ứng dụng của phương pháp tọa độ để giải một số bài toán sơ cấp

ứng dụng của phương pháp tọa độ để giải một số bài toán sơ cấp

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (287.34 KB, 19 trang )

Tóm tắt khóa luận tốt nghiệp
TÓM TẮT KHÓA LUẬN
“Ứng dụng của phương pháp tọa độ để giải một số bài toán sơ cấp”
Khóa luận chia làm ba phần chính:
I. PHẦN MỞ ĐẦU(4 TRANG).
II. PHẦN NỘI DUNG(58 TRANG).
III. PHẦN KẾT LUẬN(1 TRANG).
Phần nội dung của khóa luận được chia làm 3 chương:
Chương I: Kiến thức liên quan.
1.1 Khái niệm hệ trục tọa độ trong mặt phẳng.
1.2 Tọa độ của một điểm. Tọa độ của một vectơ trong Oxy.
1.3 Phép toán vectơ trong mặt phẳng.
1.4 Các công thức trong mặt phẳng.
1.5 Khái niệm hệ tọa độ trong không gian.
1.6 Tọa độ của một điểm. Tọa độ của một vectơ trong Oxyz.
1.7 Các phép toán vectơ trong không gian.
Chương II: Một số dạng bài toán giải bằng phương pháp tọa độ.
2.1 Các bài toán hình học chứng minh, tính toán.
2.2 Bài toán chứng minh đường đi qua một điểm cố định.
2.3 Bài toán quỹ tích.
2.4 Bài toán dựng hình.
2.5 Bài toán giải phương trình, hệ phương trình.
2.6 Bài toán giải bất phương trình, hệ bất phương trình.
2.7 Bài toán chứng minh bất đẳng thức.
2.8 Bài toán cực trị.
Chương III: Một số bài tập vận dụng.
Ngoài ra khóa luận còn có:
PHẦN DANH MỤC TÀI LIỆU THAM KHẢO.
GVHD: ThS. Nguyễn Quốc Tuấn 1 SVTH: Bùi Thị Mãnh
Lớp ĐHSP Toán- Lý K50
Tóm tắt khóa luận tốt nghiệp

Phần I: MỞ ĐẦU
I. Lí do chọn đề tài
Bằng thực tiễn toán học, lý luận đã khẳng định những kiến thức về vectơ, tọa độ của môn
hình học giải tích là cần thiết và có hiệu quả trong khi giải một số dạng bài toán sơ cấp.
Chính vì vậy, việc hiểu và nắm vững môn học này là rất cần thiết.
Hình học giải tích đươc sáng lập ra do hai nhà bác học người Pháp: Descartes (1596 −
1650) và Ferma(1601 −1655). Cốt lõi của phương pháp này là xác lập một sự tương ứng
giữa các cặp số thực có thứ tự với các vectơ, các điểm trong mặt phẳng hay không gian; nhờ
đó, chúng ta có thể sắp xếp một sự tương ứng giữa các dữ kiện cố định của bài toán giúp cho
việc giải một bài toán hình học được chuyển sang tính toán một cách định lượng.
Gần đây, trong nhiều kì thi tuyển sinh đại học, thi học sinh giỏi hay trên các tạp chí toán
học có nhiều bài toán không liên quan đến hình học nhưng dược giải bằng phương pháp tọa
độ. Đó là các bài toán giải phương trình, hệ phương trình, bất phương trình. Hay đó là các
bài toán chứng minh bất đẳng thức, bài toán cực trị.
Với các lí do đó đã gợi cho em đề xuất đề tài “Ứng dụng của phương pháp tọa độ vào
giải một số bài toán sơ cấp”.
Qua việc nghiên cứu nội dung này, em đã có điều kiện củng cố lại kiến thức đã học, bổ
sung thêm nhiều điều bổ ích.
II. Mục đích nghiên cứu
Với các lý do như ở trên em đã chọn đề tài này nhằm mục đích sau:
– Hệ thống hóa một cách chi tiết các vấn đề lý thuyết về phương pháp tọa độ.
– Xây dựng hệ thống bài tập vận dụng, để từ đó thấy dược tầm quan trọng và tính thiết
thực của lý thuyết phương pháp tọa độ đối với các dạng bài toán.
III. Đối tượng, phạm vi nghiên cứu
– Đối tượng nghiên cứu: Lý thuyết phương pháp tọa độ và một số bài toán sử dụng phương
pháp tọa độ để giải.
– Phạm vi nghiên cứu: Các bài toán sơ cấp.
IV. Nhiệm vụ nghiên cứu
– Nghiên cứu những tài liệu, giáo trình liên quan đến phương pháp tọa độ để rút ra một số
dạng toán và phương pháp giải các bài toán liên quan về ứng dụng của phương pháp tọa độ.

V. Phương pháp nghiên cứu
– Phương pháp nghiên cứu lý luận: Đọc các giáo trình, tài liệu liên quan tới ứng dụng của
phương pháp tọa độ để phân dạng và hệ thống hóa các bài toán.
– Phương pháp tổng kết kinh nghiệm: Tổng kết kinh nghiệm của bản thân và các bạn bè,
anh chị để tổng hợp và hệ thống hóa các kiến thức về vấn đề nghiên cứu đầy đủ và khoa học,
kết hợp với đưa vào các ví dụ minh họa chi tiết.
– Phương pháp lấy ý kiến chuyên gia: Lấy ý kiến của giảng viên trực tiếp hướng dẫn và
các giảng viên khác để hoàn thiện về mặt nội dung cũng như hình thức của khóa luận.
GVHD: ThS. Nguyễn Quốc Tuấn 2 SVTH: Bùi Thị Mãnh
Lớp ĐHSP Toán- Lý K50
Tóm tắt khóa luận tốt nghiệp
Phần II: NỘI DUNG
Phần này, em tập trung nhắc lại những kiến thức liên quan trong hệ tọa độ phẳng và hệ
tọa độ không gian: khái niệm hệ trục tọa độ, tọa độ của điểm, của một vectơ, phép toán vectơ
(các phép cộng, trừ, tích của các vectơ), các công thức ( công thức trung điểm, trọng tâm,
điểm chia đoạn thẳng, công thức tính góc,khoảng cách), các công thức liên quan về phương
trình đường thẳng, phương trình mặt phẳng,phương trình đường tròn và xét vị trí tương đối.
Ngoài ra đề cập đến một số ứng dụng về phép toán vectơ có sử dụng trong khóa luận. Trong
bản tóm tắt này, em chỉ xin trình bày một số kiến thức sử dụng nhiều trong khóa luận:
GVHD: ThS. Nguyễn Quốc Tuấn 3 SVTH: Bùi Thị Mãnh
Lớp ĐHSP Toán- Lý K50
Chương 1
Kiến thức liên quan
A. HỆ TỌA ĐỘ PHẲNG
1.3 Phép toán vec tơ
Trong mục này, ta cần chú ý hai phép toán sau:
a//

b⇔a = k

b hay

a
1
a
2
b
1
b
2

= 0 a ⊥

b⇔ a
1
b
1
+ a
2
b
2
= 0
1.4 Các công thức
Phương trình đường thẳng trong hệ tọa độ Oxy
Đường thẳng d đi qua M(x
0
,y
0
) nhận u(a,b) làm vectơ chỉ phương sẽ có phương trình
tham số là:


x = x
0
+ at
y = y
0
+ bt
,t ∈ R
và có phương trìh chính tắc là:
x −x
0
a
=
y −y
0
b
.
Phương trình đường thẳng đi qua hai điểm A(x
A
,y
A
),B(x
B
,y
B
) là:
x −x
A
x
B

−x
A
=
y −y
A
y
B
−y
A
Phương trình tổng quát của đường thẳng trong mặt phẳng Oxy có dạng:
Ax +By +C = 0, A
2
+ B
2
= 0
Đường thẳng d đi qua M(x
0
,y
0
) và có hệ số góc k cho trước là:
y = k(x −x
0
) +y
0
Phương trình đường thẳng đi qua A(a,0),B(0,b) có phương trình:
x
a
+
y
b

= 1 ( còn gọi là phương trình đoạn chắn).
Cho đường thẳng d có phương trình dạng: Ax + By +C = 0 hoặc y = kx +m .
+ Đường thẳng song song với d có phương trình dạng: Ax+By+M = 0 hoặc y = kx +m.
+ Đường thẳng vuông góc với d có phương trình dạng: Bx−Ay+N = 0 hoặc y = −
1
k
x+n
4
Tóm tắt khóa luận tốt nghiệp
Phương trình đường tròn
Đường tròn tâm I(a, b), bán kính R > 0 có phương trình:
(x −a)
2
+ (y −b)
2
= R
2
hay x
2
+ y
2
−2ax −2by + c = 0
với c = a
2
+ b
2
−R
2
.
Phương tích của một điểm đối với đường tròn:

Cho đường tròn (C): x
2
+ y
2
−2ax −2by + c = 0 .
Phương tích của điểm M(x
0
,y
0
) đối với (C):
P
M/(C)
= x
2
0
+ y
2
0
−2ax
0
−2by
0
+ c
Trục đẳng phương của hai đường tròn (C
1
) và (C
2
):
Cho hai đường tròn có phương trình:
(C

1
) : x
2
+ y
2
−2a
1
x −2b
1
y +c
1
= 0 và (C
2
) : x
2
+ y
2
−2a
2
x −2b
2
y +c
2
= 0.
Phương trình trục đẳng phương của (C
1
) và (C
2
) có được bằng cách trừ hai phương trình
của hai đường tròn vế theo vế:

2(a
1
−a
2
)x +2(b
1
−b
2
)y +R
2
1
−R
2
1
= 0.
B. HỆ TỌA ĐỘ KHÔNG GIAN
1.7 Các phép toán vectơ
Các phép tính
Ta cần chú ý đến công thức tích của vectơ mà có ứng dụng rất nhiều:
Công thức tính tích của hai vectơ:
+ Tích vô hướng: a.

b = a
1
b
1
+ a
2
b
2

+ a
3
b
3
.
Đặc biệt, nếu a⊥

b ⇔a.

b = 0.
+Tích vectơ( hay tích có hướng)
c = a ∧

b =






a
2
a
3
b
2
b
3




;





a
3
a
1
b
3
b
1





;





a
1

a
2
b
1
b
2






.
Các tính chất a ∧

b = −(

b ∧a).
a và

b cùng phương ⇔a ∧

b =

0.
(a ∧

b) ⊥a và (a ∧

b) ⊥


b.
|a ∧

b |=|a |. |

b | .sin(a,

b).
Ba vectơ a,

b,c đồng phẳng ⇔ (a∧

b).c = 0.
Ứng dụng của các phép toán và các công thức liên quan
Ứng dụng của tích vectơ
Gọi S
ABCD
là diện tích hình bình hành ABCD, ta có: S
ABCD
=|

AB ∧

AD |.
Gọi S
ABC
là diện tích tam giác ABC, ta có: S
ABC
=

1
2
|

AB ∧

AC |.
Gọi V ABCD.A

B

C

D

là thể tích hình hộp ABCD.A’B’C’D’ ta có:
GVHD: ThS. Nguyễn Quốc Tuấn 5 SVTH: Bùi Thị Mãnh
Lớp ĐHSP Toán- Lý K50
Tóm tắt khóa luận tốt nghiệp
V
ABCD.A

B

C

D

=| (

AB ∧

AD).

AA

|.
Gọi V
ABCD
là thể tích hình tứ diện ABCD ta có:
V
ABCD
=
1
6
| (

AB ∧

AD).

AA

|.
Công thức phương trình mặt phẳng
Măt phẳng (P) đi qua M(x
0
,y
0
,z

0
) có vectơ pháp tuyến n(A,B,C) có phưng trình là:
A(x −x
0
) +B(y −y
0
) +C(z −z
0
) = 0.
Phương trình tổng quát của mặt phẳng (P) là: Ax + By +Cz +D = 0 (A
2
+ B
2
+C
2
> 0).
Mặt phẳng (P) cắt các trục tọa độ Ox, Oy, Oz theo thứ tự tại các điểm A(a,0,0),B(0,b,0),C(0,0,c)
với abc = 0 thì (P) có phương trình theo đoạn chắn là:
x
a
+
y
b
+
z
c
= 1.
Khoảng cách từ một điểm đến một mặt phẳng
Khoảng cách từ điểm M(x
0

,y
0
,z
0
) đến mặt phẳng α : Ax + By + Cz + D = 0 được tính
bởi công thức:
d(M,α) =
| Ax
0
+ By
0
+Cz
0
+ D |

A
2
+ B
2
+C
2
Phương trình đường thẳng trong không gian
Phương trình tổng quát
Trong không gian Oxyz cho hai mặt phẳng:
A
1
x +B
1
y +C
1

z +D
1
= 0
A
2
x +B
2
y +C
2
z +D
2
= 0
trong đó: A
2
1
+ B
2
1
+C
2
1
= 0; A
2
2
+ B
2
2
+C
2
2

= 0 và (A
1
,B
1
,C
1
) = k(A
2
,B
2
,C
2
)
Giao tuyến ∆ của α và β có phương trình tổng quát là:
(1)

A
1
x +B
1
y +C
1
z +D
1
= 0
A
2
x +B
2
y +C

2
z +D
2
= 0
GVHD: ThS. Nguyễn Quốc Tuấn 6 SVTH: Bùi Thị Mãnh
Lớp ĐHSP Toán- Lý K50
Chương 2
Một số dạng bài toán giải bằng phương
pháp tọa độ
2.1 Các bài toán hình học chứng minh, tính toán
2.1.1 Phương pháp giải
Đối với bài toán hình học muốn giải được bằng phương pháp tọa độ hóa các bước giải
cần tuân thủ theo các bước sau:
B
1
. Chọn hệ tọa độ thích hợp
Trong mặt phẳng chọn hệ tọa độ đỉnh và hai trục Ox, Oy là hai đường thẳng vuông góc
với nhau, gốc tọa độ là giao điểm của hai đường thẳng đó.
Trong không gian, thông thường chọ hệ tọa độ đỉnh và ba trục Ox, Oy, Oz là tam diện
vuông hoặc vẽ thêm một số cạnh để được tam diện vuông. Gắn các trục tọa độ Ox, Oy, Oz
thích hợp.
B
2
.Gắn tọa độ các điểm đã cho thích hợp với hệ tọa độ vừa chọn. Tìm phương trình
đường, mặt, các đường và các mặt đã cho.
B
3
. Sử dụng kiến thức hình học giải tích để giải.
2.1.2 Các ví dụ
Ví dụ 2 (TSĐH- Khối B năm 2006)

Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với AB = a,AD = a

2,SA = a
và SA vuông góc với mặt phẳng đáy (ABCD). Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AD và SC,
I là giao điểm BM và AC. Chứng minh mặt phẳng (SAC) vuông góc với mặt phẳng (SMB).
Tính thể tích của khối tứ diện ANIB.
7
Tóm tắt khóa luận tốt nghiệp
Lời giải:
Chọn hệ trục tọa độ Oxyz như hình vẽ (O ≡ A).
Gọi E là giao điểm của AC và và BD. Ta có:
A(0; 0; 0),B(a; 0; 0),C(a; a

2; 0),D(0; a

2; 0),S(0; 0; a),
N(
a
2
;
a

2
2
;
a
2
),E(
a
2

;
a

2
2
; 0),M(0;
a

2
2
; 0) và I(
a
3
;
a

2
2
; 0), vì I là trọng tâm của ∆ABD.
*) Chứng minh: (SBM) ⊥SAC).
Ta có
−→
BM = (−a;
a

2
2
; 0),
−→
AC = (a; a


2; 0)

−→
BM.
−→
AC = 0 ⇒BM ⊥ AC.
Mặt khác: SA ⊥(ABCD) nên BM ⊥ SA.
Từ đây suy ra BM ⊥ (SAC)
⇒ (SBM) ⊥ (SAC) (đpcm).
*) Tính thể tích của khối tứ diện ANIB.
Ta có
−→
AB = (a;0;0),
−→
AI = (
a
3
;
a

2
2
; 0) và
−→
AN = (
a
2
;
a


2
2
;
a
2
)


−→
AB,
−→
AN

= (0; −
a
2
2
;
a
2

2
2
).
Vậy thể tích khối tứ diện ANIB là: V =
1
6



−→
AB,
−→
AN

.
−→
AI



=
a
3

2
36
(đvtt).
2.2 Bài toán chứng minh đường đi qua một điểm cố định
2.2.1 Phương pháp
Điểm M(x
0
,y
0
) được gọi là điểm cố định của họ đồ thị đã cho nếu mọi đồ thị của họ đó
ứng với mọi giá trị m ∈T đều đi qua M.
Trong đó giả sử y = f (m,x),m ∈ T là tham số.
GVHD: ThS. Nguyễn Quốc Tuấn 8 SVTH: Bùi Thị Mãnh

