GV Diệp Quốc Quang – Cư Đrăm – Krông Bông GIẢI BÀI TOÁN BẰNG PP TOẠ ĐỘ Bài 1. Tìm m để phương trình sau co đúng một nghiệm: 2 2 2 1 2 2 x y z x y z m  + + =  − + =  (1) Giải: Nghiệm của hệ phương trình (nếu có) là tọa độ điểm chung của: mặt cầu (S): 2 2 2 1x y z+ + = , (S) có tâm O(0; 0; 0) bán kính R = 1 và mặt phẳng ( ) :2 2 0x y z m α − + − = Do đó hệ (1) có đúng một nghiệm khi và chỉ khi (S) và (α) tiếp xúc nhau ⇔ ( ) 2 2 2 ,( ) 1 2 ( 1) 2 m d o α − = = + − + ⇔ 3 3 m m =   =−  TH1:m = 3 nghiệm của hệ là hình chiếu vuông góc H của O trên (α 1 ): 2x – y + 2z – 3 = 0 đường thẳng ∆ qua O và vuông góc với (α 1 ) có phương trình ( ) 2 2 x t y t t R z t =   =− ∈   =  giá trị của tham số t tương ứng với điểm chung của (α 1 ) và ∆ là t = 1 3 ⇒ H 2 1 2 ; ; 3 3 3   −  ÷   TH2: m = -3. Gọi H’ là hình chiếu vuông góc của O trên (α 2 ): 2x – y + 2z + 3 = 0 ⇒ H’ 2 1 2 ; ; 3 3 3   − −  ÷   (tương tự như TH1) Vậy khi m = 3 thì hệ có mghiệm duy nhất là 2 1 2 ; ; 3 3 3 x y z   = =− =  ÷   khi m = - 3 thì hệ có mghiệm duy nhất là 2 1 2 ; ; 3 3 3 x y z   =− = =−  ÷   Bài 2. Giải hệ phương trình: 2 2 2 6 2 2 2 0 2 2 6 0 x y z x y z x y z  + + − + − + =  + + + =  (2) Giải: Nghiệm của hệ phương trình (nếu có) là toạ độ điểm chung của: Mặt cầu (S): 2 2 2 6 2 2 2 0x y z x y z+ + − + − + = , (S) có tâm I(3; -1; 1) bán kính R = 3 và (α): x + 2y + 2z + 6 = 0 ta có ( ) 2 2 2 9 ,( ) 3 1 2 2 d I R α = = = + + ⇒ (S) và (α) tiếp xúc nhau ⇒ Hệ (2) có nghiệm duy nhất và nghiệm của hệ là hình chiếu vuông góc H của I trên (α) Đường thẳng ∆ qua I và vuông góc với (α) có phương trình ( ) 3 1 2 1 2 x t y t t R z t = +   =− + ∈   = +  giá trị của tham số t tương ứng với giao điểm của (α) và ∆ là t = -1 ⇒ H (2; -3; -1) vậy hệ (2) có nghiệm duy nhất ( x = 2; y = -3; z = -1) Bài toán hay nếu ta đọc nó và hay hơn nếu ta làm và chỉ cho người khác. - 1 - GV Diệp Quốc Quang – Cư Đrăm – Krông Bông Bài 3. Giải hệ phương trình: 2 2 2 2 4 6 0 3 2 2 8 0 3 3 4 12 0 x y z x y z x y z x y z  + + − − − =  + − − =   + − − =  (3) Giải: Nghiệm của hệ là tọa độ điểm chung của: Mặt cầu (S): 2 2 2 2 4 6 0x y z x y z+ + − − − = và đường thẳng ∆: 3 2 2 8 0 3 3 4 12 0 x y z x y z + − − =   + − − =  ∆ qua M(0; 4; 0) và có VTCP u r = (-2; 6; 3) ⇒ ∆ có phương trình tham số: ( ) 2 4 6 3 x t y