Đang tải... (xem toàn văn)
Sử dụng tính chất hình học để giải một số bài toán đại số trong chương trình phổ thông. Trong đề thi thử đại học môn toán 2012 của trường THPT chuyên ĐH Sư phạm HN có bài toán hay như sau: Bài toán (): Cho các số thực dương a, b, c, d thuộc khoảng (0, 1). Chứng minh rằng: a(1 – b) + b(1 – c) + c(1 – d) + d(1 – a) < 2.
Trong đề thi thử đại học môn Toán năm 2012 trường THPT chuyên Đại học Sư phạm Hà Nội có toán hay sau Bài toán (*): Cho số thực dương a, b, c, d thuộc khoảng (0, 1) Chứng minh rằng: a(1 – b) + b(1 – c) + c(1 – d) + d(1 – a) < Dựng hình vuông ABCD có cạnh Trên cạnh AB, BC, CD, DA lấy điểm M, N, P Q cho AM = a; BN = d; CP = a; DQ = b Ta có: M A B N SAMQ + SMBN + SCNP + SPDQ < SABCD Q ⇔ a(1 – b) + b( – c) + c(1 - d) + d(1 – a) < Bài toán (*) chứng minh D P C CLB NGHIỆP VỤ SƯ PHẠM KHOA TOÁN Bất đẳng thức tam giác A Trong ∆ABC ta có: Ngược lại, ba số thực dương a, b, c thỏa mãn: C tồn tam giác có cạnh a, b c Chú ý: Với ba điểm A, B, C ta có AB + BC ≥ CA Đẳng thức xảy B nằm A C B Định lí Pitago tam giác vuông Trong tam giác vuông bình phương độ dài cạnh huyền tổng bình phương độ dài hai cạnh góc vuông Ngược lại: B Nếu ba số thực dương a, b c thỏa mãn c2 = a2 + b2 tồn tam giác có cạnh a, b, c góc a b góc vuông A C Hai vectơ phương Hai vectơ gọi phương giá chúng song song trùng Tích vô hướng hai vectơ HỆ QUẢ a) Bình phương vô hướng vectơ bình phương độ dài r2 r vectơ đó, tức là: b) Ta có: a =a rr r r a.b ≤ a b r r r r a+b ≤ a + b r r a, b = 0o r r Đẳng thức xảy ⇔ cos a, b = ⇔ r r a, b = 180o ( ) r ⇔a c) phương với Nếu ( ) ( ) r r r b ⇔ a = kb (k ∈ ¡ ) r r r r r r c = a + b c ≤ a + b r r r a, d) Với ba vectơb, c r r r r r r a+b+c ≤ a + b + c Biểu thức tọa độ tích vô hướng r r Cho hai vectơ a = ( x; y ) b = ( x '; y ') Khi rr 1, a.b = xx '+ yy '; r 2, a = x + y ; r r r r r r xx '+ yy ' 3, cos(a, b) = a ≠ 0, b ≠ x + y x '2 + y '2 r r Đặc biệt: a ⊥ b ⇔ xx '+ yy ' = ( ) HỆ QUẢ: Trong mặt phẳng tọa độ, khoảng cách hai điểm M(x M,yM) N(xN, yN) uu uu r 2 MN = MN = ( xM − xN ) + ( yM − y N ) Hệ thức lượng tam giác Định lí côsin tam giác Trong tam giác ABC, với BC = a, CA =b, AB = c, ta có a2 = b2 + c2 – 2bc cosA; b2 = a2 + c2 – 2ac cosB; c2 = a2 + b2 – 2ab cosC Định lí sin tam giác Với tam giác ABC, ta có a b c = = = R, sin A sin B sin C R bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC 6 Hệ thức lượng tam giác Công thức tính đường trung