luận văn một số dạng dạng toán trong hệ toạn độ xoy

luận văn một số dạng toán trong hệ tọa độ oxy ,luận văn một số dạng toán trong hệ tọa độ oxy luận văn một số dạng toán trong hệ tọa độ oxy luận văn một số dạng toán trong hệ tọa độ oxy trong không gian,luận văn một số dạng toán trong hệ tọa độ oxy trong không gian ,luận văn một số dạng toán trong hệ tọa độ oxy trong không gian,luận văn một số dạng toán trong hệ tọa độ oxy trong không gian,luận văn một số dạng toán trong hệ tọa độ oxy trong không gian,luận văn một số dạng toán trong hệ tọa độ oxy trong không gian,luận văn hình học không gian một số dạng toán trong hệ tọa độ oxy trong không gian

TRƯỜNG ĐẠI HỌC CẦN THƠ KHOA SƯ PHẠM BỘ MÔN SƯ PHẠM TOÁN HỌC LUẬN VĂN TỐT NGHIỆP Đề tài: MỘT SỐ DẠNG TOÁN TRONG MẶT PHẲNG TỌA ĐỘ Oxy Giáo viên hướng dẫn: ThS.GVC Nguyễn Thị Thảo Trúc Cần Thơ, năm 2021 Sinh viên thực hiện: Huỳnh Thanh Phú MSSV: B1700035 Lớp: SP Toán học K43 LỜI CẢM ƠN Trước hết, em xin gửi lời cảm ơn chân thành đến tồn q thầy Trường Đại học Cần Thơ, đặc biệt Quý thầy cô Bộ môn Sư phạm Tốn học Khoa Sư phạm tận tình dạy dỗ truyền đạt cho em nhiều kinh nghiệm kiến thức quý báu, đồng thời tạo điều kiện tốt cho em hồn thành chương trình học suốt thời gian học tập rèn luyện trường Em xin gửi lời cảm ơn sâu sắc đến giáo viên hướng dẫn - Cô Nguyễn Thị Thảo Trúc, người nhiệt tình hướng dẫn em thực luận văn tốt nghiệp Em xin gửi lời cảm ơn đến gia đình, người thân bạn bè động viên, giúp đỡ em suốt thời gian vừa qua Cuối lời em xin kính kính chúc tồn thể q thầy, q cơ, người thân bạn bè ln có nhiều sức khỏe, hạnh phúc thành công sống Em xin trân trọng cảm ơn! Cần Thơ, ngày … tháng … năm … Sinh viên thực Huỳnh Thanh Phú MỤC LỤC MỞ ĐẦU 1 Lí chọn đề tài Mục đích nghiên cứu Nhiệm vụ nghiên cứu Đối tượng nghiên cứu Phương pháp nghiên cứu Cấu trúc luận văn NỘI DUNG Chương KIẾN THỨC CHUẨN BỊ 1.1 Phương pháp tọa độ mặt phẳng 1.2 Một số định lý tam giác 10 1.3 Một số bất đẳng thức 11 Chương 13 MỘT SỐ DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP 13 TRONG MẶT PHẲNG TỌA ĐỘ Oxy 13 2.1 Bản chất phân loại dạng tập thường gặp mặt phẳng tọa độ 13 2.2 Viết phương trình đường thẳng 13 2.3 Viết phương trình đường trịn  C  23 2.4 Viết phương trình elip  E  .30 2.5 Tìm điểm M thỏa điều kiện cho trước 32 2.6 Bài tốn vị trí 46 2.7 Bài tốn tìm giá trị lớn giá trị nhỏ .50 2.8 Một số toán tổng hợp 60 Chương 85 GIẢI MỘT SỐ BÀI TOÁN BẰNG PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ HĨA 85 3.1 Tọa độ hóa để giải tốn hình học phẳng 85 3.2 Dùng tọa độ hóa để giải số toán đại số 100 KẾT LUẬN 110 TÀI LIỆU THAM KHẢO 111 MỞ ĐẦU Lí chọn đề tài Tốn học mơn học chiếm vị trí quan trọng chương trình giáo dục THPT góp phần bồi dưỡng cho học sinh lực chung lực riêng biệt mơn Tốn Trong hình học giải tích phân mơn quan trọng đáp ứng yêu cầu Những toán vận dụng cao phân mơn loại tốn tương đối hay khó, phong phú đa dạng thường xuất kỳ thi quan trọng chọn học sinh giỏi kỳ thi THPT quốc gia Nhưng nay, phân phối chương trình có hạn nên đa phần học sinh tiếp xúc giải tốn cấp độ nhận biết, thơng hiểu vận dụng thấp Cho nên học sinh gặp toán vận dụng cao thuộc dạng thường có suy nghĩ “e ngại” “đầu hàng” lâu