Vectơ 0 là vectơ có nhiêu giá đúng hãy sai
|
*ĩ* Vectơ ♦í* Tổng và hiệu của hai vectơ ♦í* Tích của vectơ với một sô ♦ĩ* Toạ độ của vectơ và toạ độ của điểm Trong vật lí ta thường gặp các đại lượng có hướng như lục, vận tốc, ... Ngưòi ta dùng vecto để biểu diễn các đại lượng đó. §1. CÁC ĐỊNH NGHĨA Hình 1.1 Các mũi tên trong hình 1.1 biểu diễn hướng chuyển động của ôtô và máy bay. Cho đoạn thẳng AB. Nếu ta chọn điểm A làm điểm đầu, điểm B làm điểm cuối thì đoạn thẳng AB có hướng từ A đến B. Khi đó ta nói AB là một đoạn thẳng có hướng. Định nghĩa Vectơ là một đoạn thẳng có hướng. »1 Với hai điểm A, B phàn biệt ta có được bao nhiêu vectơ có điểm đầu và điểm cuối là A hoặc B. Vectơ cùng phương, vectơ cùng hưỏng Đường thẳng đi qua điểm đầu và điểm cuối của một vectơ được gọi là giá của vectơ đó. ^2 Hãy nhận xét về vị trí tương đối của các giá của các cặp vectơ sau : và CD, PQ vò RS, ẼF vả PQ (h.1.3). A B c D Q R F pt s E ~7 Hình 1.3 [III Định nghĩa Ị Hai vectơ được gọi là cùng phương nếu giá của chúng song I song hoặc trùng nhau. Trên hình 1.3, hai vectơ AB và CD cùng phương và có cùng hướng đi từ trái sang phải. Ta nói AB và CD là hai vecíơ cùng hướng. Hai vectơ PQ và RS cùng phương nhưng có hướng ngược nhau. Ta nói hai vectợ PQ và RS là hai vectơ ngược hướng. Như vậy, nếu hai vectơ cùng phương thì chúng chỉ có thể cùng hướng hoặc ngược hướng. Nhận xét. Ba điểm phân biệt A,B,C thẳng hàng khi và chỉ khi hai vectơ AB và AC cùng phương. Thật vậy, nếu hai vectơ AB và AC cùng phương thì hai đường thẳng AB và AC song song hoặc trùng nhau. Vì chúng có chung điểm A nên chúng phải trùng nhau. Vậy ba điểm A, B, c thẳng hàng. Ngược lại, nếu ba điểm A, B, c thẳng hàng thì hai vectơ AB và AC có giá trùng nhau nên chúng cùng phương. ^3 Khẳng định sau đúng hay sai: Nếu ba điểm phân biệt A B, c thẳng hàng thì hai vectơ AB và BC cùng hướng. Hai vectơ bằng nhau Mỗi vectơ có một độ dài, đó là khoảng cách giữa điểm đầu và điểm cuối của vectơ đó. Độ dài của AB được kí hiệu là \ab\ , như vậy I Ab\ = AB. Vectơ có độ dài bằng 1 gọi là vectơđơn vị. Hai vectơ a và b được gọi là bằng nhau nếu chúng cùng hướng và có cùng độ dài, kí hiệu a - b . Chú ý. Khi cho trước vectơ a và điểm o, thì ta luôn tìm được một điểm A duy nhất sao cho OA = ứ . ^4 Gọi 0 là tâm hình lục giác đều ABCDEF. Hãy chỉ ra các vectơ bằng vectơ 0/1. Vectơ - không Ta biết rằng mỗi vectơ có một điểm đầu và một điểm cuối và hoàn toàn được xác định khi biết điểm đầu và điểm cuối của nó. Bây giờ với một điểm A bất kì ta quy ước có một vectơ đặc biệt mà điểm đầu và điểm cuối đều là A. Vectơ này được kí hiệu là AA và gọi là vectơ - không. Vectơ AA nằm trên mọi đường thẳng đi qua A, vì vậy ta quy ước vectơ - không cùng phương, cùng hướng với mọi vectơ. Ta cũng quy ước rằng 0. Do đó có thể coi mọi vectơ - không đều bàng nhau. Ta kí hiệu vectơ - không là 0 . Như vậy 0 = AA = BB = ... với mọi điểm A, B... Câu hỏi và bài tập Cho ba vectơ <2, ĩ), ~c đều khác vectơ 6 . Các khẳng định sau đúng hay sai ? Nếu hai vectơ ứ, b cùng phương với c thì a và b cùng phương. Nếu a, b cùng ngược hướng với c thì a và b cùng hướng. Trong hình 1.4, hãy chỉ ra các vectơ cùng phương, cùng hướng, ngược hướng và các vectơ bằng nhau. —> X w Z y 2 s " ■ í* ... “ u —> z Hình 1.4 Cho tứ giác ABCD. Chứng minh rằng tứ giác đó là hình bình hành khi và chỉ khi ÃB = DC . Cho lục giác đều ABCDEF có tâm o. Tìm các vectơ khác 0 và cùng phương với OA ; Tìm các vectơ bằng Show
§1 CÁC ĐỊNH NGHĨA A. TÓM TẮT lý thuyẾt 1. Định nghĩa vectơ:
 Vectơ có điểm đầu là A, điểm cuối là B ta kí hiệu : Vectơ còn được kí hiệu là: Vectơ – không là vectơ có điểm đầu trùng điểm cuối. Kí hiệu là 2. Hai vectơ cùng phương, cùng hướng. - Đường thẳng đi qua điểm đầu và điểm cuối của vectơ gọi là giá của vectơ - Hai vectơ có giá song song hoặc trùng nhau gọi là hai vectơ cùng phương - Hai vectơ cùng phương thì hoặc cùng hướng hoặc ngược hướng.
