nÕu biÕt vËn dông c¸c tÝnh chÊt trªn ta sÏ gi¶i quyÕt mét c¸ch dÔ dµng, mang tÝnh t duy s¸ng t¹o... Tuy nhiªn ®Ò tµi ch¾c ch¾n cßn cã nhiÒu khiÕm khuyÕt.[r]
(1)A
C
a b
b a
I. L í chọn đề tài.
Trong trình dạy học tìm hiểu, tơi nhận thấy chơng trình tốn THPT có nhiều toán bản, mà ta biết khai thác, giảng dạy định h-ớng kỹ vận dụng có hệ thống cho học sinh hiệu
Học sinh dễ dàng giải đợc nhiều tốn thơng qua việc vận dụng kết đợc tạo từ toán Nếu ta khai thác ứng dụng toán từ dễ đến khó, từ đơn giản đến phức tạp tạo nên hứng thú say mê học sinh mơn tốn, điều đảm bảo tiếp nhận thơng tin có hệ thống, phù hợp với phát triển t học sinh
Nhiều toán vận dụng kiến thức từ toán cho phơng án giải độc đáo đầy tính t sáng tạo hiệu
Trong sáng kiến kinh nghiệm tơi đề cập phơng pháp giải tốn nh chứng minh bất đẳng thức, tìm giá trị lớn nhất, nhỏ biểu thức, giải phơng trình, bất phơng trình Tuy vấn đề khơng nhng cố gắng hệ thống lại vấn đề sở phát triển từ toán SGK hình học 10 phơng pháp sử dụng toạ độ véctơ chơng trình tốn THPT
Thơng qua đề tài tơi thấy thực có ích cho học sinh thêm công cụ, cách nhìn nhận đầy đủ phơng pháp hình học véctơ chơng trình tốn THPT
Học sinh dễ hiểu dễ áp dụng, có định hớng rõ ràng vận dụng vào giải toán
Đề tài có tên là:
Khai thác sâu từ toán sách giáo khoa ”
II. Nội dung ti.
Xuất phát từ toán sau:
Cho hai véctơ ⃗a , ⃗b tuú ý ta lu«n cã: |a⃗+ ⃗b|≤|⃗a|+|⃗b| (1)
(Bài tập số SGK hình học lớp 10 trang 27)
CM:
" Với điểm A,B,C ta có: AB+BC AC" (*) DÊu "=" xÈy A,B,C thẳng hàng B nằm AC.
Từ điểm A ta dùng: ⃗AB=⃗a , ⃗BC=⃗b
Dùa vµo (*) ta lu«n cã:
AC AB + BC ⇔ |⃗AC|≤|⃗AB|+|⃗BC|
(2)⇔ |a⃗+ ⃗b|≤|⃗a|+|⃗b|
DÊu "=" xÈy vµ chØ ⃗a cïng chiÒu ⃗b ( ⃗a =k ⃗b , k>0 )
L u ý : - VÐc t¬ ⃗0 cïng chiỊu víi mäi véctơ - Từ toán ta có kết sau:
1.1) |a −⃗ ⃗b|≤|⃗a|+|⃗b|
1.2) −(|⃗a ±⃗b|)≤|a⃗|−|b⃗|≤|a ±⃗ ⃗b| (Bạn đọc tự chứng minh).
Nhận xét: Các kết mối liên hệ cạnh tam giác
Ta tổng quát toán trên:
Víi n vÐct¬: ⃗a1 , ⃗a2 , , ⃗an ta lu«n cã: |⃗a1+ ⃗a2+ +⃗an|≤|⃗a1|+|a⃗2|+ +|⃗an| (2)
CM: Từ điểm A ta dựng: AA
1=⃗a1 , ⃗A1A2=⃗a2 , …, ⃗Am −1An=⃗an
Do với n+1 điểm A,A1,A2,,An ta có :AA1+A1A2++An-1An AAn
Suy điều phải chứng minh
Dấu đẳng thức xẩy ⃗a1 , ⃗a2 , , ⃗an chiều
Thông qua vấn đề trên, ta khéo léo lựa chọn toạ độ điểm , toạ độ vectơ, cách hợp lý Sau tính toạ độ tổng (hiệu) véctơ, với độ dài chúng để chuyển tốn véctơ có cách giải nhanh gọn, độc đáo mang tính t sáng tạo
Mét sè bµi tËp øng dông.