Lớp ĐHSP Toán- Lý K50
Tóm tắt khóa luận tốt nghiệp
2.2.2 Các ví dụ
Ví dụ 3
Cho góc vuông Oxy, ABCD là hình chử nhật có chu vi không đổi, A, C là hai điểm thuộc
Ox, Oy. Chứng minh rằng đường d vuông góc kẻ từ B vuông góc với đường chéo AC luôn đi
qua một điểm cố định.
Hướng dẫn
– Bài toán này có dáng dấp của một bài toán đại số tìm điểm cố định, vì thế rất thuận tiện
khi ta đại số hóa bằng phương pháp tọa độ.
– Để đơn giản ta chọn ngay hệ trục tọa độ là Oxy trùng với góc Oxy.
Lời giải:
– Chọn hệ trục tọa độ Oxy (như hình vẽ).
– Trong hệ trục tọa độ này giả sử A(a; 0),B(a;c),C(0; c).
Đặt a +c = b = const ( vì chu vi OABC không đổi).
Phương trình đường thẳng AB theo đoạn chắn là:
x
a
+
y
c
= 1 ⇔y =
−c
a
x +c.
Phương trình đường thẳng d qua B(a; c) và vuông góc với AC có dạng:
y −c =
a
c
(x −a) ⇔y =

a
c
x +c −
a
2
c
⇒ y =
a
c
x +b(1 −
a
c
) do a +c = b
Giả sử d đi qua điểm cố định M(x
0
; y
0
).
Khi đó: y
0
=
a
c
x
0
+ b(1 −
a
c
),∀
a

c

a
c
(x
0
−b) −(y
0
−b) = 0, ∀
a
c


x
0
−b = 0
y
0
−b = 0


x
0
= b
y
0
= b
Do b không đổi chứng tỏ d luôn đi qua điểm cố định M(b; b). (đpcm)
GVHD: ThS. Nguyễn Quốc Tuấn 9 SVTH: Bùi Thị Mãnh
Lớp ĐHSP Toán- Lý K50

Tóm tắt khóa luận tốt nghiệp
2.3 Bài toán quỹ tích
2.3.1 Phương pháp giải
B
1
Thiết lập hệ trục tọa độ thích hợp, từ đó suy ra tọa độ của các điểm cần thiết.
B
2
Thiết lập biểu thức giải tích cho điểm cần tìm quỹ tích, từ đó suy ra quỹ tích của nó.
2.3.2 Các ví dụ
Ví dụ 5
Cho hai điểm A, B cố định. Tìm tập hợp các điểm M sao cho:
MA = 2MB.
Lời giải:
Cho hệ trục tọa độ vuông góc Oxy sao cho: O ≡ A và

i ≡
−→
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:

x
2
+ y
2
= 2

(1 −x)
2
+ y

2
⇒ x
2
+ y
2
= 4[(1 −2x + x
2
) +y
2
]
⇔ (3x
2
−8x +4) + 3y
2
= 0 ⇔

x −
4
3
)
2

+ y
2
=

2
3

2

⇒ Tập hợp các điểm M là đường tròn tâm H(
4
3
; 0), bán kính R =
2
3
, điểm H thỏa mãn: nằm
trên đường thẳng AB, cùng phía với hai điểm A, B.
2.4 Bài toán dựng hình
2.4.1 Phương pháp giải
B
1
. Ta chọn hệ tọa độ thích hợp.
B
2
. Dùng các số đại số để xác định vị tríc và kích thước của các hình.
B
3
. Dựa vào đó ta dựng hình và biện luận các trường hợp có thể xảy ra.
GVHD: ThS. Nguyễn Quốc Tuấn 10 SVTH: Bùi Thị Mãnh
Lớp ĐHSP Toán- Lý K50
Tóm tắt khóa luận tốt nghiệp
2.4.2 Các ví dụ
Ví dụ 7
Dựng 1 hình chữ nhật có chu vi 2p cho trước nội tiếp trong một vòng tròn có bán kính R
cho trước.
Lời giải:
+ Cách dựng:
Chọn hệ tọa độ như sau:
Gốc tọa độ trùng với tâm của đường tròn. Trục hoành, trục tung lần lượt là hai đường

kính vuông góc của đường tròn.
Giả sử hình chữ nhật cần dựng có các cạnh có độ dài lần lượt là: a, b thỏa mãn: a+b =
p(a > b > 0).
Ta sẽ có:





a
2
+ b
2
= 4R
2
a +b = p
a > b > 0








a =
p +

8R
2

−p
2
2
b =
p −

8R
2
−p
2
2
– Ta dựng điểm B(
a
2
;
b
2
).
– Lấy điểm A đối xứng với B qua Oy.
– Dựng D đối xứng với A qua Ox, C đối xứng với B qua Ox.
⇒ ABCD là hình chữ nhật cần dựng.
+ Chứng minh: Theo cách dựng ta có điều phải chứng minh.
+ Biện luận: bài toán có nghiệm hình khi p >

8R
2
−p
2
hay p > 2R.
GVHD: ThS. Nguyễn Quốc Tuấn 11 SVTH: Bùi Thị Mãnh

Lớp ĐHSP Toán- Lý K50
Tóm tắt khóa luận tốt nghiệp
2.5 Bài toán giải phương trình, hệ phương trình
2.5.1 Phương 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)
– Với mỗi phương trình, hệ phương tr ình đều cho ta mỗi phương trình là phương rình
của 1 đường vì vậy tìm nghiệm của phương trình, hệ phương trình là tìm giao điểm của hai
đường, hoành độ và tung độ của giao điểm là nghiệm của phương trình.
2.5.2 Các ví dụ
Ví dụ 8
Giải phương trình:

x
2
+ 2x +10 +

x
2
−6x +13 =

41 (∗)
Lời giải:
(∗) ⇒

(x +1)
2
+ 9 +

(3 −x)
2
+ 4 =

41
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy chọn các vectơ có tọa độ:
u = (x + 1; 3) ⇒ |u |=

(x +1)
2
+ 9;
v = (3 −x; 2) ⇒ |v |=

(3 −x)
2
+ 4;
u +v = (4; 5) ⇒ |u +v |=

41
|u +v |= |u | + |v |, dấu ” = ” xảy ra ⇔u = kv (k > 0)
Nên
x +1
3 −x
=
3
2
⇔ 2x + 2 = 9 −3x ⇔x =
7
5
Vậy nghiệm của phương trình là x =

7
5
.
Ví dụ 9
Tìm m để hệ phương trình sau có 1 nghiệm duy nhất

x
2
+ y
2
−x −6y + 8 = 0 (1)
x
2
+ y
2
−2mx −1 = 0 (2)
Lời giải:
Phương trình (1) là phương trình đường tròn có tâm I
1

1
2
; 3

,R
1
=

5
4

.
Phương trình (2) là phương trình đường tròn (C) có tâm I
2
(m; 0),R
2
=

m
2
+ 1.
Để hệ có một nghiệm duy nhất khi và chỉ khi (C
1
) tiếp xúc với (C
2
).
a. Trường hợp 1 : (C
1
) và (C
2
) tiếp xúc ngoài nhau
GVHD: ThS. Nguyễn Quốc Tuấn 12 SVTH: Bùi Thị Mãnh
Lớp ĐHSP Toán- Lý K50
Tóm tắt khóa luận tốt nghiệp
Ta có I
1
I
2
=

m −
1
2

2
+ 3
2
,R
1
+ R
2
=

5
2
+

1 +m
2
Để (C
1
) tiếp xúc ngoài (C
2
) ⇔ I
1
I
2
= R
1
+ R

2



m −
1
2

2
+ 9 =

5
2
+

1 +m
2
⇔ m
2
−m +
37
4
=
5
4
+ m
2
+ 1 +

5(m

2
+ 1)


5(m
2
+ 1) = 7 −m ⇔ 5(m
2
+ 1) = 49 −14m +m
2
(m  −7)
⇔ 2m
2
+ 7m −22 = 0 ⇒


m = 2
m = −
11
2
( tmđk m  7)
Vậy có hai giá trị m = 2,m = −
11
2
để hai đường tròn đã cho tiếp xúc ngoài nhau.
Trường hợp b. (C
1
),(C
2
) tiếp xúc trong

Hai đường tròn tiếp xúc trong tức là: I
1
I
2
=| R
1
−R
2
|
hay:


m −
1
2

2
+ 3
2
=






5
2
+

1 +m
2





⇔ 2m
2
+ 7m −22 = 0 ⇒


m = 2
m = −
11
2
Vậy có hai giá trị của m để hệ đã cho cho có nghiệm duy nhất.
2.6 Bài toán giải bất phương trình, hệ bất phương trình
2.6.1 Phương pháp giải
* Sử dụng bất đẳng thức vectơ:
uv  |u ||v |; |u +v | |u | + |v |
|u −v | |u | −|v |; |u +v +w | |u | + |v |+ |w |
ax +by + c < 0:
+ Với b > 0 ⇒ y  −
ax
b

c
b
.

