Trường THPT Phú Lộc

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THỪA THIÊN HUẾ
TRƯỜNG THPT PHÚ LỘC

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
ĐỀ TÀI :
ỨNG DỤNG PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ VECTƠ,TỌA ĐỘ ĐIỂM
VÀO VIỆC GIẢI BẤT ĐẲNG THỨC, PHƯƠNG TRÌNH,
BẤT PHƯƠNG TRÌNH, HỆ PHƯƠNG TRÌNH

Lĩnh vực : TOÁN HỌC
Giáo viên : Trần Minh Cường
Chức vụ: Tổ trưởng chuyên môn

Phú Lộc, tháng 3 năm 2015

GV : Trần Minh Cường

Page 1


Trường THPT Phú Lộc
MỤC LỤC :
TT

Nội dung

Trang

ĐỀ TÀI


PHẦN II : GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ

05

I. CƠ SỞ LÍ LUẬN.

05

II. CƠ SỞ THỰC TIỄN

06

III. NỘI DUNG CỤ THỂ.

06

Vấn đề 1 : Dạng toán chứng minh bất đẳng thức.

06 – 09

Vấn đề 2 : Dạng toán giải phương trình, bất phương trình,

09 – 14

hệ phương trình.
Vấn đề 3 : Bài toán cực trị.

14


- Giải các bài toán chứa tham số.
- Giải các bài toán về bất đẳng thức.
- Giải các bài toán tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất. v.v…
Đề tài này giúp học sinh nắm được phương pháp, có được kĩ năng ứng
dụng công cụ phương pháp tọa độ để giải quyết vấn đề.
Ví dụ : (A – 2014 ) Giải Hệ Phương trình
 x 12 − y + y (12 − x 2 ) = 12 (1)
 3
(2)
 x − 8 x − 1 = 2 y − 2

Ví dụ : Cho a,b,c > 0 và ab + bc + ca = abc. Chứng minh rằng
a 2 + 2b 2
b 2 + 2c 2
c 2 + 2a 2
+
+
≥ 3
ab
bc
ca

GV : Trần Minh Cường

Page 3


Trường THPT Phú Lộc
II.MỤC ĐÍCH NGHIÊN CỨU.
- Giúp học sinh hiểu sâu hơn về phương pháp tọa độ .


Phương pháp nghiên cứu lí luận.

-

Phương pháp nghiên cứu thông qua thực tiễn giảng dạy.

\

GV : Trần Minh Cường

Page 4


Trường THPT Phú Lộc
PHẦN II : GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ
I. CƠ SỞ LÍ LUẬN.
1. Khái niệm vecto.
2. Các phép toán về vecto.
3. Tọa độ điểm và tọa độ vecto.
4. Phương pháp tọa độ trong mặt phẳng.
5. Phương pháp tọa độ trong không gian.
TÍNH CHẤT 1:
BẤT ĐẲNG THỨC TAM GIÁC.
Cho tam giác ABC có độ dài các cạnh BC, CA, AB tương ứng là a,b,c. Ta luôn có
:
+ b − c < a < b + c hay AC − AB < BC < AC + AB
+ AB = ( xB − x A )2 + ( yB − y A ) 2
Như vậy ta chọn A,B,C có tọa độ thích hợp để giải bài toán.
TÍNH CHẤT 2:

m = n
 y x
rr r r
r r
+ u.v ≤ u . v , dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi u , v cùng hướng.