A Chứng minh bất đẳng thức đại số. Bài 1 Chứng minh với số thực a ta ln có:
√a2+2a+2+√a2−2a+2≥2√2 Gi¶i:
Ta cã : √a2
+2a+2+√a2−2a+2=√(a+1)2+12+√(a−1)2+12
Trong mỈt ph¼ng Oxy lùa chän : ⃗a=(a+1;1) ⇒ |a⃗|=√a2+2a+2 ; ⃗
b=(1− a ;1) ⇒ |b⃗|=√a2−2a+2 ;
Khi ta có: ⃗a + ⃗b = ( 2;2 ) ⇒ |a⃗+ ⃗b|=√22+22=2√2 Từ (1) suy điều phải chứng minh
Dấu đẳng thức xẩy ⃗a =k ⃗b (k >0) (Vì ⃗a ⃗0 ; ⃗b ⃗
0 )
⇔ a+1
1− a=
1
1>0⇔a=0
Bµi 2. Cho a, b, c lµ sè thực khác không Chứng minh ta có: a2
+b2+b2+c2+c2+a22(a+b+c) Giải:
Trong mặt phẳng Oxy lựa chän:
⃗a1 = (a ;b) ; ⃗a2 = (b ;c) ; a⃗3=(c ;a) ⇒ ⃗a1 + ⃗a2 + ⃗a3
=(a+b+c;a+b+c).
Khi ta có: |⃗a1|=√a2+b2 ; |⃗a2|=√b2+c2 ; |a⃗3|=√c2+a2
a+b+c¿2 ¿
a+b+c¿2+¿ ¿
|⃗a1+ ⃗a2+ ⃗a3|=√¿
(3)⇒ √a2
+b2+√b2+c2+√c2+a2≥√2(a+b+c) (§pcm)
Dấu đẳng thức xẩy khi: {
a>0;b>0;c>0
a b=
b c=
c a
⇔ a=b=c>0
Khi tốn BĐT đại số có điều kiện ta cần phải vận dụng linh hoạt với ph-ơng pháp khỏc
ví dụ.
Bài 3 Cho số d¬ng x,y,z tho· m·n : x+y+z 1 Chøng minh r»ng
√x2+
x2+√y
2
+
y2+√z
2
+1
z2≥√82
(ĐH-CĐ khối A -2003) Giải:
Trong mặt ph¼ng Oxy lùa chän: ⃗a = (x ;1
x) ; ⃗b = (y ;
y) ; ⃗c = (z ; z) ⇒ ⃗a + ⃗b + ⃗c =(x+y+z ;
x+ y+
1
z ) ⇒
x+y+z¿2+(1
x+ y+
1 z)
2
¿
|⃗a+ ⃗b+⃗c|=√¿
Do: |a⃗|+|⃗b|+|⃗c|≥|⃗a+ ⃗b+ ⃗c|
⇒ VT x+y+z¿
2
+(1
x+ y+
1 z)
2
¿
√¿
=
x+y+z¿2
x+y+z¿2+(1
x+
1
y+
1
z)
2
−80¿
81¿
√¿
x+y+z¿2
18(x+y+z)(1
x+ y+
1
z)−80¿ √¿
√18 9−80=√82 (§pcm)
DÊu "=" xÈy vµ chØ x=y=z =
3
Bài 4 Cho x,y,z số thoà m·n : x+2y+3z = 1. CMR √1+x2+2√1+y2+3√1+z2≥√37
Gi¶i:
Ta cã √1+x2+2√1+y2+3√1+z2=¿
2y¿2 ¿
3z¿2
32+¿
22
+¿
√1+x2+√¿
Khi mặt phẳng Oxy ta chọn:
⃗OA=(1; x) ⇒ |⃗OA|=√1+x2
⃗AB=(2;2y) ⇒
2y¿2
22+¿
(4)⃗BC=(3;3z) ⇒
3z¿2
32+¿
|⃗BC|=√¿
⃗OC=(6; x+2y+3z) ⇒
x+2y+3z¿2 ¿
62
+¿
|⃗OC|=√¿
Do : |⃗OA|+|⃗AB|+|⃗BC|≥|⃗OA+⃗AB+⃗BC| ⇔ √1+x2
+2√1+y2+3√1+z2≥ √37 (Đpcm) Dấu đẳng thức xẩy khi: ⃗OA,⃗AB,⃗BC chiều ⇔ x=y=z =
6 .
