Thư viện tri thức trực tuyến
Kho tài liệu với 50,000+ tài liệu học thuật
© 2023 Siêu thị PDF - Kho tài liệu học thuật hàng đầu Việt Nam
Phương pháp hình học trong việc giải một số lớp bài toán sơ cấp
Nội dung xem thử
Mô tả chi tiết
ĐẠI HỌC ĐÀ NẴNG
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM
——————————–
NGUYỄN THỊ THANH DUNG
PHƯƠNG PHÁP HÌNH HỌC TRONG VIỆC
GIẢI MỘT SỐ LỚP BÀI TOÁN SƠ CẤP
TÓM TẮT LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC
ĐÀ NẴNG - NĂM 2018
ĐẠI HỌC ĐÀ NẴNG
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM
——————————–
NGUYỄN THỊ THANH DUNG
PHƯƠNG PHÁP HÌNH HỌC TRONG VIỆC
GIẢI MỘT SỐ LỚP BÀI TOÁN SƠ CẤP
Chuyên ngành: Phương pháp Toán sơ cấp
Mã số: 60.46.01.13
TÓM TẮT LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC
Người hướng dẫn khoa học:
TS. Nguyễn Ngọc Châu
ĐÀ NẴNG - NĂM 2018
Công trình được hoàn thành tại
Trường Đại học Sư phạm - Đại học Đà Nẵng
Người hướng dẫn khoa học: TS. NGUYỄN NGỌC CHÂU
Phản biện 1: .................................................................................
Phản biện 2: .................................................................................
Luận văn sẽ được bảo vệ trước Hội đồng chấm Luận văn tốt nghiệp thạc
sĩ Khoa học họp tại Trường Đại học Sư phạm - Đại học Đà Nẵng vào ngày 28
tháng 01 năm 2018
Có thể tìm hiểu luận văn tại
- Trung tâm Thông tin - Học liệu, Đại học Đà Nẵng
- Thư viện trường Đại học Sư phạm, Đại học Đà Nẵng
1
MỞ ĐẦU
1. Lý do chọn đề tài
Mục đích việc dạy và học môn Toán thuộc chương trình phổ thông là giúp
học sinh phát triển tư duy nhận thức, tư duy sáng tạo và năng lực vận dụng. Để
đạt được mục tiêu này nhiệm vụ của người giáo viên không chỉ là bồi dưỡng cho
học sinh các kiến thức mới, giải sẵn cho các em một vài bài toán mẫu mà quan
trọng hơn cả là định hướng cho các em cách suy nghĩ, tìm tòi, khai thác các kiến
thức đã có để tự bản thân các em khám phá được đáp án bài toán bằng nhiều
cách khác nhau.
Trong chương trình Toán bậc phổ thông, các bài toán về phương trình, hệ
phương trình, bất phương trình, hệ bất phương trình, bất đẳng thức là các dạng
toán khá phổ biến và thường gặp trong các kì thi Trung học phổ thông, tuyển
sinh Đại học, thi học sinh giỏi Toán quốc gia, Olympic Toán khu vực và quốc tế.
Có nhiều phương pháp khác nhau để giải các lớp bài toán này, trong đó phương
pháp hình học tỏ ra hiệu quả đối với một số trường hợp nhất định. Trong chương
trình phổ thông học sinh cũng được làm quen với phương pháp hình học, tuy
nhiên với một thời lượng không nhiều và chỉ ở một mức độ nhất định. Việc bồi
dưỡng và rèn luyện cho học sinh phương pháp hình học khi giải toán là một việc
làm cần thiết trong giảng dạy Toán bậc phổ thông. Xuất phát từ những lí do trên
tôi quyết định chọn đề tài: “Phương pháp hình học trong việc giải một số lớp bài
toán sơ cấp” cho luận văn thạc sĩ của mình.
2. Mục đích và nhiệm vụ nghiên cứu
- Nghiên cứu các dấu hiệu để nhận biết một bài toán có thể giải được bằng
phương pháp hình học. Hệ thống và phân loại các lớp bài toán này.
