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

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HOÁ

TRƯỜNG THPT HÀ TRUNG

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
SKKN thuộc lĩnh vực (môn): Toán

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……………………………………………………

2

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


I. MỞ ĐẦU
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

3


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.
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 .
uu
Trong hệ trục Oxy , cho
1 ;u 2 , v v1 ;v2 .
.

u v

u

v

u1 v1

2

u v

u

v

u1 v1

2

1

u,v

v12 v22

cùng hướng hoặc một trong

2

u2 v2

Dấu bằng xảy ra khi hai vectơ
0
hai vectơ bằng véctơ .
u v
u2 u2
. u v u.v

u,v

2

1

u12 u 22

một trong hai vectơ bằng véctơ

0

2

.

v12

v22 .

ngược hướng hoặc một trong
v 2 v 2 u v u vu 2 u 2 v 2 v2

Dấu bằng thứ nhất xảy ra khi hai vectơ

5

u 22

.

Dấu bằng xảy ra khi hai vectơ
0
hai vectơ bằng vectơ .

.

2 2
u1

u2v2

1

1

u,v

2

2

1

2

1

ngược hướng hoặc

2


Dấu bằng thứ hai xảy ra khi hai vectơ
0
trong hai vectơ bằng vectơ .
Phương trình đường thẳng.
by c 0 a 2

Dạng tổng quát: ax

b2

u,v

cùng hướng hoặc một

0.

Phương trình đường tròn.

Dạng tổng quát: x 2

y 2 2ax 2by c 0 a 2

b2 c.

2.3.2. Bài tập ứng dụng
2.3.2.1. Các bài toán về giải phương trình, bất phương trình.
x 2 2 x 5 x 2 2 x 10 29
Ví dụ 1: Giải phương trình
. [3]
Hướng dẫn: nhận thấy rằng tập xác định của hàm số là D
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.
Nhận thấy: x 2 2 x 5 x 2 2 x 10
x 12 22
x 1 2 32
Trên

hệ trục tọa độ

Ta có: u

v

Oxy

u v

Dấu bằng xảy ra khi

Tức là

1 x
2

, chọn:

x 1;2 , vx 1;3

u

x2 2x 5

u,v

1 x x
3

x 2 2 x 10

u v2;5

29

cùng hướng .
1
5

.
x

1

Vậy phương trình có nghiệm là
5.
Lưu ý: chọn tọa độ vectơ làm sao mà sau khi thực hiện phép tổng hai vectơ phải
mất biến x vì vế phải không phụ thuộc vào x và phải tồn tại x để dấu bằng xảy
ra.
x
2x 2
Ví dụ 2: Giải bất phương trình 2
x 2 1 2 x 2 2 x 1 . [4]
Hướng dẫn: nhận thấy rằng tập xác định của hàm số là D 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.

Nhận thấy : x
6

2

2x 2

x 12 1,

2x2 2x 1

x 12

x2

Xét hệ trục tọa độ Oxy . Chọn v

1; x ,u

x; x

1 u

v

x

1;1 .

Ta có: u

v

2x2 2x 1 x2 1

u v

Kết hợp với đề bài thì chỉ đúng khi
Dấu bằng xảy ra khi
x

Tức là

1

u,v

x2 2x 2

2x2 2x 1

x2 1

x2 2x 2.

ngược hướng .

1 x 0 x

1 5
2 .

x

S

5

1

2

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là

2x2

Hướng dẫn: nhận thấy

.

x 3 x 2

Ví dụ 3: Giải bất phương trình
6 x 14

2 x 22

2 x 2 6 x 14 . [3]
2x 3
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 D

3;

Oxy

Xét hệ trục tọa độ
x 3; x 2
Chọn u
Ta có :

u.v

.

.
u

x 3

u v x 3 x 2

x 22

,

v 1;1

v 2

x 3 x 22 2

Bất phương trình đúng khi xảy ra dấu bằng.

