Tải bản đầy đủ

Các bài toán đại số có yếu tố hình học phương pháp giải và sáng tạo ra bài toán mới

TRƢỜNG ĐẠI HỌC SƢ PHẠM HÀ NỘI 2
KHOA TOÁN
*************

NGUYỄN THỊ BÍCH NGỌC

CÁC BÀI TOÁN ĐẠI SỐ CÓ YẾU TỐ HÌNH HỌC
PHƢƠNG PHÁP GIẢI VÀ SÁNG TẠO RA
BÀI TOÁN MỚI

KHOÁ LUẬN TỐT NGHIỆP ĐẠI HỌC
Chuyên ngành: Đại số

Ngƣời hƣớng dẫn khoa học
GVC. ThS. PHẠM LƢƠNG BẰNG

HÀ NỘI - 2014


LỜI CẢM ƠN
Sau một thời gian nghiên cứu cùng với sự hƣớng dẫn chỉ bảo tận tình

của thầy giáo Thạc sĩ Phạm Lƣơng Bằng khoá luận của em đã hoàn
thành.
Qua đây em xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc của mình đến thầy giáo
Thạc sĩ Phạm Lƣơng Bằng ngƣời đã trực tiếp hƣớng dẫn, chỉ bảo và
đóng góp ý kiến quý báu trong thời gian em thực hiện khoá luận.
Trong thời gian nghiên cứu và hoàn thành khoá luận, em đã nhận đƣợc
sự quan tâm giúp đỡ, tạo điều kiện vật chất và tinh thần của các thầy
giáo cô giáo trong khoa Toán trƣờng ĐHSP Hà Nội 2 nói chung và tổ
Đại Số nói riêng. Em xin chân thành cảm ơn sự giúp đỡ quý báu này.
Do lần đầu tiên làm quen với công tác nghiên cứu và năng lực của bản
thân còn hạn chế nên không thể tránh khỏi những thiếu sót. Em rất mong
nhận đƣợc sự giúp đỡ, đóng góp ý kiến của các thầy cô, các bạn sinh
viên để khoá luận của em đƣợc hoàn thiện hơn. Một lần nữa em xin chân
thành cảm ơn!
Hà Nội, tháng 05 năm 2014
Sinh viên

Nguyễn Thị Bích Ngọc


LỜI CAM ĐOAN

Khoá luận này là kết quả của bản thân em nghiên cứu. Bên cạnh đó
có sự quan tâm, giúp đỡ , tạo điều kiện của các thầy cô khoa Toán , đặc
biệt là sự giúp đỡ tận tình của thầy giáo Thạc sĩ Phạm Lƣơng Bằng.
Vậy em xin khẳng định kết quả của đề tài:“Các bài toán đại số có
yếu tố hình học; phƣơng pháp giải và sáng tạo ra bài toán mới”
không có sự trùng lặp với kết quả của đề tài khác.
Hà Nội, tháng 05 năm 2014
Sinh viên

Nguyễn Thị Bích Ngọc


MỤC LỤC
LỜI MỞ ĐẦU ........................................................................................... 1
Phần 1: ....................................................................................................... 3
GIẢI CÁC BÀI TOÁN VỀ BẤT ĐẲNG THỨC, TÌM GIÁ TRỊ LỚN
NHẤT VÀ NHỎ NHẤT CỦA HÀM SỐ BẰNG PHƢƠNG PHÁP TOẠ
ĐỘ. ............................................................................................................ 3


