SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

ĐỀ TÀI:
“ỨNG DỤNG ĐƯỜNG THẲNG VÀ ĐƯỜNG TRÒN TRONG VIỆC
GIẢI TOÁN ĐẠI SỐ Ở TRƯỜNG THPT”


A – MỞ ĐẦU – LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI
Phương trình đường tròn là một trong những phương trình đường cong hay gặp nhất
trong môn toán ở nhà trường phổ thông.
Khái niệm về đường tròn và phương trình đường tròn không nhiều, nhưng hệ thống
bài tập thì đa dạng và phong phú vô cùng. Những ứng dụng quan trọng của nó là giải
bất phương trình, tìm GTLN,GTNN của biểu thức, biện luận số nghiệm của hệ phương
trình … Đó chính là công việc “hình học hóa môn đại số”. Sử dụng được phương pháp
này lời giải rất “đẹp,dễ nhớ và thoáng”.
Đứng trước bài toán biện luận hệ phương trình, tìm GTLN, GTNN của biểu thức phải
xác định được phương pháp giải của nó.
Có nhiều tác giả nghiên cứu về các dạng bài tập nhiều cách giải khác nhau; dùng định
lý thuận, đảo dấu tam thức bậc hai; tách ghép đánh giá; dùng bất đẳng thức Côsi,
Bunhiacôpski…Song khai thác triệt để và có hệ thống việc sử dụng phương trình đường
tròn vào việc biện luận hệ phương trình thì chưa có. Rất nhiều bài toán nhờ ứng dụng
phương pháp đường tròn được giải quyết một cách ngắn gọn dễ dàng.
Thông qua đề tài này chúng ta có thể :
-

Cung cấp cho học sinh một phương pháp hay về việc giải một số bài toán đại số.

-

Phát triển sự tư duy sáng tạo cho học sinh.


trình : Ax + By + C = 0 ( A2+B2 ≠ 0)

Ax + By + C

d ( M,d ) =

A 2 + B2
5. Điều kiện để đường thẳng (d) : Ax + By + C = 0 là tiếp tuyến của đường tròn (
C ) tâm I(a;b) bán kính R là : d(I;d)=R.
6. Sự tương giao của hai đồ thị y=f(x) và y=g(x).Hoành độ giao điểm của hai đồ thị
trên là nghiệm của phương trình : f(x)=g(x).
7. Sự biểu diễn các đường cong trên mặt phẳng tọa độ,cách xác định miền đường
thẳng hoặc đường tròn thỏa mãn bất phương trình,hệ bất phương trình.
2
8. Vị trí tương đối của hai đường tròn ( C ) : ( x − a ) + ( y − b ) = R và đường tròn
2

2

2
( C’) : ( x − a ') + ( y − b' ) = R '
2

•
•
•
•

2



2

2
( C’) : ( x − a ') + ( y − b' ) = R '
2

2

 a ≠ a ' 

÷
 b ≠ b ' 
Phương trình trục đẳng phương của (C) và (C’) là :
2 ( a − a ' ) x + 2 ( b − b ' ) y − ( a 2 − a ' 2 ) − ( b 2 − b ' 2 ) + R '− R = 0
C – NỘI DUNG
ỨNG DỤNG ĐƯỜNG TRÒN ĐỂ GIẢI MỘT SỐ BÀI TOÁN ĐẠI SỐ
1. Ứng dụng đường tròn để giải phương trình.
1.1. Cơ sở lý thuyết :
Một số phương trình đại số sau một số bước biến đổi sẽ xuất hiện dạng giao điểm của
các đường cong nên ta có thể xét sự tương giao của các đường cong để giải phương
trình ban đầu.
1.2. Phương pháp:


Bước 1: Biểu diễn phương trình ban đầu dưới sự tương giao của các đường cong.



Bước 2 : Biểu diễn các đường cong xuất hiện ở bước 1 trên mặt phẳng tọa độ.