- Đề xuất quy trình và định hướng cách giải cho từng lớp bài toán cùng với
nhiều ví dụ minh họa.
3. Đối tượng và phạm vi nghiên cứu
- Phương pháp hình học (vectơ, tọa độ, . . . ) trong giải toán sơ cấp.
- Các phương trình, hệ phương trình, bất phương trình, hệ bất phương trình
2
và bất đẳng thức thuộc chương trình Toán phổ thông.
4. Phương pháp nghiên cứu
- Nghiên cứu tư liệu: các sách giáo khoa, sách tham khảo, các tạp chí Toán
và các tài liệu từ Internet.
- Phương pháp tiếp cận: Tổng hợp, hệ thống và phân tích các tài liệu sưu
tầm được để thực hiện luận văn.
- Trao đổi, thảo luận với người hướng dẫn và các chuyên gia.
5. Cấu trúc của luận văn
Ngoài phần mở đầu, kết luận, tài liệu tham khảo, nội dung của luận văn
được chia thành 3 chương.
Chương 1. Kiến thức chuẩn bị
Nhằm làm cơ sở cho các chương sau, chương này nhắc lại một số kiến thức
hình học cùng những kết quả liên quan.
Chương 2. Giải phương trình, hệ phương trình, bất phương trình,
hệ bất phương trình bằng phương pháp hình học
Chương này trình bày việc sử dụng phương pháp hình học để giải phương
trình, hệ phương trình, bất phương trình, hệ bất phương trình bằng phương pháp
hình học.
Chương 3. Chứng minh bất đẳng thức bằng phương pháp hình học
Chương này trình bày việc chứng minh bất đẳng thức; tìm giá trị lớn nhất,
giá trị nhỏ nhất của hàm số và của những biểu thức đại số bằng phương pháp
hình học.
3
CHƯƠNG 1
KIẾN THỨC CHUẨN BỊ
Chương này nhắc lại một số kiến thức hình học cùng những kết quả liên
quan để làm cơ sở cho các chương sau.
1.1. HỆ TRỤC TỌA ĐỘ TRONG MẶT PHẲNG, TRONG KHÔNG GIAN
1.1.1. Vectơ
1.1.2. Hệ trục tọa độ trong mặt phẳng
1.1.3. Đường thẳng và đường tròn trong mặt phẳng
1.1.4. Hệ trục tọa độ trong không gian
1.1.5. Phương trình mặt phẳng, phương trình đường thẳng, phương
trình mặt cầu trong không gian
1.2. PHÉP BIẾN HÌNH
1.3. NHỮNG KẾT QUẢ HÌNH HỌC LIÊN QUAN
1.4. NHỮNG KẾT QUẢ GIẢI TÍCH VÀ LƯỢNG GIÁC LIÊN QUAN
4
CHƯƠNG 2
GIẢI PHƯƠNG TRÌNH, HỆ PHƯƠNG TRÌNH,
BẤT PHƯƠNG TRÌNH, HỆ BẤT PHƯƠNG TRÌNH
BẰNG PHƯƠNG PHÁP HÌNH HỌC
Một số lớp phương trình, bất phương trình, hệ phương trình và hệ bất phương
trình có thể được giải bằng phương pháp hình học. Tùy thuộc vào từng lớp phương
trình, bất phương trình, hệ phương trình và hệ bất phương trình cụ thể để chọn
phương pháp vectơ, phương pháp tọa độ hoặc sử dụng các kết quả của hình học sơ
cấp cho phù hợp. Nói chung việc giải phương trình, bất phương trình, hệ phương
trình và hệ bất phương trình đại số bằng phương pháp hình học là khá đa dạng.
Trong suốt chương này, các phương trình, bất phương trình, hệ phương trình
và hệ bất phương trình đều được giải trong trường số thực.
