t 2 + y 2 ≤ (m − 2)2 + 1 ( 1)
⇔
.
t

y

2.
2
(
)


Ta nhận dạng của bất phương trình trong hệ , dấu bằng xảy ra
chính là dạng phương trình đường tròn và phương trình đường
thẳng.
Miền nghiệm của bất phương trình (1) là miền trong và biên của đường tròn tâm
r = (m − 2) 2 + 1

O, bán kính

.

Nghiệm của bất phương trình (2) là nửa mặt phẳng không chứa gốc tọa độ O
t − y − 2 = 0.


chia bởi đường thẳng
Từ đó để hệ đã cho có nghiệm thì :
m ≥ 3
r ≥ d (O; ∆) ⇔ m 2 − 4m + 5 ≥ 2 ⇔ m 2 − 4m + 3 ≥ 0 ⇔ 
m ≤ 1

Vậy

14

m ∈ ( −∞;1] ∪ [ 3; +∞ )


Ví dụ 6: Tìm các giá trị của tham số
duy nhất.

m

để hệ bất phương trình sau có nghiệm

 x + y + 2 xy + m ≥ 1
.

 x + y ≤ 1

[4]

Giải:
 x + y + 2 xy + m ≥ 1

 2 xy + m ≥ 1 − x − y
.⇔ 

 x + y ≤ 1
 x + y ≤ 1

Ta có :

2 xy + m ≥ 1 + x 2 + y 2 − 2 x + 2 xy − 2 y
 2 xy + m ≥ 1 − x − y
⇔
⇔
x + y ≤ 1
x + y ≤ 1
( x − 1) 2 + ( y − 1) 2 ≤ m + 1 ( 1)
⇔
( 2)
 x + y ≤ 1

Oxy

Trong hệ trục

, miền nghiệm của bất phương trình (1) là những điểm nằm

trên và bên trong đường tròn tâm

I ( 1;1)

bán kính


R = m +1

, miền nghiệm của

bất phương trình (2) là những điểm nằm trên nửa mặt phẳng chứa gốc tọa đô
và bờ là đường thẳng
Vậy hệ có nghiệm khi

x + y =1

d ( I; ∆) = R ⇒

.
1
1
= m +1 ⇔ m = −
2
2
m=−

Vậy hệ có nghiệm khi

1
2

.

Bài tập rèn luyện
Bài 1: Tìm


m

để hệ bất phương trình sau có nghiệm duy nhất
( x + 1) 2 + y 2 ≤ m
.
 2
2
 x + ( y + 1) ≤ m

Bài 2: Tìm
15

m

để hệ bất phương trình sau có nghiệm

o


( x 2 − 1) + ( x − 2 ) ≥ 0
.
 2
 x − ( 3a + 1) x + a ( 2a + 1) ≤ 0

Bài 3: Giải hệ phương trình sau .
 x2 + y2 = − y ( x + z )
 2
.
 x + x + y = −2 yz

3 x 2 + 8 y 2 + 8 xy + 8 yz = 2 x + 4 z + 2


Bài 4: Giải hệ phương trình sau .
 x 2 + yz = 1
 2
 y − zx = 0
 z 2 + zy = 0


Bài 5: Tìm

m

để hệ phương trình sau có bốn nghiệm phân biệt
 x + y = 2
 2
2
 x + y = m

2.3.2.3. Các bài toán về giải bất đẳng thức.
Ví dụ 1: Cho hai số

a, b

thỏa mãn điều kiện

a − 2b + 2 = 0

. [1]


a 2 + b 2 − 6a − 10b + 34 + a 2 + b 2 − 10a − 14b + 74 ≥ 6

Chứng minh rằng

Hướng dẫn: Ta nhận thấy rằng biểu thức dưới dấu căn là tổng của hai bình
phương , nên có thể nghĩ tới phương pháp sử dụng bất đẳng thức độ dài véctơ.
Ta có

a 2 + b 2 − 6a − 10b + 34 + a 2 + b 2 − 10 a − 14b + 74 ≥ 6


( a − 3)

Xét đường thẳng (d)

2

+ ( b − 5) +

x − 2y + 2 = 0

2

( a − 5)

2

+ ( b − 7) ≥ 6


và các điểm

2

A ( 3;5) , B ( 5, 7 )

. Lấy điểm

thuộc đường thẳng (d) . Khi đó vế trái của bất đẳng thức bằng

16

MA + MB

M ( a; b )

.