Ví dụ: Ở hình vẽ trên trên (hình 2) thì hai vectơ Đặc biệt: vectơ – không cùng hướng với mọi véc tơ.
- Độ dài đoạn thẳng Vậy - Hai vectơ bằng nhau nếu chúng cùng hướng và cùng độ dài. Ví dụ: (hình 1.3) Cho hình bình hành Câu 1. Véctơ là một đoạn thẳng: A. Có hướng. B. Có hướng dương, hướng âm. C. Có hai đầu mút. D. Thỏa cả ba tính chất trên. Lời giải Chọn A. Câu 2. Hai véc tơ có cùng độ dài và ngược hướng gọi là: A. Hai véc tơ bằng nhau. B. Hai véc tơ đối nhau. C. Hai véc tơ cùng hướng. D. Hai véc tơ cùng phương. Lời giải Chọn B. Theo định nghĩa hai véc tơ đối nhau. Câu 3. Hai véctơ bằng nhau khi hai véctơ đó có: A. Cùng hướng và có độ dài bằng nhau. B. Song song và có độ dài bằng nhau. C. Cùng phương và có độ dài bằng nhau. D. Thỏa mãn cả ba tính chất trên. Lời giải Chọn A. Theo định nghĩa hai véctơ bằng nhau. Câu 4. Nếu hai vectơ bằng nhau thì : A. Cùng hướng và cùng độ dài. B. Cùng phương. C. Cùng hướng. D. Có độ dài bằng nhau. Lời giải Chọn A. Câu 5. Điền từ thích hợp vào dấu (...) để được mệnh đề đúng. Hai véc tơ ngược hướng thì ... A. Bằng nhau. B. Cùng phương. C. Cùng độ dài. D. Cùng điểm đầu. Lời giải Chọn B. Câu 6. Cho A. B. C. D. Cả A, B, C đều đúng. Lời giải Chọn D. Cả 3 ý đều đúng. Câu 7. Mệnh đề nào sau đây đúng ? A. Có duy nhất một vectơ cùng phương với mọi vectơ. B. Có ít nhất 2 vectơ cùng phương với mọi vectơ. C. Có vô số vectơ cùng phương với mọi vectơ. D. Không có vectơ nào cùng phương với mọi vectơ. Lời giải Chọn A. Ta có vectơ Câu 8. Khẳng định nào sau đây đúng ? A. Hai vectơ B. Hai vectơ C. Hai vectơ D. Hai vectơ Lời giải Chọn A. Theo định nghĩa: Hai vectơ Câu 9. Phát biểu nào sau đây đúng? A. Hai vectơ không bằng nhau thì độ dài của chúng không bằng nhau. B. Hai vectơ không bằng nhau thì chúng không cùng phương. C. Hai vectơ bằng nhau thì có giá trùng nhau hoặc song song nhau. D. Hai vectơ có độ dài không bằng nhau thì không cùng hướng. Lời giải Chọn C. A. sai do hai vectơ không bằng nhau thì có thể hai vecto ngược hướng nhưng độ dài vẫn bằng nhau. B. sai do một trong hai vectơ là vectơ không. C. đúng do hai vectơ bằng nhau thì hai vectơ cùng hướng. Câu 10. Khẳng định nào sau đây đúng ? A. Hai vectơ cùng phương với B. Hai vectơ cùng phương với 1 vectơ thứ ba khác C. Vectơ–không là vectơ không có giá. D. Điều kiện đủ để Lời giải Chọn B. Hai vectơ cùng phương với 1 vectơ thứ ba khác Câu 11. Cho hai vectơ không cùng phương A. Không có vectơ nào cùng phương với cả hai vectơ B. Có vô số vectơ cùng phương với cả hai vectơ C. Có một vectơ cùng phương với cả hai vectơ D. Cả A, B, C đều sai. Lời giải Chọn C. Vì vectơ Câu 12. Cho vectơ A. Có vô số vectơ C. Có duy nhất một Lời giải Chọn A. Cho vectơ Câu 13. Mệnh đề nào sau đây đúng: A. Hai vectơ cùng phương với một vectơ thứ ba thì cùng phương. B. Hai vectơ cùng phương với một vectơ thứ ba khác C. Hai vectơ cùng phương với một vectơ thứ ba thì cùng hướng. D. Hai vectơ ngược hướng với một vectơ thứ ba thì cùng hướng. Lời giải Chọn B. Hai vectơ cùng phương với một vectơ thứ ba khác Câu 14. Chọn khẳng định đúng. A. Hai véc tơ cùng phương thì bằng nhau. B. Hai véc tơ ngược hướng thì có độ dài không bằng nhau. C. Hai véc tơ cùng phương và cùng độ dài thì bằng nhau. D. Hai véc tơ cùng hướng và cùng độ dài thì bằng nhau. Lời giải Chọn D. Hai véc tơ cùng hướng và cùng độ dài thì bằng nhau. Câu 15. Cho hình bình hành A. Lời giải Chọn A. Ta có Câu 16. Chọn khẳng định đúng. A. Véc tơ là một đường thẳng có hướng. B. Véc tơ là một đoạn thẳng. C. Véc tơ là một đoạn thẳng có hướng. D. Véc tơ là một đoạn thẳng không phân biệt điểm đầu và điểm cuối. Lời giải Chọn C. Véc tơ là một đoạn thẳng có hướng. Câu 17. Cho vectơ có điểm đầu và điểm cuối trùng nhau. Hãy chọn câu sai A. Được gọi là vectơ suy biến. B. Được gọi là vectơ có phương tùy ý. C. Được gọi là vectơ không, kí hiệu là Lời giải Chọn D. Vectơ không có độ dài bằng Câu 18. Véc tơ có điểm đầu A. Lời giải Chọn D. Câu 19. Cho hình vuông A. C. Lời giải Chọn B. Ta có Câu 20. Cho tam giác A. Lời giải Chọn D. Ta có các vectơ đó là: Câu 21. Cho tam giác đều A. C. Lời giải Chọn A. Ta có tam giác đều Câu 22. Chọn khẳng định đúng A. Hai vec tơ cùng phương thì cùng hướng. B. Hai véc tơ cùng hướng thì cùng phương. C. Hai véc tơ cùng phương thì có giá song song nhau. D. Hai vec tơ cùng hướng thì có giá song song nhau. Lời giải Chọn B. Hai véc tơ cùng hướng thì cùng phương. Câu 23. Cho A. C. Lời giải Chọn C. Ta có Suy ra Câu 24. Cho hai điểm phân biệt A. Lời giải Chọn A. Số vectơ ( khác Câu 25. Cho tam giác đều A. C. Lời giải Chọn C. Ta có tam giác Câu 26. Gọi A. C. Lời giải Chọn B. Ta có Câu 27. Chọn khẳng định đúng. A. Hai vectơ B. Hai vectơ C. Hai vectơ D. Hai vectơ Lời giải Chọn D. A sai do hai vectơ cùng hướng. B sai do hai vectơ cùng hướng. C sai do hai vectơ cùng hướng. Câu 28. Cho tứ giác A. Lời giải Chọn D. Câu 29. Chọn khẳng định đúng nhất trong các khẳng định sau : A. Vectơ là một đoạn thẳng có định hướng. B. Vectơ không là vectơ có điểm đầu và điểm cuối trùng nhau. C. Hai vectơ bằng nhau nếu chúng cùng hướng và cùng độ dài. D. Cả A, B, C đều đúng. Lời giải Chọn D. Cả 3 ý đều đúng. Câu 30. Cho ba điểm A. Điều kiện cần và đủ để B. Điều kiện đủ để C. Điều kiện cần để D. Điều kiện cần và đủ để Lời giải Chọn A. Điều kiện cần và đủ để Các vectơ đó là: Câu 31. Cho đoạn thẳng A. C. Lời giải Chọn D. Câu 32. Cho tam giác đều A. C. Lời giải Chọn B. B. sai do hai vectơ không cùng phương. Câu 33. Cho hình bình hành A. Lời giải Chọn C. Vectơ đối của vectơ Câu 34. Cho lục giác đều A. Lời giải Chọn C. Ba vectơ bằng vecto Câu 35. Cho tứ giác A. Hình bình hành. B. Hình vuông. C. Hình chữ nhật. D. Hình thang. Lời giải Chọn D. Câu 36. Cho lục giác A. Lời giải Chọn D. Ta có Câu 37. Cho A. Vô số. B. Lời giải Chọn A. Có vô số điểm Câu 38. Chọn câu sai : A. Mỗi vectơ đều có một độ dài, đó là khoảng cách giữa điểm đầu và điểm cuối của vectơ đó. B. Độ dài của vectơ C. D. Lời giải Chọn C. Vì Câu 39. Cho khẳng định sau (1). (2). (3). Nếu (4). Nếu Hỏi có bao nhiêu khẳng định sai? A. Lời giải Chọn B. Nếu Câu 40. Câu nào sai trong các câu sau đây: A. Vectơ đối của B. Vectơ đối của vectơ C. Nếu D. Hiệu của hai vectơ là tổng của vectơ thứ nhất với vectơ đối của vectơ thứ hai. Lời giải Chọn C. Nếu Câu 41. Cho ba điểm A. Lời giải Chọn D. Câu 42. Cho lục giác đều A. C. Lời giải Chọn C. Các vectơ đối của vectơ Câu 43. Cho hình bình hành A. Lời giải Chọn D. hình bình hành Câu 44. Số vectơ ( khác A. Lời giải Chọn A. Số vectơ ( khác Câu 45. Cho tứ giác A. Lời giải Chọn D. Ta có Câu 46. Mệnh đề nào sau đây đúng: A. Hai vectơ cùng phương với một vectơ thứ ba thì cùng phương. B. Hai vectơ cùng phương với một vectơ thứ ba khác C. Hai vectơ cùng phương với một vectơ thứ ba thì cùng hướng. D. Hai vectơ ngược hướng với một vectơ thứ ba thì cùng hướng. Lời giải Chọn B. A. sai do vectơ thứ ba có thể là vectơ không. B. đúng. Câu 47. Cho tam giác đều A. Lời giải Chọn B. A. sai do hai vectơ ngược hướng. B. đúng vì Câu 48. Cho hình bình hành A. Lời giải Chọn A. Câu 49. Cho hai điểm phân biệt A. Lời giải Chọn A. Câu 50. Cho tam giác A. C. Lời giải Chọn C. Ta có Ta có Ta lại có Từ Page 2
phÇn II: h×nh häc ch¬ng 1 - vect¬ I. c¸c ®Þnh nghÜa 1. vect¬ lµ g× ?VÐct¬ lµ mét ®o¹n th¼ng cã ®Þnh híng: § Mét ®Çu ®îc x¸c ®Þnh lµ gèc, cßn ®Çu kia lµ ngän. § Híng tõ gèc ®Õn ngän gäi lµ híng cña vÐct¬. § §é dµi cña ®o¹n th¼ng gäi lµ ®é dµi cña vÐct¬. 2. Vect¬ kh«ng§Þnh nghÜa: Vect¬ kh«ng lµ vect¬ cã ®iÓm ®Çu vµ ®iÓm cuèi trïng nhau. Nh vËy, vÐct¬ kh«ng, kÝ hiÖu § §iÓm gèc vµ ngän trïng nhau. § §é dµi b»ng 0. 3. Hai vect¬ cïng ph¬ngHai vect¬ 4. Hai vect¬ cïng híng, ngîc híng a. Hai vÐct¬ b. Hai vÐct¬ 5. Hai vect¬ b»ng nhauHai vÐct¬ II. tæng cña hai vect¬ §Þnh nghÜa: Tæng cña hai vect¬ § Tõ mét ®iÓm tïy ý A trªn mÆt ph¼ng dùng vect¬ § Tõ ®iÓm B dùng vect¬ § Khi ®ã vÐct¬