Chƣơng 1: CÁC KIẾN THỨC CƠ BẢN VỀ TOẠ ĐỘ VÀ VECTƠ ...... 3
§1: Một số khái niệm cơ bản .................................................................... 3
§2: Phƣơng trình đƣờng thẳng và đƣờng tròn ........................................... 7
§3: Mối quan hệ giữa các đƣờng ............................................................... 8
§4: Các bất đẳng thức hình học cơ bản ..................................................... 9
Chƣơng 2: CÁC BẤT ĐẲNG THỨC ĐẠI SỐ ...................................... 11
2.1. Các kiến thức cần sử dụng ............................................................... 11
2.2. Các bài toán ...................................................................................... 11
Chƣơng 3: CÁC BẤT ĐẲNG THỨC LƢỢNG GIÁC........................... 31
3.1. Phƣơng pháp hình học với bất đẳng thức lƣợng giác ...................... 31
3.2. Các bài toán ...................................................................................... 31
Chƣơng 4: CÁC BẤT ĐẲNG THỨC HÌNH HỌC ................................ 38
4.1.Phƣơng pháp hình học với các bất đẳng thức hình học .................... 38
4.2. Các bài toán ...................................................................................... 38
Phần 2: SÁNG TẠO BÀI TOÁN MỚI ................................................... 50
2.1.Sáng tạo nhƣ thế nào? ....................................................................... 50
2.2. Sáng tạo bài toán mới từ các bất đẳng thức tổng quát ..................... 51
2.3. Sáng tạo một số bất đẳng thức nhờ các tính chất hình học .............. 59
KẾT LUẬN ............................................................................................. 73
TÀI LIỆU THAM KHẢO ....................................................................... 74


LỜI MỞ ĐẦU

1. Lý do chọn đề tài
Các bài toán về bất đẳng thức và giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm
số luôn là một chủ đề hấp dẫn trong chƣơng trình giảng dạy và học tập
của bộ môn toán ở nhà trƣờng phổ thông. Để giải các bài toán đó thì có
rất nhiều phƣơng pháp nhƣ: phƣơng pháp biến đổi tƣơng đƣơng, phƣơng
pháp sử dụng chiều biến thiên hàm số,phƣơng pháp tam thức bậc
2…Trong những phƣơng pháp đó ta không thể không kể đến một
phƣơng pháp khá đặc biệt đó là phƣơng pháp toạ độ và véctơ.
Ngƣời phát minh ra phƣơng pháp toạ độ là nhà bác học nổi tiếng
ngƣời Pháp Descartes ( 1596 – 1650 ). Desscartes đã đóng góp rất nhiều
cho toán học. Ông đã lập ra môn hình học giải tích (1619) mà cơ sở của
phƣơng pháp này là phƣơng pháp toạ độ. Nó cho phép ta chuyển một bài
toán đại số sang hình học và ngƣợc lại. Việc sử dụng toạ độ để giải giúp
cho các em thấy đƣợc mối tƣơng quan một một giữa đại số và hình học.
Các kiến thức toán rất rộng lớn nhƣng xem xét kĩ thì chúng có mối
quan hệ mật thiết với nhau. Việc tìm lời giải cho một bài toán là thực
chất tìm ra nguồn gốc của bài toán đó, mối liên hệ của nó với các kiến
thức khác và nhờ đó ta sẽ sáng tạo ra một lớp các bài toán mới nhờ phép
toán tƣơng tự hoá, khái quát hoá …
Đƣợc sự động viên giúp đỡ của thầy giáo thạc sĩ Phạm Lƣơng Bằng
em đã mạnh dạn nghiên cứu và thực hiện khoá luận tốt nghiệp đại học
với đề tài:“Các bài toán đại số có yếu tố hình học; phƣơng pháp giải
và sáng tạo ra bài toán mới”.

2. Mục đích nghiên cứu
Nghiên cứu về các bài toán đại số có yếu tố hình học và sáng tạo ra
bài toán mới: chứng minh bất đẳng thức, tìm giá trị lớn nhất và giá trị

1


nhỏ nhất của hàm số.Dựa trên phƣơng pháp toạ độ và các phép toán
tƣơng tự hoá, khái quát hoá…

3. Đối tƣợng nghiên cứu
Nghiên cứu một số bài toán về chứng minh bất đẳng thức, tìm giá trị lớn
nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số. Trong chƣơng trình toán trung học
phổ thông.