tuyến tam giác Cho tam giác ABC Gọi ma, mb, mc độ dài đường trung tuyến ứng với cạnh BC = a, CA = b, AB = c Khi a + b2 c2 a + c2 b2 b2 + c2 a − − ; mc = ma = − ; mb = 4 Công thức tính diện tích tam giác 1 S = aha = bhb = chc ; 2 1 S = ab sin C = ac sin B = bc sin A; 2 abc S= ; 4R S = pr ; S= p ( p − a )( p − b)( p − c) (công thức Hê - rông) Phương trình đường tròn phương trình mặt cầu Phương trình đường tròn Đường tròn tâm I(x0, y0), bán kính R có phương trình (x – x0)2 + (y – y0)2 = R2 Phương trình mặt cầu Mặt cầu tâm I(x0, y0, x0), bán kính R có phương trình (x – x0)2 + (y – y0)2 + (z – z0)2 = R2 Thí dụ 1: Giải phương trình x x + + − x = x + r u = ( x;1) Trong mặt phẳng Oxy lập vectơ r v = x + 1; − x rr r r r r Lời giải: ĐK: -1 ≤ x ≤ ( ) PT cho có dạng u.v = u v ⇔ u v hướng, hay 0 < x < x x +1 = >0⇔ 3− x x (3 − x) = x + 0 < x < ⇔ ( x − 1)( x − x − 1) = 0 < x < x = ⇔ x = ⇔ x = + x = ± Vậy phương trình cho có hai nghiệm x = 1; x = 1+ Thí dụ 2: Giải phương trình x − x + − x − x + 10 = 2 Lời giải: Phương trình cho viết dạng ( x − 1) +4 − ( x − 3) + = uu ur Trên mặt phẳng tọa độ Oxy lập vectơ AB = ( x − 1; ) ur u u AC = ( x − 3;1) uu r r ur Suy BC = u − v = ( 2;1) ⇒ BC = Áp dụng bất đẳng thức tam giác ta có hay ( x − 1) +4− AB − BC ≤ AC ( x − 3) + ≤ Từ (1) (2) ta thấy việc giải phương trình (1) chuyển giải phương trình x −1 = x − ⇔ x = Vậy phương trình có nghiệm x =5 Thí dụ 3: Giải bất phương trình x − + x − ≥ ( x − 3) + x − 2 Lời giải: ĐK: x ≥ r r u = ( x − 3) + x − u = x − 3; x − Đặt r ⇒r v = ( 1;1) v = ( ) rr r r Theo BĐT u.v ≤ u v , ta có x − + x − ≤ ( x − 3) + x − 2 Từ (1) (2) suy BPT cho có nghiệm khi: rr r r x − + x − = ( x − 3) + x − ⇔ uv = u v r r r r Điều xảy u v hướng, hay u = kv ( k > ) x −1 = k x − = k ⇔ k > x > x −1 = x − > ⇔ ⇔ x = x − x + 10 = Vậy BPT có nghiệm x=5 Thí dụ (Khối A -2014) Giải hệ phương trình x 12 − y + y (12 − x ) = 12 x − x − = y − (1) (2) Lời giải: ĐK: −2 ≤ x ≤ 3; ≤ y ≤ 12 r u = x; 12 − x r r Đặt r ⇒ u = v = 12 v = 12 − y ; y rr r r PT (1) ⇔ u.v = u v Từ suy x = 12 − y ⇔ x ≥ ) ( ( ) Thay y = 12 – x vào PT (2) ta x3 − x − = 10 − x ( ) y = 12 − x 2( x + 3) ⇔ x − x − + − 10 − x = ⇔ ( x − 3) x + 3x + + + 10 − x 2( x + 3) ⇔ x = x + 3x + + > 0, ∀x ≥ ÷ + 10 − x Suy y = 12 – x2 = (thỏa mãn điều kiện) Vậy nghiệm hệ cho (x; y) = (3; 3) ÷= Thí dụ (THTT – Bài T9\463) Giải hệ phương trình x ( x − 2) + ( y − 2)(2 z + 1) = x ( y + 1) + ( y − 2)(5 z + 1) = ( y + 1) + (5 z + 1) = ( x − 2) + (2 z + 1) Hướng dẫn: r r u u r Bước 1: Đặt u = ( x, y − ) ; v = ( x − 2, z + 1) ; w = ( y + 1,5 z + 1) rr ru u r Sau tính u.v u.w r ur u Bước 2: Chứng minh v / /w Bước 3: Từ tìm nghiệm hệ phương trình cho Thí dụ Tìm giá trị nhỏ biểu thức: F ( x ) = cos x + sin x + cos x Lời giải: Trên mặt phẳng tọa độ Oxy, ta chọn điểm A(cosx, 0); B(0, cosx); C(-sinx, 0) Khi đó: uu ur uu ur AB = ( − cos x, cos x ) ; BC = (− s inx, − cos x); uu u r CA = (s inx + cos x, 0) Ta có: AB = cos x ; BC = 1; CA = s inx + cos x Theo bất đẳng thức tam giác: AB + CA ≥ BC Suy F(x) ≥ Do MinF( x) = ⇔ cos x = ⇔ x = π + kπ ( k ∈ ¢ ) Thí dụ (Khối A -2003) Cho x, y, z ba số dương x + y + z ≤ Chứng minh x2 + + x y2 + + y z2 + ≥ z 82 Lời giải: Gọi P vế trái BĐT r 1 r u 1 r 1 u Đặt u = x; ÷, v = y; ÷, w = z; ÷ x y z r r u u r r r u u r P = u + v + w ≥ u+v+w hay 1 1 P= ( x + y + z) + + + ÷ y z x 1 1 Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có x + y + z ≥ 3 xyz ; + + ≥ 3 x y z xyz x2 + + x y2 + + y ( ) z2 + ≥ z 2 x+ y+z xyz , < t ≤ ÷ ≤ 9 1 g (t ) = 9t + 0; ta P ≥ 82 Khảo sát hàm số t 9 x=y=z= Đẳng thức xảy Do đó: P ≥ 9t + , với t = t Thí dụ Giải hệ phương trình x + y + z + 17 = x + y + 16 z 3 x − y + 12 z = 12 Lời giải: Hệ phương trình cho tương đương với 1 2 + ( z − 2) = ( x − 1) + y − ÷ 2 3 x − y + 12 z − 12 = Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, ta có: •PT thứ hệ xác định mặt cầu (S) có tâm I 1; ; ÷ bán kính R=1 , •PT thứ hai xác định mặt phẳng kí hiệu (P) Ta có − + 24 − 12 d ( I , ( P )) = + + 144 =1= R Suy mặt phẳng (P) tiếp xúc với mặt cầu (S).Do hệ có nghiệm Nghiệm hệ PT toạ độ tiếp điểm A mặt phẳng (P) với mặt cầu (S) Gọi ∆ đường thẳng qua tâm I vuông góc với (P) ∆ có phương trình: x = + 3t y = − 4t z = − 12t Ta có A ∈ ∆ ⇒ A 1 + 3t ; − 4t ; + 12t ÷, A ∈ ( P ) 1 ⇔ 3(1 + 3t ) − − 4t ÷+ 12(2 + 12t ) − 12 = 2 −1 10 21 14 ⇔t= ⇒ A ; ; ÷ 13 13 26 13 Vậy hệ có nghiệm 10 21 14 ( x; y; z ) = ; ; ÷ 13 26 13 GS Nguyễn Tiến Dũng – Huy chương vàng IMO 15 tuổi nói chuyện với người yêu toán, dẫn toán giải phương trình kỳ thi Đại học 2015 thừa nhận: “Trong suốt đời làm Toán mình, chưa gặp phương trình Họ đề họ nghĩ họ giải được” Trong tác phẩm tiếng “Giải toán thế nào?” nhà toán học giáo dục học vĩ đại người Mỹ G.Polya cho rằng: “Ví dòng sông bắt nguồn từ dòng suối nhỏ, toán dù khó đến đâu có nguồn gốc từ toán đơn giản, có đỗi quen thuộc chúng ta”