Tức

là v , u

cùng hướng khi đó

5

x 3 x 2 x

21
2

x

5

21

2 .
Vậy bất phương trình có nghiệm
x
x 1
Ví dụ 4: Tìm m để phương trình 2
x 2 x 1 m có nghiệm.
Hướng dẫn: nhận thấy rằng tập xác định của hàm số là D 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


7


x

x2 x 1

Nhận thấy : x 2 x 1
Oxy
Xét hệ trục tọa độ
.
1

u x

;

3

,v

x

2 2

Chọn

Ta có :

u

v

1
2

u v

m

3

;

12

32

2

2

u v

32

x 12
2

1;0

u v

2

1

2

1

Dấu bằng xảy ra khi : u 0 không thỏa mãn. v 0
hay không thỏa mãn. cùng
v,u

m

hướng (không xảy ra)
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
x2

3 x 2

2 x 5 x 2 4 x 40 x 2 5x

Bài 2: Giải phương trình x x 1
Bài 3: Giải phương trình

3 x 2

Bài 4: Giải bất phương trình

x 1 x 3

Bài 5: Giải bất phương trình

x 1 x 3

3
Bài 6: Giải phương trình 9 x

x2 1 .
45

5
x2 1 .
2x 32
2x 32

18 x 2 36 x 2 9 x 3

9

2x 2.
2x 2.
x2 .

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

8

.


x y 1 yz 0

1
.

x2z 3 yx z 0 2

2z 32

x z2

y 12

z2

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 u

x; y , v y 1; z , w 2z 3; x z .

u. v 0

Từ phương trình (1) suy ra
, từ (2) suy ra
u 0 x y 0
z 1, z 2
Nếu
thay vào hệ ta được
.
Nếu

u 0 v, w
2

Mà

v w

v w

nên ta suy ra

v w

suy ra

y 2z 2

z x z
8

Thay y , z vào (1) ta được

x 3, y

x 2z
2
4
3 , z 3.

y 1 3 2z
Với

v w

2

v
, từ (3) suy ra w

cùng phương.

2

y 1 2z 3

Với

u.w 0

2

y 4 2z
0
x

z z x

suy ra

Thay vào (1) ta được x

0, y 0, z 2 hoặc x 0, y 4, z 0

x; y ; z0;0;1

, 0;0;2 ,

0;4;0 ,

2

2

y

2

x y

4

3 3

3 .

; ;

Vậy nghiệm của hệ
x

8 2

21 a
4

có hai nghiệm. [2]

Ví dụ 2: Tìm a để hệ phương trình

a1
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:
x2

y2

21

a

2

x

x

9

y2

4

y

2

x y 2

21 a
2

2

1

.


xy2xy2

(1)

(2)
(3)

u v a

2
2

y

2

2 1 a

x

2

x y

2

x

y

4
2

a
21

2

1

-2

0

A

2

x

2
x y 2

-2

Các điểm thỏa mãn (1) là đường tròn tâm tại gốc tọa độ bán kính bằng

21 a

.


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

Vậy hệ có nghiệm khi và chỉ khi

a

a

0.
0

.

Ví dụ 3: Tìm a để hệ sau có nghiệm
x 1

y 2 a

1
2

x y 3a

a 0
Hướng dẫn: Vì vế trái của (1) không âm, nên chỉ xét khi
.
u x 1 0 v y 2 0
Đặt
,
. Bài toán đã cho trở thành:
u

v a
u v 2 3a 3 u
0, v 0
2

Tìm a 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 M u; v thỏa mãn (2) nằm trên đường tròn tâm tại gốc tọa độ và bán kính là 3a 3 , còn các điểm thỏa mãn (1) nằm trên đường thẳng

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

10

0

u


2

3a 3 a

6a 6

Kết hợp với

a 0

a

6a 6 0
a 3a 3 0
2

, ta suy ra các giá trị phải tìm của a là:
3

21 a 3
2

15

Ví dụ 4: Tìm a để hệ sau có nghiệm [2]
2

(5a 2) x

2

4a 2a 0

x

x 2 a2

4

Oxa
Hướng dẫn: Thay vì coi a là tham số thì ta coi a là biến số Xét hệ tọa độ
.
M x; a .Hệ đã cho dễ thấy tương đương với
Điểm M trong hệ tọa độ đó có dạng
a
hệ sau đây:
( x a )( x 4 a 2) 0
x 2 a2

B

(1)
(2)

4

M x; a thỏa mãn (1) nằm trong
Những điểm

A

0

2

-2
0
x
AO B CO D
hai góc đối đỉnh
1
và
1
D
C x+4a+2=0
( không kể cạnh ).
x+a=0
M x; y thỏa mãn (2) là đường

Những điểm
tròn tâm O bán kính 2.
M x; a
CD
Từ đó suy ra các điểm
là nghiệm của (1) ,(2) chính là 2 cung AB và
của đường tròn nói trên ( không kể các đầu mút của cung).
A 2; 0
Ta có ngay tọa độ của A là
. Do B và C là giao điểm của đường thẳng
x
a2
4
x a 0
x
với đường tròn 2
, nên thấy ngay x
a vì có
1

2

. Vậy tọa

độ của B và C là B2;2
đường thẳng

Từ đó có x

,C

x 4a 2

0

2; 2

Còn D là giao điểm của đường tròn với

.

