Tải bản đầy đủ

luận văn một số ứng dụng của phương pháp tọa độ trong việc giải toán ở trường thpt

TRƯờng đại học hùng vơng
Khoa khoa học tự nhiên



Một số ứng dụng của phơng pháp toạ độ
trong việc giảI toán ở trờng thpt





Ngời hớng dẫn: Ths. Nguyn Chớ Thanh
Ngời thực hiện : Nguyn Phng Tho
Lớp K
4
ĐHSP Toán








Phú Thọ, Tháng 06 năm 2009


2

2


MC LC
Li núi ủu. .3
Mc lc 4
Chng I: Các kiến thức chuẩn bị 6
Chơng II: Mt s lp bi toán gii bng phng phỏp to ủ
2.1. Các bài toán tính toán 15
2.2. Các bài toán giải phơng trình, hệ phơng trình 18
2.3. Các bài toán giải bất phơng trình, hệ bất phơng trình 20
2.4. Các bài toán chứng minh bất đẳng thức 22
2.5. Các bài toán tìm cực trị 23
2.6. Các bài toán tìm quỹ tích 26
2.7. Các bài toán dựng hình 28
Chng III: Mt s bi toỏn vn dng 30
Kt lun 51
Ti liu tham kho.52















3

3

MỞ ĐẦU
1. Lý do chọn ñề tài
Hình học giải tích là môn học cơ bản của chương trình toán phổ
thông cũng như ở ñại học, nó là cơ sở ñể học tốt các môn toán khác. Chính
vì vậy, việc hiểu và nắm vững môn học này là rất cần thiết.
Hình học giải tích ñược sáng lập ra ñồng thời do hai nhà bác học
người Pháp là Descartes(1596- 16500 và Ferma(1601-1655). Đặc trưng của
môn học này là dùng phương pháp tọa ñộ ñể giải các bài toán hình học.
Phổ biến ở nước ta từ những năm 90 của thế kỉ XX, phương pháp tọa ñộ ñã
chứng tỏ ưu ñiểm của mình. Phương pháp này không chỉ dùng ñể giải các
bài toán hình trong mặt phẳng hay trong không gian 3 chiều mà còn giải
ñược các bài toán trong không gian n chiều với hình dạng phức tạp mà việc
vẽ hình ñể giải toán là ñiều không thể. Gần ñây, trong nhiều kì thi tuyển
sinh ñại học, thi học sinh giỏi hay trên các tạp chí toán học có nhiều bài
toán không liên quan tới hình học nhưng ñược giải bằng phương pháp tọa
ñộ. Đó là các bài toán giải phương trình, hệ phương trình, bất phương trình.
Hoặc ñó là các bài toán chứng minh bất ñẳng thức hay tìm cực trị. Điều ñó
ñã gợi cho chúng tôi ñề xuất ñề tài: “Một số ứng dụng của phương pháp tọa
ñộ trong việc giải toán ở trường THPT”.
Qua việc nghiên cứu nội dung này, chúng tôi ñã có ñiều kiện củng cố
lại kiến thức ñã học, bổ sung thêm nhiều ñiều bổ ích.










4

4

O
i
j
x x
y
y
M(x, y)

Chương 1
:
C¸c kiÕn thøc chuÈn bÞ

1. Các khái niệm cơ bản.
1.1. Khái niệm hệ trục tọa ñộ trong mặt phẳng
Hệ tọa ñộ afin (O;
i

,
j

) có cơ sở (
,
i j
 
) gồm hai
vectơ ñơn vị vuông góc với nhau ñược gọi là hệ
tọa ñộ trực chuẩn ( hay còn gọi là hệ tọa ñộ
Descartes vuông gãc). KÝ hiÖu: Oxy (hình 1.1).
1.2. Tọa ñộ vectơ- Tọa ñộ ñiểm
Đối với hệ trục tọa ñộ (O;
i

,
j

), nếu vectơ
a

ñược Hình 1.1
viết dưới dạng:
a

=
xi y j
+
 
thì cặp số (x, y) ñược gọi là tọa ñộ của vectơ
a

.
Kí hiệu:
a

=(x, y).
Trong mặt phẳng Oxy, tọa ñộ của vectơ
OM

ñược gọi là tọa ñộ của ñiểm
M. Kí hiệu: M(x, y)

OM xi y j
= +

 
.
1.3. Phép tính vectơ: Trong mặt phẳng cho các véctơ:
1 2
( , )
a a a
=

;
1 2
( , )
b b b
=


vµ c¸c ®iÓm A(x
A
, y
A
); B(x
B
, y
B
) Ta có:


a

=
b


1 1
2 2
a b
a b





=
=


a

+
b

= (a
1
+ b
1
, a
2
+ b
2
)

(
)
1 1 2 2
,
a b a b a b
− = − −




k
1 2
( , )
a ka ka
=




a

=
2 2
1 2
a a
+


AB=
( )
( )
2
2
y y
x x
B A
B A
− + −


1 2 2 1
a b a b a b
⇔ =



.

1 1 2 2
0
a b a b a b
⊥ ⇔ + =


.


5

5


Nếu
a

,
b

khác
0

thì: cos(
,
a b


)
=
1 1 2 2
2 2 2 2
1 2 1 2
.
ab a b
a a b b
+
+ +
.