+ Với b < 0 ⇒ y  −
ax
b

c
b
.
x
2
+ y
2
+ 2ax +2by + c  0. Với điều kiện a
2
+ b
2
−c  0 là tập hợp M(x; y) thuộc
hình tròn (x −a)
2
+ (y −b)
2
= a
2
+ b
2
−c.
* Sử dụng sự tương giao giữa các đường, các mặt trong mặt phẳng để tìm nghiệm của hệ
bất phương trình.
2.6.2 Các ví dụ
Ví dụ 12
Giải bất phương trình:


x
2
+ x + 1 −

x
2
−x + 1  1. (*)
GVHD: ThS. Nguyễn Quốc Tuấn 13 SVTH: Bùi Thị Mãnh
Lớp ĐHSP Toán- Lý K50
Tóm tắt khóa luận tốt nghiệp
Lời giải:
Tập xác định: D ≡ R
(∗) ⇔





x +
1
2

2
+


3
2

2






x −
1
2

2
+


3
2

2
≥ 1.
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy chọn:
u =

x +
1
2
;

3
2


⇒ |u |=





x +
1
2

2
+


3
2

2
.
v =

x −
1
2
;

3
2

⇒ |v |=





x −
1
2

2
+


3
2

2
.
u −v = (1; 0) ⇒ |u −v |= 1.
Khi đó:
|u −v | |u | −|v | ⇔

x
2
+ x + 1 −

x
2
−x + 1 ≥ 1 đúng ∀x ∈ R.

2.7 Bài toán chứng minh bất đẳng thức
2.7.1 Phương pháp giải
* Sử dụng các công thức:
uv  |u ||v |; |u+v | |u |+ |v |
|u −v | |u | −|v |;|u +v +w | |u | + |v |+ |w |
* Chú ý cần chọn các vectơu,v; so sánh |u ||v | với tích vô hướng của hai vectơu,v.
2.7.2 Các ví dụ
Ví dụ 14
Chứng minh:
1.x
1
x
2
+ y
1
y
2
+ z
1
z
2


x
2
1
+ y
2
1
+ z

2
1
.

x
2
2
+ y
2
2
+ z
2
2
2.(x
1
x
2
+ y
1
y
2
+ z
1
z
2
)
2
 (x
2
1

+ y
2
1
+ z
2
1
).(x
2
2
+ y
2
2
+ z
2
2
)
( Bất đẳng thức Bunhiacôpxky).
Lời giải:
Trong không gian chọn:
u = (x
1
; y
1
; z
1
)
v = (x
2
; y
2

; z
2
)
|u |=

x
2
1
+ y
2
1
+ z
2
1
|v |=

x
2
2
+ y
2
2
+ z
2
2
GVHD: ThS. Nguyễn Quốc Tuấn 14 SVTH: Bùi Thị Mãnh
Lớp ĐHSP Toán- Lý K50
Tóm tắt khóa luận tốt nghiệp
uv  |u ||v | ⇒x
1

x
2
+ y
1
y
2
+ z
1
z
2


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

x
2
2
+ y
2
2
+ z

2
2
uv  |u ||v | ⇔(u.v)
2
 |u |
2
|v |
2
⇔ (x
1
x
2
+ y
1
y
2
+ z
1
z
2
)
2
 (x
2
1
+ y
2
1
+ z
2

1
).(x
2
2
+ y
2
2
+ z
2
2
)
Ví dụ 16
Chứng minh rằng ∀x,y ∈ R ta luôn có:

x
2
+ 10x +4y
2
+ 28y +74 −

x
2
−6x +4y
2
+ 4y +10  10.
Lời giải:
Từ phương trình đã cho ta biến đổi vế trái, ta được:

x
2

+ 10x +4y
2
+ 28y +74 =

(x +5)
2
+ (2y +7)
2

x
2
−6x +4y
2
+ 4y +10 =

(x −3)
2
+ (2y +1)
2
Trong mặt phẳng tọa độ chọn 2 véctơ có tọa độ:
u = (x + 5; 2y +7) ⇒ |u |=

(x +5)
2
+ (2y +7)
2
v = (x −3; 2y +1) ⇒

(x −3)
2

+ (2y +1)
2
u −v = (8,6) ⇒ |u −v |= 10
Theo tính chất: |u −v | |u | −|v |


x
2
+ 10x +4y
2
+ 28y +74 −

x
2
−6x +4y
2
+ 4y +10  10( đpcm)
2.8 Bài toán cực trị
2.8.1 Phương pháp giải
* Sử dụng các bất đẳng thức vectơ:
uv  |u ||v |; |u+v | |u |+ |v |
|u −v | |u | −|v |;|u +v +w | |u |+ |v |+ |w |
* Chọn hệ tọa độ, các vectơ thích hợp.
* Thiết lập biểu thức giải tích cho đối tượng tìm cực trị.
* Lựa chọn phương pháp tìm cực trị: phương pháp tam thức bậc hai, sử dụng bất đẳng
thức hoặc sử dụng đạo hàm.
2.8.2 Các ví dụ
Ví dụ 18
Cho ba số dương x, y, z và x +y + z = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
P =


x
2
+
1
x
2
+

y
2
+
1
y
2
+

z
2
+
1
z
2
GVHD: ThS. Nguyễn Quốc Tuấn 15 SVTH: Bùi Thị Mãnh
Lớp ĐHSP Toán- Lý K50
Tóm tắt khóa luận tốt nghiệp
Lời giải:
Ta vận dụng kiến thức:
|u |+ |v |≥ |u +v |
|u |+ |v | + |w |≥|u +v | + |w |≥|u +v +w |

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy chọn:
u =

x,
1
x

⇒ |u |=

x
2
+
1
x
2
;
v =

y,
1
y

⇒ |v |=

y
2
+
1
y
2

;
w =

z,
1
z

⇒ | w |=

z
2
+
1
z
2
u +v +w =

x +y + z,
1
x
+
1
y
+
1
z



x

2
+
1
x
2
+

y
2
+
1
y
2
+

z
2
+
1
z
2


(x +y +z)
2
+

1
x
+

1
y
+
1
z

2
.
Ta có:
(x +y +z)
2
+

1
x
+
1
y
+
1
z

2
= 81(x + y + z)
2
−80(x +y + z)
2
+

1

x
+
1
y
+
1
z

2
.
Áp dụng bất đẳng thức Côsi:
81(x +y +z)
2
+

1
x
+
1
y
+
1
z

2
≥ 2.9(x + y + z)

1
x
+

1
y
+
1
z

≥ 2.9.9
Vì: (x +y + z)

1
x
+
1
y
+
1
z

≥ 9
Nên kết hợp giả thiết x +y +z = 1 ta có:

(x +y +z)
2
+

1
x
+
1
y

+
1
z

2


2.81 −80 =

82
Vậy: ⇒

x
2
+
1
x
2
+

y
2
+
1
y
2
+

z
2

+
1
z
2


82 (đpcm)
Dấu “=” xảy ra ⇔x = y = z =
1
3
.
Do đó giá trị nhỏ nhất của biểu thức P =

x
2
+
1
x
2
+

y
2
+
1
y
2
+

z

2
+
1
z
2
là MinP =

82 ⇔ x = y = z =
1
3
.
GVHD: ThS. Nguyễn Quốc Tuấn 16 SVTH: Bùi Thị Mãnh
Lớp ĐHSP Toán- Lý K50
Chương 3
Một số bài t ập vận dụng
Trong chương này, em đưa ra 21 bài tập có lời giải liên quan đến các dạng bài vừa nêu,
bổ sung, làm rõ và phong phú thêm các dạng bài; đồng thời em cũng đưa ra 10 bài tập tự giải
đầy đủ các dạng nhằm giúp người đọc tự thử sức bản thân sau khi tham khảo khóa luận
17
Tóm tắt khóa luận tốt nghiệp
KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ
Qua các bài toán trên, cũng đủ để thấy hết những ưu điểm, nhược điểm của phương pháp
tọa độ. Và tất nhiên, cũng là vừa đủ để chúng ta có thể thấy việc chọn hệ tọa độ như thế nào
là thích hợp.
Muốn giải một bài toán bằng phương pháp tọa độ, ta cần chọn hệ trục tọa độ sao cho hình
vẽ của hình vẽ của chúng ta dễ quan sát tốt nhất trên hệ trục đó, việc tính toán cũng dơn giản
nhất. Để chọn được một hệ tr ục tọa độ tốt, chúng ta cần căn cứ vào các yếu tố cố định của
bài toán đã cho.
Tuy nhiên, khi đã chọn được hệ trục tọa độ tốt rồi, cũng cần phải có phương pháp tính và
kĩ năng tính tốt, thì việc giải một bài toán hình học bằng phương pháp tọa độ mới trở nên đẹp