Tõ ®Þnh nghÜa trªn ta ®îc quy t¾c ba ®iÓm: TÝnh chÊt cña phÐp céng vÐct¬ Víi mäi vÐct¬ TÝnh chÊt 1: (TÝnh chÊt giao ho¸n): TÝnh chÊt 2: (TÝnh chÊt kÕt hîp): ( TÝnh chÊt 3: (TÝnh chÊt cña vect¬ kh«ng): Quy t¾c h×nh b×nh hµnh: Ta cã "NÕu M lµ trung ®iÓm ®o¹n th¼ng AB th× Ta cã "Gäi G lµ träng t©m DABC th×: III. hiÖu cña hai vect¬ 1. Hai vect¬ ®èi nhauHai vÐct¬ 2. hiÖu cña hai vect¬§Þnh nghÜa: HiÖu cña hai vÐct¬ PhÐp lÊy hiÖu cña hai vect¬ gäi lµ phÐp trõ vect¬. Tõ c¸ch dùng trªn ta ®îc quy t¾c hiÖu hai vect¬ cïng gèc: TÝnh chÊt cña phÐp trõ vÐct¬ IV. tÝch cña mét vect¬ víi mét sè §Þnh nghÜa: TÝch cña vect¬ a. Vect¬ k § Cïng híng víi vect¬ § Ngîc híng víi vect¬ b. Cã ®é dµi b»ng ½k½.½ PhÐp lÊy tÝch cña mét vect¬ víi mét sè gäi lµ phÐp nh©n vect¬ víi sè (hoÆc phÐp nh©n sè víi vect¬). Tõ ®Þnh nghÜa trªn ta cã ngay c¸c kÕt qu¶: 1. 1. TÝnh chÊt cña phÐp nh©n vect¬ víi sèVíi mäi vÐct¬ TÝnh chÊt 1: m(n. TÝnh chÊt 2: (m + n). TÝnh chÊt 3: m( TÝnh chÊt 4: m 2. ®iÒu kiÖn ®Ó hai vect¬ cïng ph¬ng§Þnh lÝ 1 (Quan hÖ gi÷a hai vect¬ cïng ph¬ng): Vect¬ HÖ qu¶: §iÒu kiÖn cÇn vµ ®ñ ®Ó ba ®iÓm A, B, C th¼ng hµng lµ tån t¹i sè k sao cho 3. BiÓu thÞ mét vect¬ qua hai vect¬ kh«ng cïng ph¬ng§Þnh lÝ 2 (Ph©n tÝch mét vect¬ thµnh hai vect¬ kh¸c V. HÖ to¹ ®é 1. Vect¬Cho 2 ®iÓm M1(x1; y1), M1(x2; y2) th× 2. C¸c phÐp to¸n Vect¬NÕu cã hai vect¬ (i): (ii): (iii): (iv): (v): k (vi): a 3. Kho¶ng c¸chKho¶ng c¸ch d gi÷a hai ®iÓm M1(x1; y1) vµ M1(x2; y2) lµ ®é dµi cña vect¬ d = | 4. Chia mét ®o¹n th¼ng theo mét tØ sè cho tríc§iÓm M(x; y) chia ®o¹n th¼ng M1M2 theo mét tØ sè k (tøc lµ §Æc biÖt nÕu k = -1, th× M lµ trung ®iÓm cña ®o¹n th¼ng M1M2 , khi ®ã to¹ ®é cña M ®îc x¸c ®Þnh bëi: 5. Ba ®iÓm th¼ng hµngBa ®iÓm A(x1; y1) , B(x2; y2) vµ C(x3; y3) th¼ng hµng khi vµ chØ khi: §1. Vect¬ D¹ng to¸n 1: Më ®Çu vÒ vect¬ ThÝ dô 1. Cho DOAB vu«ng c©n víi OA = OB = a. H·y dùng c¸c vect¬ sau ®©y vµ tÝnh ®é dµi cña chóng: a. Víi C lµ ®Ønh thø t cña h×nh vu«ng OACD, ta cã ngay: Tõ ®ã, suy ra: ½ b. Ta cã ngay: Þ ½ c. §Ó dùng vect¬ 3 § Trªn tia OA lÊy ®iÓm A1 sao cho OA1 = 3OA. § Trªn tia OB lÊy ®iÓm B1 sao cho OB1 = 4OB. § Dùng h×nh ch÷ nhËt OA1C1B1. Tõ ®ã, ta cã: 3 Þ ½3 d. Thùc hiÖn t¬ng tù c©u c), ta dùng ®îc vect¬ ½ e. Thùc hiÖn t¬ng tù c©u c), ta dùng ®îc vect¬ ½ ThÝ dô 2. Cho DABC ®Òu cã c¹nh b»ng a. TÝnh ®é dµi vect¬ tæng ? Gi¶i Þ ½ F Chó ý: Víi c¸c em häc sinh cha n¾m v÷ng kiÕn thøc vÒ tæng cña hai vect¬ th× thêng kÕt luËn ngay r»ng: ½ D¹ng to¸n 2: Chøng minh mét ®¼ng thøc vect¬ Ph¬ng ph¸p ¸p dông Ta lùa chän mét trong c¸c híng biÕn ®æi sau: Híng 1: BiÕn ®æi mét vÕ thµnh vÕ cßn l¹i (VT Þ VP hoÆc VP Þ VT ). Khi ®ã: § NÕu xuÊt ph¸t tõ vÕ phøc t¹p ta cÇn thùc hiÖn viÖc ®¬n gi¶n biÓu thøc. § NÕu xuÊt ph¸t