4. Phƣơng pháp nghiên cứu
Đọc tài liệu , phân tích , so sánh, tổng hợp .

2


Phần 1:
GIẢI CÁC BÀI TOÁN VỀ BẤT ĐẲNG THỨC, TÌM GIÁ
TRỊ LỚN NHẤT VÀ NHỎ NHẤT CỦA HÀM SỐ BẰNG
PHƢƠNG PHÁP TOẠ ĐỘ.
Chƣơng 1: CÁC KIẾN THỨC CƠ BẢN VỀ TOẠ ĐỘ VÀ VECTƠ
§1:Một số khái niệm cơ bản
1.1.Véctơ
- Định nghĩa: Véctơ là một đoạn thẳng có hƣớng. Nếu vectơ có
điểm đầu là A, điểm cuối là B thì ta kí hiệu vectơ đó là AB
- Hai véctơ cùng phƣơng hai véctơ a và b (b  0) cùng phƣơng khi
và chỉ khi có một số k để a  kb
Nhận xét: Ba điểm A, B, C thẳng hàng khi và chỉ khi có một số k để

AB  k AC
1.2. Tổng và hiệu của hai véctơ
- Tổng hai véctơ cho 2 véctơ a và b . Lấy một điểm A tuỳ ý, vẽ

AB  a và BC  b . Véctơ AC đƣợc gọi là tổng của hai véctơ a
và b . Kí hiệu AC  a  b
- Hiệu hai véctơ cho hai véctơ a và b . Ta gọi hiệu của 2 véctơ a

 

và b là véctơ a  b . Kí hiệu: a  b
Nhận xét: Với 3 điểm O, A, B tuỳ ý ta có AB  OB  OA
- Độ dài véctơ AB là khoảng cách giữa điểm đầu và điểm cuối của
véctơ AB . Kí hiệu AB  AB
1.3. Toạ độ của một điểm

3


- Trong hệ 0xy cho điểm M. Nếu OM   x; y  thì  x; y  gọi là toạ độ
của điểm M đối với hệ 0xy. Kí hiệu M  x; y  .
- Trong hệ 0xyz cho điểm M. Nếu OM   x; y; z  thì  x; y; z  gọi là
toạ độ của điểm M đối với hệ 0xyz. Kí hiệu M  x; y; z  .
1.4. Toạ độ của một véctơ
- Cho hệ đề các 0xy và hai véc tơ đơn vị i, j trên trục 0x, 0y. Khi đó
nếu u  x.i  y. j thì cặp  x; y  gọi là toạ độ của u . Kí hiệu u  x; y 
hoặc u   x; y  .
- Trong hệ toạ độ 0xyz với các véc tơ đơn vị i, j, k trên trục
x0 x, y0 y, z0 z , u  x.i  y. j  z.k thì cặp

 x; y; z 

gọi là toạ độ

của u . Kí hiệu u  x; y; z  hoặc u   x; y; z  .
1.5. Tích vô hƣớng của 2 véctơ và tích có hƣớng của 2 véctơ
 Tích vô hƣớng của 2 véctơ
- Trong hệ 0xy cho u   x1; y1  ; v   x2 ; y2  .
Khi đó u  x1.i  y1. j ; v  x2..i  y2 . j
Với i, j là hai véc tơ đơn vị trên trục x '0 x và y '0 y : i  j  1 ,

i. j  0





u.v  x1.i  y1. j . x2.i  y2. j
2



2

 x1.x2 .i  y1. y2 . j  x1. y2 .i. j  y1.x2. j.i
 x1.x2  y1. y2
- Trong hệ 0xyz , u   x1; y1; z1  , v   x2 ; y2 ; z2 
Thì u.v  x1.x2  y1. y2  z1.z2

4


a.Định nghĩa tích vô hƣớng: Cho hai véctơ u , v đều khác véctơ 0 . Tích
vô hƣớng của 2 véctơ u , v là một số. Kí hiệu là u . v , đƣợc xác định

 

bởi công thức sau: u.v  u . v .cos u, v

Khi u  v  cos u, v   0  u.v  0
2

Khi u  v thì u  u.u.cos00  u

2

b. Tính chất của tích vô hƣớng
Cho 3 véctơ u, v, w bất kỳ và mọi số k ta có:
1. u.v  v.u





2. u v  w  u.v  u.w
3.