1.4. Các công thức liên quan

§iÓm M(
,
x y
M M
)chia ñoạn AB theo tỉ số k

-1

MA kMB
=




1
1
x kx
B
A
x
M
k
y ky
B
A
y
M
k








=


=



§iÓm I (x
1 ,
y
1
)

là trung ñiểm của ñoạn thẳng AB
1
2
1
2
x x
B
A
x
y y
B
A
y







+
=

+
=



§iÓm M là trọng tâm cña

ABC



3
3
x x x
B
A C
x
M
y y y
B
A C
y
M







+ +
=
+ +
=


Phương trình ñường thẳng: Ax + By+ C =0 (1), A
2
+ B
2


0.
§ường thẳng cho bởi (1) có vect¬ ph¸p tuyÕn
n

= ( A, B); vect¬ chØ
ph−¬ng
u

(-B, A).

Đường thẳng ñi qua ñiểm M (
0 0
,
x y
) và có vect
ơ pháp tuyến
n

=( A, B)
có phương trình là: A(x- x
0
) + B( y- y
0
) =0.

Phương trình tham số của ñ−êng thẳng ñi qua ñiểm M (
0 0
,
x y
) và có
vect¬ chØ ph−¬ng
u

( a, b) là:
0
0
x x at
y y bt





= +
= +


Phương trình chính tắc của ñường thẳng ñi qua ñiểm M (
0 0
,
x y
) và cã
vectơ chỉ phương
u

( a, b) là:
0 0
x x y y
a b
− −
=
.

Phương trình ñường thẳng ñi qua ñiểm M (
0 0
,
x y
) và có hệ số góc k
cho
tr
ước: y = k(x- x
0
) + y
0
.


6

6

a
a'
n
n'
O
x
y
z
M
i
k
j
M'

Phng trỡnh ủng thng ủi qua A( a, 0) v B(0, b) cú phng trỡnh:
1
x y
a b
+ =
. (còn gọi là phơng trình đoạn chắn)


Cho chựm

ng th

ng xỏc

nh b

i hai

ng th

ng
cắt nhau:


(d
1
):
1 1 1
0
Ax B y C
+ + =
v ủng thng (d
2
):

2 2 2
0
A x B y C
+ + =
.

Khi ủú mi ủng thng ca chựm cú phng trỡnh dạng:

(
)
1 1 1 2 2 2
( ) 0
Ax B y C A x B y C

+ + + + + =
vi
2 2
0

+
.

Khoảng cách từ một điểm đến một đờng thẳng

Trong hệ toạ độ trực chuẩn cho đờng thẳng (d
1
) có phơng trình:
Ax + By +C = 0 và một điểm M(
0 0
,
x y
). Khoảng cách từ M đến đờng
thẳng (d
1
) đợc tính theo công thức: d(M, d
1
)=
0 0
2 2
Ax By C
A B
+ +
+
.

Góc giữa hai đờng thẳng
Trong hệ toạ độ trực chuẩn cho đờng thẳng (a) có
phơng trình: Ax + By +C = 0 và (a) có
phơng trình: Ax + By +C = 0. Khi đó:
góc

giữa hai đờng thẳng (a) và (a) đợc
tính theo công thức: cos

=
2 2 2 2
' '
. ' '
AA BB
A B A B
+
+ +
.
Hỡnh 1.2
Nh vậy: 2 đờng thẳng (a) và (a) vuông góc với nhau
' ' 0
AA BB
+ =
.

Đờng tròn có tâm I( a, b); bán kính R > 0 có phơng trình là:
(x- a)
2

+ (y- b)
2
= R
2
.
1.5. Khỏi nim h trc ta ủ trong khụng gian
Cho 3 trục tọa độ Ox, Oy, Oz ủụi mt vuụng gúc
với nhau và chung một điểm gốc O. Gọi
i

,
j

,
k


là các vectơ đơn vị tơng ứng trên các trục Ox,
Oy, Oz. Hệ 3 trục nh vậy gọi là hệ tọa độ
Descartes vuông góc Oxyz, hay (O;
, ,
i j k


).
1.6. Ta ủ vect - Ta ủ ủim Hỡnh 1 .3


7

7

+ Đối với hệ trục tọa ñộ (O;
i

,
,
j k


),nếu vectơ
a

ñược viết dưới dạng:
a

=
xi y j zk
+ +

 
thì
cặp số (x, y, z) ñược gọi là tọa ñộ của vectơ
a

,
kí hiệu:
a

=(x, y, z).
+ Trong không gian Oxyz, tọa ñộ của vectơ
OM

ñược gọi là tọa ñộ của
ñiểm M. Kí hiệu: M(x, y, z)

OM xi y j zk
= + +


 
.
1.7. Phép tính vectơ: Trong không gian cho các véctơ:

1 2 3
( , , )
a a a a
=

;
1 2 3
( , , )
b b b b
=

và các ñiểm
1
M
(
1 1 1
, ,
x y z
);
2
M
(
2 2 2
, ,
x y z
).
Ta có:

a

+
b

= (
1 1 2 2 3 3
, ,
a b a b a b
+ + +
).

(
)
1 1 2 2 3 3
, ,
a b a b a b a b
− = − − −


.
 k
1 2 3
( , , a )
a ka ka k
=

.

(
)
1 2 2 1 2 1 2 1
, ,
M M x x y y z z
= − − −

.

Khoảng cách d giữa hai ñiểm
(
)
1 1 1 1
, ,
M x y z

(
)
2 2 2 2
, ,
M x y z
là ñộ dài
của vectơ
1 2
M M

, ñược xác ñịnh bởi: d =
( ) ( ) ( )
2 2 2
2 1 2 1 2 1
x x y y z z
− + − + −
.

Điểm M(x, y, z) chia ñoạn thẳng M
1
M
2
theo tỉ số k:
1 2
MM kMM
=
 

ñược xác ñịnh bởi công thức:
1 2
1 2
1 2
1
1
1
x kx
x
k
y ky
y
k
z kz
z
k










=


=


=



Đặc biệt: Nếu k= -1 thì M là trung ñiểm của ñoạn thẳng M
1
M
2
. Khi ñó
tọa ñộ của ñiểm M là:
( , , )
2 2 2
x x y y z z
B B B
A A A
M
+ + +
.