Chú ý : Tính chất này có thể mở rộng trong không gian.
GV : Trần Minh Cường

Page 5


Trường THPT Phú Lộc
II. CƠ SỞ THỰC TIỄN
1.Thông qua dạy học, thông qua tình huống có vấn đề, một số bài toán khi
giải bằng công cụ phương pháp vecto và phương pháp tọa đô thì khéo léo hơn.
2. Thông qua các dạng toán cơ bản thường gặp ở lớp học 12, các đề thi đại
học.
III. NỘI DUNG CỤ THỂ.
ỨNG DỤNG PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ VECTƠ & TỌA ĐỘ ĐIỂM
VÀO VIỆC GIẢI
BẤT ĐẲNG THỨC, PHƯƠNG TRÌNH, BẤT PHƯƠNG TRÌNH,
HỆ PHƯƠNG TRÌNH
Vấn đề 1 : Dạng toán chứng minh bất đẳng thức.
BÀI 1 : Chứng minh rằng : a 2 − 2a + 5 + a 2 + 2a + 5 ≥ 2 5 (1)
Cách giải :
(1) ⇔ (a − 1)2 + 22 + (a + 1) 2 + 22 ≥ 2 5
r

r

x + xy + y =  y + ÷ + 
x÷
;
y
+
yz
+
z
=
y
+
z÷

÷ + 
÷
2  2 ÷
2
2







r 

2

2

⇒ a+b =
+
= z 2 + zx + x 2
4
4
GV : Trần Minh Cường

Page 6


Trường THPT Phú Lộc
r

r

r r

Do a + b ≥ a + b nên x 2 + xy + y 2 + y 2 + yz + z 2 ≥ z 2 + zx + x 2 , ∀x, y, z ∈ R ( đpcm )
rr

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi : a; b cùng hướng
x = z = 0
x = z = 0
r r r r
x = z = 0

a + b ≥ a+b ⇔ x
⇔  x −2 y − 2 x ⇔ 
2
y


2  uur  1

2

r r uur  1

1

1

2

2

2

+
÷
Chọn u =  ; ÷÷; v =  ; ÷÷; w =  ; ÷÷ ⇒ u + v + w =  + + ; +
b
c ÷
b a 
c b 
a c 
a b c a


Ta có
2

+
≥ 3 ( đpcm )
ab
bc
ca

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi : a = b = c = 3
2
5

BÀI 4 : Chứng minh 5 x + 2 + 5 y + 2 + 5 z + 2 ≤ 6 3, ∀x, y, z ≥ − , x + y + z = 6
Cách giải :
r

r

Xét hai vectơ : u = ( 1;1;1) và v = ( 5 x + 2; 5 y + 2; 5 z + 2 )
r

r

Ta có u = 3, v = 5( x + y + z ) + 6 = 6
rr
u.v = 5 x + 2 + 5 y + 2 + 5 z + 2

GV : Trần Minh Cường

Page 7



Cách giải :
r

)

(

r

(

2
2
Xét hai vectơ : u = sin x;1; 2 − sin x và v = 1; 2 − sin x ;sin x

)

rr r r
u
Áp dụng bất đẳng thức .v ≤ u . v ta có
⇔ s inx + 2 − s in 2 x + s inx 2 − s in 2 x ≤ sin 2 x + 1 + 2 − sin 2 x + 1 + 2 − sin 2 x + sin 2 x ≤ 2 3, ∀x

r

)

(

r


Cách giải :
r

r

r r

Xét hai vectơ : u = ( x + 1; y; 2), v = (− x; − y − 1;1) ⇒ u + v = (1; −1;3)
r

r

r r

Do a + b ≥ a + b ta có : A = ( x + 1) 2 + y 2 + 4 + x 2 + ( y + 1) 2 + 1 ≥ 11 .
r

r

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi : u = ( x + 1; y; 2), v = (− x; − y − 1;1) cùng hướng
x +1

y

2

1

2


⇔ y =1
t ∈ [ 0;1]
 z = −1 + 2t


Vấn đề 2 : Dạng toán giải phương trình, bất phương trình, hệ phương trình.
BÀI 1 : Giải phương trình (4 − x) x − 2 + 7 − 2 x = 85 − 57 x + 13x 2 − x3 (1)
Cách giải :
Ta có : (1) ⇔ (4 − x) x − 2 + 7 − 2 x = (5 − x)( x 2 − 8 x + 17)
2
 7
⇔ (4 − x) x − 2 + 7 − 2 x = (5 − x) ( 4 − x ) + 1 , x ∈ 2; 


 2

r

r

rr

Xét a = ( 4 − x;1) , b = ( x − 2; 7 − 2 x ) ⇒ a.b = (4 − x) x − 2 + 7 − 2 x
r

r

Và a = (4 − x) 2 + 1, b = ( x − 2) + (7 − 2 x) = 5 − x
rr



) (

r
r
2
a
=
x
;
(12
−
x
)
,
b
=
Xét

12 − y ; y

)

khi đó phương trình (1) có dạng

rr r r
rr
a.b = a . b ⇔ a, b cùng hướng.

nên (1) ⇔ x y = (12 − x 2 ). 12 − y ⇔ y = 12 − x 2 , x ≥ 0 thay vào phương trình (2)

Page 10


Trường THPT Phú Lộc
r
r
u = ( x0 2 ; y0 2 ; z0 2 ), v = (1;1; 2) khi đó
r
r
rr
u = x0 4 + y0 4 + z0 4 = 1, v = 6 , ta có u.v = x0 2 + y0 2 + 2 z0 2 = 7
rr
rr
u.v
7
Mặt khác : cos(u, v) = r r = 6 > 1 vô lý
u.v

Vậy hệ đã cho vô nghiệm.
 x2 + y 2 = − y( x + z)
 2
BÀI 4 : Giải hệ phương trình :  x + x + y = −2 yz
3 x 2 + 8 y 2 + 8 xy + 8 yz = 2 x + 4 z + 2


Cách giải :
Hệ phương trình đã cho viết lại :
 x( x + y ) + y ( y + z ) = 0
(1)



Khả năng 1: Nếu u = 0 ta có x = y = 0 u = 0 ⇒ z = − .
r

1

Ta có nghiệm  0;0; − ÷


2

r

Khả năng 2: u ≠ 0

x +1 = 0
uur r r  2 z + 1 = 0
TH1 : w = v = 0 ⇔ 
vô lý
x + y = 0
 y + z = 0
GV : Trần Minh Cường

Page 11


Trường THPT Phú Lộc
r uur

r uur

x
−
2
y
uur
r


2
⇔
+ Nếu w = −2v ⇔ 
2 z + 1 = −2 y − 2 z
 z = 3x

4

Thay vào (1) ta có : x 2 +

(1 + 3 x) 2 1 + 3x 7 x
=
. ⇔ 5x2 + 5x + 2 = 0
4
2
4

Phương trình này vô nghiệm.
1  1 1

Vậy hệ đã cho có hai nghiệm :  0;0; − ÷,  0; ; − ÷.
2  2 2


+ y0 2 + z0 2 ) − 2 ( x0 2 y0 2 + y0 2 z0 2 + z0 2 x0 2 )
2

= 1 − 2 ( x0 2 y0 2 + y0 2 z0 2 + z0 2 x0 2 ) ≤ 1
r r
u
Vậy . v ≤ 1 (2)

GV : Trần Minh Cường

Page 12


Trường THPT Phú Lộc
 x0 2 y0 2 = 0
 2 2
2
2
2 2
2 2
Dấu bằng trong (2) xảy ra ⇔ x0 y0 + y0 z0 + z0 x0 = 0 ⇔  y0 z0 = 0
 2 2
 z0 x0 = 0
rr r r
Vì u.v ≤ u . v
r r

Nên từ (1) và (2) suy ra điều kiện cần là : u . v = 1
 x0 y0 = 0


r

r r

rr

Như vậy ( 1 ) ⇔ u + v = u + v ⇔ u, v cùng hướng ⇔ 3( x − 1) − 2(− x − 1) = 0 ⇔ x =

1
5

1
5

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = .

BÀI 7: Giải bất phương trình : 2( x − 3)2 + 2 x − 2 ≤ x − 1 + x − 3 (1)
Cách giải :
GV : Trần Minh Cường

Page 13


Trường THPT Phú Lộc
Điều kiện : x ≥ 1
(1) ⇔ 2 ( x − 3) 2 + ( x − 1) 2 ≤ x − 1 + x − 3
r

r

Khi đó : MA = (2 − t ) 2 + t 2 + (2 − 2t ) 2 = 6t 2 − 12t + 8
MB = (4 − t ) 2 + (t − 2) 2 + (6 − 2t ) 2 = 6t 2 − 36t + 56

Khi đó
2
2

1
1




2
2
MA + MB = 6t − 12t + 8 + 6t − 36t + 56 = 6  (t − 1) + 
÷ + (3 − t ) + 
÷

3
3 




2

2

r 

=
t
−
1;
Dấu bằng xảy ra khi chỉ khi

÷, v =  3 − t ;
÷ cùng hướng
3
3


⇔

t −1
= 1 ⇔ t = 2 ⇒ M (1; −1; 2)
3−t

GV : Trần Minh Cường

Page 14


Trường THPT Phú Lộc
Vậy điểm M cần tìm là : M (1; −1; 2)
PHẦN III : KẾT LUẬN :
Giải phương trình, bất phương trình và hệ phương trình là một bài toán khó.
Muốn giải các bài toán đó, trước hết học sinh phải có các kiến thức cơ bản, các
phương pháp cơ bản về giải phương trình và hệ phương trình. Có rất nhiều
phương pháp giải phương trình và hệ phương trình. Việc sử dụng phương pháp

Trần Minh Cường

ĐIỂM:…………………………………..
XẾP LOẠI: …………………………….

TỔ TRƯỞNG

NHẬN XÉT, ĐÁNH GIÁ, XẾP LOẠI
CỦA HỘI ĐỒNG KH-SK CỦA ĐƠN VỊ

NHẬN XÉT, ĐÁNH GIÁ, XẾP LOẠI
CỦA HỘI ĐỒNG KH-SK NGÀNH GD&ĐT

NHẬN XÉT:…………………………………

NHẬN XÉT:…………………………………

………………………………………………..

………………………………………………..

………………………………………………..

………………………………………………..

………………………………………………..

………………………………………………..

………………………………………………..

2. Chức vụ (nhiệm vụ đảm nhiệm) : Tổ trưởng Tổ Toán
3. Đơn vị công tác : Trường THPT Phú Lộc
4. Tên đề tài (SKKN): Ứng dụng phương pháp tọa độ vectơ và điểm vào việc giải bất đẳng thức,
phương trình, bất phương trình và hệ phương trình.
5. Lĩnh vực (SKKN): Toán học.
STT
Nội dung
Điểm tối
Điểm GK
đa
thống nhất
1
Lý do chọn đề tài (đặt vấn đề, thực trạng, tính cấp thiết, tính
10
đổi mới của đề tài…)
2
Giải quyết vấn đề, nội dung của đề tài nêu ra
80
2.1. Tính mới và sáng tạo
25
a) Hoàn toàn mới, được áp dụng lần đầu tiên
21-25
b) Có cải tiến so với phương pháp trước đây với mức độ tốt
16-20
c) Có cải tiến so với phương pháp trước đây với mức độ khá
11-15
d) Có cải tiến so với phương pháp trước đây với mức độ TB
6-10
e) Có cải tiến so với phương pháp trước đây với mức độ thấp
1-5

10
phong, thể thức văn bản…….)
TỔNG ĐIỂM:
Xếp loại:
Nhận xét chung: ................................................................................................................
...........................................................................................................................................
...........................................................................................................................................

Giám khảo 1

GV : Trần Minh Cường

Giám khảo 2

Phú Lộc, ngày…. tháng 3 năm 2015
Chủ tịch Hội đồng

Page 18