Đặt vấn đề Lý chọn chọn đề tài: Trong q trình giảng dạy tốn tơi nhận thấy phương pháp toạ độ chiếm vị trí quan trọng chương trình tốn bậc học PTTH - Học sinh thường sử dụng phương pháp toạ độ để giải tốn hình học giải tích dùng phương pháp toạ độ để khảo sát hàm số, emcòn ngờ phương pháp hay, việc khai thác triệt để tính chất hình học tiềm ẩn số toán ta giải khó khăn mà giải phương pháp khác gặp phải - Phương pháp toạ độ cho phép ta giải tốn hình học mà cịn giúp ta giải số toán: Số học, đại số, tổ hợp suy luận lơgíc cách dễ dàng, trực quan, tránh lý luận dài dịng khỏi ảnh hưởng khơng có lợi cho trực giác Mục đích: - Trong khn khổ sáng kiến kinh nghiệm xin phép trình bày số ứng dụng phương pháp để giải số bài, dạng toán đại số bất phương trình, hệ bất phương trình, phương trình, hệ phương trình mà học sinh PTTH thường gặp - Và mục đích giúp em hiểu thêm phương pháp Và từ giải khó khăn gặp phải làm tốn I) Phương pháp toạ độ để giải bất phương trình - hệ bất phương trình chứa tham số: a) Cơ sở lý thuyết: Xét bất phương trình: f(x) < g(x) (1) TXĐ: D • Ta biết: Gọi S tập nghiệm ⇒ S = {x0 ∈ D  f(x0) < g(x0)} • Phương pháp toạ độ: ⊕ Bước1: Trên mặt phẳng toạ độ Oxy vẽ đồ thị: y = f(x) g(x) ⊕ Bước2: Tìm phần đồ thị: y = f(x) nằm đồ thị: y = g(x) ⊕ Bước3: Tìm hình chiếu phần đồ thị trục Ox giao với tập xác định D nghiệm bất phương trình (1) • Chẳng hạn: cần giải: f(x) < g(x) (1) đồ thị: y = f(x), y = g(x) có dạng hình vẽ : Trang: y x1 x2 x x3  x < x1 Khi nghiệm bất phương trình là:   x < x < x3 • Nhận xét Oxy: y = m đường thẳng // Ox ≡ Ox  f ( x) ≥ m 1/ Bất phương trình:  có nghiệm ⇔ max f ( x ) ≥ m D x∈D   f ( x) ≤ m 2/ Bất phương trình:  có nghiệm ⇔ f ( x ) ≤ m D x∈D  3/ 4/ VD: Xác định m để: 3+ x + 6− x − ( + x )( − x ) ≤ m có nghiệm Bài giải: TXĐ: D = [-3; 6] Cách1: 3+ x −6− x 2x − ⇒ t' = 3+ x 6− x Đặt: t = x -∞ -3 t' + -∞ - t 3 Trang: Vậy: -3 ≤ x ≤ thì: ≤ t ≤ ⇒t =9+2 t2 −9 ( x + 3)( − x ) = ( x + 3)( − x ) ⇒ [ Bài toán trở thành: Xác định m để: t2 -2t ≥ - 2m có nghiệm t ∈ 3;3 ] Cách1: Ta sử dụng định lý dấu tam thức bậc hai Bằng cách: Xét f(t) = t2 - 2t + 2m - TH1: ∆' ≤ ⇔ - 2m + ≤ 10 ⇔m≥ ⇒ f(t) ≥ ∀t ∈ R [ ⇒ bất phương trình (1) có nghiệm ∀t ∈ 3;3 ∆ > S  TH2: Nếu  < ⇔ 2  f (3) ≥  ] t1 t2 m < 10   9 + 2m − ≥  1 > (V« lý)  KL: Vậy với m ∈ [3; +∞) thoả mãn Cách2: Bằng phương pháp toạ độ: [ Xét: f(t0 = t2 - 2t Trên 3;3 ] [ Ta có: f'(t) = 2t - = ⇔ t = ∉ 3;3 ] f(3) = ( ) f = 18 − > ⇒ [ 3;3 ] f ( t ) ≥ m ⇔ 18 - ≥ - 2m ⇔ ≥ - 2m ⇔ 2m ≥ ⇔ m ≥  f ( x; m ) ≥ ( 1) • Xét bất phương trình ẩn chứa tham số m:  ( 2) x ∈ D ⊕ Bước1: Vẽ hệ trục Oxm (coi m biến tung độ) Giả sử S miền biểu diễn điểm: (x, m) thoả mãn (1), (2) Khi ta có định lý: α giá trị tham số m để hệ (1) - (2) có nghiệm Trang: ⇔ m = α miền S CM:  f ( x0 ; m ) ≥ (⇐) Giả sử m = α cắt S tức ∃ (x0;α) ∈ S:  x0 ∈ D Vậy x0 nghiệm hệ (1), (2)  f ( x0 ; m ) ≥ (⇒) Giả sử hệ  có nghiệm tức ∃x0 ∈ D: x0 ∈ D  f ( x0 ; m ) ≥  x0 ∈ D Theo định nghĩa ⇒ (x0, α) ∈ S nghĩa m = α cắt (S) Định lý sở cho việc giải biện luận tốn chứa tham số trao đổi biến tham số m thành ẩn toán m − x ≥  2 VD: Tìm m để hệ:  x − x + m − 2m + ≤ có nghiệm 1 ≤ x ≤  • Nhận xét: với yêu cầu toán Việc ? phương pháp đại số tuý gặp nhiều khó khăn Tuy nhiên vận dụng phương pháp toạ độ ta lời giải gọn gàng thuận lợi nhiều II) Phương pháp toạ độ để giải phương trình - hệ phương trình: 1/ Cơ sở lý luận: ĐL: Giải sử hàm số f(x) lt D • Nếu ∃ max f ( x ) f ( x ) D D Khi phương trình: f(x) = m có nghiệm ⇔ f ( x ) ≤ m ≤ max f ( x ) D D • Nếu: hàm số f(x) có tập giá trị ( f ( α ) ; f ( β ) ) Thì phương trình: f(x) = m có nghiệm ⇔ f(α) < m < f(β) VD: 1/ Xác định m để: x + x + − x − x + = m có nghiệm? 2/ Xác định m để: (x - 1)2 = 2x - m có nghiệm phân biệt Bài giải: x − m ≥  2 Hệ (I) ⇔ ( x − 3) + ( m − 1) ≤ 1 ≤ x ≤  (1) (2) (3) Trang: Các điểm M(x; y) thoả mãn hệ (1), (2), (3) biểu diễn miền gạch hình vẽ: áp dụng định lý (2) suy hệ (1), (2), (3) có nghiệm ⇔ ≤ m ≤ NX: Nếu tốn u cầu Giải biện luận theo m x2 - 6x + m2 - 2m + ≤ với ≤ x ≤ m ≥ x m > Ta đến kết luận:  bất phương trình vơ nghiệm m < m=3 bất phương trình có nghiệm x = m = bất phương trình có nghiệm x = 1 < x < bất phương trình có nghiệm < x < x + y + y + − m ≤  VD: Cho hệ  x + x + + y − m ≤  (1) (2) Tìm a để hệ có nghiệm Bài giải:  x + ( y + 1) ≤ m  Ta có hệ (1), (2) ⇔  ( x + 1) + y ≤ m  Cách1: • m < hệ vô nghiệm  x + ( y + 1) ≤  • m = đó:  ( x + 1) + y ≤  x = y + =  ⇔ vô nghiệm x +1=  y =  Trang: • Nếu m > vẽ hệ trục Oxy đường tròn: O1(0, -1) bán kính R1 = m đường trịn: O2(-1; 0) bán kính R2 = m y Bài toán trở thành xác định m để (O1) tiếp xúc với (O2) x O ⇔ R1 + R2 = O1O2 ⇔ 2=2 a ⇔a= Cách2: Học sinh thường làm