⇒ x=0 là một nghiệm của phương trình.
+ Nếu m > 0
Đặt





m + x = u 2
m+x =u 
⇒  m − x = v 2 ⇒ u 2 + v 2 = 2m
m−x = v 
 u, v ≥ 0

x + v = m
u 2 + v 2 = 2m

(1) trở thành 
u ≥ 0
 v ≥ 0

( 2)

Nghiệm của (2) chính là giao điểm của hai đường thẳng :
» của đường tròn (C) : u2+v2=2m tâm O(0;0) và
Đường thẳng (d) : u+v=m và cung AB
bán kính R = 2m .


Từ hình vẽ trên ta thấy (2) có nghiệm ⇔ OH ≤ d ( O;d ) ≤ R = 2m

÷
÷


m 4m − m 2
=±
2
Vậy :
m > 4
+ Nếu : 
phương trình (1) vô nghiệm.
m < 0
+ Nếu m=0 phương trình (1) có nghiệm duy nhất x=0.
+ Nếu 2 ≤ m ≤ 4 phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt :
x1,2

m 4m − m 2
=±
2

* Mở rộng bài toán :
Các bài toán sau có thể sử dụng sự tương giao của hai đồ thị để giải.
1) A − x ± B + x = C
2) A − f ( x ) ± B + f (x) = C
Trong đó A,B,C là các biểu thức chứa tham số m hoặc 1 trong 3 đại lượng trên chứa
tham số.
Bài toán 2: Xác định m để phương trình sau có nghiệm:
cos x + 2 − cos 2 x + cos x. 2 − cos 2 x = m
• Cơ sở:



( u + v ) 2 − 2  = m
u
+
v
+
u + v + uv = m


2
u 2 + v 2 = 2

 u 2 + v 2 = 2
⇔


−1 ≤ u ≤ 1
 −1 ≤ u ≤ 1
1 ≤ v ≤ 2

1 ≤ v ≤ 2
( u + v ) 2 + 2(u + v) − 2m − 2 = 0
 2
u + v 2 = 2
⇔
−1 ≤ u ≤ 1
1 ≤ v ≤ 2

3


d":1

d'1
C
B
d2

-1

A

1

1

O

-1

u

d1

Coi (*) là giao điểm của 3 đường cong :
( C ) : u2+v2= 2 với −1 ≤ u ≤ 1 ; 1 ≤ v ≤ 2
Đường thẳng (d1) : u + v = −1 + 2m + 3
Đường thẳng (d2) : u + v = −1 − 2m + 3
Ta có (d1) và (d2) là hai đường thẳng song song với nhau và cùng song song với ( ∆ ) .
¼
Đường tròn ( C ) : u2+v2= 2 thỏa mãn −1 ≤ u ≤ 1 ; 1 ≤ v ≤ 2 là cung tròn ABC


f (x) + A − f (x) + f (x) A − f (x) = B (A_const,B_chứa tham số)

4.

Tất cả các bài toán trên có thể chuyển thành bài toán khác như sau :

5.

Tìm m để phương trình sau vô nghiệm,có 1 nghiệm,có 2 nghiệm :
a) x + A − x + x A − x = m (A là hằng số)
b) f (x) + A − f (x) + f (x) A − f (x) = m (A là hằng số)

Bài toán 3 : Cho phương trình :
1+ x + 8 − x +

(1+ x) ( 8 − x)

=a

a) Giải phương trình khi a=3.
b) Xác định a để phương trình đã cho có nghiệm.
• Cơ sở :
Xuất hiện hai đại lượng đối là x và –x nên có thể chuyển phương trình đã cho về hệ
phương trình với 2 ẩn là u và v,khi đó làm mất biến x ta thu được một phương trình của


hệ có dạng phương trình của đường tròn.Vận dụng xét sự tương giao để giải hệ từ đó để
giải phương trình đã cho.
• Lời giải:

 v = 8 − x ( v ≥ 0 )

Khi đó phương trình (1) trở thành :
1

( u + v ) 2 − 9  = a
u
+
v
+
u + v + uv = a
(
)


2
u 2 + v 2 = 9

 2
2
⇔ u + v = 9

u ≥ 0
u ≥ 0
 v ≥ 0

 v ≥ 0
( u + v ) 2 + 2 ( u + v ) − 9 − 2a = 0
 2
u + v 2 = 9

(d1) là đường thẳng có phương trình : u+v=3.