đẽ, ngắn gọn.
Thông qua bài khóa luận này đã chứng tỏ được một điều rằng: ” không phải phương pháp
tọa độ làm mất đi vẻ đẹp của hình học, mà phương pháp tọa độ làm tăng thêm vẻ quyến rũ
của hình học”.
Do trình độ còn hạn chế và thời gian nghiên cứu làm khóa luận này còn ít nên bài viết
không tránh khỏi sự sơ suất và thiếu sót mong các thầy cô và các bạn thông cảm, cùng đóng
góp ý kiến.
Cuối cùng, một lần nữa em xin chân thành cảm ơn thầy Nguyễn Quốc Tuấn và các thầy
cô trong khoa Toán – Tin trường Đại Học Quảng Bình đã tận tình hướng dẫn em để hoàn
thành bài khóa luận và dạy dỗ em trong suốt thời gian học tập.
GVHD: ThS. Nguyễn Quốc Tuấn 18 SVTH: Bùi Thị Mãnh
Lớp ĐHSP Toán- Lý K50
Tóm tắt khóa luận tốt nghiệp
TÀI LIỆU THAM KHẢO
1. Trần Văn Hạo( Tổng chủ biên), Nguyễn Mộng Hy( Chủ biên), Khu Quốc Anh, Trần
Đức Huyên, (2006), Hình học 10, Hình học 12, NXB Giáo Dục.
2. Trần Văn Hạo( Chủ biên), Nguyễn Cam, Nguyễn Mộng Hy, Trần Đức Huyên, Cam
Duy Lê, Nguyễn Sinh Nguyên, Nguyễn Vũ Thành, (2002), Chuyên đề luyện thi vào đại học
Hình học giải tích, NXB Giáo Dục.
3. Tạp chí toán học tuổi trẻ, NXB Giáo Dục.
4. Trần Đình Thì,(2008), Dùng hình học giải tích để giải phương trình, bất phương trình,
hệ phương trình, bất đẳng thức ,, NXB Đại Học Quốc Gia Hà Nội.
5. Lê Hồng Đức, Lê Đức trí, (2010), Phương pháp giải toán hình học giải tích không
gian, NXB Hà Nội.
6. Lê Hồng Đức, Lê Đức Trí, (2012), Phương pháp giải toán hình học trong mặt phẳng,
NXB Hà Nội.
7. Lê Hồng Đức, Lê Bích Ngọc, Lê Hữu Trí, (12 −2008), Phương pháp giải toán vectơ,
NXB Hà Nội.
8. Nguyễn Văn Lộc, (5 −2008), Phương pháp vectơ trong giải toán hình học không gian,
NXB Giáo Dục.

