ứng dụng của phương pháp tọa độ trong giải hệ pt và bất đẳng thức

ứng dụng của phương pháp tọa độ trong giải hệ pt và bất đẳng thứcứng dụng của phương pháp tọa độ trong giải hệ pt và bất đẳng thứcứng dụng của phương pháp tọa độ trong giải hệ pt và bất đẳng thứcứng dụng của phương pháp tọa độ trong giải hệ pt và bất đẳng thứcứng dụng của phương pháp tọa độ trong giải hệ pt và bất đẳng thứcứng dụng của phương pháp tọa độ trong giải hệ pt và bất đẳng thứcứng dụng của phương pháp tọa độ trong giải hệ pt và bất đẳng thứcứng dụng của phương pháp tọa độ trong giải hệ pt và bất đẳng thứcứng dụng của phương pháp tọa độ trong giải hệ pt và bất đẳng thứcứng dụng của phương pháp tọa độ trong giải hệ pt và bất đẳng thứcứng dụng của phương pháp tọa độ trong giải hệ pt và bất đẳng thức

NỘI DUNG I KIẾN THỨC CHUẨN BỊ Trong hệ trục toạ độ Oxyz      Tọa độ điểm: M  x; y; z   OM  xi  y j  zk ,    với i  (1;0;0); j  (0;1;0); k  (0;0;1) M   Oxy   M  x; y;0  ; M  Ox  M  x;0;0  đặc biệt: M   Oyz   M  0; y; z  ; M  Oy  M  0; y;0  M   Oxz   M  x;0; z  ; M  Oz  M  0;0; z       u   x; y; z   u  xi  y j  zk Toạ độ vectơ: Các cơng thức tính toạ độ vectơ:   AB   xB  xA ; yB  yA ; zB  z A    Cho u   x; y; z  u '   x '; y '; z '   u  u '  {x  x '; y  y '; z  z '}  ku   kx; ky; kz    u  u '   x  x '; y  y '; z  z '      u.v   u  v u.u '  x.x ' y y ' z.z ' Tích vơ hướng: Các cơng thức tính độ dài góc  u  x2  y  z AB  x B  xA )2  ( yB  yA )2  ( zB  z A      u.u ' cos u; u '     u u'  xx ' yy ' zz '  x  y  z x '2  y '2  z '2    với u; u ' ≠ 6.Một số tính chất vectơ Tính chất 1: Tính chất 2: (a)  a  Đẳng thức xảy a  a  b  ab Đẳng thức xảy a b hƣớng Tính chất 3: a.b  a b Đẳng thức xảy a b phƣơng Mặt cầu Phương trình mặt cầu: Dạng 1: Mặt cầu tâm I(a; b; c), bán kính R:  x  a    y  b    z  c   R2 (1) 2 Dạng 2: x2  y  z  2ax + 2by + 2cz +d =  a  b2  c2  d   (2) Khi đó: Mặt cầu tâm I(-a; -b; -c), bán kính R  a2  b2  c2  d 7.2.Vị trí tương đối mặt cầu với đường thẳng: Cho mặt cầu (C) tâm I(a; b; c), bán kính R đƣờng thẳng    Tính: d  I ,   Nếu: d  I ,    R :    C    ; d  I ,    R :    C  điểm phân biệt; d  I ,    R :   , C  tiếp xúc nhau,    gọi tiếp tuyến mặt cầu 7.3.Vị trí tương đối mặt cầu với mặt phẳng: Cho mặt cầu (C) tâm I(a; b; c), bán kính R mặt phẳng  P : Ax +By+Cz +D=0 Tính: d  I ,  P    Nếu: Aa +Bb +Cc+D A2  B2  C 1) d  I ,  P   R : P   C    ;   2) d  I ,  P   R : P   C  đƣờng tròn H ; r  R2  d  I ;  P   với H hình chiếu I (P) 3) d  I ,  P  R : P  , C  tiếp xúc điểm H hình chiếu I (P), (P) gọi tiếp diện mặt cầu (C) II SỬ DỤNG PHƢƠNG PHÁP TOẠ ĐỘ TRONG KHƠNG GIAN VÀO MỘT SỐ BÀI TỐN ĐẠI SỐ Khi giải phƣơng pháp toạ độ, học sinh cần biết cách phiên dịch yêu cầu đề tốn sang ngơn ngữ toạ độ, sau dùng kiến thức toạ độ để giải toán, cuối chuyển kết từ ngôn ngữ toạ độ sang ngơn ngữ hình học Giáo viên cần hƣớng dẫn cho học sinh chọn toạ độ véc tơ thích hợp Bài 1.