2.1. GIẢI PHƯƠNG TRÌNH BẰNG PHƯƠNG PHÁP HÌNH HỌC
Bài toán 2.1.1. Giải phương trình:
x
√
3x + 2 + √
4 − x =
q
2 (x
2 + 1) (x + 3) (2.1)
Lời giải
Điều kiện: −2
3
≤ x ≤ 4.
Đặt −→u = (x; 1) và −→v = (√
3x + 2; √
4 − x) 6= ~0.
Khi đó: −→u ·
−→v = x
√
3x + 2 + √
4 − x và |
−→u | · |−→v | =
p
2 (x
2 + 1) (x + 3)
Phương trình (2.1) trở thành: −→u ·
−→v = |
−→u | · |−→v | ⇔ ∃k > 0 : −→u = k
−→v .
Khi đó: (
x = k
√
3x + 2
1 = k
√
4 − x
⇔ x
√
4 − x =
√
3x + 2
⇔
x ≥ 0
x
2
(4 − x) = 3x + 2 ⇔
x ≥ 0
x
3 − 4x
2 + 3x + 2 = 0
⇔
(
x ≥ 0
x ∈
n
2; 1 + √
2; 1 −
√
2
o ⇔
"
x = 2 (thỏa điều kiện)
x = 1 + √
2 (thỏa điều kiện)
Vậy tập hợp nghiệm của phương trình (2.1) là S =
n
2; 1 + √
2
o
.
5
Bài toán 2.1.2. Giải phương trình:
√
x
2 + 2x + 5 −
p
x
2 − 4x + 40
= x
2 + 5x +
45
4
(2.2)
Lời giải
Phương trình xác định ∀x ∈ R.
Đặt −→u = (x + 1; −2) và −→v = (2 − x; 6).
Khi đó: ~u + ~v = (3; 4) ⇒ |~u + ~v| = 5
|~u| =
p
(x + 1)2 + (−2)2 =
√
x
2 + 2x + 5
|~v| =
p
(2 − x)
2 + 62 =
√
x
2 − 4x + 40
||~u| − |~v|| ≤ |~u + ~v| ⇔
√
x
2 + 2x + 5 −
√
x
2 − 4x + 40
≤ 5
Để phương trình (2.2) có nghiệm thì:
x
2 + 5x +
45
4
≤ 5 ⇔
x +
5
2
2
≤ 0 ⇔ x = −
5
2
Thay x = −
5
2
vào phương trình (2.2) thấy thỏa mãn.
Vậy phương trình (2.2) có nghiệm duy nhất là x = −
5
2
.
Bài toán 2.1.3. Giải phương trình:
q
x
2 − 3x
√
2 + 9 + q
x
2 − 4x
√
2 + 16 = 5. (2.3)
Lời giải
Trường hợp 1:
Với x ≤ 0:
p
x
2 − 3x
√
2 + 9 ≥ 3; p
x
2 − 4x
√
2 + 16 ≥ 4. Do đó phương
trình (2.3) vô nghiệm.
Trường hợp 2:
Với x > 0: Xét 4ABC vuông tại A có AB = 4; AC = 3. Gọi AD là phân
giác của BAC \. Trên tia AD lấy điểm M sao cho AM = x.
Theo Định lý côsin trong tam giác, ta được:
CM =
√
x
2 − 2 · 3x · cos 450 + 9 = p
x
2 − 3x
√
2 + 9
6
BM =
√
x
2 − 2 · 4x · cos 450 + 16 = p
x
2 − 4x
√
2 + 16
CM + BM ≥ BC ⇔
p
x
2 − 3x
√
2 + 9 + p
x
2 − 4x
√
2 + 16 ≥ 5
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi M ≡ D. Khi đó:
BD
AB =
CD
AC =
BD + CD
AB + AC =
BC
4 + 3
=
5
7
⇒ BD =
5
7
AB =
20
7
cos ABD \=
AB
BC =
4
5
AD =
r
16 +
400
49
− 2 · 4 ·
20
7
·
4
5
=
12√
2
7
Vậy phương trình (2.3) có nghiệm duy nhất x =
12√
2
7
.