A, B

Có thể thấy

nằm cùng một phía với đường thẳng (d).

y
B

7
5


A

7
2
3

0

Gọi

Ta có

đối xứng với

A'

3 4 5

A

qua

x

( d)

. Giả sử

BA'


MA + MB = MB + MA ' ⇒ MA + MB ≥ BA '

M ≡ M0

17

H

1

-2

A'

B(a,b)
Mo

. Gọi

H

là giao điểm của

A A'

cắt đường thẳng

( d)


tại

M0

.

. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi

với đường thẳng (d)

uuur uuur
⇒ AH .u( d ) = 0

.


Gọi

uuur
H ( 2 y − 2; y ) ⇒ AH = ( 2 y − 5; y − 5 )

( 2 y − 5) 2 + y − 5 = 0 ⇔ y = 3 ⇒ x = 4

Vậy

MA + MB ≥ 6

suy ra

Dấu bằng xảy ra khi


suy ra

. Nên ta có :

H ( 4;3) ⇒ A' ( 5;1) ⇒ BA ' = 6

.

a 2 + b 2 − 6a − 10b + 34 + a 2 + b 2 − 10a − 14b + 74 ≥ 6

M ≡ M0

M 0 = BA '∩ ( d )

với

a = 5, b =

Vậy dấu bằng xảy ra khi
Ví dụ 2: Cho hai số

,

uuur
u( d ) = ( 2;1)

a, b, c, d

.


7
2

thỏa mãn điều kiện

c + d = 6, a 2 + b 2 = 1

c 2 + d 2 − 2ac − 2bd ≥ 18 − 6 2

Chứng minh rằng

.

.

[1]

Hướng dẫn: Ta khai chuyển được vế phải là tổng hai bình phương
c 2 + d 2 − 2ac − 2bd ≥ 18 − 6 2 ⇔ ( c − a ) + ( d − b ) ≥ 19 − 6 2
2



( c − a)

2

+ ( d − b) ≥ 3 2 −1
2


Oxy

Trong hệ trục

vẽ đường tròn

2

( 1)

x2 + y2 = 1 ( C )

và đường thẳng

x + y = 6 ( ∆)

M ( c; d ) ∈ ( ∆ ) N ( a; b ) ∈ ( C )

Lấy điểm

.
MN ≥ 3 2 − 1

Từ (1) ta thấy

(2).

Từ O kẻ đường vuông góc với đường thẳng
vuông góc và giả sử


18

OM 0

x+ y =6

cắt đường tròn đơn vị tại

. Gọi
N0

.

M0

là chân đường

.


y

6
M
M0

N
N0


6

O

x

Hiển nhiên ta có với mọi
x2 + y 2 = 1 ( C )



, luôn có

M

thuộc đường thẳng

MN ≥ M 0 N 0

M 0 N 0 = OM 0 − ON 0 = 3 2 − 1

x+ y =6

19

N

thuộc đường tròn

(3).


. Từ (2), (3) suy ra (1) đúng suy ra điều phải chứng

M ≡ M 0 , N ≡ N 0 ⇒ c = d = 3, a = b =

minh. Dấu bằng xảy ra



2
2

.


Ví dụ 3: Cho hai số
minh rằng

a , b, c , d

thỏa mãn điều kiện

a + 2b = 9, c+ 2 d ≥ 4 5

. Chứng

a 2 − 12a + b 2 − 8b + 52 + a 2 + c 2 + b 2 + d 2 − 2ac − 2bd + c 2 + d 2 − 4c + 8d + 20 ≥ 4 5

[2].


Hướng dẫn: Ta viết lại bất đẳng thức cần chứng minh dưới dạng.


( a − 6)

2

+ ( b − 4) +
2

( a − c)

2

+(b−d) +
2

( c − 2)

2

+ ( d + 4) ≥ 4 5
2

( 1)
.

x + 2y = 9

Xét hai đường thẳng

Các điểm



x + 2y = 4

và hai điểm

P ( a; b ) ∈ ( d1 ) : x + 2 y = 9, Q ( c; d ) ∈ x + 2 y = 4

Xét hai điểm

M,N

thì

PM + NQ + QP

M

4
2

2

P0
4

O


Q0

N

20

56

( 2)

.

chính là độ dài đường gấp khúc nối

y

x

.

.

PM + NQ + QP ≥ 4 5

Bất đẳng thức (1) tương đương với

M ( 6; 4 ) , N ( 2; −4 )

M,N


.