(d2) là đường thẳng có phương trình : u+v=-5
Được biểu diễn trên hình vẽ :


v

d1'

3
H
-5

O

u

3

d"1
d1

d2

Từ hình vẽ trên ta có phương trình có 2 nghiệm :
 
 u = 3



Ta có : (d2’) nằm phía dưới đường thẳng ( ∆ ) : ∀a ≥ −5 ⇒ ( d 2 ) ∩ ( C )
(d1’) nằm trên đường thẳng ( ∆ ) : ∀a ≥ −5
Để phương trình có nghiệm thì (d1’) chạy từ (d1) tới (d1”)
⇔ OH ≤ OK ≤ OI
3 2
≤ −1 + 2 ( 5 + a ) ≤ 3
2
11
⇔ + 3 2 ≤ 10 + 2a ≤ 16
2
9 3 2
⇔− +
≤a≤3
4
2
Thỏa mãn điều kiện a ≥ −5
⇔

 9 3 2 
;3 thì phương trình đã cho có nghiệm
Vậy với a ∈  − +
4
2


• Mở rộng bài toán
Các bài toán sau là mở rộng của bài toán 3.
1.Tìm a để phương trình sau vô nghiệm,có 1 nghiệm:
A−x + B+ x +


Coi (1’) là hoành độ giao điểm của hai đồ thị
y = 4 − x 2 và y=mx-m+2
Trong đó đồ thị y = 4 − x 2 là cung tròn của đường tròn x2+y2=4 với ( y ≥ 0, x ≤ 2 ) .
Đường thẳng y = mx-m+2 =m(x-1)+2 là đường thẳng đi qua
điểm cố định I(1 ;2).
Số nghiệm của phương trình (1) là số giao điểm của hai đồ thị


d2

y

d1

d3

I

d4

T

B

m=2/3

O

x



Với m=-4/2 đường thẳng ( d ) ≡ ( d1 ) ⇒ phương tình có nghiệm duy nhất x=xT.

-

Khi (d) biến thiên trong góc nhọ tạo bởi (d 1) và (d2) thì (d) cắt (C) tại 2 điểm phân
4
biệt ⇒ phương trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt −2 ≤ m ≤ −
3
Khi (d) biến thiên trong góc nhọn tạo bởi (d3) và (d4) thì (d) cắt (C) tại 2 điểm phân
2
biệt ⇒ 0 < m ≤
3
• Mở rộng bài toán
1.Có thể thay bằng việc xét vị trí tương đối của đường thẳng (d) và cung tròn (C) bởi
đường cong có thể biểu diễn trên mặt phămgr tọa độ.
2.Bài toán sau là bài toán mở rộng của bài toán trên :
A − x 2 + Bx + C = 0
Trong đó A,B,C là các biểu thức chứa tham số hoặc không chứa tham sô.
1.4. Các bài toán tương tự của bài bài toán ứng dụng đường tròn để giải phương
trình.
Bài 1 : Cho phương trình :
x +1 + 3 − x −

( x + 1) ( 3 − x )

=m

a)


)

Bài 4 : Phương trình sau có bao nhiêu nghiệm :
4x 3 − 3x = 1 − x 2
Bài 5 : Tìm a để phương trình sau có nghiệm :