Bài toán đợc tổng quát nh sau:
Cho a,b,c,h số dơng số x,y,z thay đổi thỗ mãn: ax+by+cz=k (khơng đổi) CMR :
a+b+c¿2h2
k2+¿
a√h2
+x2+b√h2+y2+c√h2+z2≥√¿
Bµi 5 Cho sè a,b,c,d tho· m·n ®iỊu kiƯn: a2
+b2=c2+d2=5 CMR
√5− a −2b+√5−c −2d+√5−ac−bd≤3√10
Gi¶i:
Ta biến đổi: √5− a −2b=√a
2
+b2−2a−4b+5
2 =
1
√2√(a −1)
2
+(b −2)2
√5− c −2d=√c
2
+d2−2c −4d+5
2 =
1
√2√(c −1)
2
+(d −2)2
√5−ac−2 bd=√a
2
+b2+c2+d2−2ac−2 bd
2 =
1
√2√(a− c)
2
+(b −d)2
Trong mặt phẳng toạ độ Oxy ta lựa chọn:
⃗u1(a ;b);⃗v1(−1;−2) ⇒ ⃗u1+⃗v1=(a −1;b −2)
Do |⃗u1+⃗v1|≤|⃗u1|+|⃗v1| ⇔
b −2¿2 ¿
−2¿2
−1¿2+¿ ¿
a −1¿2+¿ ¿
√¿
= 2√5
⇔ √5− a −2b=
√2√(a −1)
2
+(b −2)2
√22√5=√10 T¬ng tù ta cã: √5− c −2d ≤√10
XÐt: ⃗u2(a ;b);⃗v2(− c ;− d) ⇒ ⃗u2+⃗v2=(a − c ;b − d)
Do |⃗u2+⃗v2|≤|⃗u2|+|⃗v2| ⇔
b− d¿2 ¿
− d¿2
− c¿2+¿ ¿
a − c¿2+¿ ¿
√¿
(5)⇔ √5−ac−2 bd=
√2√(a − c)
2
+(b −d)2
√2 2√5 = √10
Céng theo vÕ ta cã √5− a −2b+√5−c −2d+√5−ac−bd≤3√10 (§pcm)
Dấu đẳng thức xẩy {
b=2a
d=2c
a2+b2=5
c2+d2=5 NhËn xÐt:
NÕu ⃗u(a;b);⃗v(c ;d) th× ta lu«n cã:
b ±d¿2 ¿
a ± c¿2+¿ ¿
√¿
Bµi 6: Cho 2n sè thùc: a1, a2, .an;b1, b2, bn
tho· m·n : a1+a2+ .+an+b1+b2+ +bn=1 CMR: √a12
+b12+√a22+b22+ +√an2+bn2≥√2
2
Gi¶i:
Trong mp toạ độ Oxy ta xét véctơ: ⃗OA
1=(a1;b1) ⇒ |⃗OA1|=√a1
+b12
⃗OA
2=(a2;b2) ⇒ |⃗OA2|=√a2
+b22
… ⃗OA
n=(an;bn) ⇒ |⃗OAn|=√an
2
+bn2
⇒ ⃗OA ¿
1+⃗OA2+ ⃗OAn=¿ a1+a2+ .+an;b1+b2+ +bn¿
Do : |⃗OA
1|+|⃗OA2|+ +|⃗OAn| |⃗OA1+⃗OA2+ +⃗OAn| ⇔
⇔ √a1
+b12+√a22+b22+ +√an2+bn2
b1+b2+ +bn¿2
a1+a2+ .+an¿2+¿
¿
√¿
= √x2
+y2
(Víi x+y=1)
Ta l¹i cã : x2+y2 = x2+(1-x)2=2x2-2x+1=
(√2x − √2)
2
+1
2
1 VËy: √a12+b12+√a22+b22+ +√an2+bn2 √1
2=
√2
2 (§pcm).