2.2. GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH BẰNG PHƯƠNG PHÁP HÌNH HỌC
Bài toán 2.2.1. Giải hệ phương trình:
x
2 + y
2 = −y(x + z) (1)
x
2 + x + y = 2yz (2)
3x
2 + 8y
2 + 8xy + 8yz = 2x + 4z + 2 (3)
(2.4)
Lời giải
Hệ phương trình (2.4) tương đương
x(x + y) + y(y + z) = 0
x(x + 1) + y(2z + 1) = 0
4
(x + y)
2 + (y + z)
2
= (x + 1)2 + (2z + 1)2
Xét ~u = (x; y), ~v = (x + y; y + z), ~c = (x + 1; 2z + 1)
Hệ phương trình (2.4) trở thành: ( ~u · ~v = 0
~u · ~c = 0
4 |~v|
2 = |~c|
2
(4)
Trường hợp 1: Nếu ~c = ~0 thì x = −1; z = −
1
2
.
Từ phương trình (1) ta được: y
2 −
3
2
y + 1 = 0 (vô nghiệm)
Trường hợp 2: Nếu ~u = ~0 thì x = 0; y = 0.
Từ phương trình (3) ta được: 4z + 2 = 0 ⇔ z = −
1
2
Trường hợp 3: Nếu ~u 6= ~0 và ~c 6= ~0
~u · ~v = 0 ⇔ ~u⊥~v và ~u · ~c = 0 ⇔ ~u⊥~c.
Suy ra ~v và ~c cùng phương nên tồn tại k 6= 0 sao cho ~v = k~c
Từ phương trình (4) ta được: 4k
2
|~c|
2 = |~c|
2 ⇔ 4k
2 = 1 ⇔ k = ±
1
2
7
i) Khi ~v =
1
2
~c, ta được:
x + y =
1
2
(x + 1)
y + z =
1
2
(2z + 1)
⇔
x = 0
y =
1
2
Từ phương trình (1) ta được: −
1
4
= −
1
2
z ⇔ z = −
1
2
ii) Khi ~v = −
1
2
~c, ta được:
x + y = −
1
2
(x + 1)
y + z = −
1
2
(2z + 1)
⇔
3
2
x = −y −
1
2
2z = −y −
1
2
⇔
x = −
2
3
y + 3
z = −
1
2
y −
1
4
Từ phương trình (1) ta được:
−
2
3
y −
1
3
2
+ y
2 = −y
−
2
3
y −
1
3
−
1
2
y −
1
4
⇔
4
9
y
2 +
4
9
y +
1
9
+ y
2 =
7
6
y
2 +
7
12
y ⇔
5
18
y
2 −
5
36
y +
1
9
= 0 (vô nghiệm)
Vậy hệ phương trình (2.4) có hai nghiệm:
(x; y; z) =
0; 0; −
1
2
và (x; y; z) =
0;
1
2
; −
1
2
Bài toán 2.2.2. Giải hệ phương trình:
2019x
2018 + 2020y
2019 + 2021z
2020 = 2020
x
2 + y
2 + z
2 + 2x + 4y + 6z = 7
2x + y + 4z − 5 = 0
(2.5)
Lời giải
Hệ phương trình (2.5) tương đương
2019x
2018 + 2020y
2019 + 2021z
2020 = 2020 (1)
(x + 1)2 + (y + 2)2 + (z + 3)2 = 21 (2)
2x + y + 4z − 5 = 0 (3)
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, phương trình (2) là phương trình mặt
cầu (S) tâm I(−1; −2; −3), bán kính R =
√
21. Phương trình (3) là phương trình
mặt phẳng (P) : 2x + y + 4z − 5 = 0.
d(I,(P)) = |2(−1) + (−2) + 4(−3) − 5|
√
2
2 + 12 + 42
=
√
21 = R.
Suy ra mặt phẳng (P) tiếp xúc với mặt cầu (S).
Gọi ∆ là đường thẳng qua điểm I(−1; −2; −3) và vuông góc với mặt phẳng (P).