t t R z t =−   = + ∈   =  Giá trị tham số t tương ứng với điểm chung của (S) và ∆ là nghiệm của phương trình: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 4 6 3 2 2 4 4 6 6.3 0t t t t t t− + + + − − − + − = ⇔ 0 10 49 t t =    =−   ⇒ ∆ và (S) có hai điểm chung ( ) 0;4;0A và 20 136 30 ; ; 49 49 49 A   −  ÷   Vậy hệ (3) có hai nghiệm ( ) 0;4;0 và 20 136 30 ; ; 49 49 49   −  ÷   Bài 4. Chứnh minh rằng hệ phương trình sau vo nghiệm: 4 4 4 2 2 2 x y z 1 x y 2z 7  + + =   + + =   Giải: xét f(x,y,z) = x 2 + y 2 + 2z 2 Đặt: ( ) ( ) 4 4 4 2 2 2 2 2 2 1 ; ; 1 1 2 6 ( , , ) . . 1;1;2 . ( , , ) 7 u x y z u x y z v f x y z u v u v v u v f x y z  = + + =   =   ⇒ = + + = ⇒ =   =    = =   r r r r r r r f r r r (vô lí) Vậy hệ vô nghiệm. Bài 5. Giải hệ phương trình: ( ) ( ) ( ) 2 2 2 3 3 3 x y z 3 1 x y z 3 2 x y z 3 3  + + =  + + =   + + =  Giải: Cách 1: Mặt cầu (S): 2 2 2 x y z 3+ + = , tâm O bán kính R = 3 và mp(α): x + y + z – 3 = 0 Bài toán hay nếu ta đọc nó và hay hơn nếu ta làm và chỉ cho người khác. - 2 - GV Diệp Quốc Quang – Cư Đrăm – Krông Bông tiếp xúc với nhau vì ( ) 2 2 2 3 ,( ) 3 1 1 1 d O R α − = = = + + Do đó hệ phương trình ( ) ( ) 2 2 2 x y z 3 1 x y z 3 2  + + =   + + =   có nghiệm duy nhất, dễ thấy nghiệm đó là x = y = z = 1 và nghiệm này cũng thỏa (3) Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất x = y = z = 1 Cách 2: Xét: f(x,y,z) = x + y + z Đặt: ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 3 ; ; 1 1 1 3 ( , , ) . . 3 1;1;1 . ( , , ) u x y z u x y z v f x y z u v u v v u v f x y z x y z  = + + =   =   ⇒ = + + = ⇒ = ≤ =   =    = = + +   r r r r r r r r r r Đẳng thức xảy ra khi u r cùng phương với v r hay: 1 1 1 x y z x y z= = ⇔ = = (4) Thế (4) vào (3) ta được x = 1 Vậy hệ phương trình có nghiệm (x = 1; y = 1; z = 1) Bài 6. Tìm a để hệ sau có nghiệm duy nhất: 2 2 2 2 0 x y x x y a  + − ≤  − + =  Giải: Số nghiệm của hệ pt là số điểm chung của: Hình tròn (H): 2 2 2 2 0x y x+ − − ≤ , (H) có tâm I(1; 0) bán kính R = 3 và đường thẳng ∆: x – y + a = 0 Do đó hệ có nghiệm duy nhất ⇔ ∆ tiếp xúc với (H), ⇔ ( ) 1 , 3 2 a d I + ∆ = = ⇔ 1 6 1 6 a a  =− +  =− −   Bài 7. Tìm a để hệ sau có nghiệm: 2 2 4 3 2 0 x y a x y  + =  − + ≤  Giải: điều kiện 0a ≥ Nghiệm của hệ phương trình nếu có là tọa độ điểm chung của: Đường