Dấu đẳng thức xẩy khi: ⃗OA
1;⃗OA2; .⃗OAn cïng chiỊu vµ
a1+a2+ .+an=b1+b2+ +bn=1
2 ⇔ a1=a2= =an=b1=b2= =bn=
1 2n Bµi 7 Cho a, b, c lµ sè tho· m·n {
a , b , c>0
a+b+c ≤3
2
Chøng minh r»ng ta lu«n cã:
√a2
+1
b2+
c2 + √b
2
+
c2+
a2 + √c
2
+
a2+ b2
3√33
Gi¶i:
(6)Ta lùa chän: ⃗u = (a ;1
b;
c) ⇒ |u⃗|=¿ √a
2
+1
b2+ c2 ⃗v = (b ;1
c;
a) ⇒ |⃗v| ¿√b
2 +1
c2+
1
a2 ⃗w = (c ;1
a;
b) ⇒ |⃗w| ¿√c
2
+
a2+ b2
⇒ ⃗u + ⃗v + w⃗ = (a+b+c ;1
a+ b+ c; a+ b+ c) ⇒
a+b+c¿2+2(1
a+ b+ c) ¿
|u⃗+ ⃗v+⃗w|=√¿
Do : |u⃗|+¿ |⃗v| + |⃗w| |u⃗+ ⃗v+ ⃗w| ⇔ √a2
+
b2+
1
c2 + √b
2 +1
c2+
1
a2 + √c
2
+
a2+
1
b2
a+b+c¿2+2(1
a+ b+ c) ¿ √¿ a+b+c¿2+
16( a+ b+ c) +31 16 ( a+ b+ c) ¿ √¿ √1
2√((a+b+c)( a+
1 b+
1 c))
2 +31 16( a+ b+ c)
Ta cã: (a+b+c)(1
a+ b+
1
c)≥9 ⇒ ( a+
1 b+
1 c)≥
9 a+b+c≥
9
(3 2)=6
VËy: VT
√1
2√((a+b+c)( a+
1 b+
1 c))
2 +31 16( a+ b+ c) √1
29+
31
16
2
=3√33
2 §pcm.