8

8

A
B
C
D
A
B
C
A
B
C
D
A'
B'
C'
D'

Nếu
(
)
1 1 1
, ,
u x y z
=

;
(
)
2 2 2
, ,
v x y z
=

thì:
1 2 1 2 1 2
.
u v x x y y z z
= + +

.

Đặc biệt:
u



v

. 0
u v
=

.
Nếu
0
u



,
v

0


thì: cos(
,
u v

) =
.
.
u v
u v


=
1 2 1 2 1 2
2 2 2 2 2 2
1 1 1 2 2 2
.
x x y y z z
x y z x y z
+ +
+ + + +
.

Tớch vevt
(hay tớch cú h

ng) c

a hai vect


(
)
1 1 1
, ,
u x y z

v
(
)
2 2 2
, ,
v x y z

kớ hi

u l
,
u v



l m

t vect

xỏc

nh b

i:


,
uv



=
1 1 1 1 1 1
2 2 2 2 2 2
, ,
y z z x x y
y z z x x y




.


Cỏc tớnh ch

t:
u

v
v

c

ng tuy

n


, 0
u v


=


.

,
u u v




v
,
v u v






, . .sin
u v u v



=

trong

ú

l gúc gi

a hai vect


u

v
v

.

, ,
u v v u


=



, , ,
ku v u kv k u v


= =


k

R.

, , ,
u v t u v u t


+ = +



Điều kiện cần và đủ để 3 vectơ
u

,
v

,
t

đồng phẳng là:
, 0
u v t


=

.
1.8. Các công thức liên quan.

Diện tích của tam giác có các đỉnh A(x
1
, y
1
, z
1
),
B(x
2
, y
2
, z
2
), C(x
3
, y
3
, z
3
) đợc cho bởi công thức:

1
,
2
S AB AC
ABC


=


.
hay:
2 2 2
2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1
3 1 3 1 3 1 3 1 3 1 3 1
y y z z z z x x x x y y
S
ABC
y y z z z z x x x x y y

= + +




Thể tích hình hộp dựng trên 3 vectơ
AB

,
AD

,
'
AA

là:
V
hộp
=
; . '
AB AD AA



.



9

9


Thể tích hình tứ diện ABCD là:
V
tứ diện
=
1
; .
6
AB AC AD



.

Điểm G là trọng tâm

ABC
khi và chỉ khi:
G =
( , , )
3 3 3
x x x y y y z z z
B B B
A C A C A C
+ + + + + +
.

Điểm G là trọng tâm tứ diện ABCD khi và chỉ khi:
G =
( , , )
4 4 4
x x x x y y y y z z z z
B D B D B D
A C A C A C
+ + + + + + + + +
.

Vectơ
0
n



nằm trên đờng thẳng vuông góc với mp(P) gọi là vectơ
pháp tuyến của (P).

Mặt phẳng (P) qua M(
0 0 0
, ,
x y z
) có vectơ pháp tuyến là
( , , )
n A B C


phơng trình là: A(x - x
0
)+ B(y - y
0
)+ C(z - z
0
)= 0.

Phơng trình tổng quát của mp(P) là: Ax+By+Cz+D=0 với
(
2 2 2
0
A B C
+ + >
).

Một số trờng hợp đặc biệt: mp: Ax + By + Cz = 0 qua O(0, 0, 0).
mp: Ax + Cz+D = 0 song song với Oy.
mp: Ax+ D = 0 song song với mp(yOz).
mp: x= 0 là mp(yOz).

ABC

,
n AB AC


=



là vectơ pháp tuyến của mp(ABC).

Phơng trình
1
x y z
a b c
+ + =
đợc gọi là phơng trình đoạn chắn của
mặt phẳng qua A(a, 0, 0); B(0, b, 0); C(0, 0, c) (a.b.c

0).
Vị trí tơng đối của 2 mặt phẳng- Chùm mặt phẳng
Cho 2 mặt phẳng (P): Ax+ By+ Cz+ D=0, (P): Ax+ By+ Cz+ D= 0.
Khi đó: (P)

(P)

A:B:C:D=A:B:C:D
(P)

(P)

: : ': ': '
: : : ': ': ': '
A B C A B C
A B C D A B C D





=


(P) cắt (P)

A:B:C

A:B:C


10

10

M
Mo
d
d'
u
u'
Nếu (P) cắt (P) theo đờng thẳng (

) thì mọi mặt phẳng qua (

) có phơng
trình:

(Ax+ By+ Cz+D) +
à
(Ax+ By+ Cz+ D)=0, (
2 2
0
à
+
).
Phơng trình của đờng thẳng:
Cho 2 mặt phẳng (P): Ax+ By+ Cz+ D=0, (P): Ax+ By+ Cz+ D= 0,
(P)

(P)= (

). Khi đó phơng trình tổng quát của (

) là:

Ax By Cz D 0 (1)
Ax By Cz D 0 (2)





+ + + =
+ + + =

mp(1) có vectơ pháp tuyến
1
( , , )
n A B C
=

, mp(2) có vectơ pháp tuyến
2
( ', ', ')
n A B C
=

. Khi đó:
1 2
,
u n n


=

là vectơ chỉ phơng của ().