tròn: (C): 2 2 x y a+ = , tâm O(0; 0) bán kính R = a và nửa mặt phẳng: (α): 4 3 2 0x y− + ≤ Vì O thong nằm trong nữa mặt phẳng (α) nên hệ phương trình có nghiệm khi và chỉ khi ( ) 2 , 5 d O a∆ = ≤ , ∆: 4 3 2 0x y− + = ⇔ 4 25 a ≥ Kết hợp với điều kiện được 4 25 a ≥ Bài toán hay nếu ta đọc nó và hay hơn nếu ta làm và chỉ cho người khác. - 3 - GV Diệp Quốc Quang – Cư Đrăm – Krông Bông Bài 8. Tìm a để hệ phương trình sau có hai nghiệm: 2 2 0 0 x y x x ay a  + − =  + − =  Giải: Nghiệm của hệ phương trình nếu có là tọa độ điểm chung của: Đường tròn: (C): 2 2 0x y x+ − = , tâm I 1 ;0 2    ÷   bán kính R = 1 2 và đường thẳng ∆: x + ay - a = 0 Do đó hệ có hai nghiệm ⇔ ( ) 2 1 1 2 , 2 1 a d I a − ∆ = ≤ + ⇔ ( ) 2 2 1 2 1a a− ≤ + ⇔ 2 3 4 0a a− ≤ ⇔ 4 0 3 a≤ ≤ Bài 9. Giả sử ( ) 1 1 ;x y và ( ) 2 2 ;x y là hai nghiệm của hệ phương trình 2 2 0 0 x y x x ay a  + − =  + − =  Chứng minh rằng: ( ) ( ) 2 2 1 2 1 2 1x x y y− + − ≤ Giải: Vì ( ) 1 1 ;x y và ( ) 2 2 ;x y là hai nghiệm của hệ phương trình 2 2 0 0 x y x x ay a  + − =  + − =  nên A ( ) 1 1 ;x y và B ( ) 2 2 ;x y nằm trên đường tròn (C): 2 2 0x y x+ − = , bán kính R = 1 2 ⇒ AB ≤ 2R ⇔ ( ) ( ) 2 2 1 2 1 2 1x x y y− + − ≤ (đpcm) Bài 10. Cho ba số thực x, y, z thỏa: 2 2 2 1x y z+ + = . Tìm GTLN và GTNN của 2 2 9F x y z= + − − Giải: Xét mặt cầu (S): 2 2 2 1x y z+ + = , tâm O, bán kính R = 1 và mặt phẳng (α): 2 2 9x y z+ − − = 0 Đường thẳng ∆ qua O và vuông góc với (α) có phương trình ( ) 2 2 x t y t t R z t =   = ∈   =−  giá trị tham số t tương ứng với giao điểm của ∆ và (S) là t = ± 1 3 ⇒ ∆ và (S) cắt nhau tại 2 điểm: A 2 2 1 ; ; 3 3 3   −  ÷   và B 2 2 1 ; ; 3 3 3   − −  ÷   Bài toán hay nếu ta đọc nó và hay hơn nếu ta làm và chỉ cho người khác. - 4 - GV Diệp Quốc Quang – Cư Đrăm – Krông Bông ( ) ( ) 2 2 2 4 4 1 9 3 3 3 ,( ) 2 2 2 1 d A α + + − = = + + − ; ( ) ( ) 2 2 2 4 4 1 9 3 3 3 ,( ) 4 2 2 1 d B α − − − − = = + + − Lấy M(x; y; z) ∈ (S), ( ) ( ) 2 2 2 2 2 9 1 ,( ) 3 2 2 1 x y z d M F α + − − = = + + − Luôn có ( ) ( ) ( ) ,( ) ,( ) ,( )d A d M d B α α α ≤ ≤ ⇔ 1 2 4 3 F≤ ≤ ⇔ 6 12F≤ ≤ Vậy F min = 6 đạt khi x = y = 2 3 ; z = 1 3 − F max = 6 đạt khi x = y = 2 3 − ; z = 1 3 Bài 11. Chứng minh rằng: ∀a, b, c ∈ R, ta có: abc(a + b + c) ≤ a 4 + b 4 + c 4 Giải: Ta có: VT = a 2 bc + ab 2 c + abc 2 