Dấu đẳng thức xẩy khi: a=b=c=1
2 Bµi Chøng minh r»ng: √2|cosx|+|sinx+cosx|
Gi¶i:
Trên mặt phẳng Oxy ta lựa chọn điểm A(cosx ; 0); B (-sinx ; 0) ; C(0 ; cosx). Khi ta có: ⃗AB=(−sinx −cosx ;0) ⇒ AB = |⃗AB|=|sinx+cosx|
⃗AC=(−cosx ;cosx) ⇒ AC= |⃗AC|=2|cosx| ⃗BC=(sinx ;cosx) ⇒ BC= |⃗BC|=1
Do AB+AC BC ⇒ √2|cosx|+|sinx+cosx| 1 Đpcm. Dấu đẳng thức xẩy khi: cosx=0 ⇔ x=π
2+kπ(k∈Z)
Đến hẳn bạn đọc dùng phơng pháp sử dụng véctơ để giải quyết toán sau:
Chøng minh r»ng víi mäi sè thùc a ta lu«n cã: a) √a2
+a+1+√a2− a+1≥2
b) √2a2
+8+√2a2+12a+20≥6
(7)a) √a2−4a
+8+√10b2−18b+9+√10b2−2ab+a2≥√29 b) √5b2−8b
+4+√5b2−8 ab+5a2+2√5a2−4a+1≥6√5
5 3. Cho a, b, c lµ sè thùc tuú ý Chøng minh r»ng ta lu«n cã:
a) √a2
+ab+b2+√a2+bc+c2≥√b2+bc+c2
b)
a+c¿2+b2
¿
a − c¿2+b2
¿ ¿ ¿
√¿
c) √10a2−24a
+16+√13b2−18 ab+10a2+√13b2−6 bc+c2+√c2−12c+40≥6√2 4 Cho a,b,c,d lµ sè kh¸c Chøng minh r»ng víi mäi x ta lu«n cã:
x+a¿2+b2
¿
x+c¿2+d2
¿
a − c¿2+(|b|+|d|)2
¿ ¿ ¿
√¿
5 CMR víi x, y số thực ta có:
√4 cos2xcos2y+sin2(x − y)+√4 sin2xsin2y+sin2(x − y)≥2
6 Cho số dơng x,y,z tho· m·n : xyz=1 Chøng minh r»ng √1+x3+y3
xy +√
1+y3+z3
yz +√
1+z3+y3
zx ≥3√3
(§H-C§ khèi D 2005)
7. Cho a, b, c lµ sè tho· m·n {
a , b , c>0
a+b+c ≤3
2
Chøng minh r»ng ta lu«n cã:
√a2+1
b2 + √b
+
c2 + √c
+
a2
3√17 8. Cho 2n sè thùc: a1, a2, .an;b1, b2, bn
CMR:
√a12
+b12+√a22+b32+ +√an2+bn2≥
b1+b2+ +bn¿2 ¿
a1+a2+ +an¿2+¿ ¿
¿
√¿
9. Cho sè d¬ng a,b,c Chøng minh r»ng: √a2−
√2ab+b2+√b2−√3 bc+c2≥√a2−√2−√3 ac+c2
10 Cho a, b, c lµ sè tho· m·n { a ,b , c>0
(8)√ a2+
9b2
2 +
c2a2
4 + √
8 b2+
9c2
2 +
a2b2
4 + √
8 c2+
9a2
2 +
b2c2
4 6√6
Nhận xét: Phơng pháp hình học véctơ thờng dùng để chứng minh Bất đẳng thức dạng : " √❑+√❑≥√❑ "
B Một số toán khác
Một số giải phơng trình, giải hệ phơng trình dạng vơ tỷ, tốn tìm giá trị lớn nhất, nhỏ đề thi học sinh giỏi, Đại học, Cao đẳng biết vận dụng tính chất ta giải cách dễ dàng, mang tính t sáng tạo.
Các ví dụ:
Bài 1 Giải phơng tr×nh:
x+2
√x2− x
+19+√7x2+8x+13+√13x2+17x+7=3√3¿ )
(Tuyển tập đề thi Olympic 2003).