 ku .v  k u.v   u  kv 
2

2

4. u  0; u  0  u  0
 Tích có hƣớng của 2 véctơ
a. Định nghĩa
Trong không gian với hệ toạ độ 0xyz cho hai véc tơ bất kì a   x1; y1; z1 
và b   x2 ; y2 ; z2  là một véctơ, kí hiệu a, b ( hoặc a  b ). Đƣợc xác
định bằng toạ độ nhƣ sau:

y z z x x y 
a, b   1 1 ; 1 1 ; 1 1    y1.z2  y2 .z1; z1.x2  z2 .x1; x1. y2  x2 . y1 
 
 y2 z2 z2 x2 x2 y2 
b. Một số tính chất
1. a,b cùng phƣơng khi và chỉ khi a, b  0
2. a, b  a; a, b   b

5


3.  a, b   a . b .sin  với  là góc giữa hai véctơ a, b ( khi a  0, b  0 )
còn a, b  0 khi a  0 hoặc b  0
Đặt a  b   a, b ta có một số tính chất sau:
Kí hiệu: S ABC  

 S ABC 
1
1
AB  AC  AM  BC  
2
2
 S ABC 



 



(với S ABC  là diện tích tam giác  ABC ; M  BC )
4. a  b  b  a

 
6.  ka    tb    kt   a  b 
7.  b  c .a   c  a .b   a  b .c  0
5. a  b  c  a  b  a  c

Với mỗi  ABC và mỗi điểm M thì:
8. S ABC  SMAB  SMBC   SMCA . Đẳng thức này đƣợc mở rộng cho đa
giác lồi.
9. S MBC  .MA  SMCA.MB  SMAB .MC  0
c. Diện tích tam giác
Giả sử trong hệ toạ độ 0xyz cho ABC

SABC 



1
1
1
AB . AC .sin A   AB, AC   AB  AC
2
2
2



d. Điều kiện đồng phẳng của ba véctơ
Điều kiện cần và đủ để 3 véc tơ a, b, c đồng phẳng là:

a, b   c  0
 

6


e. Thể tích hình hộp

VABCDA ' B ' C ' D '   AB, AD  .AA'
1.6. Công thức trọng tâm và trung tuyến
Cho

A  a1 , a2  , B  b1 , b2  khi đó trung điểm đoạn AB có toạ độ

a b a b 
M 1 1; 2 2 
2 
 2
a b a b a b 
Nếu A  a1 , a2 , a3  ; B  b1 , b2 , b3  thì M  1 1 ; 2 2 ; 3 3 
2
2 
 2
- Cho ABC , A  a1 , a2  , B  b1 , b2  , C  c1 , c2 . Trọng tâm G của tam giác có

a b c a b c 
toạ độ G  1 1 1 ; 2 2 2  nếu
3
3


A  a1 , a2 , a3  , B  b1 , b2 , b3  , C  c1 , c2 , c3 

 a b c a b c a b c 
thì G  1 1 1 ; 2 2 2 ; 3 3 3  .
3
3
3


§2: Phƣơng trình đƣờng thẳng và đƣờng tròn
2.1. Phƣơng trình đƣờng thẳng
- Phƣơng trình đƣờng thẳng đi qua A  a1 , a2  , B  b1 , b2 

x  a1
y  b1

 x  b2  b1   y  a2  a1   a1b2  b1a2  0
a2  a1 b2  b1
- Phƣơng trình đƣờng thẳng qua A  a1 , a2  và có véctơ chỉ phƣơng

u  n1, n2 
n1.x  n2 . y   n1.a1  n2 .a2   0

-

Phƣơng trình đƣờng thẳng qua A  a1 , a2  có véctơ pháp tuyến

n  n1, n2 

7


n1.x  n2 . y   n1.a1  n2a2   0

2.2. Phƣơng trình đƣờng tròn
Tâm I  a, b  , bán kính R  0 :  x  a    y  b   R 2
2

2

§3: Mối quan hệ giữa các đƣờng
3.1. Hai đƣờng thẳng song song, vuông góc, trùng nhau
Cho hai đƣờng thẳng d1: a1 x  b1 y  c1  0
d2 : a2 x  b2 y  c2  0