Mặt khác

MN = 4 5

. Do đó

PM + NQ + QP

phải chứng minh. Dấu bằng xảy ra khi
Khi đó

P ≡ P0 , Q ≡ Q0

đường thẳng
Dễ thấy

, ở đây

x + 2y = 9



P0 ( 5; 2 ) , Q0 ( 4;0 )

Ví dụ 4: Cho

x, y


P = 3 x 2 + 3 ( y − 1) +
2

P0 , Q0

nên (2) hiển nhiên đúng suy ra điều

M , N , P, Q

thẳng hàng.

tương ứng là giao điểm của

x + 2y = 4

M,N

với hai

.

nên dấu bằng xảy ra khi

a = 5, b = 2, c = 4, d = 0

.

là hai số thực thay đổi, tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:


( x + 1)

2

+ y2 + 2

( x − 3)

2

+ ( y + 3) .
2

Giải:
P = 3 x 2 + ( y − 1) +
2

( x + 1)

2

+ y2 + 2

Ta có
Xét hệ trục tọa độ

Oxy

A ( 0;1) , B ( −1; 0 ) , C


Gọi
Dễ thấy
Đặt

21

(

.
3; −3

)



M ( x; y )

·
·
BOC
= 120°, COA
= 150°, ·AOB = 90°

uuu
r
uuu
r uuur
r
3 OA 1 OB OC
u=

× + × +
2 OA 2 OB OC

.

( x − 3)

. Khi đó
.

2

+ ( y + 3) .
2

P = 3MA + MB + 2MC

.


r uuu
r
3
1
2
u ×OA =
×OA + ×OA ×cos 90° + OA ×cos150° = OA (
+ cos150°) = 0
2
2

3

Ta có:

r uuu
r
3
1
1
u ×OB =
×OB ×cos 90° + ×OB + OB ×cos120° = OB ( + cos120°) = 0
2
2
2

Suy ra

uuu
r
uuu
r uuur
3 OA 1 OB OC r
× + × +
=0
2 OA 2 OB OC

Ta có

.


.

MA.OA MB.OB
MC.OC
+
+2
OA
OB
OC

P= 3

.

.

uuur uuu
r uuur uuu
r
uuuu
r uuur
MA.OA MB.OB
MC.OC

+
+ 2×
OA
OB
OC


Mặt khác:

uuu
r
uuu
r uuur
uuuur  3 OA 1 OB OC 
= 2 MO 
× + × +
÷
÷+ 3.OA + OB + 2OC
 2 OA 2 OB OC 
= 3.OA + OB + 2OC = 3 + 1 + 2 3 + 9 = 5 3 + 1.

Suy ra

P ≥ 1+ 5 3

, dấu bằng xảy ra khi

Vậy giá trị nhỏ nhất của
x

P



M ≡O

1+ 5 3


hay

x= y=0

.

.

Ví dụ 5: Xét số thực . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
P=

3 ( 2 x 2 + 2 x + 1)
3

+

1
2 x 2 + (3 − 3) x + 3

+

1
2 x 2 + (3 + 3) x + 3

.

Giải:
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ
 3

1
B 
;− ÷

 2





3 1
C  −
;− ÷

 2


P=

Khi đó, ta có

22

Oxy

x

, với mỗi số thực , xét các điểm

.


OA OB OC
+
+
a
b
c

, trong đó

a = BC , b = CA



c = AB

.

A ( x; x + 1)

,


Gọi

G

là trọng tâm tam giác
P=


trong đó

ABC

, ta có

OA.GA OB.GB OC.GC 3 OA.GA OB.GB OC .GC
+
+
= (
+
+
)
a.GA
b.GB
c.GC
2 a.ma
b.m b
c.mc

ma , mb , mc

của tam giác
a.ma =

tương ứng là độ dài đường trung tuyến xuất phát từ

∆ABC
1
2 3


× 3a ( 2b + 2c − a
2

2

2

Bằng cách tương tự, ta cũng có
Suy ra
Ta có

2

)

3a 2 + ( 2b 2 + 2c 2 − a 2 ) a 2 + b 2 + c 2

×
=
.
2
2 3
2 3
1

a 2 + b2 + c2
2 3

c.mc ≤




3 3
( OA.GA + OB.GB + OC.GC ) (1)
a + b2 + c 2

a 2 + b2 + c 2
2 3

2

.

uuu
r uuu
r uuur uuur uuur uuur
OA.GA + OB.GB + OC.GC ≥ OA.GA + OB.GB + OC.GC

(2).

uuu
r uuu
r uuu
r uuur uuur uuur uuur uuu
r uuu
r uuur uuur uuu
r uuur uuur uuur
OA.GA + OB.GB + OC.GC = OG + GA GA + OG + GB GB + OG + GC GC
uuur uuu

r uuur uuur
= OG GA + GB + GC + GA2 + GB 2 + GC 2

(

Từ (1), (2), và (3), suy ra

)

(

=

(

P≥ 3

Vậy giá trị nhỏ nhất của

P

)

)

(

4 2
a 2 + b2 + c2
ma + mb2 + mc2 ) =

(
9
3

bằng

)

(3).

.