phương pháp điều kiện cần đủ: • Điều kiện cần: Giả sử hệ cho có nghiệm (x0, y0) ⇒ (y0, x0) nghiệm hệ Hệ có nghiệm ⇒ x0 = y0 Thay vào (1) ta được: 2x0 + 2x0 + - a ≤ ∆' = - 21 - a = -1 + 2a có nghiệm ⇔ ∆ = ⇔ a =  x + ( y + 1) ≤  • Điều kiện đủ: Khi a = hệ có dạng:  ( x + 1) + y ≤  (1) (2) ⇒ x2 + (x + 1)2 + (y + 1)2 + y2 ≤ (3) Nhận thấy (3) hệ hệ (1) (2) 2 1 ⇔ 2 x +  + 2 y +  ≤     2 2   x = −  ⇔ y = −  x = −  Do (3) có nghiệm nhất:  y = −  Nên hệ (1) (2) có nhiều nghiệm Trang: x = −  Thử lại ta thấy:  thoả mãn hệ (1), (2) y = −  x = −  Vậy a = hệ có nghiệm nhất:  y = −  Nhận xét: Nếu toán yêu cầu gải biện luận theo m việc sử dụng phương pháp dại số gặp nhiều khó khăn Suy vận dụng phương pháp toạ độ Phần I: Cơ sở lý thuyết phương pháp toạ độ $1 Kiến thức Toạ độ điểm toạ độ véctơ Trên mặt phẳng toạ độ với hệ toạ độ dềcác vng góc Oxy Giả sử điểm A(x1, y1) B(x2; y2) Khi AB = ( x − x1 ; y − y1 ) Độ dài AB = ( x − x1 ) + ( y − y1 ) điểm A, B, C : • AB + BC = AC • AB + BC ≥ AC Dấu " = " xảy ⇔ AB, BC hướng ⇔ AB, BC hướng véctơ ° Giả sử: a = ( x1 ; y1 ) b = ( x ; y ) a b = x1x2+ y1y2 a b =  a . b .cos( a , b ), a ⊥ b ⇔ a b = ⇒ a b ≤  a . b  Dấu "=" xảy ⇔ a , b phương có véctơ a phương b ⇔ ∃k: b = k a 2) Trong không gian: Với hệ trục toạ độ Đềcác vng góc Oxyz Giả sử: A(x1, y1, z1) B(x2, y2, z2) Trang: Khi đó: AB = (x2 - x1, y2 - y1, z2 - z1) • AB = ( x − x1 ) + ( y − y1 ) + ( z − z1 ) • M(x, y, z) chia AB theo tỷ số k x + kx  x=   y1 + ky  ⇔ AM = k MB ⇔  y =  z + kz  z=   k ≠ -1 • a = (x1; y1; z1) b = (x2; y2; z2) ° a phương b ⇔ ∃k: b = k a ° a b = x1x2 + y1y2 + z1z2 ° cos( a , b ) = x1 x + y1 y + z1 z 2 2 2 x1 + y1 + z1 x + y + z ° a ⊥ b ⇔ a b = ° Tích hữu hướng a b KH: [ a , b ] [ a , b ] =  a . b sin( a , b ) ° a = (x1; y1; z1) b = (x2; y2; z2) c = (x3; y3; z3) đồng phẳng ⇔ a [ b , c ] = ° Gọi d khoảng cách từ M0(x0; y0; z0) đến ∆: Ax + By + Cz + D = ⇒d= Ax0 + By + Cz + D A2 + B + C Miền mặt phẳng toạ độ xác định phương trình, bất phương trình, hệ phương trình a) Trên mp Oxy Ta biết ∀ đường thẳng d: ax + by + c = (a2 + b2 > 0) Chia mặt phẳng toạ độ làm phần S1 = {(x;y): ax + by + c > 0} S2 = {(x;y): ax + by + c > 0} thực tế để xác định ta cần xét dấu f(x; y) = ax + by + c điểm miền • NX: 1/ Sau xét dấu trên miền ta suy dấu miền lại 2/ Để việc xác định dấu miền đơn giản ta thường chọn