dần trở thành nỗi ám ảnh lớn học sinh Hiện nay, hệ thống tài liệu loại tốn có số lượng đáng kể tài liệu rải rác, rời rạc thường đề cập đến mảng tương đối nhỏ Người học thường gặp khó việc tập hợp tuyển chọn tốn dạng Bên cạnh đó, việc giải tốn hình học phẳng túy, giải phương trình bất phương trình vơ tỉ, tìm giá trị nhỏ (GTNN) giá trị lớn (GTLN) biểu thức gặp nhiều khó khăn gian nan dựa vào suy luận trực tiếp Phương pháp tọa độ hóa giúp giải nhanh chóng hiệu toán Từ lý chọn đề tài luận văn tốt nghiệp đại học “MỘT SỐ DẠNG TOÁN TRONG MẶT PHẲNG TỌA ĐỘ Oxy ” Mục đích nghiên cứu Trình bày lại khái niệm, tính chất liên quan đến hệ trục tọa độ, điểm, đường thẳng, đường tròn elip mặt phẳng tọa độ Oxy , số định lý quan trọng tam giác Phân loại, hệ thống, nêu cách giải dạng toán thường gặp mặt phẳng tọa độ Oxy ví dụ minh họa thường xuất kỳ thi kiểm tra Đưa phương pháp giải số tốn hình học đại số phương pháp tọa độ hóa ví dụ minh họa Nhiệm vụ nghiên cứu Nhắc lại khái niệm, tính chất liên quan đến phương pháp tọa độ mặt phẳng, định lý quan trọng tam giác bất đẳng thức Phân loại, hệ thống, nêu bước giải đưa ví dụ minh họa dạng tốn mặt phẳng tọa độ Oxy Nêu phương pháp giải ví dụ minh họa giải tốn hình học đại số phương pháp tọa độ hóa Đối tượng nghiên cứu Tồn lý thuyết hệ trục tọa độ, điểm, đường thẳng, đường tròn elip mặt phẳng tọa độ Oxy , số định lý quan trọng tam giác số định lý Các dạng toán thường gặp mặt phẳng tọa độ Oxy phương pháp giải chúng Một số toán hình học đại số giải phương pháp tọa độ hóa Phương pháp nghiên cứu Nghiên cứu sách giáo khoa THPT tài liệu có liên quan (sách, tạp chí khoa học, đề thi học sinh giỏi, đề thi đại học, đề thi THPT quốc gia, đề thi Olympic ) để viết đề cương luận văn Trao đổi với giáo viên hướng dẫn để chỉnh sửa đề cương luận văn dự kiến nội dung luận văn Phân tích, tổng hợp tài liệu tiến hành viết luận văn tốt nghiệp Đồng thời sử dụng phần mềm Geobra để dự đoán để đưa hướng giải toán điều chỉnh số liệu đề để kết toán đẹp Cấu trúc luận văn  Tên đề tài:“MỘT SỐ DẠNG TOÁN TRONG MẶT PHẲNG TỌA ĐỘ Oxy ”  Bố cục luận văn: Luận văn chia thành chương chính, cụ thể sau: Chương 1: Các kiến thức chuẩn bị Chương 2: Các dạng toán phương pháp tọa độ mặt phẳng Chương 3: Tọa độ hóa để giải số toán Chương nhắc lại kiến thức cần sử dụng, cơng thức phương pháp tọa độ mặt phẳng liên quan đến trục hệ trục tọa độ, tọa độ điểm vectơ, phương trình đường thẳng, đường trịn, elip, ; hệ thức lượng định lý tam giác; cơng thức tính diện tích tam giác bất đẳng thức Chương chất toán phương pháp tọa độ mặt phẳng Phân loại, đưa phương pháp giải ví dụ minh họa toán phương pháp tọa độ mặt phẳng Chương nêu lên cần thiết việc giải số tốn hình học đại số phương pháp tọa độ Đưa bước giải tốn phương pháp tọa độ ví dụ minh họa NỘI DUNG Chương KIẾN THỨC CHUẨN BỊ Chương nhắc lại kiến thức cần sử dụng, cơng thức phương pháp tọa độ mặt phẳng cơng thức tính tọa độ độ dài vectơ, tích vơ hướng hai vectơ, góc hai vectơ, khoảng cách từ điểm đến đường thẳng;…; định lý tam giác định lý Pythagoras, định lý côsin, định lý sin định lý Thales; cơng thức tính diện tích tam giác; bất đẳng thức bất đẳng thức Cauchy bất đẳng thức Cauchy-Schawrz 1.1 Phương