Gi¶i:
§iỊu kiƯn: x -2
Ta cã: VT= √x2
− x+19+√7x2+8x+13+√13x2+17x+7=¿
2x −1¿2 ¿
(√3x+2√3)2+¿ ¿√(x −1
2)
2
+(5√3
2 )
2
+√¿
Ta lùa chän: ⃗a = (5√3
2 ;x −
1
2) ; ⃗b = (√3x+2√3;−2x+1) ; ⃗c =
(2√3x+3√3
2 ;x −
1 2)
⇒ ⃗a + ⃗b + ⃗c =( 6√3+3√3x ;0¿ ⇒
6√3+3√3x¿2 ¿ ¿
|⃗a+ ⃗b+ ⃗c|=√¿
Do : VT= |a⃗|+|⃗b|+|⃗c|≥|⃗a+ ⃗b+ ⃗c| = 3√3|x+2| = 3√3(x+2) =VP (V× x -2)
DÊu "=" xÈy ⃗a , ⃗b , ⃗c cïng chiÒu ⇒ x −1
2 cïng dÊu -2x+1
⇔ x= −1
Thư l¹i ta thÊy x = −1
2 lµ nghiƯm nhÊt cđa phơng trình Bài 2. Giải phơng trình: |x2+4x+13x22x+2|=13
Giải
Ta viết phơng trình dới dạng:
x+22+32
¿
x −1¿2+12
¿=√13
¿
√¿ ¿
(9)Khi ta có: u⃗=(x+2;3) ⇒ |u⃗|=√(x+2)2+32
⃗v=(x −1;1) ⇒ |⃗v|=√(x −1)2+12
⃗u −⃗v=(3;2) ⇒ |u −⃗ ⃗v|=√13
Do (2.2): ||u⃗|−|⃗v||≤|u −⃗ ⃗v| ⇔
x+2¿2+32
¿
x −1¿2+12
¿≤√13 ¿
√¿ ¿
:
DÊu b»ng xÈy ⃗u vµ ⃗u cïng chiỊu ⇔ x+2
x 1=
1>0x= Vậy phơng trình cã nghiÖm : x=5
2
L
u ý: Việc lựa chọn toạ độ phải hợp lý để đến kết phải "cẩn thận" xét dấu đẳng thức xẩy
Ví dụ: Nếu ta sửa lại 2:
Giải phơng trình: |x2
+4x+13x22x+2|=5
Khi ta lựa chọn véctơ
u⃗=(x+2;3) ⇒ |u⃗|=√(x+2)2+32
⃗v=(x −1;−1) ⇒ |⃗v|=√(x −1)2+12
⃗u −⃗v=(3;4) ⇒ |u −⃗ ⃗v|=5
Do (2.2): ||u⃗|−|⃗v||≤|u −⃗ ⃗v| ⇔
x+2¿2+32
¿
x −1¿2+12
¿=5
¿
√¿ ¿
:
DÊu b»ng xÈy ⃗u vµ ⃗u cïng chiỊu ⇔ x+2
x −1=
−1>0 (Vô lý) Vậy phơng trỡnh ó cho vụ nghim.
Bài Giải hệ phơng trình: {x
2
+4+x22 xy+y2+1+y26y+10=5(1)
x2+y2+z2=x+y+z(2) Giải:
Ta có phơng trình (1)
x − y¿2+12
¿
y −3¿2+12
¿ ¿ ¿
√x2
+22+√¿
Chän: ⃗a =(x ; 2) ; ⃗b =(y-x ; 1) ; ⃗c =( 3-y ; 1)
(10)Do |a⃗|+|⃗b|+|⃗c|≥|⃗a+ ⃗b+ ⃗c| ⇔
x − y¿2+12
¿
y −3¿2+12
¿ ¿ ¿
√x2
+22+√¿
VËy phơng trình (1) có nghiệm a , b , c⃗ cïng chiỊu (v× ⃗a , ⃗b , ⃗c ⃗
0 )
⇔ x
2=
y − x
1 =
3− y
1 ⇔ {
x=3
2 y=9
4
Thay vµo (2) ta cã:
√11716 +z2=15
4 +z⇔{
z ≥−15 117
16 +z
2
=(15
4 +z)
2 ⇔ z = −109
Vậy hệ cho có nghiệm : (3 2;
9
4;
9 10) Bài 4.Tìm giá trị nhá nhÊt cđa biĨu thøc: P = √x2
+(y+1)2+√x2+(y −3)2
Trong x, y hai số thực thoả mãn: 2x- y= 2
(Đề thi học sinh giỏi Quốc gia lớp 12 năm 1998)
Giải:
Do 2x-y=2 nên ta có: y=2x-2 thay vµo P ta cã: P = √x2
+(2x −1)2+√x2+(2x −5)2 (*)
=
x −2¿2+1 (¿)
√(x −2 5)
2
+(1
5)
2
+√¿
√5x2−4x+1+√5x2−20x+25=√5¿
Ta lùa chän: ⃗a = (x −2
5;
5) ; ⃗b = (2− x ;1) ⇒ ⃗a + ⃗b = (
8 5;
6
5) ⇒
|a⃗+ ⃗b|=2
Do |a⃗|+|⃗b|≥|a⃗+ ⃗b| nªn ta cã: P = √5 (|a⃗|+|b⃗|)≥√5(|⃗a+ ⃗b|) = 2√5
DÔ thÊy ⃗a , ⃗b ⃗0 DÊu b»ng xÈy vµ chØ khi: ⃗a =k ⃗b (k>0).