d1  d2  a1a2  b1b2  0

a  ka2
d1 d 2   1
k > 0 ; k
b1  kb2

a1  ka2

d1  d2  b1  kb2 k > 0 ; k 
c  kc
2
1
3.2. Vị trí tƣơng đối của đƣờng tròn và đƣờng thẳng
Cho đƣờng thẳng d: ax  by  c  0 và đƣờng tròn có phƣơng trình

 x  x1 2   y  y1 2  R2 R  0
Gọi khoảng cách từ tâm I  x1 , y1  của đƣờng tròn tới d là k thì

k

a.x1  b. y1  c
a 2  b2

d không cắt đƣờng tròn  k  R
d tiếp xúc với đƣờng tròn  k  R
d cắt đƣờng tròn tại hai điểm  k  R

8


§4: Các bất đẳng thức hình học cơ bản
4.1Bất đẳng thức trong tam giác
Cho ABC . Ta luôn có:
BC  CA  AB  BC  CA

AC  AB  BC  AC  AB
AB  BC  AC  AB  BC
4.2Với 3 điểm bất kì A, B, C thì ta luôn có:

AB  AC  CB
BC  BA  AC
CA  CB  BA
4.3Trong không gian cho n diểm A1 , A2 ,...., An
Khi đó A1 An  A1 A2  A2 A3  ....  An1 An
4.4Với hai véctơ bất kì : a, b thì a.b  a . b

 

Thật vậy: a.b  a . b cos a, b

 

Vì cos a, b  1  a.b  a . b

 

 

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi cos a, b  1  a, b  2n  n 
 a  kb; k  0

4.5Cho các véctơ : a, b thế thì a  b  a  b
Dấu “=” xảy ra khi a  kb  k  0 





Tổng quát cho các véctơ ai i  1, n Khi đó

a1  a2  ....  an  a1  a2  ....  an

9




4.6Cho đƣờng tròn tâm I  x1; y1  :  x  x1    y  y1   R 2 và đƣờng
2

2

thẳng d: ax  by  c  0

N  d IN có độ dài ngắn nhất khi và chỉ khi N là chân đƣờng vuông
góc hạ từ I tới d.
Khi đó: IN 

a.x1  by1  c
a 2  b2

.

4.7Cho đƣờng tròn tâm I, MN là dây cung của đƣờng tròn, NM lớn nhất
khi và chỉ khi MN đi qua I ( tức MN là đƣờng kính của đƣờng tròn )
.MN ngắn nhất khi và chỉ khi M  N . Hay MN là tiếp tuyến đƣờng tròn.

10


Chƣơng 2:CÁC BẤT ĐẲNG THỨC ĐẠI SỐ
Vận dụng phƣơng pháp hình học ta giải quyết các dạng bất đẳng thức
đại số có chứa căn bậc hai, trong căn ta có thể đƣa về tổng bình phƣơng
của 2, 3 số hạng. Sau đó sử dụng công thức tính độ dài véctơ đƣa bất
đẳng thức cần chứng minh về dạng tổng của các đoạn thẳng trong đƣờng
gấp khúc và áp dụng tính chất: Tổng các đoạn thẳng trong 1 đƣờng gấp
khúc lớn hơn đoạn thẳng nối hai đầu mút.
2.1. Các kiến thức cần sử dụng
 Hai véctơ a, b bất kì ta luôn có:

a  b  a  b Dấu “=” xảy ra khi a  kb  k  0; k 



 Tổng quát : cho n véctơ v1, v2 ,..., vn .

v1  v2  ....  vn  v1  v2  ....  vn
Dấu “=” xảy ra khi các véctơ vi cộng tuyến i = 1,2,….,n.
 Với 3 điểm A,B, C ta luôn có: AB  AC  CB
Dấu “=” xảy ra khi C nằm giữa A và B.
 Với n điểm A1, A2 ,..., An .
A1 An  A1 A2  A2 A3  ....  An1 An

2.2. Các bài toán
2.2.1
Cho a1, a2 ,..., an và b1 , b2 ,..., bn là 2n số tuỳ ý. Chứng minh rằng:

a12  b12  a22  b22  ....  an2  bn2



 a1  a2  ....  an   b1  b2  ...  bn 
2

11

2


Lời giải
Trong hệ toạ toạ độ 0xy ta xét:
M1  a1; b1  , M 2  a1  a2 ; b1  b2  ,..., M n  a1  a2  ...  an ; b1  b2  ...  bn 

Khi đó:

OM1   a1; b1  , M1M 2   a2 ; b2  ,....., M n1M n   an ;bn  .