8
Phương trình đường thẳng ∆ là:
x = −1 + 2t
y = −2 + t
z = −3 + 4t
(t ∈ R)
Từ phương trình (3) ta được:
2(−1 + 2t) − 2 + t + 4(−3 + 4t) − 5 = 0 ⇔ 21t = 21 ⇔ t = 1
Do đó (x; y; z) = (1; −1; 1).
Thay (x; y; z) = (1; −1; 1) vào phương trình (1) thấy thỏa mãn.
Vậy hệ phương trình (2.5) có nghiệm duy nhất (x; y; z) = (1; −1; 1).
Bài toán 2.2.3. Tìm giá trị của m để hệ phương trình sau có nghiệm:
x
2 + y
2 + z
2 − 2mx + m2 + m − 1 = 0
x + y + 2z + m − 2 = 0 (2.6)
Lời giải
Hệ phương trình (2.6) tương đương
(x − m)
2 + y
2 + z
2 = 1 − m (1)
x + y + 2z + m − 2 = 0 (2)
Nếu 1 − m < 0 ⇔ m > 1, phương trình (1) suy ra hệ phương trình
(2.6) vô nghiệm.
Nếu 1 − m = 0 ⇔ m = 1, hệ phương trình (2.6) trở thành:
(x − m)
2 + y
2 + z
2 = 0
x + y + 2z − 1 = 0 ⇔
x = 1
y = 0
z = 0
Vậy với m = 1 hệ phương trình (2.6) có nghiệm.
Nếu 1 − m > 0 ⇔ m < 1: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, phương
trình (1) là phương trình mặt cầu (S) tâm I(m; 0; 0), bán kính R =
√
1 − m,
phương trình (2) là phương trình mặt phẳng (P) : x + y + 2z + m − 2 = 0. Hệ
phương trình (2.6) có nghiệm khi và chỉ khi mặt cầu (S) và mặt phẳng (P) có
điểm chung, tức là:
d(I,(P)) ≤ R ⇔
|2m − 2|
√
1 + 1 + 4
≤
√
1 − m
⇔ 4m2 − 8m + 4 ≤ 6(1 − m) ⇔ 4m2 − 2m − 2 ≤ 0 ⇔ −
1
2
≤ m ≤ 1
Kết hợp với điều kiện m < 1, ta được −
1
2
≤ m < 1.
Vậy hệ phương trình (2.6) có nghiệm khi m ∈
−
1
2
; 1
.
9
Bài toán 2.2.4. Cho các số thực x, y, z thỏa mãn hệ phương trình:
x
2 + xy +
y
2
3
= 25
y
2
3
+ z
2 = 9
x
2 + xy + z
2 = 16
(2.7)
Tính giá trị biểu thức P = xy + 2yz + 3xz.
Lời giải
Trong mặt phẳng lấy các điểm O, A, B, C sao cho:
AOB \= 1500
; AOC \= 1200
; BOC \= 900
Đặt OA = x; OB =
y
√
3
; OC = z. Theo Định lý côsin, ta được:
AB2 = x
2 − 2x ·
y
√
3
· cos 1500 +
y
2
3
= x
2 + xy +
y
2
3
BC2 =
y
2
3
− 2z ·
y
√
3
· cos 900 + z
2 =
y
2
3
+ z
2
AC2 = x
2 − 2xz cos 1200 + z
2 = x
2 + xz + z
2
Từ hệ phương trình (2.7) suy ra AB = 5; BC = 3; AC = 4.
Vậy 4ABC vuông tại C và S4ABC =
1
2
· BC · AC = 6
Mặt khác:
S4ABC = S4AOB + S4BOC + S4COA
=
1
2
x ·
y
√
3
sin 1500 + z ·
y
√
3
sin 900 + x · z sin 1200
=
1
2
xy
2
√
3
+
zy
√
3
+
3xz
2
√
3
=
1
4
√
3
(xy + 2yz + 3xz)
Từ đó: P = xy + 2yz + 3xz = 24√
3.