pháp tọa độ mặt phẳng 1.1.1 Hệ trục tọa độ mặt phẳng Trục tọa độ Trục tọa độ đường thẳng mà ta chọn điểm O làm điểm gốc    vectơ e  làm vectơ đơn vị Trục tọa độ có điểm gốc O vectơ đơn vị e  kí hiệu O, e    Lấy điểm M tùy ý nằm trục O, e Khi tồn số thực k   cho OM  ke   Khi ta nói  k  tọa độ điểm M trục O, e , kí hiệu M  k  /  O, e   Ngồi số k cịn gọi độ dài đại số vectơ OM , kí hiệu OM  k    Vậy M  k  /  O, e   OM  ke     Hệ trục tọa độ mặt phẳng   Hệ trục tọa độ mặt phẳng gồm hai trục O, i O, j vng góc với  Điểm O chung hai trục gọi gốc tọa độ Trục O, i gọi trục hoành   kí hiệu Ox Trục gọi trục tung kí hiệu Oy Các vectơ i j lần   lượt vectơ đơn vị trê O, j Ox n Oy Kí hiệu: O, i, j Oxy           Lưu ý: Nếu lấy gốc tọa độ làm tâm đồng hồ theo chiều quay kim đồng hồ gặp trục Oy trước quay 90 gặp trục Ox Hệ tọa độ Oxy mặt phẳng nhà toán học người Pháp René Descartes xây dựng năm 1637 nên người ta thường gọi hệ trục tọa độ Đề-các vuông góc Một mặt phẳng trang bị hệ trục tọa độ Oxy gọi không gian Euclide hai chiều, ký hiệu E2 Tọa độ của vectơ điểm  Trong hệ trục tọa độ Oxy , số  x; y  gọi tọa độ vectơ u    u  xi  y j  Tọa độ điểm M hệ trục Oxy tọa độ vectơ OM , kí hiệu M  x; y  / Oxy      Vậy M  x, y  /  O, i , j   OM  xi  k j Hai vectơ phương hai vectơ   Cho u (u1 , u2 ), v  (v1 , v2 ) thì:        u  kv1  u phương v  k : u  k v v     u1v2  u2v1  u2  kv2   u  v  uv 1 u  v   Liên hệ tọa độ điểm tọa độ vectơ  Nếu A  xA , y A  , B  xB , yB  AB   xB  x A , yB  y A  Tọa độ trung điểm đoạn thẳng trọng tâm tam giác Nếu A  xA , y A  , B  xB , yB  tọa độ trung điểm I AB x A  xB   xI    y  y A +y B  I Nếu A  x A , y A  , B  xB , yB  , C  xC , yC  tọa độ trọng tâm G ABC x A  xB  xC   xG    y  y A +y B  yC  G Liên hệ tọa độ đỉnh hình bình hành Nếu ABCD hình bình hành có tâm I ta có đẳng thức      OA  OC  OB  OD  2OI Do đó, A( x A ; y A ), B  xB ; y B  , C  xC ; yC  , D  xD ; yD  ta ln có  x A  xC  xB  xD   y A  yC  y B  y D Nên muốn tìm tọa độ đỉnh hình bình hành biết tọa độ ba điểm lại ta lấy tổng tương ứng tọa độ hai đỉnh nằm đường chéo trừ tọa độ tương ứng đỉnh cịn lại 1.1.2 Tích vơ hướng hai vectơ ứng dụng Góc hai vectơ      Cho hai vectơ a b khác Từ điểm O bất kỳ, ta vẽ vectơ OA  a     OB  b Khi  AOB có số đo từ 0 đến 180 gọi góc hai vectơ a b     Góc hai vectơ a b kí hiệu a, b   Chú ý:      Nếu a, b  90 ta nói hai vectơ a b vuông       góc với ký hiệu a  b b  a      a, b  b, a           a, b    a, b hướng       a, b   180  a, b ngược hướng   Định nghĩa      Cho hai vectơ a b khác 0, tích vơ hướng hai vectơ a b số,       kí hiệu a.b xác định sau: a.b  a b cos a, b      Quy ước: Nếu a  b  a.b     Chú ý: a  b  a.b    Biểu thức tọa độ tích vơ hướng hai vectơ    Cho u  (u1 , u2 ), v  (v1 , v2 ) u.v  u1.v1  u2 v2 Ứng dụng tích vơ hướng hai vectơ   Cho u  (u1; u2 ), v  (v1; v2 ) thì:  2  u  u  u12  u22    u.v u1.v1  u2 v2  cos u , v     u.v u1  u22 v12  v22   Cho A  xA , y A  , B  xB , yB  thì: AB   AB   xB  x A    yB  y A  1.1.3 Phương trình đường thẳng Vectơ phương vectơ pháp tuyến đường thẳng   Vectơ u  gọi vectơ phương (VTCP) đường thẳng d giá  u song song trùng với đường thẳng d   Vectơ n  gọi vectơ pháp tuyến (VTPT) đường thẳng d giá  