9. Nguyễn Phương Thảo, (2009), Một số ứng dụng của phương pháp tọa độ trong việc
giải toán ở trường THPT, khóa luận tốt nghiệp trường ĐH Hùng Vương.
10. Các trang web: vnmath.com.vn; vuptnk.tk; pdanghai.wordpress.com; ; các diễn đàn
toán học.v.v
GVHD: ThS. Nguyễn Quốc Tuấn 19 SVTH: Bùi Thị Mãnh
Lớp ĐHSP Toán- Lý K50
Phần I : MỞ ĐẦUI. Lí do chọn đề tàiBằng thực tiễn toán học, lý luận đã khẳng định chắc chắn những kiến thức và kỹ năng về vectơ, tọa độ của mônhình học giải tích là thiết yếu và có hiệu suất cao trong khi giải một số ít dạng bài toán sơ cấp. Chính thế cho nên, việc hiểu và nắm vững môn học này là rất thiết yếu. Hình học giải tích đươc sáng lập ra do hai nhà bác học người Pháp : Descartes ( 1596 − 1650 ) và Ferma ( 1601 − 1655 ). Cốt lõi của giải pháp này là xác lập một sự tương ứnggiữa những cặp số thực có thứ tự với những vectơ, những điểm trong mặt phẳng hay khoảng trống ; nhờđó, tất cả chúng ta hoàn toàn có thể sắp xếp một sự tương ứng giữa những dữ kiện cố định và thắt chặt của bài toán giúp choviệc giải một bài toán hình học được chuyển sang đo lường và thống kê một cách định lượng. Gần đây, trong nhiều kì thi tuyển sinh ĐH, thi học viên giỏi hay trên những tạp chí toánhọc có nhiều bài toán không tương quan đến hình học nhưng dược giải bằng giải pháp tọađộ. Đó là những bài toán giải phương trình, hệ phương trình, bất phương trình. Hay đó là cácbài toán chứng tỏ bất đẳng thức, bài toán cực trị. Với những lí do đó đã gợi cho em đề xuất kiến nghị đề tài ” Ứng dụng của chiêu thức tọa độ vàogiải 1 số ít bài toán sơ cấp “. Qua việc nghiên cứu và điều tra nội dung này, em đã có điều kiện kèm theo củng cố lại kỹ năng và kiến thức đã học, bổsung thêm nhiều điều có ích. II. Mục đích nghiên cứuVới những nguyên do như ở trên em đã chọn đề tài này nhằm mục đích mục tiêu sau : – Hệ thống hóa một cách chi tiết cụ thể những yếu tố triết lý về chiêu thức tọa độ. – Xây dựng mạng lưới hệ thống bài tập vận dụng, để từ đó thấy dược tầm quan trọng và tính thiếtthực của kim chỉ nan giải pháp tọa độ so với những dạng bài toán. III. Đối tượng, khoanh vùng phạm vi điều tra và nghiên cứu – Đối tượng nghiên cứu và điều tra : Lý thuyết chiêu thức tọa độ và 1 số ít bài toán sử dụng phươngpháp tọa độ để giải. – Phạm vi nghiên cứu và điều tra : Các bài toán sơ cấp. IV. Nhiệm vụ nghiên cứu và điều tra – Nghiên cứu những tài liệu, giáo trình tương quan đến giải pháp tọa độ để rút ra một sốdạng toán và chiêu thức giải những bài toán tương quan về ứng dụng của chiêu thức tọa độ. V. Phương pháp điều tra và nghiên cứu – Phương pháp nghiên cứu và điều tra lý luận : Đọc những giáo trình, tài liệu tương quan tới ứng dụng củaphương pháp tọa độ để phân dạng và hệ thống hóa những bài toán. – Phương pháp tổng kết kinh nghiệm tay nghề : Tổng kết kinh nghiệm tay nghề của bản thân và những bè bạn, anh chị để tổng hợp và hệ thống hóa những kiến thức và kỹ năng về yếu tố nghiên cứu và điều tra rất đầy đủ và khoa học, tích hợp với đưa vào những ví dụ minh họa cụ thể. – Phương pháp lấy quan điểm chuyên viên : Lấy quan điểm của giảng viên trực tiếp hướng dẫn vàcác giảng viên khác để triển khai xong về mặt nội dung cũng như hình thức của khóa luận. GVHD : ThS. Nguyễn Quốc Tuấn 2 SVTH : Bùi Thị MãnhLớp ĐHSP Toán – Lý K50Tóm tắt khóa luận tốt nghiệpPhần II : NỘI DUNGPhần này, em tập trung chuyên sâu nhắc lại những kỹ năng và kiến thức tương quan trong hệ tọa độ phẳng và hệtọa độ khoảng trống : khái niệm hệ trục tọa độ, tọa độ của điểm, của một vectơ, phép toán vectơ ( những phép cộng, trừ, tích của những vectơ ), những công thức ( công thức trung điểm, trọng tâm, điểm chia đoạn thẳng, công thức tính góc, khoảng cách ), những công thức tương quan về phươngtrình đường thẳng, phương trình mặt phẳng, phương trình đường tròn và xét vị trí tương đối. Ngoài ra đề cập đến 1 số ít ứng dụng về phép toán vectơ có sử dụng trong khóa luận. Trongbản tóm tắt này, em chỉ xin trình diễn một số ít kỹ năng và kiến thức sử dụng nhiều trong khóa luận : GVHD : ThS. Nguyễn Quốc Tuấn 3 SVTH : Bùi Thị MãnhLớp ĐHSP Toán – Lý K50Chương 1K iến thức liên quanA. HỆ TỌA ĐỘ PHẲNG1. 3 Phép toán vec tơTrong mục này, ta cần quan tâm hai phép toán sau :  a / / b ⇔  a = kb hay = 0  a ⊥ b ⇔ a + a = 01.4 Các công thứcPhương trình đường thẳng trong hệ tọa độ OxyĐường thẳng d đi qua M ( x, y ) nhận  u ( a, b ) làm vectơ chỉ phương sẽ có phương trìnhtham số là : x = x + aty = y + bt, t ∈ Rvà có phương trìh chính tắc là : x − xy − yPhương trình đường thẳng đi qua hai điểm A ( x, y ), B ( x, y ) là : x − x − xy − y − yPhương trình tổng quát của đường thẳng trong mặt phẳng Oxy có dạng : Ax + By + C = 0, A + B  = 0 Đường thẳng d đi qua M ( x, y ) và có thông số góc k cho trước là : y = k ( x − x ) + yPhương trình đường thẳng đi qua A ( a, 0 ), B ( 0, b ) có phương trình : = 1 ( còn gọi là phương trình đoạn chắn ). Cho đường thẳng d có phương trình dạng : Ax + By + C = 0 hoặc y = kx + m. + Đường thẳng song song với d có phương trình dạng : Ax + By + M = 0 hoặc y = kx + m. + Đường thẳng vuông góc với d có phương trình dạng : Bx − Ay + N = 0 hoặc y = − x + nTóm tắt khóa luận tốt nghiệpPhương trình đường trònĐường tròn tâm I ( a, b ), nửa đường kính R > 0 có phương trình : ( x − a ) + ( y − b ) = Rhay x + y − 2 ax − 2 by + c = 0 với c = a + b − RPhương tích của một điểm so với đường tròn : Cho đường tròn ( C ) : x + y − 2 ax − 2 by + c = 0. Phương tích của điểm M ( x, y ) so với ( C ) : M / ( C ) = x + y − 2 ax − 2 by + cTrục đẳng phương của hai đường tròn ( C ) và ( C ) : Cho hai đường tròn có phương trình : ( C ) : x + y − 2 ax − 2 by + c = 0 và ( C ) : x + y − 2 ax − 2 by + c = 0. Phương trình trục đẳng phương của ( C ) và ( C ) có được bằng cách trừ hai phương trìnhcủa hai đường tròn vế theo vế : 2 ( a − a ) x + 2 ( b − b ) y + R − R = 0. B. HỆ TỌA ĐỘ KHÔNG GIAN1. 7 Các phép toán vectơCác phép tínhTa cần chú ý quan tâm đến công thức tích của vectơ mà có ứng dụng rất nhiều : Công thức tính tích của hai vectơ : + Tích vô hướng :  a. b = a + a + aĐặc biệt, nếu  a ⊥ b ⇔  a. b = 0. + Tích vectơ ( hay tích có hướng )  c =  a ∧ b = Các đặc thù  a ∧ b = − ( b ∧  a ).  a vàb cùng phương ⇔  a ∧ b = 0. (  a ∧ b ) ⊥  a và (  a ∧ b ) ⊥ b. |  a ∧ b | = |  a |. | b |. sin (  a, b ). Ba vectơ  a, b,  c đồng phẳng ⇔ (  a ∧ b ).  c = 0. Ứng dụng của những phép toán và những công thức liên quanỨng dụng của tích vectơGọi SABCDlà diện tích quy hoạnh hình bình hành ABCD, ta có : SABCD = | AB ∧ AD |. Gọi SABClà diện tích quy hoạnh tam giác ABC, ta có : SABCAB ∧ AC |. Gọi V ABCD.Alà thể tích hình hộp ABCD.A ’ B’C ’ D ’ ta có : GVHD : ThS. Nguyễn Quốc Tuấn 5 SVTH : Bùi Thị MãnhLớp ĐHSP Toán – Lý K50Tóm tắt khóa luận tốt nghiệpABCD. A = | ( AB ∧ AD ). AA |. Gọi VABCDlà thể tích hình tứ diện ABCD ta có : ABCD | ( AB ∧ AD ). AA |. Công thức phương trình mặt phẳngMăt phẳng ( P. ) đi qua M ( x, y, z ) có vectơ pháp tuyến  n ( A, B, C ) có phưng trình là : A ( x − x ) + B ( y − y ) + C ( z − z ) = 0. Phương trình tổng quát của mặt phẳng ( P. ) là : Ax + By + Cz + D = 0 ( A + B + C > 0 ). Mặt phẳng ( P. ) cắt những trục tọa độ Ox, Oy, Oz theo thứ tự tại những điểm A ( a, 0,0 ), B ( 0, b, 0 ), C ( 0,0, c ) với abc  = 0 thì ( P. ) có phương trình theo đoạn chắn là : = 1. Khoảng cách từ một điểm đến một mặt phẳngKhoảng cách từ điểm M ( x, y, z ) đến mặt phẳng α : Ax + By + Cz + D = 0 được tínhbởi công thức : d ( M, α ) = | Ax + By + Cz + D | + B + CPhương trình đường thẳng trong không gianPhương trình tổng quátTrong khoảng trống Oxyz cho hai mặt phẳng : x + By + Cz + D = 0 x + By + Cz + D = 0 trong đó : A + B + C  = 0 ; A + B + C  = 0 và ( A, B, C )  = k ( A, B, CGiao tuyến ∆ của α và β có phương trình tổng quát là : ( 1 ) x + By + Cz + D = 0 x + By + Cz + D = 0GVHD : ThS. Nguyễn Quốc Tuấn 6 SVTH : Bùi Thị MãnhLớp ĐHSP Toán – Lý K50Chương 2M ột số dạng bài toán giải bằng phươngpháp tọa độ2. 