4 a 2 và do đó có phương trình a 2 ( 4 a 2) 2 4
30 , 16
D
17 17

do a 0

.

17 a 2 16 a 0 và


11


2 hoặc 2 a 1716 .
0 a
Từ đó suy ra hệ đã cho có nghiệm khi
Ví dụ 5: Tìm các giá trị của tham số m để hệ bất phương trình sau có nghiệm

2

4 xy 5 y

x
x 3 y 2.

Hướng dẫn: Đặt

tx

2y

2

2

m

4m5.

ta có hệ trở thành:
2

t

y

2

t y

( m 2)
2.

2

1

1
.
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 O, bán kính r ( m 2) 2 1 .
t y 2 0.
Nghiệm của bất phương trình (2) là nửa mặt phẳng không chứa gốc tọa độ

O

chia bởi đường thẳng
Từ đó để hệ đã cho có nghiệm thì :
r

d (O; ) m 2 4 m 5 2 m 2

Vậy m

;1

m 3m 1

4m 3 0

3;

Ví dụ 6: Tìm các giá trị của tham số m để hệ bất phương trình sau có nghiệm
duy nhất.
2 xy m 1

x y

x y 1

.

[4]

Giải:
x y

x y 1

Ta có :

.

2 xy m 1 x y

x y 1

2 xy m 1 x y
2 xy m 1 x 2
1
x y
x y 1
2
2
y
1 m 1 1
1
2
x y
x 1

12

2 xy m 1

y 2 2 x 2 xy 2 y


Trong hệ trục

Oxy

, miền nghiệm của bất phương trình (1) là những điểm nằm
I 1;1
Rm1

trên và bên trong đường tròn tâm
bán kính
, miền nghiệm của bất
phương trình (2) là những điểm nằm trên nửa mặt phẳng chứa gốc tọa đô o
x y 1
và bờ là đường thẳng
.
Vậy hệ có nghiệm khi
d I ;R

1m 1 m
2
m

Vậy hệ có nghiệm khi

1
2
1
2.

Bài tập rèn luyện
Bài 1: Tìm m để hệ bất phương trình sau có nghiệm duy nhất
x 12
x2

y2 m
y 12m

.

Bài 2: Tìm m để hệ bất phương trình sau có nghiệm
x2 1
x2

x 2 0
3a 1 x a 2 a 1

.
0

Bài 3: Giải hệ phương trình sau .
2
x

y

2

yx z

x 2 x y 2 yz
2
8 y 2 8 xy
3x

.
8 yz 2 x 4 z 2

Bài 4: Giải hệ phương trình sau .

x 2 yz 1 y 2
zx 0 z 2 zy
0

Bài 5: Tìm m để hệ phương trình sau có bốn nghiệm phân biệt
x y 2
x2y 2 m

2.3.2.3. Các bài toán về giải bất đẳng thức.
Ví dụ 1: Cho hai số
13

a,b

thỏa mãn điều kiện

a 2b 2 0

. [1]


Chứng minh rằng

a 2 b 2 6 a 10b 34

a 2 b 2 10 a 14b 74

6

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.
a 2 b 2 6 a 10b 34 a 2 b 2 10 a 14b 74 6

Ta có

a 32

b 5 2a 5 2

b 72 6

Xét đường thẳng (d) x 2 y 2 0 và các điểm A 3;5 , B 5,7 . Lấy điểm M a; b
thuộc đường thẳng (d) . Khi đó vế trái của bất đẳng thức bằng MA MB .
A, B
Có thể thấy
nằm cùng một phía với đường thẳng (d).
y
7

B

5

A

7

B(a,b)
Mo

2

3

H

1

A'

-2
0

Gọi A' đối xứng với A qua

Ta có
M
M

Gọi

0

d

. Giả sử BA'

MA MB MB MA ' MA MB BA'

. Gọi H là giao điểm của

H 2 y 2; y

AH

,

MB 6 suy

ra

a2

ra H

cắt đường thẳng

d

4;3A' 5;1

d

tại

M
0

.

. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi

2;1

d

0

.

. Nên ta có :

BA' 6 .

b 2 6 a 10b 34

Dấu bằng xảy ra khi M M 0 với M 0 BA ' d
14

x

với đường thẳng (d)AH .u

2 y 5; y 5 u

2 y 5 2 y 5 0 y 3 x 4 suy

Vậy MA

A A'

345

a 2 b 2 10 a 14b 74 6 .