u vng góc với đường thẳng d Chú ý:    Nếu u VTCP (VTPT) đường thẳng d k u (k  0) VTCP (VTPT) đường thẳng d Do đường thẳng có vơ số VTCP vô số VTPT  Nếu  a; b  VTCP (VTPT) đường thẳng d  b; a   b; a  VTPT (VTCP) đường thẳng d Các loại phương trình đường thẳng Dạng Yếu tố cần tìm Cơng thức Phương trình tham số (PTTS)  qua M ( x0 , yo )   VTCP u  (a, b)  x  x0  ta  y  y  tb  Phương trình tắc  qua M ( x0 , yo )  ,  a, b    VTCP u  (a, b) x  x0 y  y0  a b (PTCT) Phương trình tổng quát (PTTQ) Phương trình đoạn chắn (PTĐC)  qua M ( x0 , yo )   VTPT n  (a, b) A(a,0), B(0, b) với  a, b   a ( x  x0 )  b( y  y0 )   ax  by  c  (Với c   ax0  by0 ) x y   a b Từ (1) (2) suy điểm O, O, G, H thẳng hàng Ví dụ 11: Cho tam giác ABC cân A cố định điểm M chuyển động cạnh AB Trên tia đối tia CA lấy điểm N cho CN  BM Vẽ hình bình hành BMNP Tìm quỹ tích đỉnh P hình bình hành Lời giải Chọn hệ trục tọa độ Oxy hình vẽ cho O  0;0  , B  1;0  , C 1;0  A  0; a  a   Vì M thuộc đoạn AB nên M  1  t ; at  với  t  Gọi M  điểm đối xứng M qua O y A điểm đối xứng A qua C Khi M  1  t; at  A (2;  a ) Gọi B điểm cho BAAB hình bình hành B 1; 2a  Do B điểm cố định Dễ thấy BM  CN  CM  nên C trung điểm NM  nên N 1  t ; at  Do BMNP hình bình hành nên P 1; 2at  Do P ln thuộc đường thẳng x  Nếu t  P  C Nếu t  1thì P  B Vậy quỹ tích đỉnh P hình bình hành BMNP đoạn thẳng CB với B điểm cho BAAB hình bình hành A điểm đối xứng A qua C Ví dụ 12: Cho góc vuông xOy điểm A cố định tia Ox, điểm B chuyển động tia Oy Dựng hình vng ABCD nằm góc xOy Tìm tập hợp giao điểm I hai đường chéo hình vng Lời giải Chọn hệ trục tọa độ Oxy hình vẽ cho O  0;0  , A 1;0  , B  0; b  với b  Khi đó: x y AB :    bx  y  b  b Vì CD  AB  CD : bx  y  c  với c  b  c  b  Vì BC  AB  BC : x  by  c  Ta có B  0; b   BC  c  b Ta lại có: d  AB, CD   b   bc b2  97  b  c  b   c  b  b  Mà C  CD  BC  C  b;1  b   b 1 b 1 Khi I  ;  nên I thuộc đường thẳng y  x phân giác góc xOy   b 1 1 1 Với b   Gọi I   ;  I  tâm hình vng AOC1D1 2 2 2 dựng góc xOy Vậy quỹ tích giao điểm I hai đường chéo hình vng ABCD tia I t phần phân giác góc xOy Ví dụ 13: Cho đường trịn  O; R  cố định đường kính AB cố định Vẽ đường kính MN khơng trùng với đường kính AB Dựng tiếp tuyến đường tròn  O điểm B AM , AN cắt tiếp tuyến C , D Gọi I , K trung điểm BC , BD Tìm quỹ tích tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AIK Lời giải Chọn hệ trục tọa độ Oxy hình vẽ cho O  0;0  , A  1;0  B 1;0  Khi  O  : x  y  Giả sử M  a; b  N  a; b  với a  b  b  AM : bx   a  1 y  b  0, Ta có: AN :  a  1 x  by  a   CD : x  2a    2b   Nên C  1;  ; D  1;   b   a 1  a 1  b   Suy I  1;  ; K  1;   b   a 1  Gọi O tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AIK d , d  đường trung trực AI , IK  b b2 d : x  y  0  1 a a  2( a  1) Ta có:  suy O   ;   4 b a  d: y    b Suy O thuộc đường thẳng song song với tiếp tuyến B cách tiếp tuyến B khoảng không đổi bẳng 98 Vậy quỹ tích tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác AIK đường thẳng song song với tiếp tuyến B cách tiếp tuyến B khoảng không đổi bẳng R Ví dụ 14: Cho tam giác ABC vuông A AB  AC  Gọi M trung điểm BC Từ M kẻ MD  AB D ME  AC E , kẻ AH  BC H Gọi K giao điểm AH DE Đường thẳng DH cắt BK J I