tõ vÕ ®¬n gi¶n ta cÇn thùc hiÖn viÖc ph©n tÝch vect¬. Híng 2: BiÕn ®æi ®¼ng thøc cÇn chøng minh vÒ mét ®¼ng thøc ®· biÕt lµ lu«n ®óng. Híng 3: BiÕn ®æi mét ®¼ng thøc vect¬ ®· biÕt lµ lu«n ®óng thµnh ®¼ng thøc cÇn chøng minh. Híng 4: T¹o dùng c¸c h×nh phô. Khi thùc hiÖn c¸c phÐp biÕn ®æi ta sö dông: § Quy t¾c ba ®iÓm: § Quy t¾c h×nh b×nh hµnh: Víi h×nh b×nh hµnh ABCD lu«n cã: § HiÖu hai vect¬ cïng gèc § TÝnh chÊt trung ®iÓm: Víi ®iÓm M tuú ý vµ I lµ trung ®iÓm cña AB lu«n cã: § TÝnh chÊt träng t©m tam gi¸c: Víi DABC cã träng t©m G ta cã: § C¸c tÝnh chÊt cña phÐp céng, trõ vect¬ vµ phÐp nh©n mét sè víi mét vect¬. ThÝ dô 1. Cho bèn ®iÓm A, B, C, D. Chøng minh r»ng ? Gi¶i Ta cã thÓ tr×nh bµy theo ba c¸ch sau: C¸ch 1: Sö dông quy t¾c ba ®iÓm, ta cã: VT = ( C¸ch 2: Sö dông quy t¾c ba ®iÓm, ta cã: VT = C¸ch 3: Sö dông quy t¾c ba ®iÓm, ta cã: C¸ch 4: Sö dông quy t¾c ba ®iÓm, ta cã: F NhËn xÐt: ViÖc tr×nh bµy thÝ dô trªn theo bèn c¸ch chØ mang tÝnh chÊt minh ho¹ cho nh÷ng ý tëng sau: 1. Víi c¸ch 1 vµ c¸ch 2, chóng ta gom hai vect¬ cã "®iÓm cuèi cña vect¬ thø nhÊt trïng víi ®iÓm ®Çu cña vect¬ thø hai" tõ ®ã sö dông chiÒu thuËn cña quy t¾c ba ®iÓm. 2. Víi c¸ch 3 vµ c¸ch 4, chóng ta sö dông chiÒu ngîc l¹i cña quy t¾c ba ®iÓm, cô thÓ "víi mét vect¬ ThÝ dô 2. Cho 4 ®iÓm A, B, C, D. Chøng minh r»ng Gi¶i Ta cã thÓ tr×nh bµy theo c¸c c¸ch sau: C¸ch 1: Ta cã: VT = ( C¸ch 2: Ta cã: VT = ( C¸ch 3: BiÕn ®æi t¬ng ®¬ng biÓu thøc vÒ d¹ng: C¸ch 4: BiÕn ®æi t¬ng ®¬ng ®¼ng thøc vÒ d¹ng: F NhËn xÐt: 1. §Ó thùc hiÖn chøng minh ®¼ng thøc vect¬ ®· cho chóng ta lùa chän híng biÕn ®æi VT thµnh VP vµ hai c¸ch gi¶i trªn ®Òu cã chung mét ý tëng, cô thÓ b»ng viÖc lùa chän vect¬ xuÊt ph¸t lµ § Trong c¸ch 1, ta ý thøc ®îc r»ng cÇn t¹o ra sù xuÊt hiÖn cña vect¬ § Trong c¸ch 2, ta ý thøc ®îc r»ng cÇn t¹o ra sù xuÊt hiÖn cña vect¬ 2. Tõ nhËn xÐt trªn h¼n c¸c em häc sinh thÊy ®îc thªm r»ng cßn cã 4 c¸ch kh¸c ®Ó gi¶i bµi to¸n, cô thÓ: § Hai c¸ch víi viÖc lùa chän vect¬ xuÊt ph¸t lµ § Hai c¸ch theo híng biÕn ®æi VP thµnh VT. ThÝ dô 3. Cho M vµ N lÇn lît lµ trung ®iÓm c¸c ®o¹n th¼ng AB vµ CD. Chøng minh r»ng: ? Gi¶i a. Ta cã thÓ tr×nh bµy theo c¸c c¸ch sau: C¸ch 1: Ta cã ph©n tÝch: Céng theo vÕ (1) vµ (2) víi lu ý C¸ch 2: Ta cã ph©n tÝch: Céng theo vÕ (3) vµ (4) víi lu ý 2 b. Ta cã: Tõ (*) vµ (**) ta ®îc ®¼ng thøc cÇn chøng minh. ThÝ dô 4. Cho O lµ t©m cña h×nh b×nh hµnh ABCD. Chøng minh r»ng víi ®iÓm M bÊt k×, ta cã: ? Gi¶i Ta cã: = = 4 Û F Chó ý: C¸c em häc sinh h·y tr×nh bµy thªm c¸ch biÕn ®æi VT thµnh VP. ThÝ dô 5. Cho DABC. Gäi M, N, P lÇn lît lµ trung ®iÓm cña BC, CA, AB. Chøng minh r»ng: ? Gi¶i Sö dông