( x + y) +

2x ( y − 1) + a = 2

Bài 6 : Giải và biện luận phương trình :
m − x2 + x +1 + m + x2 − x +1 = m
Bài 7 : Tìm m để phương trình sau có 2 nghiệm phân biệt :
x − y − 2y ( 1 − x ) + m 2 + 2 = 4
Bài 8 : Giải và biện luận phương trình :

a − x 2 − log (

x −3)
3

=0

2. Ứng dụng đường tròn để giải bất phương trình
2.1. Cơ sở lý luận
Một số bất phương trình sau một vài bước biến đổi sẽ xuất hiện dạng hệ bất phương
trình mà các bất phương trình của hệ là dạng các dường cong đã biết và có thể biểu diễn
chúng trên mặt phẳng tọa độ.Vì vậy ta sẽ dựa vào hình vẽ để tìm miền nghiệm cuẩ hệ
sau đó suy ra nghiệm của bất phương trình ban đầu.
2.2. Phương pháp:


a
+
x
≥
0
⇔


a ≥ x

a − x ≥ 0
Từ điều kiện suy ra a ≥ 0
Đặt :
u = a + x


 v = a − x
u 2 = a + x
⇒
2
 v = a − x
⇒ u 2 + v 2 = 2a(u, v ≥ 0


Khi đó bất phương trình (1) trở thành
u + v ≤ 2
 2
2
u + v = 2a


2a ≤ d(O, ∆) = 2 ⇒ 0 ≤ a ≤ 1 ⇒ (1) có nghiệm thỏa mãn :


0 ≤ u ≤ 2a ⇔ 0 ≤ a + x ≤ 2a ⇔ 0 ≤ a x ≤ 2a
⇔ 0 ≤ x ≤ a ⇔ 2 ≤ 2a ≤ 2 ⇔ 1 ≤ a ≤ 2
+Nếu d ( O; ∆ ) ≤ 2a ≤ 2 ⇒ (1) có nghiệm thỏa mãn:
0 ≤ u = a + x ≤ u
1

 u ≤ u = a + x ≤ 2a
 2
Với u1 , u2 là các nghiệm của phương trình :
u 2 + ( 2 − u ) = 2a
2

⇔ 2u 2 − 4u + 4 − 2a = 0
⇔ u1,2 = 1 ± a − 1
0 ≤ a + x ≤ 1 − a − 1
⇒
1 + a − 1 ≤ a + x ≤ 2a

0 ≤ a + x ≤ a − 2 a − 1
⇔
a + 2 a − 1 ≤ a + x ≤ 2a
0 ≤ x ≤ −2 a − 1 ( vl )
⇔
⇒ 4(a − 1) ≤ x ≤ a 2
 2 a − 1 ≤ x ≤ a
Kết luận :

nghiệm :
 A + f (x) + B − f (x) ≥ C

 A + f (x) + B − f (x) ≤ C
(A,B chứa tham số m,C_const)
Bài toán 2 : Cho bất phương trình sau :
− x 2 + 6x − 5 ≥ m − 2x

( 1)

a) Giải bất phương trình khi m=8
b) Tìm m để bất phương trình (1) có nghiệm ∀x ∈ [ 1;5]
• Cơ sở
Một vế của bất phương trình có dạng biểu thức dưới dấu căn bậc 2 mà biếu thức
trong căn chỉ chứa các số hạng chứa biến x,x 2.Nên ta có thể đưa việc giải bất phương
trình trên về việc xét sự tương giao của hai đường cong.Mà 1 trong 2 đường đó có liên
quan đến đường tròn.
• Lời giải
TXĐ D = [ 1;5]
Đặt :


y = − x 2 + 6x − 5
y ≥ 0
⇔ 2
2
 y + x − 6x + 5 = 0
 y ≥ 0
⇔
2


d
d0
d1

y ≥ 0

2
⇔ ( 8 − 2x ) = − x 2 + 6x − 5
 y = 8 − 2x

23

y ≥ 0
  x = 5


( l)
  x = 3
6

⇔ 
23 ⇔   y = − 5
  x = 5


x = 3 ( t / m )
 y = 8 − 2x
  y = 2



( 1)

a) Giải bất phương trình khi m=3.
b) Tìm m để bất phương trình (1) nghiệm đúng ∀x ∈ [ −2;4]
Bài 4 : Cho bất phương trình :
−4

( 4 − x) ( 2 + x)

≤ − x 2 − 2x + a − 18

a)

Giải bất phương trình khi a=6

b)

Tìm a để (1) nghiệm đúng ∀x ∈ [ −2;4]