⇔ x −
2
2− x=
1
⇔ x=
3 ⇒ y= −
2
3
Vậy: Giá trị nhỏ P = 2√5 { x=2
3 y=−2
3
L
u ý : NÕu tõ (*) ta lùa chän ⃗a =(x;2x-1) ; ⃗b =(-x; 5-2x).
(11)Tuy nhiên không tồn (x;y) thoà mÃn điều kiện P = 4. ( a không cïng chiÒu ⃗b )
Bài 5 Cho x,y số thực thay đổi Tìm giá trị nhỏ biểu thức:
A =
x −1¿2+y2
¿
x+1¿2+y2
¿ ¿ ¿
√¿
(ĐH-CĐ khối B 2006)
Giải:
Ta lùa chän: ⃗a = (1− x ; y) ; ⃗b = (x+1; y) ⇒ ⃗a + ⃗b = (2;2y)
|a⃗|+|⃗b|≥|a⃗+ ⃗b| ⇔
x −1¿2+y2
¿
x+1¿2+y2
¿ ¿ ¿
√¿
VËy ta cã: A =
x −1¿2+y2
¿
x+1¿2+y2
¿ ¿ ¿
√¿
|y −2|+2√1+y2
XÐt hµm sè: f(y) = |y −2|+2√1+y2
Ta có giá trị nhỏ A = 2+√3 {
x=0
y=
3 Bài 6. Tìm giá trị nhỏ nhÊt cđa biĨu thøc :
y = √x2
−2 px+2p2+√x2−2qx+2q2 Gi¶i:
Ta cã: y =
x − p¿2+p2
¿
x − q¿2+q2
¿ ¿
√¿
.
Trên mặt phẳng toạ độ Oxy xét điểm : A(p ; p) ; B(q ; q) ; M(x ; 0)
Khi ta có: MA = x − p¿
2
+p2
¿
|⃗MA|=√¿ MB= x − q¿
2
+q2
¿
|⃗MB|=√¿ ⇒ y = MA+MB.
Ta nhận thấy A ; B ; O thẳng hàng , A,B điểm cố định Cần tìm điểm M Ox (Vì M(x;0)) cho MA+MB nh nht
Đây toán khoảng cách.
(12)A
B
M x
y
O
TH1: p.q 0 ⇒ A vµ B cã Ýt điểm trùng O , O nằm giữa AB.
Vậy để y = MA+MB nhỏ M
O ⇔ M(0;0) ⇔ x=0
Tøc lµ: ymin= √2p2+√2q2 = √2(|p|+|q|)
khi x= 0.
TH2: p.q>0 ⇒ A vµ B n»m cïng mét phÝa víi Ox
Lấy A' đối xứng với A qua Ox , ⇒ A'(p ; -p).
Khi ta có MA=MA'.