 OM1  M1M 2  ....  M n1M n  OM n
OM n   a1  a2  ....  an ;b1  b2  ....  bn 
OM n  OM1  M1M 2  ....  M n1M n  OM1  M1M 2  ....  M n1M n

 a1  a2  ....  an   b1  b2  ....  bn 



2

2

 a12  b12  a22  b22  ....  an2  bn2
Dấu “=” xảy ra khi



OM1, M1M 2 ,..., M n1M n cùng phƣơng , chiều

a1 a2
a
  ....  n
b1 b2
bn

2.2.2
Cho a + b+ c =2; ax+by+cz = 6.Chứng minh rằng:

16a2  a2 x2  16b2  b2 y 2  16c2  c2 z 2  10
Lời gải
Trong mặt phẳng toạ độ đặt A(4a;ax) , B(4b;by) , C(4c;cz)

 OA  OB  OC   4a  4b  4c;ax  by  cz   8;6
Mà OA  OB  OC  OA  OB  OC

 64  36  16a2  a2 x2  16b2  b2 y 2  16c2  c2 z 2
 10  16a2  a2 x2  16b2  b2 y 2  16c2  c2 z 2

12


Dấu “=” xảy ra khi OA, OB, OC cộng tuyến và cùng hƣớng.
Xảy ra các khả năng sau:

 4a  0
a. Có một véctơ là véctơ 0 . Giả sử OA  0  
ax  0
Khi đó OC  OB  OB  OC  OC  kOB k > 0

4c  4kb
c  kb
c  kb



4cz  4kby cz  kby  z  y
Theo giả thiết a + b + c = 2  b  c  2 (*)

c  kb
b > 0 và c > 0 vì 
k  0  c, b cùng dấu b > 0, c >0
b

c

2

Từ (*)  k 

2
1
b

Lại có by + cz = 6 do y = z ; b + c = 2  y  z  3

a  0

Vậy b  c  2 b  0, c  0
y  z  3

b. Có 2 trong 3 véctơ là 0
Giả sử OA  OB  0  a  b  0  c  2
Ta có ax + by + cz =6

a  b  0

 z  3 vậy c  2
z  3

c. Cả 3 véctơ khác 0

OA  kOB

OB  mOC

k>0,m>0

13


a  kb
x  y  z  3
a  kby



 a  b  c  2
b

mc

a, b, c  0
by  mcz 
2.2.3
Cho x, y, z tuỳ ý. Chứng minh rằng:

x2  xy  y 2  x2  xz  z 2  y 2  yz  z 2
Lời giải



y 3 
3
3 
y z 
Xét A   x  ;
y  , B   0;
z
y  , C    ;0 
2 2 
2 
2 2 

 2

 z
y z
y
3 
3 
3
3 
BA   x  ; 
y  , AC     x; 
z  , BC    ; 
z
y
2
2
2
2
2
2
2
2






Ta luôn có: BA  AC  BA  AC  BC
2

2

2

y 3
2

z
 3
 y z 3
  x    y2    x   z2       z  y 
2 4

2
 4
 2 2 4

 x2  xy  y 2  x2  xz  z 2  y 2  yz  z 2
Dấu “=” xảy ra khi BA, AC cùng hƣớng  BA  k AC  k  0 


y
 z

x  2  k   2  x 



 y  k .z
 3
3

 
y  k
z   2x  y y  z
  xy  yz  zx  0

.


x
2
2



 2
z  2


k  0



14


2.2.4
Cho x,y,z là số thực đôi một khác nhau. Chứng minh rằng:

x y
1  x2 . 1  y 2

yz



1  y2 . 1  z2



xz

(*)