miền có chứa gốc toạ độ O(0; 0) miền có chứa điểm có toạ độ "đẹp" Trang: • Chẳng hạn: VD1: Xét đường thẳng: y - x + = Trên hệ trục toạ độ Đềcác vng góc Oxy Vẽ đường thẳng d: x - y + = d qua A(-1; 0) B(0; 1) VD2: Biểu diễn mặt phẳng toạ độ miền nghiệm S hệ: (1) y + 1≥   x + y + ≥ (2) (I)  x − y + ≤ (3)  Giải: Trên hệ trục toạ độ Đêcác Oxy • Xác định miền nghiệm S1 = {(x;y): y + ≥ 0} S2 = {(x; y): x+ y + ≥ 0} S3 = {(x; y): x - y + ≤ 0} Khi miền nghiệm hệ (I) S S = S1 ∩ S2 ∩ S3 biểu diễn miền ∆ABC gạch chéo kể biên b) Trên mặt phẳng toạ độ Oxy đường tròn tâm I(a; b): (x - a)2 + (y - b)2 = R2 { S = {( x; y ) : ( x − a ) } } Khi S1 = ( x; y ) : ( x − a ) + ( y − b ) > R 2 + ( y − b) < R điểm nằm (O) Trang: • Tổng quát: Đường cong y = f(x) chia mặt phẳng toạ độ làm phần: S1 = { ( x; y ) : y − f ( x ) > 0} S2 = { ( x; y ) : y − f ( x ) < 0} Do y = f(x) liên tục nên ta cần xét dấu điểm M 0(x0, y0) miền từ suy dấu y = f(x) miền lại x − y ≤ (1)  VD3: Giải hệ phương trình:  (I)  x + y − x + y − ≤ (2)  Giải: Trên hệ trục toạ độ Đềcác Oxy { } = {( x; y ) : x + y − x + y − ≤ 0} • Xác định miền nghiệm S1 = ( x; y ) : x − y ≤ • Xác định miền nghiệm S2 Nhận thấy: x2 + y2 - 2x + 2y - = ⇔ (x - 1)2 + (y + 1)2 = phương trình đường trịn tâm I(1; -1) bán kính R = hình vẽ y B A x I Từ suy ra: miền nghiệm hệ (I) S S = S1 ∩ S2 tam giác cong AOB gạch chéo kể biên • NX: Bằng phương pháp toạ độ ta giải nhiều tốn phương trình, bất phương trình, hệ phương trình, hệ bất phương trình cách đơn giản trực quan ngắn gọn hữu hiệu Đặc biệt số tốn định tính như: ° Biện luận theo tham số số nghiệm phương trình, hệ phương trình, bất phương trình có nghiệm có nghiệm Trang: 10 ° Xác định tham số để phương trình, hệ phương trình, bất phương trình có nghiệm $2 Vận dụng sở lý thuyết để giải phương trình, bất phương trình, hệ bất phương trình I) Phương pháp toạ độ khảo sát phương trình đại số: Cơ sở lý luận: Xét phương trình: f(x) = g(x) (1) xác định D 1/ Trên hệ trục Đềcác vuông góc Oxyvẽ đồ thị: y = f(x) (C1) v y = g(x) (C2) thoả mãn D Khi hoành độ giao điểm (C1) (C2) thoả mãn D nghiệm phương trình (1) 2/ Nếu: f(x) = m có TGT: (a; b) max f ( x ) = a f ( x ) = b D D VD: Giải phương trình: 2x = - x (1) Giải Cách1: Trên hệ trục toạ độ Oxy vẽ y = 2x (C) (d): y = -x + Nhận thấy (C) ∩ (d) M(2; 4) KL: phương trình (1) có nghiệm x = Cách2: Bằng cách khác (d): y = -x + Nhận thấy (C) ∩ (d) M(2; 4) KL: phương trình (1) có nghiệm x = Cách2: Bằng cách khác Nhận thấy: x = VT = 2x = VP = - x = • x = nghiệm Trang: 11 VT = x > 2 =  • Nếu x >  ⇒ VT > VP khơng thoả mãn VP = - x < - =  Vậy phương trình (1) khơng có nghiệm x > VT = x < 2 =  • Nếu x <  ⇒ VT < VP không thoả mãn VP = - x < - =  Vậy phương trình (1) khơng có nghiệm x < • KL: Vậy phương trình (1) có nghiệm x = NX: ° Khi giải phương pháp học sinh cần lưu ý: đồ thị hàm số đồng biến đồ thị hàm số nghịch biến nên cách cắt điểm ° Đồ thị hàm số nghịch biến đồng biến với đồ thị hàm số khơng đổi cắt cắt điểm Dựa vào nhận xét này: ta đốn nhận nghiệm f(x) = g(x) Sau chứng minh Tuy nhiên tốn có nhiều nghiệm (tức f(x) = g(x) có nhiều nghiệm) phương pháp bó tay Nhưng phương pháp toạ độ giải Chẳng hạn: VD: Giải phương trình: 2x = x + Giải: Vẽ (C): y = 2x d: y = x + hệ trục 1  Ta thấy (C) cắt (d) A  − 1;  2  B(a, 1) Vậy phương trình có nghiệm x = phân biệt   x = −1 Rõ ràng việc áp dụng phương pháp toạ độ cho ta lời giải rõ ràng ngắn gọn trực quan Đặc biệt có chứa tham số VD3: Giải biện luận phương trình: x4 + 2x2 + - m = Trang: 12 Giải: Cách 1: Đặt t = x2 ≥ Bài toán trở thành giải biện luận theo m số nghiệm t ≥ của: t2 + 2t + -m =0 • TH1: Nếu P = - m = ⇔ m = t = phương trình (2) có nghiệm  thoả mãn t = ⇒ phương trình (1) có nghiệm x = 0; x = ±1 • TH2: Nếu P = - m < ⇔ m > phương trình (2) có nghiệm t1 < < t2 ⇒ phương trình (1) có nghiệm pb: x = ± t ∆ ' ≥ m − ≥ m ≥   ⇔2≤m ⇔ 3 − m > ⇔  m < S > 1 > ∀m   phương trình (2) có nghiệm < t1 ≤ t2 ⇒ phương trình (1) có nghiệm: x1, = ± t1 ; x3, = ± t ∆ ' < m − <  ∆' ≥  m−2≥0   ⇔  ⇔ m < ⇒ phương trình (2) VN • TH4: Nếu   P > 3 − m > VN   S > 1 < ⇒ phương trình (1) vơ nghiệm • KL: ° với m < phương trình vơ nghiệm ° Với < m < phương trình có nghiệm pb: x1, = ± + m − x3,4 = − m − ° m = phương trình có nghiệm phương trình x = ±1 ° m = phương trình có nghiệm: x = 0; x = ± ° m > phương trình có nghiệm phân biệt Bằng việc vận dụng định lý Viét định lý đảo tam thức bậc hai ta giải biện luận phương trình (1) Tuy nhiên giải dài dòng Cách2: Bằng phương pháp toạ độ: phương trình (1) ⇔ x4 - 2x2 = m - Xét : f(x) = x4 - 2x ∀x ∈ R Trang: 13 x = có f(x) = 4x3 - 4x = ⇔   x = ±1 Bảng biến thiên: x f(x) -∞ +∞ - -1 + 0 CĐ +∞ - + +∞ f(x) CT Dựa vào bảng