Hơn nữa, bằng kiểm tra trực tiếp ta thấy

P = 3 khi x = 0

3, khi x = 0

.

.

Bài tập rèn luyện
Bài 1: Cho hai số

a, b

thỏa mãn điều kiện

Chứng minh rằng


23

A, B, C

. Theo bất đẳng thức AM-GM cho hai số thực không âm

b.mb ≤

P≥

,

10 ≤ 4a + 3b ≤ 40

a 2 + b 2 + 16 = 8a + 6b

.

.


Bài 2: Cho bốn số

a, b, c, d

thỏa mãn điều kiện

a 2 + b 2 = 2a + 2b; c 2 + d 2 + 4 = 4c + 4d


(

4−2 2 ≤ a+b+c+d ≤ 2 4+ 2

Chứng minh rằng
Bài 3: Cho bốn số

a, b, c, d

thỏa mãn điều kiện

)

a2 + b2 = c2 + d 2 = 5

5 − a − 2b + 5 − c − 2d + 5 − ac − bd ≤

Chứng minh rằng
Bài 4: Chứng minh rằng với mọi

α

.

3 30
2

.
ta có


17 ≤ cos 2 α + 4 cos α + 6 + cos 2 α − 24 cos α + 3 ≤ 2 + 11

.
x, y , z

Bài 5: Chứng minh rằng với mọi

ta có

x 2 + xy + y 2 + x 2 + xz + z 2 ≤ y 2 + yz + z 2

Bài 6: Chứng minh rằng với mọi

x

ta có

x2 + x + 1 − x2 − x + 1 ≤ 1

Bài 7: Chứng minh rằng với mọi
x2 +

Bài 8: Cho hai số

.

x, y , z ,

x + y + z ≤1


1
1
1
+ y 2 + 2 + z 2 + 2 ≥ 82
2
x
y
z

x, y

.
thỏa mãn điều kiện

2 x + y ≥ 2

3 + 3 y ≤ 9
 x ≥ 0, y ≥ 0



Chứng minh

35
≤ x 2 + y 2 − 4 x − 8 y ≤ 45
2

.

2.4. Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm


24

. Chứng minh bất đẳng thức

.


Với cách dạy truyền thống, sau khi học xong phương trình, bất phương trình, hệ
phương trình cơ bản tôi tiếp tục dạy luyện tập bài tập với những phương pháp
giải khác nhau cho học sinh và tiếp cận phương pháp mới đó là dùng phương
pháp hình học để giải quyết các bài toán đại số. Tôi cho học sinh làm bài kiểm
tra 1 tiết. Kết quả như sau:
Lớp

10A
10E

Sỉ Điểm < 5 điểm
số Số
Tỉ lệ %
lượn
g
3
0
0
7
4
5
11,4

4

Điểm TB
Số
Tỉ lệ
lượn %
g
8
21,5

Khá
Số
lượn
g
19

12

20

27,3

51,3

Giỏi
Số
lượn
g
10


45,4

7

Tỉ lệ
%

Tỉ lệ %
27,2
15,9

2.5. Điểm mới trong sáng kiến.
Các dạng bài toán giải phương trình, bất phương trình và hệ phương trình
đại số, bất đẳng thức giải bằng phương pháp phức tạp, hoặc sử dụng đánh giá
khó khăn thì ta có thể sử dụng hình học giải tích vào giải quyết một cách đơn
giản, đặc biệt đối với các bài toán chứa tham số.
III. KẾT LUẬN
3.1. Kết luận
Qua thực tiễn giảng dạy, bằng thực nghiệm sư phạm bản thân tôi nhận thấy được
tính khả thi của đề tài. Đa số học sinh không còn thấy xa lạ với việc giải quyết
bài toán bằng phương pháp hình học. Quan trọng hơn các em thấy được ý nghĩa
cái đẹp, cái hay, cái sáng tạo trong toán học thúc đẩy cho các em tính tích cực
sáng tạo tư duy luôn đi tìm hiểu những vấn đề mới lạ.
3.2. Kiến nghị
- Mỗi giáo viên cần luôn tìm tòi những điều hay , mới lạ để có cách giải quyết
bài toán đơn giản , tạo cho các em những trải nghiệm thú vị, tạo ra niềm vui, sự
hứng thú trong học tập.
- Giáo viên cần tự học, bồi dưỡng nâng cao trình độ ứng dụng công nghệ
thông tin vào dạy học. Tăng cường nghiên cứu các phương pháp, kĩ thuật dạy
học đổi mới, lựa chọn được phương pháp phù hợp với đối tượng học sinh. Có

như vậy mới thực hiện được mục tiêu nâng cao chất lượng dạy và học ở trường
THPT.
25


×