1 Các bài toán hình học chứng tỏ, tính toán2. 1.1 Phương pháp giảiĐối với bài toán hình học muốn giải được bằng giải pháp tọa độ hóa những bước giảicần tuân thủ theo những bước sau :. Chọn hệ tọa độ thích hợpTrong mặt phẳng chọn hệ tọa độ đỉnh và hai trục Ox, Oy là hai đường thẳng vuông gócvới nhau, gốc tọa độ là giao điểm của hai đường thẳng đó. Trong khoảng trống, thường thì chọ hệ tọa độ đỉnh và ba trục Ox, Oy, Oz là tam diệnvuông hoặc vẽ thêm một số ít cạnh để được tam diện vuông. Gắn những trục tọa độ Ox, Oy, Ozthích hợp .. Gắn tọa độ những điểm đã cho thích hợp với hệ tọa độ vừa chọn. Tìm phương trìnhđường, mặt, những đường và những mặt đã cho .. Sử dụng kiến thức và kỹ năng hình học giải tích để giải. 2.1.2 Các ví dụVí dụ 2 ( TSĐH – Khối B năm 2006 ) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với AB = a, AD = a2, SA = avà SA vuông góc với mặt phẳng đáy ( ABCD ). Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AD và SC, I là giao điểm BM và AC. Chứng minh mặt phẳng ( SAC ) vuông góc với mặt phẳng ( SMB ). Tính thể tích của khối tứ diện ANIB.Tóm tắt khóa luận tốt nghiệpLời giải : Chọn hệ trục tọa độ Oxyz như hình vẽ ( O ≡ A ). Gọi E là giao điểm của AC và và BD. Ta có : A ( 0 ; 0 ; 0 ), B ( a ; 0 ; 0 ), C ( a ; a2 ; 0 ), D ( 0 ; a2 ; 0 ), S ( 0 ; 0 ; a ), N ( ), E ( ; 0 ), M ( 0 ; ; 0 ) và I ( ; 0 ), vì I là trọng tâm của ∆ ABD. * ) Chứng minh : ( SBM ) ⊥ SAC ). Ta có − → BM = ( − a ; ; 0 ), − → AC = ( a ; a2 ; 0 ) − → BM. − → AC = 0 ⇒ BM ⊥ AC.Mặt khác : SA ⊥ ( ABCD ) nên BM ⊥ SA.Từ đây suy ra BM ⊥ ( SAC ) ⇒ ( SBM ) ⊥ ( SAC ) ( đpcm ). * ) Tính thể tích của khối tứ diện ANIB.Ta có − → AB = ( a ; 0 ; 0 ), − → AI = ( ; 0 ) và − → AN = ( − → AB, − → AN = ( 0 ; − ). Vậy thể tích khối tứ diện ANIB là : V = − → AB, − → AN − → AI36 ( đvtt ). 2.2 Bài toán chứng tỏ đường đi qua một điểm cố định2. 2.1 Phương phápĐiểm M ( x, y ) được gọi là điểm cố định và thắt chặt của họ đồ thị đã cho nếu mọi đồ thị của họ đóứng với mọi giá trị m ∈ T đều đi qua M.Trong đó giả sử y = f ( m, x ), m ∈ T là tham số. GVHD : ThS. Nguyễn Quốc Tuấn 8 SVTH : Bùi Thị MãnhLớp ĐHSP Toán – Lý K50Tóm tắt khóa luận tốt nghiệp2. 2.2 Các ví dụVí dụ 3C ho góc vuông Oxy, ABCD là hình chử nhật có chu vi không đổi, A, C là hai điểm thuộcOx, Oy. Chứng minh rằng đường d vuông góc kẻ từ B vuông góc với đường chéo AC luôn điqua một điểm cố định và thắt chặt. Hướng dẫn – Bài toán này có dáng dấp của một bài toán đại số tìm điểm cố định và thắt chặt, cho nên vì thế rất thuận tiệnkhi ta đại số hóa bằng giải pháp tọa độ. – Để đơn thuần ta chọn ngay hệ trục tọa độ là Oxy trùng với góc Oxy. Lời giải : – Chọn hệ trục tọa độ Oxy ( như hình vẽ ). – Trong hệ trục tọa độ này giả sử A ( a ; 0 ), B ( a ; c ), C ( 0 ; c ). Đặt a + c = b = const ( vì chu vi OABC không đổi ). Phương trình đường thẳng AB theo đoạn chắn là : = 1 ⇔ y = − cx + c. Phương trình đường thẳng d qua B ( a ; c ) và vuông góc với AC có dạng : y − c = ( x − a ) ⇔ y = x + c − ⇒ y = x + b ( 1 − ) do a + c = bGiả sử d đi qua điểm cố định và thắt chặt M ( x ; y ). Khi đó : y + b ( 1 − ), ∀ ( x − b ) − ( y − b ) = 0, ∀ − b = 0 − b = 0 = b = bDo b không đổi chứng tỏ d luôn đi qua điểm cố định và thắt chặt M ( b ; b ). ( đpcm ) GVHD : ThS. Nguyễn Quốc Tuấn 9 SVTH : Bùi Thị MãnhLớp ĐHSP Toán – Lý K50Tóm tắt khóa luận tốt nghiệp2. 3 Bài toán quỹ tích2. 3.1 Phương pháp giảiThiết lập hệ trục tọa độ thích hợp, từ đó suy ra tọa độ của những điểm thiết yếu. Thiết lập biểu thức giải tích cho điểm cần tìm quỹ tích, từ đó suy ra quỹ tích của nó. 2.3.2 Các ví dụVí dụ 5C ho hai điểm A, B cố định và thắt chặt. Tìm tập hợp những điểm M sao cho : MA = 2MB. Lời giải : Cho hệ trục tọa độ vuông góc Oxy sao cho : O ≡ A vài ≡ − → AB. Trục Ox chứa A, B, trụcOy vuông góc với AB tại A. Ta có : A ( 0 ; 0 ), B ( 1 ; 0 ). Theo giả thiết MA = 2MB, ta có : + y = 2 ( 1 − x ) + y ⇒ x + y = 4 [ ( 1 − 2 x + x ) + y ⇔ ( 3 x − 8 x + 4 ) + 3 y = 0 ⇔ x − + y ⇒ Tập hợp những điểm M là đường tròn tâm H ( ; 0 ), nửa đường kính R =, điểm H thỏa mãn nhu cầu : nằmtrên đường thẳng AB, cùng phía với hai điểm A, B. 2.4 Bài toán dựng hình2. 4.1 Phương pháp giải. Ta chọn hệ tọa độ thích hợp .. Dùng những số đại số để xác lập vị tríc và size của những hình .. Dựa vào đó ta dựng hình và biện luận những trường hợp hoàn toàn có thể xảy ra. GVHD : ThS. Nguyễn Quốc Tuấn 10 SVTH : Bùi Thị MãnhLớp ĐHSP Toán – Lý K50Tóm tắt khóa luận tốt nghiệp2. 4.2 Các ví dụVí dụ 7D ựng 1 hình chữ nhật có chu vi 2 p cho trước nội tiếp trong một vòng tròn có nửa đường kính Rcho trước. Lời giải : + Cách dựng : Chọn hệ tọa độ như sau : Gốc tọa độ trùng với tâm của đường tròn. Trục hoành, trục tung lần lượt là hai đườngkính vuông góc của đường tròn. Giả sử hình chữ nhật cần dựng có những cạnh có độ dài lần lượt là : a, b thỏa mãn nhu cầu : a + b = p ( a > b > 0 ). Ta sẽ có : + b = 4R a + b = pa > b > 0 a = p + 8R − pb = p − 8R − p – Ta dựng điểm B ( ). – Lấy điểm A đối xứng với B qua Oy. – Dựng D đối xứng với A qua Ox, C đối xứng với B qua Ox. ⇒ ABCD là hình chữ nhật cần dựng. + Chứng minh : Theo cách dựng ta có điều phải chứng tỏ. + Biện luận : bài toán có nghiệm hình khi p > 8R − phay p > 2R. GVHD : ThS. Nguyễn Quốc Tuấn 11 SVTH : Bùi Thị MãnhLớp ĐHSP Toán – Lý K50Tóm tắt khóa luận tốt nghiệp2. 5 Bài toán giải phương trình, hệ phương trình2. 5.1 Phương 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 ) – Với mỗi phương trình, hệ phương tr ình đều cho ta mỗi phương trình là phương rìnhcủa 1 đường thế cho nên tìm nghiệm của phương trình, hệ phương trình là tìm giao điểm của haiđường, hoành độ và tung độ của giao điểm là nghiệm của phương trình. 2.5.2 Các ví dụVí dụ 8G iải phương trình : + 2 x + 10 + − 6 x + 13 = 41 ( ∗ ) Lời giải : ( ∗ ) ⇒ ( x + 1 ) + 9 + ( 3 − x ) + 4 = 41T rong mặt phẳng tọa độ Oxy chọn những vectơ có tọa độ :  u = ( x + 1 ; 3 ) ⇒ |  u | = ( x + 1 ) + 9 ;  v = ( 3 − x ; 2 ) ⇒ |  v | = ( 3 − x ) + 4 ;  u +  v = ( 4 ; 5 ) ⇒ |  u +  v | = 41 |  u +  v | = |  u | + |  v |, dấu ” = ” xảy ra ⇔  u = k  v ( k > 0 ) Nênx + 13 − x ⇔ 2 x + 2 = 9 − 3 x ⇔ x = Vậy nghiệm của phương trình là x = Ví dụ 9T ìm m để hệ phương trình sau có 1 nghiệm duy nhất + y − x − 6 y + 8 = 0 ( 1 ) + y − 2 mx − 1 = 0 ( 2 ) Lời giải : Phương trình ( 1 ) là phương trình đường tròn có tâm I ; 3, RPhương trình ( 2 ) là phương trình đường tròn ( C ) có tâm I ( m ; 0 ), R + 1. Để hệ có một nghiệm duy nhất khi và chỉ khi ( C ) tiếp xúc với ( C ). a. Trường hợp 1 : ( C ) và ( C ) tiếp xúc ngoài nhauGVHD : ThS. Nguyễn Quốc Tuấn 12 SVTH : Bùi Thị MãnhLớp ĐHSP Toán – Lý K50Tóm tắt khóa luận tốt nghiệpTa có Im − + 3, R + R1 + mĐể ( C ) tiếp xúc ngoài ( C ) ⇔ I = R + Rm − + 9 = 1 + m ⇔ m − m + 37 + m + 1 + 5 ( m + 1 ) 5 ( m + 1 ) = 7 − m ⇔ 5 ( m + 1 ) = 49 − 14 m + m ( m  − 7 ) ⇔ 2 m + 7 m − 22 = 0 ⇒ m = 2 m = − 11 ( tmđk m  7 ) Vậy có hai giá trị m = 2, m = − 11 để hai đường tròn đã cho tiếp xúc ngoài nhau. Trường hợp b. ( C ), ( C ) tiếp xúc trongHai đường tròn tiếp xúc trong tức là : I = | R − Rhay : m − + 31 + m ⇔ 2 m + 7 m − 22 = 0 ⇒ m = 2 m = − 11V ậy có hai giá trị của m để hệ đã cho cho có nghiệm duy nhất. 2.6 Bài toán giải bất phương trình, hệ bất phương trình2. 