trung điểm MK Chứng minh J trọng tâm tam giác ABH ba điểm C , I , J thẳng hàng Lời giải Chọn hệ trục tọa độ Axy hình vẽ cho A  0;0  , B 1;0  , C  0; c  với c  1 c 1   c Khi M  ;  , D  ;0  , E  0;  2 2 2   2 Ta có BC : cx  y  c  0, DE : cx  y  c 0 AH : x  cy    c2 c   c2 c   K trung điểm AH H ; , K ; Suy    2  c  c  c  c          Vì H D , B K đường trung tuyến ABH J  HD  BK nên J  2c2   c   ; trọng tâm ABH Suy J  3 c2  1 3 c2  1     2c2  c3  2c   ;   c2  1  c2  1    Vì I trung điểm MK nên I    2c2  3c3  2c    2c  3c3  2c     ; ; Ta có CI  CJ     c2  1  c2  1    c  1  c  1        Dễ thấy CI  CJ nên ba điểm C , I , J thẳng hàng Ví dụ 15: Cho ABC vng A AB  AC  có đường trung tuyến AM Gọi D điểm đối xứng M qua AB E điểm đối xứng C qua A Kẻ AH  BE H Gọi F trung điểm AH Chứng minh BF  CH 99 Lời giải Chọn hệ trục tọa độ Axy hình vẽ cho A 0;0 , C 1;0 , B  0; b với b  1 b  b Khi M  ;  , D   ;  , E  1;  2 2  2 Ta có: BE : bx  y  b  0, AH : x  by   b2 b  Vì H  AH  BE  H   ;   b 1 b 1   b2 b  Suy F   ;   b  1  b  1        2b  b  b2 2b3  b   Ta có BF    ; CH  ;    b  1  b  1  b  b2        Dễ thấy BF CH  nên BF  CH 3.2 Dùng tọa độ hóa để giải số toán đại số 3.2.1 Một số bất đẳng thức thức cần nhớ    a Dấu “=” xảy a       a  b  a  b a b  Dấu “=” xảy và hướng   a  với vectơ Tổng quát: với n vectơ    a1, a2 , , an ta ln có n   a   i  Dấu “=” xảy n i 1 i 1    n vectơ a1, a2 , , an đôi hướng với   a b ngược hướng        a  b  a  b Dấu “=” xảy a b hướng           a b  a b   a b  a b  a b a b  Dấu “=” xảy và      a  b  a  b Dấu “=” xảy phương Bất đẳng thức tương đương với bất đẳng thức Cauchy-Schwarz 3.2.2 Một số ví dụ minh họa  Dùng tọa độ hóa để giải số phương trình bất phương trình Ví dụ 16: Giải phương trình, bất phương trình sau: a) x  x   x  x  10  29    b) x2  y2  6x   c) x2  10 x  16  x   x     x  y  x  12 y  10  100 d) x  x   x  x   Lời giải a) Tập xác định: D      x  1   29 1       Đặt u   x  1;2  v    x  1;3 ta có: u  v   2;5  u  v  29     Do phương trình 1 trở thành u  v  u  v      u Mà  v  u  v Dấu “=” xảy u, v hướng 4    x  1 Suy 3( x  1)  2(1  x)   x  1  Vậy tập nghiệm phương trình S    5  b) Tập xác định D      x  3  1       Đặt u   x  3; y  v  1  x;3  y  ta có: u  v   4;3  u  v      Do phương trình 1 trở thành u  v  u  v    y2   x 1   y  3   2  Mà u  v  u  v Dấu “=” xảy  u, v hướng  x  1, y  Vậy nghiệm phương trình x  1, y  c) Tập xác định: D  1;      x  3  x   x   x  31    Đặt u  x  3; x 1 v  1;1 ta có: u.v  x   x 1      Do bất phương trình 1 trở thành u v  u.v      Mà u v  u.v  u.v Dấu “=” xảy u, v hướng  x    x   x 1    x   x  3  x  Vậy tập nghiệm bất phương trình S  5 d) Tập xác định: D   101 2 3     x      x     11 2 2           3 3 Đặt u   x  ;  v   x  ;  ta có: u  v  1;0  u  v  2  2        Do bất phương trình 1 trở thành u  v  u  v (ln đúng) Vậy tập nghiệm bất phương trình S   Ví dụ 17: Giải phương trình sau:   a) 2x2  2x   2x2   x   2x2  b) x  x   x  x  10  c) x2   x  x   13   1 x 1  d)   x  x    x  40  34 x  10 x  x e) x  x  x   3x  x  Lược giải:       1 ; x   w    x;  x  a) Đặt u   x; x  1 , v   x  2          v  w  3;1  v  w  2, u  x2  x         VT  u  v  w  u  v  w   VP    Dấu “=” xảy  u  v,w phương  x        b) Đặt