1  x2 . 1  z 2

Lời giải
(*)  x  y . 1  z 2  y  z 1  x2  x  z 1  y 2

1  z    y  z  1  x    x  z   xy  yz 



 x  y



 x  y 2   xz  yz 2   y  z 2   yx  zx 2   x  z 2   xy  yz 2

2

2

2

2

2

2

Trong mặt phẳng toạ độ đặt A  x; yz  , B  y; xz  , C  z; xy 
Điều phải chứng minh  AB  BC  AC mà với ba điểm bất kì A,B,C
ta luôn có: AC  AB  BC
Ta có: AB  y  x; xz  yz ; BC  z  y; xy  xz 
Dấu “=” xảy ra khi : AB  k BC (k>0)


y  x  k  z  y

 z.k  y  z   kx  y  z   k  z  x . y  z   0
xz

yz

k
xy

xz




z  x

( trái với giả thiết)
y

z

Vậy dấu “=” không thể xảy ra do vậy ta có đpcm là đúng.
2.2.5
Chứng minh rằng a, b,c là những số thực bất kì ta có:

 a  c 2  b 2   a  c 2  b 2  2

a 2  b2

Lời giải
Trong hệ toạ độ đề các vuông góc 0xy

15


Đặt u   a  c; b   u 

v   a  c; b   v 

a  c

a  c

2

 b2

2

 b2

u  v   2a;2b 

a  c

uv

2

 b2 

a  c

2

 b2

Ta có u  v  u  v

 a  c 2  b 2   a  c 2  b 2  2

Hay

a2  b2 (đpcm)

a  c  k  a  c 
k  1
Dấu “=” xảy ra khi 
k 0
c  0; a, b 
b  kb
2.2.6
Chứng minh với mọi x ta có : 1  x2  x  1  x2  x  1  1
Lời giải
2

1 3

Ta có: x  x  1   x   
2 4

2

1 3  1 3
Trong mặt phẳng toạ độ xét các điểm: A x,0 ; B  ;
 ;C   ; 
2
2

  2 2 
Khi đó:
2

2

1 3
1 3


AB  AB   x    ; AC  AC   x   
2 4
2 4


2

2

1 1 3 3
Mà AB  AC  AB          1
2 2 2 2

 1  x2  x  1  x2  x  1  1
Đẳng thức không thể xảy ra vì OA BC

16


2.2.7
Tìm giá trị của x để hàm số: y  x2  2 px  2 p2  x2  2qx  2q2 có
giá trị nhỏ nhất với p,q là các số thực.
Lời giải

y  x2  2 px  2 p2  x2  2qx  2q 2


 x  p 2  p 2   x  q 2  q 2

với p > q

Trong mặt phẳng toạ độ 0xy ta xét các điểm :

A x  p; p  , B  x  q; q   p  q  . A , B nằm ở hai nửa mặt phẳng khác
nhau có bờ là 0x.
Khi đó :

OA   x  p; p   OA 

 x  p 2 

OB   x  q; q   OB 

 x  q



2



AB  p  q;   q  p   AB 

p  x 2  2 px  2 p 2
2

 q  x 2  2qx  2q 2
2

 p  q   p  q 
2

Áp dụng bất đẳng thức: OA  OB  AB
Ta đƣợc : y 

 p  q   q  p 
2

2

Dấu “=” xảy ra  A, B, O thẳng hàng .
 OA, OB cộng tính

 OA  kOB 

p
p. q  q p
x p

x
xq  q
pq

 AB  OA  OB 
Vậy Miny 

 p  q   q  q 
2

 p  q   q  q 
2

2

17

2

y

2


2.2.8
Tìm giá trị lớn nhất của hàm số:

f  x   x2  6x  34  x2  6x  10 , x 
Lời giải

f  x   x2  6x  34  x2  6x  10

 x  32  25   x  32  1



f  3  5  1  4

Với x  3 ta dựng tam giác ABC vuông tại A . AC=5 , AB  x  3
Trên cạnh AC lấy điểm D sao cho AD = 1 .Theo định lý Pitago ta có:

BC  AB 2  AC 2 

x  3  52

BD  AB 2  AD2 

x  3  12

2

2

Trong tam giác BCD ta luôn có: BC – BD < DC



x  3  52 
2

x  3  12  4
2

Vậy x  3 thì f  x   4 . f  x   4 khi x = 3  Max f  x   4
x

2.2.9
Cho hàm số: f  x   a2  x2  a2   c  x  với x = ? thì f(x) đạt giá
2

trị nhỏ nhất.
Lời giải
Trong mặt phẳng toạ độ chọn hai véc tơ u   a; x ; v   a; c  x 
Vì u  v  u  v  a 2  x 2  a 2   x  c 
Dấu “=” xảy ra khi u, v cộng tuyến

18

2


xcx x

c
2

c
c
Vậy x  thì f  x min  2 a 2 
4
2

2

2.2.10
Cho x , y  . Chứng minh rằng:

A  x2  4 y 2  6 x  9  x2  4 y 2  2 x  12 y  10  5
Lời giải

A  x2  4 y 2  6 x  9  x2  4 y 2  2 x  12 y  10


 x  32   2 y 2  1  x 2  3  2 y 2

Đặt u   x  3;2 y   u 

v  1  x;3  2 y   v 

 x  3   2 y 
2

2

1  x   3  2 y 
2

2

Ta có u  v   4;3  u  v  16  9  5
Do u  v  u  v nên A  5

 x2  4 y 2  6 x  9  x2  4 y 2  2 x  12 y  10  5
Dấu “=” xảy ra khi u  kv k  0



x3
2y

1 x 3  2y

Nếu x = 1  y 

3
2

Nếu x  1  3x  9  2xy  6 y  2 y  2xy  3x  8 y  9  0
Ta thấy x = 1  y 

3
2

Do đó  x; y  thoả mãn phƣơng trình (d) thì dấu “=” xảy ra.

19


2.2.11
Cho 4 số khác nhau a , b, c, d. Chứng minh rằng:

a 2  b2 

 c  d 2  d 2 

c2   d  a 

2

Lời giải
Đối với hệ trục toạ độ 0xy vuông góc lấy A  0; a  , B b;0 , C c; d 

AB  b, a  , AC   c; d  a  , BC   c  b; d 
Ta luôn có: AB + BC  AC hay AB  BC  AC
Do đó:

a 2  b2 

 c  d 2  d 2 

c2   d  a 

2

Dấu “=” xảy ra khi AB  k BC k  0

b  k  c  b 
b
a


  hay b : b – c = a : d
c b
d
a  kd
2.2.12
Cho các số thực a, b, c, m, n thoả mãn hệ thức ma  nb  c với

a 2  b2  0
CMR:  m  2    n  1
2

2

 2a  b  c 


2

a 2  b2

Lời giải
Trong hệ toạ độ đề các 0xy cho đƣờng thằng  có phƣơng trình

ax  by  c  0 và I  2; 1
Khi đó M  m; n  thuộc  vì : am  nb  c . Khoảng cách từ I đến 

d  I ,  

a.2  b  1  c 
a 2  b2



I(2;-1)

H

M(m;n)
20


Ta có: IM  d  I ,     m  2    n  1
2

2

 2a  b  c 


2

a 2  b2

Dấu “=” xảy ra : M  H
2.2.13
Tìm giá trị lớn nhất giá trị nhỏ nhất của y  x  4 1 

x
2

Lời giải.

x  0

0 x2
TXĐ:  x
1


0
 2
Trong hệ toạ độ đề các chọn u 





 4 
x ; 2  x ; v  1;

 2

 

 u.v  u . v cos u, v  u . v

4
. 2  x , u . v  2. 9  3 2  y  3 2
2

Ta có u.v  x 

 

 ymax  3 2 khi cos u, v  1  u  kv k  0
 x k
2

Tức 
4k  x 
9
 2 x 
2

Khảo sát ta có :
x

0

2/9

2

3 2

y
2

4

 ymin  2 khi x = 2

21


Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

Tải bản đầy đủ ngay

×