Ta cã : y = MA+MB = MA'+MB
Vậy để y nhỏ ⇔ A', M, B thẳng hàng ⇔ ⃗A ' B=k⃗A ' M ( k>0¿
Do ⃗A ' B=(q − p ;q+p) ; ⃗A ' B=(x − p ; p)
Nªn ta cã: q − p x − p=
q+p
p ⇔ x=
2 pq
p+q ⇔ M(
2 pq p+q;0¿
VËy ymin=A'B =
p+q¿2 ¿
p− q¿2+¿ ¿
√¿
khi x=2 pq
p+q
KÕt luËn:
NÕu p.q ta cã ymin= √2(|p|+|q|) x =
NÕu p.q >0 ta cã ymin= √2(p2+q2) x=2 pq
p+q
Một số tập áp dụng:
1 Giải phơng trình: a) x2
8x+816+x2+10x+267=2003
(Tuyển tập đề thi Olympic 2003).
b) |√x2−2x
+5−√x2−6x+10|=√5
(13){√4 cos2xcos2y
+sin2(x − y)+√4 sin2xsin2y+sin2(x − y)=2
x24y2=0
3 Giải hệ phơng trình:
{ x+y+z=6
√x2
+ y+z
x +√y
2
+z+x
y +√z
2
+x+y
z =36 Với x,y,z số thực dơng Tìm giá trị nhỏ nhÊt cđa hµm sè:
a) y = √cos2
x −2 cosx+5+√cos2x+4 cosx+8
b) y = √1
2x
+2+√1 2x
2−16
5 x+ 32
5 +√ x
2−4x
+10+√1 2x
2−4
5 x+
c) y = √2|sinx|+|sinx −cosx| 5. Cho {a , b , c>0
a+b+c 6 Tìm giá trị nhỏ của:
S = √a2
+
b+c+√b
+
c+a+√c
+
a+b
6 Tìm m để bất phơng trình sau có nghiệm : √x2+x+1+√x2− x+1≤ m
7 Cho hai sè a, b tho· m·n ®iỊu kiƯn a - 2b +2=0 CMR √a2
+b2−6a−10b+34+√a2+b2−10a −14b+74≥6
CMR: √x2
+x+1−√x2− x+1<1
III Thực nghiệm s phạm. 1 Mục đích thực nghiệm.
Kiểm tra tính khả thi hiệu đề tài Nội dung thực nghiệm.
Tiến hành triển khai giảng dạy theo đề tài " Khai thác sâu từ toán sách giáo khoa "
KÕt qu¶ thùc nghiƯm.
Tơi đợc phân công giảng dạy lớp khối, bồi dỡng học sinh giỏi, ôn thi Đại học, Cao đẳng nhiều năm Trong q trình giảng dạy tơi vận dụng đề tài hớng dẫn em vận dụng vào giải toán Kết hầu hết em hiểu, vận dụng vào giải tốn nhanh gọn, trình bày sáng sủa xác, học sinh thích thú gặp toán thuộc dạng
KÕt qu¶ thĨ nh sau
a Thực nghiệm lớp giảng dạy (97 học sinh) thông qua kiểm tra
(14)Tầm kiến thức Số lợng HS Tỷ lƯ
NhËn biÕt 91 94%
Th«ng hiĨu 85 88%
VËn dông 70 72%
b Trong kỳ thi Đại học cao đẳng:
Khối B năm 2006 Tỷ lệ học sinh làm đợc câu IV khoảng 80% Khối D năm 2005 Tỷ lệ học sinh làm đợc câu V khoảng 75%
(Các câu có dạng tốn thuộc đề tài nêu)
IV KÕt luËn
Qua toán minh hoạ ta thấy Nếu biết khai thác, vận dụng toán phát triển thành hệ thống lớp tốn ta có cách nhìn tổng thể quy đợc tốn dạng quen thuộc, có định hớng giải cụ thể nhng hồn tồn khơng tính t duy, sáng tạo học sinh Khi lời giải tốn trở nên gọn gàng, sai sót Bởi đảm bảo trình nhận thức tri thức: "Từ trực quan sinh động đến t trừu tợng"
Đề tài đợc kiểm nghiệm cho kết khả quan, nhng cha rộng Tôi xin chân thành cám ơn đồng nghiệp góp ý để hoàn thiện đề tài Tuy nhiên đề tài chắn cịn có nhiều khiếm khuyết Tơi mong tiếp tục nhận đợc góp ý đồng nghiệp