(Bài tập 89- Ôn tập chƣơng Sách tập Hình học 12 nâng cao) a) Chứng minh: 5x   y   5z   với x, y, z ≥ -2/5 x+ y+ z= b) Tìm giá trị lớn hàm số f(x)= x  m  x  n  m  n với x, m, n ≥ x+ m+ n= c) Chứng minh: ( x  1)2  ( y 1)  ( z  1)  ( x  1)  ( y 1)  ( z 1) ≥ 2 với x, y, z Giải    a) Xét hai véc tơ u  (1,1,1) ; v  ( 5x  2, y  2, 5z  2)   u.v  5x   y   5z     Ngồi tính đƣợc u  ; v  5( x  y  z )        Vậy u.v  u v = hay 5x   y   5z   Dấu “=” xảy khix= y= z=   b) Xét hai véc tơ u  (1,1,1) ; v  ( x  m, x  n , m  n )   f(x)= u.v  x  m  x  n  m  n    Ngồi tính đƣợc u  ; v       Vậy f(x)= u.v  u v = hay maxf(x)= x= m= n=1/3 c) Ta xem thức độ lớn véctơ, cần xác định điểm không gian Trong không gian Oxyz, lấy điểm A(1; 1; -1), B(-1; 1; 1) M(x; y; z) Khi AB= 2 MA  ( x  1)2  ( y  1)2  ( z  1) ; MB  ( x  1)  ( y 1)  ( z 1) Từ bất đẳng thức MA+ MB ≥ AB, ta suy ( x  1)2  ( y 1)  ( z  1)  ( x  1)  ( y 1)  ( z 1) ≥ 2     Dấu “=” xảy M nằm điểm A; B hay AM  t AB với 0≤ t≤ Hay x= 1- 2t; y= 1; z= -1+ 2t với 0≤ t≤ Bài Chứng minh rằng: a, b, c  R, ta có: abc(a + b + c)  a4 + b4 + c4 Giải  u   ab; bc; ca   Ta có: VT = a bc + ab c + abc xét hai véctơ  v   ac; ba; bc    2 2 2  u  a b b c c a    v  a 2c  b a  b 2c  u     2 u.v  a bc  ab c  abc     Từ u.v  u v  VT = a2bc + ab2c + abc2  a2b2 + b2c2 + c2a2    a  a  b4  c4  b    xét thêm: a   a2 ; b2 ; c2  b   b2 ; c2 ; a      a.b  a 2b  b 2c  c a      a 2b  b 2c  c a  a  b  c (2) Do a.b  a b Từ (1) (2)  Đẳng thức xảy (1) abc(a + b + c)  a4 + b4 + c4   ab bc ca  ac  ba  bc    2 a  b  c  b2 c2 a  b c a   c a b  a bc Bài Cho ba số thực x, y, z thỏa: x  y  z 1 Tìm GTLN GTNN F  2x  y  z  Giải Xét mặt cầu (S): x  y  z 1 , tâm O, bán kính R = mặt phẳng (): x  y  z  =  x  2t  Đƣờng thẳng  qua O vng góc với () có phƣơng trình  y  2t  t  R  z   t  giá trị tham số t tƣơng ứng với giao điểm  (S) t =  2 2   (S) cắt điểm: A  ; ;   B   ;  ;       3 3  3 3 4 4   9    9 3 3 3 d  A, ( )   2; d  B, ( )   4 2 2 2    1    1 Lấy M(x; y; z)  (S), d  M , ( )   2x  y  z  22  22   1  F Luôn có d  A,( )   d  M ,( )   d  B,( )    F    F  12 ;z=  3 Max F = 12 đạt x = y =  ; z = 3 Vậy F = đạt x = y = Bài Giải bất phƣơng trình: x   x   50  3x  12 Giải Điều kiện:   x  1  3 50   x x  2  50  x   Trong hệ toạ độ Oxyz xét vectơ:  u  (1,1,1)   v  ( x  1, x  3, 50  x )   u      u  x   x   50  3x  48    u.v  x   x   50  3x     Suy ra(1)  u.v  u v Đẳng thức 50 Vậy nghiệm bất phƣơng trình cho  x  Bài 5.(Trích đề thi vào đại học xây dựng Hà Nội năm 2001) Cho số x, y, z thoả mãn điều kiện: 0  x; y; z  (1)   x  y  z  / (2) Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ biểu thức F= cos(x2 + y2 + z2) (3) Giải Sự có mặt số x, y, x toán “gợi” cho ta sử dụng phƣơng pháp toạ độ Ta xác định hệ toạ độ đề-các vng góc Oxyz nhƣ hình vẽ Dựng hình lập phƣơng ABCO.A1B1C1O1 có cạnh z J O1 Cắt hình lập phƣơng A1 trục Ox, Oy, Oz lần lƣợt Q điểm có toạ độ K(3/2; 0; 0); B1 H C O L(0; 3/2; 0); J(0; 0; 3/2)) M Thiết diện tạo mặt phẳng (KLJ) với hình lập phƣơng MNPQRS C1 S mặt phẳng : x+ y+ z= 3/2, cắt ABCO.A1B1C1O1 tức lục giác R A P K L y B N x Gọi điểm H(x;y;z) thuộc thiết diện Ta có: OH = x2  y  z Đặt T= x2 + y2 + z2 OI khoảng cách từ O(0;0;0) tới mp(KLJ) OI = 3 /  3/ Ta có T = OI2 = 3/4 với I tâm lục giác MNPQRS Max T đạt đƣợc H điểm M, N, P, Q, R, S lục giác MNPQRS đó: Max T =OM2 mà M(1;0;1/2)  OM2=5/4 Ta có : 0