biết thiên ta biện luận: CT • m = phương trình có nghiệm x = ±1 • < m < phương trình có nghiệm: x1 < -1 < x2 < < x3 < < x4 • m = phương trình có nghiệm x = 0, x = ±1  x < −1 • m > phương trình có nghiệm phân biệt  x > VD4: (Đề 99/II) Xác định m để: (x - 1)2 = 2x - m (*) Giải: Bài toán làm nhiều cách khác NX: Một số sách hướng dẫn học sinh phổ thông hay làm theo cách sau: Nhận thấy vế cảu phương trình (*) khơng âm: bình phương hai vế ta được: (x - 1)4 = (x - m)2 ⇔ (x2 - 2m + 1)(x2 - 4x + + 2m) =  x = 2m − ( 1) ⇔  x − x + + 2m = ( )  phương trình cho có nghiệm phân biệt ? • phương trình (1) có nghiệm phân biệt ⇔ 2m - > ⇔ m > • phương trình (2) có nghiệm phân biệt ⇔ ∆' = - 2m > ⇔ m < Các em kết luận: với 3 < m < phương trình có nghiệm phân biệt 2 Trang: 14 < m < 2 phương trình (1) (2) cso nghiệm hay khơng: Để làm điều ta giả sử: Tuy nhiên kết luận vội Ta phải kiểm tra xem (1) , (2) có nghiệm chung x0  x = 2m −  Khi   x − x + + 2m =  ⇔ x0 = k thay vào (1) ta được: k2 = 2k - ⇔ k = Vậy k ≠ phương trình (1) phương trình (2) khơng có nghiệm chung 1 < m < 2 KL: phương trình có nghiệm phân biệt ⇔  1 < m <  Bằng phương pháp toạ độ ta giải toán đơn giản ngắn gọn 2/ phương pháp toạ độ giải toán đại số mà phương pháp khác gặp nhiều khó khăn VD: Tìm GTLN GTNN f(x) = x − px + p + x + 2qx + 2q (1) theo p q Giải:   x − px + p ≥ ∀x Nhận thấy TXĐ:  TXĐ: D = R x + 2qx + 2q ≥ ∀x  f(x) = ( x − p) + p + ( x − q) + q mặt phẳng toạ độ với hệ trục toạ độ Oxy Đặt điểm A(x - p; p ) B(x -q; q ) Khi OA = ( x − p) + p OB = ( x − q) + q AB = y y= A ( p − q) + ( q − p) 2 Khi f(x) = ( x − p) + p + ( x − q) + q x O = OA + OB ≥ AB f(x) ≥ B 2( p − q ) = p − q Dấu "=" xảy ⇔ A, O, B thẳng hàng ⇔ x− p p = q−x q Trang: 15 • Nếu p = q thì: minf(x) = ⇔ x = • Nếu p ≠ q minf(x) = q p − pq p+q p−q VD5: Xác định m để: x2 − x +1 + x2 + x +1 = m 2/ Phương pháp toạ độ để khảo sát bất phương trình; hệ bất phương trình đại số: Như biết, bất phương trình: f(x) < g(x) (1) có TXĐ: D Gọi S tập nghiệm ⇒ S = { x ∈ D : f ( x ) < g ( x )} Để giải bất phương trình phương pháp toạ độ Ta làm sau: Bc1: Vẽ: y = f(x) y = g(x) hệ trục Oxy Bc2: Tìm phần đồ thị y = f(x) nằm phía dưới: y = g(x) Bc3: Tìm hình chiếu phần đồ thị Ox y = g(x) y = f(x) ⇒ KL nghiệm bất phương trình (1) Chẳng hạn: hình vẽ bên ⇒ bất phương trình f(x) < g(x) có tập nghiệm x1