u   x  1;2  v   x  3;1  u  v   2;1  u  v        Phương trình trở thành u  v  u  v có nghiệm x        c) Đặt u   x ;1 v    x;   u  v   2;3  u  v  13     Phương trình trở thành u  v  u  v có nghiệm x  d) Lưu ý: 40  34 x  10 x  x3  (4  x)   x   1       Đặt u   x  3;1 v  x 1;  2x  u.v    x  x 1   2x      Phương trình trở thành u.v  u v có nghiệm x   e) Đặt u    x ;1 v     x  2; x   u.v  x  x  x   102    1 Phương trình trở thành u.v  u v có nghiệm x  Ví dụ 18: Tìm cặp số nguyên  x; y  thỏa mãn bất phương trình log x  y  x  y    Lời giải  9x2  y   Điều kiện:  x  y    3 x  y    Ta có: x  y   x  y  x  y   x  0, y  x  0, y  1  9x2  y  Do     3x  y   Bất phương trình cho tương đương với x  y   x  y 2 1   19    3x     y    2  2  Đặt X  x, Y  y  X , Y  tập hợp điểm có tọa độ nguyên nằm 38 1 1 đường trịn tâm I  ;  bán kính R  2 2 Ta có 2  X  x     x  Với x   y  y    2  y  Với x   y  y    1  y  Kết hợp với diều kiện ta cặp số thỏa bất phương trình  0; 2  ,  0;  ,  0;3 , 1; 1 , 1;0  , 1;1 ; 1;   Dùng tọa độ hóa chứng minh bất đẳng thức, tìm GTLN GTNN Ví dụ 19: Với số thực x, y , z chứng minh rằng: x  xy  y  x  xz  z  y  yz  z Lời giải     y  z  y  v    x  ; z  ta có: Đặt u   x  ; 2  2    103  y    y   x  xy  y  u  x   2    2  z    z    x  xz  z  v  x   2       yz     uv ;  y  z  u  v     y  z  3 y  z     y  yz  z   Do bất đẳng thức cần chứng minh trở thành u  v  u  v (luôn đúng)  Dấu “=” xảy u, v phương Ví dụ 20: Cho số thực x, y , z thỏa mãn x  y  z  Tìm GTNN biểu thức: P x  xy  y  y  yz  z  x  xz  z Lời giải   y Cách 1: Đặt u   x  ; 2       z  x  y ,v   y  ; z  v   z  ; x  ta có: 2 2       y    y   x  xy  y  u  x   2    2  z    z   y  yz  z  v   y   2    2  x    x   x  xz  z  w  z    2          u  v  w    x  y  z;  x  y  z   2      u  v  w   x  y  z   3       Ta có: P  u  v  w  u  v  w  3    Dấu “=” xảy u, v,w phương  x  y  z  Cách 2: Ta có: x  xy  y  3 2  x  y    x  y    x  y  1 4 Dấu “=” xảy  x  y Tương tự ta có:  x  xz  z  3 2  y  z    y  z    y  z   2 4 104 Dấu “=” xảy  y  z 3 2  x  z    x  y    x  z  3 4 Dấu “=” xảy  x  z  x  xz  z  Cộng 1 ,  2 ,  3 theo vế ta được: P  x  xy  y  y  yz  z  x  xz  z   x  y  z   3 Ví dụ 21: Cho a, b hai số thực chứng minh rằng: ( a  b)(1  a )  1  a 1  b  2 Lời giải   2a  a     b 2b  Đặt u   ; ,v   ;  ta có: 2   b2  1 a 1 a  1 b   4a  1  a   u   1, v  1  a  1  b   4b  1  b   2a 1  b  2b 1  a   a  b 1  ab   u.v    1  a 1  b  1  a 1  b  1  a 1  b  2 2 2 2 2 2 2     a  b 1  ab   a  b 1  ab  Ta lại có: u.v  u v  1  2 1 a 1 b  a  b2   Dấu “=” xảy  u , v phương với       Ví dụ 22: Tìm GTLN GTNN hàm số sau: x 1 a) y  x   x b) y  x2  Lời giải a) Cách 1: TXĐ: D   2; 2 x y      x 4 x 2 0 x 4 x   x   x    x  x   x   2 Thế vào    ta thấy x  thỏa nên nhận x   không thỏa nên loại 105   Cách 2: Đặt u  x;  x , v  1;1 ta có:     2 2  u  x   x  2, v         u.v  x   x  u.v  u v  2  Dấu xảy u, v phương  x   x  x    Đặt a   x ;  x , b   x ;  x ta có:    a  2, b   x     a.b  x    x   u v  2  x  x    x   x   x  2     Dấu xảy x  2 Vậy max y  2 x  y  2 x  2 b) Cách 1: TXĐ: D   1 x y    x  1 x   lim f ( x)  lim x  x  lim f ( x)  lim x  x  x   lim x  x 1 1 x 1 x 1 x  1  lim x  x 1  1 x x 1 1 Dựa vào bảng biến thiên ta có max f ( x)  x  không tồn GTNN hàm số Cách 2: Ta có y  x 1 x 1 TH1: y   x  1  y x   x    y  1 x  x   y  1  0.  