Đờng thẳng (

) qua điểm M(
0 0 0
, ,
x y z
) có vectơ chỉ phơng
( , , )
u a b c


có: + Phơng trình tham số là:
0
0
0
x x at
y y bt
z z ct





= +
= +
= +

+ Phơng trình chính tắc là:
0 0 0
x x y y z z
a b c

= =
(a.b.c

0).
Vị trí tơng đối của các đờng thẳng
Cho đờng thẳng (d) qua M
0
(
0 0 0
, ,
x y z
) có vectơ chỉ phơng
( , , )
u a b c

,
đờng thẳng (d) qua M(
0 0 0
' , ' , '
x y z
) có vectơ chỉ phơng
( ', ', ')
u a b c

. Khi
đó:
+ d và d đồng phẳng


0
, ' 0
u u MM


=



.
+ d cắt d

0
, ' 0
: : ': ': '
u u MM
a b c a b c







=







+ d

d

a: b: c = a: b: c

(
)
(
)
(
)
0 0 0 0 0 0
' : ' : '
x x y y z z

( tức là
, '
u u


cùng
phơng nhng không cùng phơng
0 0
'
M M

).
+ d

d

u

;
'
u

;
0 0
'
M M

cùng phơng.


11

11

u
u'
d1
d2
Mo
Mo'
h


a: b: c = a: b: c=
(
)
(
)
(
)
0 0 0 0 0 0
' : ' : '
x x y y z z

.
+ d và d chéo nhau

0
, ' 0
u u MM






.
Vị trí tơng đối giữa đờng thẳng và mặt phẳng
Cho đờng thẳng (d):
0
0
0
x x at
y y bt
z z ct





= +
= +
= +
qua M(
0 0 0
, ,
x y z
) có vectơ chỉ phơng
( , , )
u a b c

và mp(P): Ax + By + Cz + D=0 có vectơ pháp tuyến
( , , )
n A B C
=


(
2 2 2
0
A B C
+ +
).
+ (d) cắt (P) khi và chỉ khi: Aa + Bb + Cc

0.
+ (d) song song với (P) khi và chỉ khi:
0 0 0
Aa Bb Cc= 0
Ax By Cz D 0





+ +
+ + +

+ (d) nằm trên (P) khi và chỉ khi:
0 0 0
Aa Bb Cc = 0
Ax By Cz D = 0





+ +
+ + +

Khoảng cách
Trong không gian cho (P): Ax + By + Cz + D = 0 và điểm M
0
(
0 0 0
, ,
x y z
).
Khi đó khoảng cách từ M
0
tới (P) đợc xác định nh sau :
0 0 0
0
2 2 2
Ax
( ,( ))
By Cz D
d M P
A B C
+ + +
=
+ +
.
Cho điểm M
1
và đờng thẳng (d) đi qua M
0
và có vectơ chỉ phơng
u

. Khi
đó khoảng cách từ M
1
tới (d) đợc xác định nh sau:

0 1
1 1
;
( ,( ))
M M u
d M d M H
u


= =



.
Khoảng cách giữa hai đờng thẳng chéo nhau:
Trong không gian cho 2 đờng thẳng chéo nhau có phơng trình tham số:
(d
1
):
0
0
0
x x at
y y bt
z z ct





= +
= +
= +
(d
2
):
0
0
0
' '
' '
' '
x x a t
y y b t
z z c t





= +
= +
= +
;
Khoảng cách giữa 2 đờng thẳng (d
1
) và (d
2
) đợc


12

12

P
(d)
(d')
w
n
tính theo công thức:
( )
1 1 1
1 1 1
0 0
0 0 0 0 0 0
1 2
2 2
2
1 1
1 1 1 1
1 1
1 1 1 1
' ' '
, ', '
' ' '
( , )
, '
' '
' ' ' '
a b c
a b c
u u M M
x x y y z z
d d d
u u
c a
b c a b
c a
b c a b



= =
+ +




.
Góc

Trong hệ tọa độ trực chuẩn Oxyz cho 2 đờng thẳng (d) và (d) có vectơ
chỉ phơng lần lợt là:
(
u
=

p, q, r) và
'
u

=(p, q, r).
Góc giữa 2 đờng thẳng (d) và (d) đợc tính theo công thức:
cos((d), (d)) =
2 2 2 2 2 2
' ' '
. ' ' '
pp qq rr
p q r p q r
+ +
+ + + +
.
Đặc biệt: (d)

(d)

pp + qq+ rr = 0.

Góc giữa hai mặt phẳng:
Trong hệ tọa độ trực chuẩn Oxyz cho: (P): Ax + By + Cz + D = 0
(
2 2 2
0
A B C
+ +
),
( , , )
n A B C
=

và (P): Ax + By + Cz + D = 0
(
2 2 2
' ' ' 0
A B C
+ +
),
' ( ', ', ')
n A B C
=

.
Khi đó: Góc

giữa (P) và (P) đợc tính theo công thức:
cos

=
2 2 2 2 2 2
' ' '
. ' ' '
AA BB CC
A B C A B C
+ +
+ + + +
.
Đặc biệt (P)

(P) khi và chỉ khi:
AA + BB + CC = 0.

Góc giữa đờng thẳng và mặt phẳng

Trong không gian cho (P): Ax + By + Cz + D = 0, (
2 2 2
0
A B C
+ +
)
và đờng thẳng (d) có phơng trình:
0
0
0
x x at
y y bt
z z ct





= +
= +
= +
, (
2 2 2
0
a b c
+ +
).


13

13

Khi ®ã: gãc
ϕ
gi÷a (d) vµ (P) ®−îc tÝnh theo c«ng thøc:
sin
ϕ
=
2 2 2 2 2 2
.
Aa Bb Cc
A B C a b c
+ +
+ + + +
, 0

ϕ

90
0
.
§Æc biÖt: (d)

(P) hoÆc (d)

(P) khi vµ chØ khi: Aa+ Bb+ Cc = 0.



