và xét hai véctơ ( ) ( ) ; ; ; ; u ab bc ca v ac ba bc  =   =   r r ⇒ 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 . u a b b c c a v a c b a b c u u v a bc ab c abc  = + +   = + + =   = + +   r r r r r Từ . .u v u v≤ r r r r ⇒ VT = a 2 bc + ab 2 c + abc 2 ≤ a 2 b 2 + b 2 c 2 + c 2 a 2 (1) xét thêm: ( ) 2 2 2 ; ;a a b c= r và ( ) 2 2 2 ; ;b b c a= r ⇒ 4 4 4 2 2 2 2 2 2 . a a b c b a b a b b c c a  = + + =    = + +  r r r r Do 2 2 2 2 2 2 4 4 4 . .a b a b a b b c c a a b c≤ ⇒ + + ≤ + + r r r r (2) Từ (1) và (2) ⇒ abc(a + b + c) ≤ a 4 + b 4 + c 4 Đẳng thức xảy ra ⇔ 2 2 2 2 2 2 ab bc ca b c a ac ba bc a b c c a b a b c b c a  = =   ⇔ = = ⇔ = =   = =   Bài 12. Chứng minh rằng nếu : a > c > 0 và b > c > 0 thì: ( ) ( )c a c c b c ab− + − ≤ Giải: Bài toán hay nếu ta đọc nó và hay hơn nếu ta làm và chỉ cho người khác. - 5 - GV Diệp Quốc Quang – Cư Đrăm – Krông Bông Xét ( ) ( ) ( ) ( ) ; ; . u b u c b c v a v a c c u v c a c c b c  =   = −   ⇒ =   = −     = − + −  r r r r r r Mà . .u v u v≤ r r r r ⇒ ( ) ( )c a c c b c ab− + − ≤ Đẳng thức xảy ra ⇔ c b c ab c a b a c c − = ⇔ = + − Bài 13. Cho 0 < x, y, z < 1. Chứng minh rằng x(1 – y) + y(1 – z) + z(1 – x) < 1 Giải: Ta chọn M, N, P theo thứ tự là ba điểm trên ba cạnh AB, BC, CA của tam giác đều ABC có cạnh bằng 1. Đặt AM = x; CP = y; BN = z thì 0 < x, y, z < 1 và S ∆ AMP + S ∆ MBN + S ∆ NCP < S ∆ ABC x y z C A B P M N Bài toán hay nếu ta đọc nó và hay hơn nếu ta làm và chỉ cho người khác. - 6 - ⇔ 1 2 x(1 – y).sinA+ 1 2 z(1 –x)sinB+ 1 2 y(1 – z)sinC < 1 2 .1.sin60 0 ⇔ x(1 – y) + z(1 –x) + y(1 – z) < 1 (đpcm) GV Diệp Quốc Quang – Cư Đrăm – Krông Bông Bài toán hay nếu ta đọc nó và hay hơn nếu ta làm và chỉ cho người khác. - 7 - . Bông GIẢI BÀI TOÁN BẰNG PP TOẠ ĐỘ Bài 1. Tìm m để phương trình sau co đúng một nghiệm: 2 2 2 1 2 2 x y z x y z m  + + =  − + =  (1) Giải: Nghiệm của hệ phương trình (nếu có) là tọa độ điểm. – Krông Bông Bài 3. Giải hệ phương trình: 2 2 2 2 4 6 0 3 2 2 8 0 3 3 4 12 0 x y z x y z x y z x y z  + + − − − =  + − − =   + − − =  (3) Giải: Nghiệm của hệ là tọa độ điểm chung của: Mặt.  =− = =−  ÷   Bài 2. Giải hệ phương trình: 2 2 2 6 2 2 2 0 2 2 6 0 x y z x y z x y z  + + − + − + =  + + + =  (2) Giải: Nghiệm của hệ phương trình (nếu có) là toạ độ điểm chung của: Mặt