TH2: y  Phương trình    có nghiệm với x         y  1    y  y    y    y   106 y   x  y      x  1  x  (phương trình vơ nghiệm) Vậy max y  x    Cách 3: Đặt u   x  1 x   u    u.v  ;   , v  1;1 ta có:  x2   x2   1, v  12  12  2 1 x 1 x x  x2   x2   x 1  x2     u.v  u v  Dấu xảy  u, v phương  x  Ví dụ 23: Cho ba số thực dương a , b , c thỏa mãn ab  bc  ca  abc Chứng minh rằng: a  2b  ab b  2c  bc c  2a   ca Lời giải Cách 1: Ta có: ab  bc  ca  abc  VT  a  2b  ab b  2c  bc 1    a b c c  2a  ca   b a   c b  a c Theo bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta có: 2 1 1  2 1 1 1 2       1             b a 3 b a a  b a a 3b a Tương tự ta có: Do VT  1 2      c b 3c b   b a   c b Cách 2: Ta có ab  bc  ca  abc    1 2      a c 3a c  3 3        (đpcm) a c 3a b c 1    a b c 2   2    2 b a c b a c          Đặt u   ; ,v   ; , w   ;  ta có: b a  c b  a c   a  2b  b  2c  c  2a u  ,v  ,w  ab bc ca 107     1    2 1 1 u  v  w     ;     u  v  w  3     b c  a b c a b c a       Do    u  v  w  u  v  w (luôn đúng)   Dấu xảy  u, v, u hướng  a  b  c Vì ab  bc  ca  abc nên a  b  c  Ví dụ 24: Cho n số thực a1 , a2 , , an Chứng minh rằng: (1  a1 )   ( a1  a2 )    ( an1  an )   (2  n  an )    n  1 Lời giải     Đặt u1  1  a1 ;  , u2   a1  a2 ;  , , un   an 1  an ;  u n 1    n   an ;  ta có:     u1  (1  a1 )2  4, u2  ( a1  a2 )  4, , un  (an1  an )2    un1  (2  n  an )  n 1   ui   n  1; 2n    i 1  u  i   n  1 n 1 i 1 Do bất đẳng thức cần chứng minh trở thành  u  i n 1 i 1  u  i (luôn đúng) n 1 i 1    Dấu “=” xảy n  vectơ u1 , u2 , , un1 đôi phương với Khi a1  a2   an  Ví dụ 25: Chứng minh x, y   ta ln có: 4sin x cos y  cos  x  y   4cos x.sin y  cos  x  y   Lời giải   Đặt u1   2sin x cos y;cos  x  y   , v   2cos x sin y;cos  x  y   ta có:   u  4sin x cos y  cos  x  y    v  4cos x.sin y  cos  x  y     u  v   2sin x cos y  2cos x sin y; 2cos  x  y     2sin  x  y  ;2cos  x  y      u  v  4sin  x  y   4cos2  x  y       Do bất đẳng thức cần chứng minh trở thành u  v  u  v (luôn đúng)   Đẳng thức xảy  u , v phương  sin x cos y  cos x sin y 108  sin  x  y    x  y  k  k    Ví dụ 26: Với x, y số thực tùy ý Tìm GTNN biểu thức: A  x  y  x   x  y  x   y  12 y  10 Lời giải    Đặt u  1  x;  y  ; v  1  x;  y  ; w  1; y  3 ta có   u  1  x   y  x  y  x    v   1  x   y2  x2  y2  2x  2  w   (3  y)  y  12 y  10        u  v  w   3; 3  u  v  w        Khi ta có A  u  v  w  u  v  w     Dấu “=” xảy  u , v, w phương  x  0, y   x2  xy  y  12 Ví dụ 27: Cho x, y , z số thực thỏa mãn hệ phương trình  2  y  yz  z  16 Chứng minh rằng: xy  yz  zx  16 Lời giải     x  z x  v   z; y   ta có: Đặt u   y  ; 2  2   2  x    x   x  xy  y   u   y    2     2     z z    y    y  yz  y   v   2     x  u.v   y    2    Ta có: u.v  u.v  3z 3x  z   y     xy  yz  xz  2  2   u v   xy  yz  xz    xy  yz  xz  16   Dấu “=” xảy  u , v phương 109 KẾT LUẬN Phương pháp tọa độ mặt phẳng mảng kiến thức quan trọng thiếu chương trình giáo dục phổ thơng mơn Tốn Các tập thường gặp mặt phẳng tọa độ Oxy phong phú, đa dạng dễ xây dựng câu hỏi thường xuất đề thi THPT quốc gia, đề thi học sinh giỏi, đề kiểm tra,… Do