14

14

A
B
C
D
A'
B'
C'
D'
y
z
a
b
c
x



Chng 2: Một số lớp bài toán giảI bằng phơng pháp
toạ độ
2.1. Cỏc bi toỏn tớnh toỏn

Phơng pháp giải:
+ Chọn hệ tọa độ thích hợp:
- Trong mặt phẳng, chọn hệ tọa độ có 2 đờng thẳng vuông góc với
nhau, gốc tọa độ là giao điểm của 2 đờng thẳng đó.
- Trong không gian, chọn hệ tọa độ có đỉnh và các trục Ox, Oy, Oz là
tam diện vuông hoặc ta vẽ thêm một số đờng để đợc một tam diện
vuông. Gắn các trục Ox, Oy, Oz thích hợp.
+ Biểu diễn các điểm đ cho qua hệ tọa độ vừa chọn. Tìm phơng trình các
đờng, mặt đ cho.
+ Sử dụng các kiến thức hình học giải tích, phơng trình đờng, mặt, các
công thức tính khoảng cách, diện tích, góc, thể tích để làm sáng tỏ yêu cầu
bài toán.
Bài 1. Cho hình hộp chữ nhật ABCD.ABCD có 3 kích thớc là a, b, c.
Hy tính khoảng cách giữa hai đờng chộo nhau BD và CD theo các kích
thớc a, b, c.
Gii:
Chọn hệ toạ độ Oxyz sao cho các tia Ox, Oy, Oz trùng với các tia AB, AD,
AA( Hỡnh 2.1). Theo cách đặt đó và theo bài ra ta có:


A(0, 0, 0); B(a, 0, 0); D(0, b, 0); A(0, 0, c); C(a, b, 0).
Vì: CD

(ABD) nên d(CD, BD) = d[C, (ABD)].
Mặt phẳng ABD có phơng trình:
1
x y z
a b c
+ + =
.
Do đó: d(CD, BD) = d[C, (ABD)]=


15

15

A
B
C
x
y
M
N
P
=
2 2 2 2 2 2
2 2 2
1 1 0 1
1 1 1
abc
a b b c c a
a b c
+ +
=
+ +
+ +
.
Vậy khoảng cách giữa BD và CD bằng
2 2 2 2 2 2
abc
a b c b a c
+ +
.
Bài 2. Cho tam giác ABC vuông cân tại C. Trên các cạnh BC, CA, AB lần
lợt lấy các điểm M, N, P sao cho:
MB NC PA

MC NA PB
= = .
Chứng minh rằng: a) CP

MN.
b) CP= MN.
Gii:
Chọn hệ toạ độ Đềcác vuông góc Oxy sao cho: O

C, tia Ox

CA, tia
Oy

CB (hỡnh 2.2). Ta có toạ độ các điểm: C(0, 0); A(1, 0); B(0, 1).
Từ giả thiết ta đặt:
MB NC PA
k
MC NA PB
= = =
( k > 0).
Do đó:
BM kMC
CN kNA
AP kPB







=
=
=






1
1
1
1
1 1
CM CB
k
k
CN CA
k
k
CP CA CB
k k









=
+
=
+
= +
+ +




Hỡnh 2.2

1
(0, )
1
( ,0)
1
1
( , )
1 1
M
k
k
N
k
k
P
k k









+

+
+ +

1
( , )
1
k
MN
k k

+

;
1
( , )
1 1
k
CP
k k
+ +

.

a ) Ta thấy:
. 0
MN CP
=




MN CP

.
b)
2
2
2
2
2
1 1
1 1 (1 )
k k
MN
k k k






+
= + =
+ + +

;
2
2
2
2
2
1 1
1 1 (1 )
k k
CP
k k k






+
= + =
+ + +

.
Vậy MN= CP (đpcm).


16

16

O
x
y
z
d1
d2
A
B
S(0, 0, a)
E
D
C
Bài 3. Cho hình chóp SABC có đáy là tam giác đều có cạnh là 2a, cạnh SC
vuông góc với mặt phẳng(ABC) và có SC= a. Gọi d
1
là đờng thẳng đi qua
đỉnh S và trung điểm E của cạnh BC, d
2
là đờng thẳng đi qua C và trung
điểm D của cạnh AB. Tính góc và khoảng cách giữa hai đờng thẳng d
1

d
2
.
Gii:
Chọn hệ trục toạ độ Đềcác vuông góc Oxyz sao cho: O

C, các điểm D, S
lần lợt nằm trên các trục Oy, Oz (Hỡnh 2.3). Khi đó: Ox

AB. Ta có:
C(0, 0, 0); D(0,
3
a
, 0); B(a,
3
a
, 0); E(
2
a
,
3
2
a
, 0); S(0, 0, a).
CD


=(0,
3
a
, 0);
SE

=(
2
a
,
3
2
a
, -a).
Các đờng thẳng d
1
và d
2
lần lợt có VTCP là
SE


CD

.

cos(
SE

,
CD

) =
2
3
6
2
4
3. 2
a
a a
= .
Vậy góc giữa 2 đờng thẳng SE và CD là góc
thoả mn: cos(
SE

,
CD

)=
6
4
.
Để tính khoảng cách giữa 2 đờng thẳng
SE, CD ta lập phơng trình mp(P) chứa CD
và song song với SE.