.


Vậy dấu bằng xảy ra khi a 5, b

7
2

Ví dụ 2: Cho hai số

a , b, c , d

d 6, a 2 b2 1.

thỏa mãn điều kiện c

Chứng minh rằng

c2

d 2 2ac 2bd 18 6 2 [1]

Hướng dẫn: Ta khai chuyển được vế phải là tổng hai bình phương
c2 d2
c a2

2ac 2bd 18 6 2c a 2

d b2

d b2

3 2 1 1

và đường thẳng

Trong hệ trục Oxy vẽ đường tròn x 2 y 2 1 C
Lấy điểm M
Từ (1) ta thấy

c; d

19 6 2

x y 6

.

N a; b C .

MN 3 2 1

(2).

M

x y 6
Từ O kẻ đường vuông góc với đường thẳng
. Gọi 0 là chân đường
OM
N
vuông góc và giả sử
0
cắt đường tròn đơn vị tại 0 .
y

6
M
M0
N

N0

6
x

O

Hiển nhiên ta có với mọi M thuộc đường thẳng

x

2

15

y

2

1 C , luôn có MN M 0 N0

(3).

x y 6

và

N

thuộc đường tròn


Vì

M N OM
0

0

ON

0

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

2
M M 0 , N N 0 c d 3, a b

0

minh. Dấu bằng xảy ra
Ví dụ 3: Cho hai số
minh rằng
a 2 12 a b 2 8b 52

2 .

a,b,c,d

thỏa mãn điều kiện

a 2 c 2 b 2 d 2 2 ac 2bd

a 2b 9,c 2d 4 5

. Chứng

c 2 d 2 4c 8 d 20

4 5 [2].

Hướng dẫn: Ta viết lại bất đẳng thức cần chứng minh dưới dạng.
a 62

b 4 2a c 2

b d 2c 2 2

d 42 4 5

1 .

Xét hai đường thẳng x 2 y 9 và x 2 y 4 và hai điểm M 6;4 , N 2; 4 .

Các điểm P a ; b

d1 : x 2 y 9, Q c; d

Bất đẳng thức (1) tương đương với
Xét hai điểm

M,N

thì

PM NQ QP

x 2y

4.

PM NQ QP 4 5

2

.

chính là độ dài đường gấp khúc nối

M , N

.

y
4

2

M

P0

2

4 56
O

Q0

x

N

PM NQ QP
Mặt khác

MN

4 5

. Do đó

phải chứng minh. Dấu bằng xảy ra khi

nên (2) hiển nhiên đúng suy ra điều
M,N,P,Q

thẳng hàng.


16


P ,Q
, ở đây 0 0 tương ứng là giao điểm của M , N với hai
x2y9 x2y4
đường thẳng
và
.

Khi đó

PP ,QQ
0

Dễ thấy

P

0

0

5;2 ,Q

0

4;0

nên dấu bằng xảy ra khi

a 5,b 2, c 4, d 0

.

Ví dụ 4: Cho x , y là hai số thực thay đổi, tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
3x 2 3 y

P

12

x 12

y2 2

32

x

y 32.

Giải:
Ta có P 3 x 2

y 12

x 12

y2

2 x 32

Oxy
Xét hệ trục tọa độ
.
Gọi A 0;1,B 1;0 ,C

3; 3 và M x ; y

Dễ thấy BOC 120 , COA

150 , AOB 90 .

y 32.

. Khi đó

P

3 OA 1 O OC
u
B
2 OA 2 OB
Đặt
OC .
3
1 OA cos90 OA cos150 OA(
u OA
OA
2
2
Ta có:
3 OB cos90
1 OB OB cos120 OB (
u OB
2
2
3 OA

O
C
Suy ra 2 OA 2 OB O
C
P 3 MA.OA MB.OB

Ta có
Mặt khác:

1 OB

3MA MB 2MC .

2
3

2 OA

2

0

.

3.OA OB 2OC

2 OB

OC
3.OAOB2OC31239 531.

M O
x y 0
, dấu bằng xảy ra khi
hay

.
Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 1 5 3 .
Ví dụ 5: Xét số thực x . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

Suy ra

P 1 5

3

.

1 cos120 ) 0

2 MC.O
C
OA
OB
OC
.
3MA.OA MB.O 2 MC.OC
B
OA
OB
OC
3 OA 1 OB OC
2 MO

cos150 ) 0

.