việc trang bị cho người học đủ kiến thức để khơng giải tốn mức độ nhận biết, thông hiểu, vận dụng thấp mà cịn giải tốn mức vận dụng vận dụng cao nhu cầu cấp thiết Thông qua đề tài luận văn tốt nghiệp đại học “MỘT SỐ DẠNG TOÁN TRONG MẶT PHẲNG TỌA ĐỘ Oxy”, thực giải số vấn đề sau:  Chương 1: Trình bày tương đối đầy đủ kiến thức liên quan đến hệ trục tọa độ, điểm đường thẳng, đường tròn elip mặt phẳng tọa độ; số định lý tam giác (định lý cơsin, định lý sin, cơng thức tính diện tích tam giác, định lý Thales,…) bất đẳng thức bất đẳng thức Cauchy bất đẳng thức Cauchy -Schwarz  Chương 2: Chỉ chất dạng toán thường gặp mặt phẳng tọa độ Oxy Hệ thống phân loại chúng thành dạng: toán (mức độ nhận biết thơng hiểu); tốn nâng cao (mức độ nhận vận dụng thấp vận dụng); tốn tìm giá trị lớn giá trị nhỏ (mức độ vận dụng cao) toán tổng hợp (mức độ vận dụng cao) Đồng thời đưa phương pháp giải cho dạng ví dụ minh họa cho dạng tốn  Chương 3: Nêu lý cần thiết bước để giải tốn hình học phương pháp tọa độ hóa số ví dụ minh họa Nêu lại số bất đẳng thức Vectơ quan trọng vận dụng chúng giải số phương trình, hệ phương trình, chứng minh số bất đẳng thức tìm GTLN GTNN biểu thức Qua luận văn, tin người học có nhìn chun sâu phát triển lực giải vấn đề cách tốt gặp toán phương pháp tọa độ mặt phẳng Oxy Tuy nhiên thời gian có hạn đề tài tương rộng có số dạng tập khơng đề cập đến số sai sót nội dung luận văn, mong quý thầy cô bạn đóng góp ý kiến để luận văn xác ngày hồn thiện 110 TÀI LIỆU THAM KHẢO [1] Bộ Giáo dục Đào tạo (2016), Tài liệu tập huấn nâng cao lực đề kiểm tra định kì theo Thơng tư số 22/2016/TT-BGDĐT [2] Lê Hồng Đức, Đỗ Hoàng Hà, Lê Hoàng Nam, Đoàn Minh Châu, Đào Thị Ngọc Hà (2017), Phương pháp giải dạng toán THPT - Phương pháp tọa độ mặt phẳng, NXB Đại học Quốc gia Hà Nội [3] Nguyễn Mộng Hy (2001), Các toán phương pháp vectơ phương pháp tọa độ, NXB Giáo dục [4] Nguyễn Phú Khánh, Nguyễn Tất Thu, Nguyễn Tấn Siêng (2021), Phân dạng phương pháp giải chuyên đề Hình học 12, NXB Đại học Quốc gia Hà Nội [5] Hồ Sĩ Vinh (2013), Những tốn chọn lọc chứng minh bất đẳng thức, tìm giá trị lớn - nhỏ nhất, NXB Đại học Quốc gia Hà Nội [6] Các đề thi Đại học, đề thi THPT Quốc gia, đề tham khảo, đề minh họa từ năm 2010 đến 2021, Bộ Giáo dục Đào tạo [7] Các đề thi thử và đề thi Học sinh giỏi Sở Giáo dục Đào tạo tỉnh từ năm 2010 đến 2021 Website  https://toanmath.com/2016/03/17-dang-toan-hinh-hoc-giai-tich-phang-oxy.html  https://toanmath.com/2016/07/phuong-phap-chuan-hoa-toa-do-giai-hinh-hocphang-oxy-nguyen-tien-chinh.html  http://thuviengiaoan.vn/giao-an/de-tai-phuong-phap-toa-do-hoa-trong-hinh-hocphang-76830/ 111 ... trình đường thẳng Vectơ phương vectơ pháp tuyến đường thẳng   Vectơ u  gọi vectơ phương (VTCP) đường thẳng d giá  u song song trùng với đường thẳng d   Vectơ n  gọi vectơ pháp tuyến (VTPT)... E2 Tọa độ của vectơ điểm  Trong hệ trục tọa độ Oxy , số  x; y  gọi tọa độ vectơ u    u  xi  y j  Tọa độ điểm M hệ trục Oxy tọa độ vectơ OM , kí hiệu M  x; y  / Oxy   ... mềm Geobra để dự đoán để đưa hướng giải toán điều chỉnh số liệu đề để kết toán đẹp Cấu trúc luận văn  Tên đề tài:“MỘT SỐ DẠNG TOÁN TRONG MẶT PHẲNG TỌA ĐỘ Oxy ”  Bố cục luận văn: Luận văn chia