6.1 Phương pháp giải * Sử dụng bất đẳng thức vectơ :  u  v  |  u | |  v | ; |  u +  v |  |  u | + |  v | |  u −  v |  |  u | − |  v | ; |  u +  v +  w |  |  u | + |  v | + |  w | ax + by + c < 0 : + Với b > 0 ⇒ y  − ax + Với b < 0 ⇒ y  − ax + y + 2 ax + 2 by + c  0. Với điều kiện kèm theo a + b − c  0 là tập hợp M ( x ; y ) thuộchình tròn ( x − a ) + ( y − b ) = a + b − c. * Sử dụng sự tương giao giữa những đường, những mặt trong mặt phẳng để tìm nghiệm của hệbất phương trình. 2.6.2 Các ví dụVí dụ 12G iải bất phương trình : + x + 1 − − x + 1  1. ( * ) GVHD : ThS. Nguyễn Quốc Tuấn 13 SVTH : Bùi Thị MãnhLớp ĐHSP Toán - Lý K50Tóm tắt khóa luận tốt nghiệpLời giải : Tập xác lập : D ≡ R ( ∗ ) ⇔ x + x − ≥ 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy chọn :  u = x + ⇒ |  u | = x +  v = x − ⇒ |  v | = x −  u −  v = ( 1 ; 0 ) ⇒ |  u −  v | = 1. Khi đó : |  u −  v |  |  u | − |  v | ⇔ + x + 1 − − x + 1 ≥ 1 đúng ∀ x ∈ R. 2.7 Bài toán chứng tỏ bất đẳng thức2. 7.1 Phương pháp giải * Sử dụng những công thức :  u  v  |  u | |  v | ; |  u +  v |  |  u | + |  v | |  u −  v |  |  u | − |  v | ; |  u +  v +  w |  |  u | + |  v | + |  w | * Chú ý cần chọn những vectơ  u,  v ; so sánh |  u | |  v | với tích vô hướng của hai vectơ  u,  v. 2.7.2 Các ví dụVí dụ 14C hứng minh : 1. x + y + z + y + z + y + z2. ( x + y + z  ( x + y + z ). ( x + y + z ( Bất đẳng thức Bunhiacôpxky ). Lời giải : Trong khoảng trống chọn :  u = ( x ; y ; z  v = ( x ; y ; z |  u | = + y + z |  v | = + y + zGVHD : ThS. Nguyễn Quốc Tuấn 14 SVTH : Bùi Thị MãnhLớp ĐHSP Toán - Lý K50Tóm tắt khóa luận tốt nghiệp  u  v  |  u | |  v | ⇒ x + y + z + y + z + y + z  u  v  |  u | |  v | ⇔ (  u.  v )  |  u | |  v | ⇔ ( x + y + z  ( x + y + z ). ( x + y + zVí dụ 16C hứng minh rằng ∀ x, y ∈ R ta luôn có : + 10 x + 4 y + 28 y + 74 − − 6 x + 4 y + 4 y + 10  10. Lời giải : Từ phương trình đã cho ta đổi khác vế trái, ta được : + 10 x + 4 y + 28 y + 74 = ( x + 5 ) + ( 2 y + 7 ) − 6 x + 4 y + 4 y + 10 = ( x − 3 ) + ( 2 y + 1 ) Trong mặt phẳng tọa độ chọn 2 véctơ có tọa độ :  u = ( x + 5 ; 2 y + 7 ) ⇒ |  u | = ( x + 5 ) + ( 2 y + 7 )  v = ( x − 3 ; 2 y + 1 ) ⇒ ( x − 3 ) + ( 2 y + 1 )  u −  v = ( 8,6 ) ⇒ |  u −  v | = 10T heo đặc thù : |  u −  v |  |  u | − |  v | + 10 x + 4 y + 28 y + 74 − − 6 x + 4 y + 4 y + 10  10 ( đpcm ) 2.8 Bài toán cực trị2. 8.1 Phương pháp giải * Sử dụng những bất đẳng thức vectơ :  u  v  |  u | |  v | ; |  u +  v |  |  u | + |  v | |  u −  v |  |  u | − |  v | ; |  u +  v +  w |  |  u | + |  v | + |  w | * Chọn hệ tọa độ, những vectơ thích hợp. * Thiết lập biểu thức giải tích cho đối tượng người tiêu dùng tìm cực trị. * Lựa chọn giải pháp tìm cực trị : chiêu thức tam thức bậc hai, sử dụng bất đẳngthức hoặc sử dụng đạo hàm. 2.8.2 Các ví dụVí dụ 18C ho ba số dương x, y, z và x + y + z = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức : P. = GVHD : ThS. Nguyễn Quốc Tuấn 15 SVTH : Bùi Thị MãnhLớp ĐHSP Toán - Lý K50Tóm tắt khóa luận tốt nghiệpLời giải : Ta vận dụng kiến thức và kỹ năng : |  u | + |  v | ≥ |  u +  v | |  u | + |  v | + |  w | ≥ |  u +  v | + |  w | ≥ |  u +  v +  w | Trong mặt phẳng tọa độ Oxy chọn :  u = x, ⇒ |  u | =  v = y, ⇒ |  v | =  w = z, ⇒ |  w | =  u +  v +  w = x + y + z, ( x + y + z ) Ta có : ( x + y + z ) = 81 ( x + y + z ) − 80 ( x + y + z ) Áp dụng bất đẳng thức Côsi : 81 ( x + y + z ) ≥ 2.9 ( x + y + z ) ≥ 2.9.9 Vì : ( x + y + z ) ≥ 9N ên tích hợp giả thiết x + y + z = 1 ta có : ( x + y + z ) 2.81 − 80 = 82V ậy : ⇒ 82 ( đpcm ) Dấu " = " xảy ra ⇔ x = y = z = Do đó giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = là MinP = 82 ⇔ x = y = z = GVHD : ThS. Nguyễn Quốc Tuấn 16 SVTH : Bùi Thị MãnhLớp ĐHSP Toán - Lý K50Chương 3M ột số bài t ập vận dụngTrong chương này, em đưa ra 21 bài tập có giải thuật tương quan đến những dạng bài vừa nêu, bổ trợ, làm rõ và đa dạng chủng loại thêm những dạng bài ; đồng thời em cũng đưa ra 10 bài tập tự giảiđầy đủ những dạng nhằm mục đích giúp người đọc tự thử sức bản thân sau khi tìm hiểu thêm khóa luận17Tóm tắt khóa luận tốt nghiệpKẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊQua những bài toán trên, cũng đủ để thấy hết những ưu điểm, điểm yếu kém của phương pháptọa độ. Và tất yếu, cũng là vừa đủ để tất cả chúng ta hoàn toàn có thể thấy việc chọn hệ tọa độ như vậy nàolà thích hợp. Muốn giải một bài toán bằng chiêu thức tọa độ, ta cần chọn hệ trục tọa độ sao cho hìnhvẽ của hình vẽ của tất cả chúng ta dễ quan sát tốt nhất trên hệ trục đó, việc đo lường và thống kê cũng dơn giảnnhất. Để chọn được một hệ tr ục tọa độ tốt, tất cả chúng ta cần địa thế căn cứ vào những yếu tố cố định và thắt chặt củabài toán đã cho. Tuy nhiên, khi đã chọn được hệ trục tọa độ tốt rồi, cũng cần phải có giải pháp tính vàkĩ năng tính tốt, thì việc giải một bài toán hình học bằng chiêu thức tọa độ mới trở nên đẹpđẽ, ngắn gọn. Thông qua bài khóa luận này đã chứng tỏ được một điều rằng : " không phải phương pháptọa độ làm mất đi vẻ đẹp của hình học, mà giải pháp tọa độ làm tăng thêm vẻ quyến rũcủa hình học ". Do trình độ còn hạn chế và thời hạn điều tra và nghiên cứu làm khóa luận này còn ít nên bài viếtkhông tránh khỏi sự sơ suất và thiếu sót mong những thầy cô và những bạn thông cảm, cùng đónggóp quan điểm. Cuối cùng, một lần nữa em xin chân thành cảm ơn thầy Nguyễn Quốc Tuấn và những thầycô trong khoa Toán - Tin trường Đại Học Quảng Bình đã tận tình hướng dẫn em để hoànthành bài khóa luận và dạy dỗ em trong suốt thời hạn học tập. GVHD : ThS. Nguyễn Quốc Tuấn 18 SVTH : Bùi Thị MãnhLớp ĐHSP Toán - Lý K50Tóm tắt khóa luận tốt nghiệpTÀI LIỆU THAM KHẢO1. Trần Văn Hạo ( Tổng chủ biên ), Nguyễn Mộng Hy ( Chủ biên ), Khu Quốc Anh, TrầnĐức Huyên, ( 2006 ), Hình học 10, Hình học 12, NXB Giáo Dục. 2. Trần Văn Hạo ( Chủ biên ), Nguyễn Cam, Nguyễn Mộng Hy, Trần Đức Huyên, CamDuy Lê, Nguyễn Sinh Nguyên, Nguyễn Vũ Thành, ( 2002 ), Chuyên đề luyện thi vào đại họcHình học giải tích, NXB Giáo Dục. 3. Tạp chí toán học tuổi trẻ, NXB Giáo Dục. 4. Trần Đình Thì, ( 2008 ), Dùng hình học giải tích để giải phương trình, bất phương trình, hệ phương trình, bất đẳng thức, , NXB Đại Học Quốc Gia TP. Hà Nội. 5. Lê Hồng Đức, Lê Đức trí, ( 2010 ), Phương pháp giải toán hình học giải tích khônggian, NXB TP. Hà Nội. 6. Lê Hồng Đức, Lê Đức Trí, ( 2012 ), Phương pháp giải toán hình học trong mặt phẳng, NXB TP.HN. 7. Lê Hồng Đức, Lê Bích Ngọc, Lê Hữu Trí, ( 12 − 2008 ), Phương pháp giải toán vectơ, NXB TP.HN. 8. Nguyễn Văn Lộc, ( 5 − 2008 ), Phương pháp vectơ trong giải toán hình học khoảng trống, NXB Giáo Dục. 9. Nguyễn Phương Thảo, ( 2009 ), Một số ứng dụng của giải pháp tọa độ trong việcgiải toán ở trường trung học phổ thông, khóa luận tốt nghiệp trường ĐH Hùng Vương. 10. Các website : vnmath.com.vn ; vuptnk.tk ; pdanghai.wordpress.com ; ; những diễn đàntoán học. v.v GVHD : ThS. Nguyễn Quốc Tuấn 19 SVTH : Bùi Thị MãnhLớp ĐHSP Toán - Lý K50

Rate this post
Subscribe
Notify of
guest
0 Comments
Inline Feedbacks
View all comments