17


32x2

P

2x 1

1

3

2

2
x

1

(3 3) x 3

2

2
x

(3

3) x 3 .

Giải:
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ
3;

1

B 2

2

Oxy

C

2

và

2

.

OC
P
Khi đó, ta có
c

, trong đó a
G
ABC
Gọi là trọng tâm tam giác
, ta có

trong đó

OB
b

OA.GA

OB.GB

OC.GC

a.GA

b.GB

c.GC

m ,m ,m
a

b

của tam giác
a.m

a

OC.GC )

b.m b

,

c.mc

1 3a

23

2b

2 3

33

a

2

b c

b

23

2c

a

2
c.m

2 2

và

a

c

Ta có OA.GA OB.GB OC .GC OA.GA OB.GB OC .GC (2).

OA.GA OB.GB OC.GC OG GA GA OG GB GB OG GC GC
GA GB GC
4 m a2

Từ (1), (2), và (3), suy ra

P

mb2

GA2 GB2 GC2

mc2a 2 b 2 c2

9

(3).

3
3.

Hơn nữa, bằng kiểm tra trực tiếp ta thấy
Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng

P

3 khi x 0 .

3, khi x 0 .

Bài tập rèn luyện

18

a,b

thỏa mãn điều kiện

a 2 b 2 16 8a

b

2

6b

.

c2 .

b

2

c

2 3

(1) .

OG

a

2
2

OA.GA OB.GB OC.GC

a 2 b 2 c2

Bài 1: Cho hai số

A, B , C

. Theo bất đẳng thức AM-GM2 cho hai
số thực
không2 âm2
2
2
2

1 3a 2 2b 2 2c 2 a2

Bằng cách tương tự, ta cũng có
P

OB.GB

tương ứng là độ dài đường trung tuyến xuất phát từ

c

ABC

BC , b CA và c AB .

3 ( OA.G
A
2 a.ma

b.m

Suy ra

,

3; 1
OA
a

P

A x; x 1

, với mỗi số thực x , xét các điểm

.

3


10 4 a 3b 40
Chứng minh rằng
a , b, c , d
2
Bài 2: Cho bốn số
thỏa mãn điều kiện a
Chứng minh rằng 4 2 2 a b c d 2 4 2

2 a 2b; c 2 d 2

b2 c2 d2
5 ac bd

Bài 3: Cho bốn số a , b, c , d thỏa mãn điều kiện a
5 a 2b 5 c 2 d

b2

2

4 4c 4d .

5.
3 30

2

Chứng minh rằng

.

Bài 4: Chứng minh rằng với mọi ta có
17

cos 2

cos 2

4 cos 6

24 cos 3

2 11.

Bài 5: Chứng minh rằng với mọi x , y , z ta có
x2

xy y 2x 2 xz z 2y 2

yz z2

Bài 6: Chứng minh rằng với mọi x ta có
x2

x 1 x 2 x 1 1.

Bài 7: Chứng minh rằng với mọi
x2

x,y,z, x y z 1
. Chứng minh bất đẳng thức

1y2

1 z2

1

x2

y2

z2

82

.

Bài 8: Cho hai số x , y thỏa mãn điều kiện
2x y 2
3y 9
3

Chứng minh

35 x 2
2

x 0, y 0
y 2 4 x 8 y 45

.

2.4. Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm
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:
Lơp Sỉ Điêm < 5 điêm

Số
Tỉ lệ %
19

Điêm TB
Số
Tỉ lệ

Kha
Số

Gioi
Tỉ lệ % Số

Tỉ lệ


số
10A
10E

3
7
4
4

lượng
0

0

lượn
g
8

5

11,4

12

%

lượng

lượng %

21,5

19

51,3

10

27,2

27,3

20

45,4

7

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.
Sáng kiến kinh nghiệm của tôi thể hiện sự vận dụng phương pháp dạy học
tích cực vào những tiết dạy cụ thể. Sáng kiến kinh nghiệm này không mang tính

lí luận sâu sa về lý thuyết toán mà chỉ là những gì mà bản thân tôi đã làm, đã
hiện thực hóa những lý thuyết trong đổi mới dạy học bằng những tiết học cụ thể.
Mặc dù đã có nhiều cố gắng song không thể tránh khỏi những sơ suất, thiếu sót.
Kính mong hội đồng khoa học các cấp và bạn bè đồng nghiệp góp ý, xây dựng,
bổ sung cho bản kinh nghiệm của tôi đạt chất lượng tốt hơn.
Tôi xin chân thành cảm ơn!
20