Hỡnh 2.3
Mp(P) qua C(0, 0, 0) nhận
SE


CD

làm cặp VTCP.
Gọi
3 0 0 3
0 0
, , ,
3 3
2
2 2 2
a a
n CD SE
a
a a a
a
a








= =




= (
2
3
a
, 0, -
2
3
2
a
).
Do đó phơng trình mp(P) là:
2
3
a x-
2
3
2
a
z =0. Từ đó ta có:



17

17

d(d
1
, d
2
)= d(S, (P))=
3
4 4
3
2
5
5
3
3
4
a
a
a a
=
+
.
Vậy khoảng cách giữa SE và CD là d(d
1
, d
2
)=
5
5
a
.
2.2. Cỏc bi toỏn gii phng trỡnh, h phng trỡnh

Phơng pháp giải:
+ Sử dụng bất đẳng thức vectơ:
u v u v
+ +

dấu = xảy ra

.
u k v
=


(
k

>0),

u v u v



dấu = xảy ra

.
u k v
=

(k > 0)
+ Sử dụng sự tơng giao của các đờng trong mặt phẳng: Trong mặt phẳng
cho phơng trình các đờng y= f(x), y= ax+ b. Khi đó: nghiệm của f(x) =
ax+ b là hoành độ giao điểm của 2 đờng y= f(x) và y= ax+ b.
Bài 4. Giải phơng trình:
2 2
2 10 6 13 41
x x x x+ + + + =
.(1)

Giải:
Ta có: (1)
2 2
( 1) 9 ( 3) 4 41
x x + + + + = .
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy chọn các vectơ có toạ độ:

2
( 1,3) ( 1) 9
u x u x
= + = + +

;
2
( 3,2) ( 3) 4
v x v x
= + = +

.

2 2
( 1) 9 ( 3) 4
u v x x
+ = + + + +

. Mặt khác:
( 1 3 ,3 2) (4,5)
u v x x
+ = + + + =

2 2
4 5 41
u v + = + =

.
Mà:
u v u v
+ +

nên:
2 2
2 10 6 13 41
x x x x+ + + +
.
Dấu = xảy ra
u kv
=

với k > 0 nên :
1 3
2 2 9 3
3 2
x
x x
x
+
= + =



7
5 7
5
x x
= =
.
Vậy nghiệm của phơng trình đ cho là:
7
5
x
=
.



18

18

Bài 5. Tìm m để hệ phơng trình sau có 1 nghiệm duy nhất:

2 2
2 2
6 8 0 (1)
2 1 0 (2)
x y x y
x y mx





+ + =
+ =

Giải:
Phơng trình (1) là phơng trình đờng tròn(C), tâm I
1
(
1
2
, 3); bán kính
R
1
=
5
2
. Phơng trình (2) là phơng trình đờng tròn (C), tâm I
2
(m, 0); bán
kính R
2
=
2
1
m
+
.
Hệ có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi (C) tiếp xúc (C).
+ Trờng hợp 1: (C) và (C) tiếp xúc ngoài nhau: Thế thì: I
1
I
2
= R
1
+ R
2
.
Nhng: I
1
I
2
=
2
2
1
3
2
m



+
, R
1
+ R
2
=
5
2
+
2
1
m
+
, nên ta có:

2
2
1
3
2
m



+
=
5
2
+
2
1
m
+
2 2 2
5 37
1 5( 1)
4 4
m m m m
+ + + + = +


2
5( 1)
m
+
7
m
=

2 2
5( 1) 49 14
m m m
+ = +
( m

7).

2
2 7 22 0
m m
+ =

2
11
2
m
m





=

=

Vậy có hai giá trị m = 2, m = -
11
2
để hai đờng tròn đ cho tiếp xúc ngoài
nhau.
+ Trờng hợp 2: (C) và (C) tiếp xúc trong: Tức là: I
1
I
2
=
1 2
R R

hay:
2
2
1
3
2
m



+
=
2
5
1
2
m
+
2 2 2
1 5
9 1 5( 1)
4 4
m m m m
+ + = + + +


2
2 7 22 0
m m
+ =
2
11
2
m
m





=

=

Vậy có hai giá trị của m để hệ đ cho có nghiệm duy nhất.


19

19

A
B
C
O
x
y
1
2
-2
Bài 6. Biện luận số nghiệm của phơng trình sau theo m:
2
4 2
x mx m
= +

Giải:
Ta xét đờng cong y=
2
4
x

(1) (
2,2
x



) và
đờng y=
2
mx m
+
.(2)
Xét đờng cong:
2
2 2
0
y 4
4
y
x
x y






=
+ =
(I)

Hỡnh 2.4

(I) là nửa phía trên trục Ox của đờng tròn tâm O(0, 0) bán kính R= 2 có
phơng trình:
2 2
4
x y
+ =
.
Xét: y=
2
mx m
+
(2) là đờng thẳng () có hệ số góc k= m và với mọi giá
trị của m đờng thẳng () luôn đi qua điểm A(1, 2).
Vậy phơng trình đ cho có nghiệm khi đờng thẳng (): y=
2
mx m
+
cắt
nửa đờng tròn tâm O(0, 0), bán kính R= 2 với y > 0.
Xét (d) là tiếp tuyến đi qua A(1, 2), khi đó khoảng cách từ O đến (d) bằng 2

2
4
2
3
2
1
0
m
m
m
m





=

=
+
=

Gi 2 ủim B(-2, 0) v C(2, 0), h s gúc ca ủng thng AB: k
AB
=
2
3
, h
s gúc ca ủng thng AC: k
AC
= -2.
Vy: Phơng trình có hai nghiệm khi

0 < m <
2
3
; -2 < m <
4
3

.
Phng trỡnh cú 1 nghim khi
2
3
< m; m< -2.
2.3. Cỏc bi toỏn gii bt phng trỡnh, h bt phng trỡnh

Sử dụng bất đẳng thức vectơ: .
u v u v


; .
u v u v


;
u v u v


;
w
u v w u v
+ + + +

;

Sử dụng sự tơng giao của các đờng trong mặt phẳng.
Bài 7
. Giải bất phơng trình:
1 2 3 50 3 12
x x x
+ + +
.



20

20

m
x
O
B
D
2
2
C
A
x+ m- 2= 0
x= m
I
-2
-2
Giải:
Tập xác định: x
3 50
,
2 3



.
Trong khụng gian Oxyz chọn:
u

= (
1
x
+
,
2 3
x

,
50 3
x

).
u
=


1 2 3 50 3
x x x
+ + + =

48 4 3
= ;
(
v
=

1, 1, 1)
v
=


3
.
Ta có:
.
u v
=

12 và
.
u v
=


1 2 3 50 3
x x x
+ + +
.

.
u v



.
u v

hay
1 2 3 50 3 12
x x x
+ + +
.
Vậy bất phơng trình đúng với
3 50
,
2 3
x




.
Bài 8. Cho hệ phơng trình:
2 2
2 2
(3 1) 2 0
4
x m x m m
x m





+ <
+ =
(I)
1. Tìm m để hệ có nghiệm.
2. Tìm m để hệ có đúng một nghiệm.
3. Tìm m để hệ có hai nghiệm phân biệt.
Giải: Hỡnh 2.5
(I)


2 2
( )( 2 ) 0 (1)
4 (2)
x m x m
x m





+
+

Xét hệ toạ độ Oxm, ta có:
+ Các điểm M(x, m) thoả mn (1) thuộc phần mặt phẳng giới hạn bởi 2
đờng thẳng x- m = 0 và x- 2+ m= 0.
+ Các điểm M(x, m) thoả mn (2) thuộc phần trong hình tròn tâm O(0, 0)
bán kính R= 2 (kể cả đờng viền).
+ Các điểm thoả mn hệ thuộc miền gạch trong hình vẽ 2.5, với toạ độ A, D
là nghiệm của hệ:
2 2
0
( 2, 2)
4
( 2, 2)
x m
A
x m
D








=


+ =

Toạ độ của B, C là nghiệm của hệ:
2 2
2 0 (0,2)
4 (2,0)
x m B
x m C








+ =

+ =



21

21

Chiếu 2 cung AB và CD lên Om ta đợc:
I
m
2,2


=
.
Vậy: a) Hệ có nghiệm khi m


2,2



.
b) Hệ có đúng một nghiệm khi:
2 0 2 2
m m
< < <
.
c) Hệ có 2 nghiệm phân biệt khi:
0 2
m< < .
2.4. Cỏc bi toỏn chng minh bt ủng thc

Phơng pháp giải:

+ Sử dụng các công thức:
. .
u v u v


;
u v u v
+ +

;
u v u v


.


+ Chọn hệ tọa độ thích hợp biểu diễn các điểm qua hệ tọa độ, sử
dụng các kiến thức hình học để giải bài toán.
Bài 9. Cho ba số thực a, b, c bất kì, chứng minh rằng:

2 2 2 2
( 1) ( ) ( 1) ( ) 2
b c a b c a
+ + + +
.
Giải:
Trong mặt phẳng Oxy chọn các vectơ có toạ độ:
2 2
( 1, ) ( 1) ( )
u b a c u b a c
= = + +

2 2
( 1, ) ( 1) ( )
v b c a v b c a
= = +

;
Ta có:
( 2,0) 2
u v u v
+ =

+ =

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

;
Mà:
u v u v
+ +

nên:
2 2 2 2
( 1) ( ) ( 1) ( ) 2
b c a b c a
+ + + +
(đpcm).
Bài 10. Cho bốn số thực a, b, c, d thoả mn:
{
2 2
1
3
a b
c d
+ =
+ =

Chứng minh rằng: ac+ bd+ cd
9 6 2
4
+

.
Giải:
Do
2 2
1
a b
+ =


Gọi M(a, b) thì M

(C):
2 2
1
x y
+ =
.
Vì c+ d= 3, gọi N(c, d) thì N

(d): x+ y- 3 = 0.



22

22

O
y
J
x
3
3
1
1
-1
(d)
I

( , )
MN c a d b



2
2 2
( ) ( )
MN c a d b
= +


=
2 2 2 2
2 2
a b c d ac db
+ + +

Mà ta lại có:
2 2
1
a b
+ =
;

2 2 2
( ) 2 9 2
c d c d cd cd
+ = + =
.

2
1 9 2 2 2
MN cd ac bd
= +



10 2( )
cd ac db
= + +
. Hỡnh 2.6

2
10
2
MN
ac bd cd

+ + = .
Do ủú:
ac bd cd
+ +
đạt giá trị lớn nhất khi và chỉ khi MN đạt giá trị nhỏ
nhất.
Vậy MN là đoạn IJ vuông góc với (d), đờng IJ là phân giác của góc phần
t thứ nhất nên I
2 2
( , )
2 2
; J(
3 3
,
2 2
)

2
2
3 2
2
2 2
IJ




=
=
11
3 2
2

.


ac bd cd
+ +
2
10 9 6 2
2 4
IJ +
= .
Dấu = xảy ra
2 3
;
2 2
a b c d
= = = =
.
2.5. Cỏc bi toỏn tỡm cc tr

Phơng pháp giải:
Bớc 1: Chọn hệ tọa độ thích hợp biểu diễn các điểm cần thiết qua hệ
tọa độ.
Bớc 2: Thiết lập biểu thức giải tích cho đối tợng cần tìm cực trị.
Bớc 3: Lựa chọn phơng pháp tìm cực trị: Phơng pháp tam thức bậc
hai, sử dụng bất đẳng thức hoặc sử dụng đạo hàm.
Bài 11. Cho các số thực x, y, z thoả mn: x+ 2y+ z = 0. Tìm giá trị nhỏ nhất
của biểu thức: P=
2 2 2 2 2 2
( 1) ( 1) ( 1) ( 2) ( 2) ( 2)
x y z x y z + + + + + .
Giải:


23

23

A
B
M
I
A'
P
Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz lấy điểm A(1, 1, 1); B(2, 2, 2).
Bi toỏn quy v tỡm ủim M(x, y, z) nm trong mp: x+ 2y+ z = 0 ủ:
AM+ BM ủt giỏ tr nh nht vi A(1, 1, 1); B(2, 2, 2).
Ta xột v trớ tng ủi ca A, B vi mp (P): x+ 2y+ z = 0.
Ta cú: (1+ 2.1+1).(2+ 2.2+ 2) = 32 > 0
Vậy A, B cựng phớa vi mp(P).
Gi A l ủim ủi xng ca A qua (P) thỡ ủim M
cn tỡm l giao ủim ca AB v mp(P).

Tht vy: MA= MA

MA+ MB = MA + MB= AB.
Vi mi ủim M

( P) ta cú: MA= MA.

MA + MB = MA+ MB > AB= MA + M


M =M.
(P) cú vectơ pháp tuyến
n

(1, 2, 1). ng thng (d) qua A(1, 1, 1)
vuụng gúc vi (P) có vectơ chỉ phơng l
n

(1, 2, 1). Vậy phơng trình
đờng thẳng (d) là:
1
1 2
1
x t
y t
z t





= +
= +
= +

Gọi I= (d)

(P)

Tọa độ của I là nghiệm của hệ:
1
1 2
1
2 0
x t
y t
z t
x y z







= +
= +
= +
+ + =


I(
1 1 1
, ,
3 3 3

).

Tọa độ điểm A là: A(
1 5 1
, ,
3 3 3

)

'
AB

(
7 11 7
, ,
3 3 3
).



24

24


Đờng thẳng AB đi qua B(2, 2, 2) nhận
u

(7 ,11, 7) làm vectơ chỉ
phơng có phơng trình là:
2 7
2 11
2 7
x t
y t
z t





= +
= +
= +

Vậy điểm M cần tìm là giao điểm của đờng thẳng AB với mp(P). Tọa độ
của M là nghiệm của hệ:
2 7
2 11
2 7
2 0
x t
y t
z t
x y z







= +
= +
= +
+ + =


M
4 4 4
, ,
9 9 9




.
Vậy điểm M
4 4 4
, ,
9 9 9




là điểm cần tìm. Khi đó: AB=
219
3
.

Giá trị nhỏ nhất của P là:
219
3
khi x= z=
4
9
, y=
4
9

.
Bài 12. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
A=
cos sin
a x a x
+ + + với
; 1
x R a

.
Giải:
Trong mặt phẳng toạ độ Oxy chọn các vectơ có toạ độ:
(1,1) 2
u u
=

;
( cos , sin ) 2 2sin( )
4
v a x a x v a x

= + + = + +

.
A=
.
u v

=
cos sin
a x a x
+ + +
.
u v


=
2(2 2sin( ))
4
a x

+ +
.
4 2 2
A a + .
Dấu =xảy ra khi và chỉ khi:
1 1
cos
sin
a x
a x
=
+
+

cos
sin( ) 1
4
sinx x
x






=
+ =


2
4
x k


= +
.
Vậy giá trị lớn nhất của A là:
4 2 2
a+
khi
2
4
x k


= +
(k

Z).


25

25

A
B
C
D
A'
B'
C'
D'
x
y
z
M
2a
a
M(x, y)
B(1, 0)
x
y
A
O
H
Bài 13. Cho hình lăng trụ tứ giác đều ABCD.ABCD cạnh đáy dài gấp
đôi chiều cao. Điểm M trên cạnh AB, tìm giá trị lớn nhất của góc


=

' '
A MC
.
Giải:
Giả sử độ dài của cạnh là 2a, độ dài của đờng cao là a.
Chọn hệ toạ độ Axyz nh sau: A(0, 0, 0), các tia AB, AD, AA lần lợt
trùng với các tia Ax, Ay, Az.
Đặt AM =x
0
khi đó: A(0, 0, a) ; C(2a, 2a, a); M(x
0
, 0, 0).
'
MA


= (-x
0
, 0, a);
'
MC

=(2a-x
0
, 2a, a).

cos

=
2
0
( )
'. '
0
'. ' '. '
x a
MA MC
MA MC MA MC

=


Vậy max

=90
0


x
0
= a.

M là trung điểm của AB.
Vậy giá trị lớn nhất của góc

là:

=90
0
.
2.6. Cỏc bi toỏn tỡm qu tớch

Phơng pháp giải:
Bớc 1: Thiết lập hệ trục toạ độ thích hợp, từ đó suy ra toạ độ của các
điểm cần thiết.
Bớc 2: Thiết lập biểu thức giải tích cho điểm cần tìm quỹ tích, từ đó suy
ra quỹ tích của nó.
Bài 14. Cho 2 điểm A, B cố định. Tìm tập hợp các điểm M sao cho:
MA= 2MB.
Giải:
Chọn hệ trục toạ độ vuông góc Oxy sao cho:
O

A v
1
e AB



. Trục Ox chứa A, B, trục
Oy vuông góc với AB tại A.Ta có: A(0, 0);
B(1, 0). Theo giả thiết MA= 2MB, ta có:

2 2 2 2
2 (1 )
x y x y
+ = +

2 2 2 2
4 (1 2
x y x x y


+ = + +
.

Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

Tải bản đầy đủ ngay

×

×