quy t¾c trung ®iÓm ta biÕn ®æi: VT = = ThÝ dô 6. Cho DA1B1C1 vµ DA2B2C2 lÇn lît cã träng t©m lµ G1, G2. Chøng minh r»ng: ? Gi¶i Víi G1, G2 lµ trong t©m c¸c DA1B1C1 vµ DA2B2C2, ta cã: MÆt kh¸c, ta cã: Céng theo vÕ (3), (4), (5) vµ sö dông c¸c kÕt qu¶ trong (1) vµ (2), ta ®îc: ThÝ dô 7. Cho DABC. Gäi M lµ trung ®iÓm cña AB vµ N lµ mét ®iÓm trªn c¹nh AC, sao cho NC = 2NA. Gäi K lµ trung ®iÓm cña MN. a. Chøng minh r»ng b. Gäi D lµ trung ®iÓm cña BC. Chøng minh r»ng ? Gi¶i a. Tõ gi¶ thiÕt ta nhËn thÊy: V× K lµ trung ®iÓm MN nªn: b. V× D lµ trung ®iÓm BC nªn: tõ ®ã, suy ra: D¹ng to¸n 3: X¸c ®Þnh ®iÓm M tho¶ mét ®¼ng thøc vect¬ cho tríc Ph¬ng ph¸p ¸p dông Ta biÕn ®æi ®¼ng thøc vect¬ cho tríc vÒ d¹ng: trong ®ã ®iÓm O cè ®Þnh vµ vect¬ ThÝ dô 1. Cho DABC ®Òu néi tiÕp ®êng trßn t©m O. a. Chøng minh r»ng b. H·y x¸c ®Þnh c¸c ®iÓm M, N, P sao cho: ? Gi¶i a. b. Gäi A1, B1, C1 theo thø tù lµ trung ®iÓm cña BC, AC, AB. § Dùng h×nh b×nh hµnh AOBM b»ng viÖc lÊy ®iÓm M ®èi xøng víi O qua C1, ta cã ®îc § C¸c ®iÓm N, P ®îc x¸c ®Þnh t¬ng tù. ThÝ dô 2. Cho DABC. H·y x¸c ®Þnh ®iÓm M tho¶ m·n ®iÒu kiÖn: BiÕn ®æi (*) vÒ d¹ng: Û ABCM lµ h×nh b×nh hµnh. Tõ ®ã, ®Ó x¸c ®Þnh ®iÓm M ta thùc hiÖn: § KÎ Ax // BC. § KÎ Cy // AB. § Giao cña Ax vµ Cy chÝnh lµ ®iÓm M cÇn t×m. ThÝ dô 3. Cho DABC ®Òu, néi tiÕp ®êng trßn t©m O. a. H·y x¸c ®Þnh c¸c ®iÓm M, N, P sao cho: b. ? Gi¶i a. Dùa theo quy t¾c h×nh b×nh hµnh, ta lÇn lît cã: § Víi ®iÓm M tho¶ m·n: Þ M lµ ®Ønh thø t cña h×nh b×nh hµnh AOBM Þ CM lµ ®êng kÝnh cña (O), v× DABC ®Òu. § Víi ®iÓm N tho¶ m·n: Þ AN lµ ®êng kÝnh cña (O), v× DABC ®Òu. § Víi ®iÓm P tho¶ m·n: Þ BP lµ ®êng kÝnh cña (O), v× DABC ®Òu. VËy, c¸c ®iÓm M, N, P n»m trªn ®êng trßn (O) sao cho CM, AN, BP lµ c¸c ®êng kÝnh cña ®êng trßn (O). b. Dùa vµo kÕt qu¶ c©u a) vµ ThÝ dô 4. Cho DABC. a. T×m ®iÓm I sao cho b. T×m ®iÓm K sao cho c. T×m ®iÓm M sao cho ? Gi¶i a. Ta biÕn ®æi: Û b. Ta biÕn ®æi: Û K lµ träng t©m DABC. c. Gäi E, F, N lµ trung ®iÓm AB, BC, EF, ta cã: ThÝ dô 5. Cho tríc hai ®iÓm A, B vµ hai sè thùc a, b tho¶ m·n a + b ¹ 0. a. Chøng minh r»ng tån t¹i duy nhÊt ®iÓm I tho¶ m·n a b. Tõ ®ã, suy ra víi ®iÓm bÊt kú M, ta lu«n cã: a ? Gi¶i a. Ta cã: a Û (a + b) V× A, B cè ®Þnh nªn vect¬ b. Ta cã: a = (a + b) F NhËn xÐt quan träng: 1. NÕu a = b = 1 th× ®iÓm I chÝnh lµ trung ®iÓm cña AB. 2. Bµi to¸n trªn ®îc më réng tù nhiªn cho ba ®iÓm A, B, C vµ bé ba sè thùc a, b, g cho tríc tho¶ m·n a + b + g ¹ 0, tøc lµ: a. Tån t¹i duy nhÊt ®iÓm I tho¶ m·n: a b. Tõ ®ã suy ra víi ®iÓm bÊt kú M, ta lu«n cã a vµ khi a = b = g = 1 th× I lµ träng t©m DABC. 3. ViÖc më réng cho n ®iÓm Ai, i = 4. KÕt qu¶ trªn ®îc sö dông ®Ó gi¶i bµi to¸n: “ Cho n ®iÓm Ai, i = tho¶ m·n víi mäi ®iÓm M. ” Ph¬ng ph¸p gi¶i V× (1) tho¶ m·n víi mäi ®iÓm M, do ®ã ®óng víi M º I, khi ®ã: § X¸c ®Þnh ®îc ®iÓm I tõ (2). § Tõ (2), suy ra Tõ (1) vµ (3), suy ra: ThÝ dô 6. Cho tø gi¸c ABCD, M lµ ®iÓm tuú ý. Trong mçi trêng hîp h·y t×m sè k vµ ®iÓm cè ®Þnh I, J, K sao cho c¸c ®¼ng thøc vect¬ sau tho¶ m·n víi mäi ®iÓm M. a. 2 b. c. ? Gi¶i a. V× (1) tho¶ m·n víi mäi ®iÓm M, do ®ã ®óng víi M º I, khi ®ã: 2 § Tõ (1.1), ta ®îc: 2 § Tõ (1.1), ta ®îc: 2 Tõ (1) vµ (1.2), suy ra: 3 b. V× (2) tho¶ m·n víi mäi ®iÓm M, do ®ã ®óng víi M º J, khi ®ã: § Gäi E lµ trung ®iÓm AB, tõ (2.1), ta ®îc: 2 § Tõ (2.1), ta ®îc: Tõ (2) vµ (2.2), suy ra: 4 c. V× (3) tho¶ m·n víi mäi ®iÓm M, do ®ã ®óng víi M º K, khi ®ã: § Gäi G lµ träng t©m DABC, tõ (3.1), ta ®îc: 3 § Tõ (3.1), ta ®îc: Tõ (3) vµ (3.2), suy ra: 6 F Chó ý: Bµi to¸n t×m ®iÓm cã thÓ ®îc më réng thµnh bµi to¸n t×m tËp hîp ®iÓm (quÜ tÝch). Víi c¸c bµi to¸n quÜ tÝch ta cÇn nhí r»ng: 1. NÕu | 2. | 3. NÕu a. Víi k Î b. Víi k Î c. Víi k Î ThÝ dô 7. Cho DABC, t×m tËp hîp nh÷ng ®iÓm M tho¶ m·n: a. b. (1 - k) ? Gi¶i a. Ta biÕn ®æi (1) vÒ d¹ng: Û M thuéc ®êng th¼ng qua A song song víi BC. b. Ta biÕn ®æi (2) vÒ d¹ng: Gäi E, F theo thø tù lµ trung ®iÓm cña AB vµ AC, ta ®îc: (3) Û 2 Û M thuéc ®êng trung b×nh EF cña DABC. D¹ng to¸n 4: BiÓu diÔn mét vect¬ thµnh tæ hîp vect¬ Ph¬ng ph¸p ¸p dông Ta lùa chän mét trong hai híng: Híng 1: Tõ gi¶ thiÕt x¸c ®Þnh ®îc tÝnh chÊt h×nh häc, råi tõ ®ã khai triÓn vect¬ cÇn biÓu diÔn b»ng ph¬ng ph¸p xen ®iÓm hoÆc hiÖu cña hai vect¬ cïng gèc. Híng 2: Tõ gi¶ thiÕt thiÕt lËp ®îc mèi liªn hÖ vect¬ gi÷a c¸c ®èi tîng, råi tõ ®ã khai triÓn biÓu thøc nµy b»ng ph¬ng ph¸p xen ®iÓm hoÆc hiÖu cña hai vect¬ cïng gèc. ThÝ dô 1. Cho ®o¹n th¼ng AB vµ ®iÓm I sao cho 2 a. T×m sè k sao cho b. Chøng minh r»ng víi mäi ®iÓm M ta cã ? Gi¶i a. BiÕn ®æi gi¶ thiÕt: VËy, víi k = b. BiÕn ®æi gi¶ thiÕt: Û 5 ThÝ dô 2. Cho DOAB. Gäi M, N lÇn lît lµ trung ®iÓm hai c¹nh OA vµ OB. H·y t×m c¸c sè m vµ n thÝch hîp trong mçi ®¼ng thøc sau ®©y: ? Gi¶i a. Ta cã ngay do ®ã ®¼ng thøc b. Ta cã: do ®ã ®¼ng thøc c. Ta cã: do ®ã ®¼ng thøc d. Ta cã: do ®ã ®¼ng thøc ThÝ dô 3. Gäi G lµ träng t©m DABC. §Æt ? Gi¶i a. Sö dông quy t¾c hiÖu cña hai vect¬ cïng gèc, ta cã ngay: b. V× G lµ träng t©m DABC nªn: c. Sö dông quy t¾c hiÖu cña hai vect¬ cïng gèc vµ kÕt qu¶ trong b), ta cã: d. Sö dông quy t¾c hiÖu cña hai vect¬ cïng gèc vµ kÕt qu¶ trong b), ta cã: ThÝ dô 4. Cho DABC. Gäi M, N, P lÇn lît lµ trung ®iÓm cña BC, CA, AB. TÝnh c¸c vect¬ ? Gi¶i Ta lÇn lît cã: = Vect¬ ThÝ dô 5. Cho DABC. a. T×m c¸c ®iÓm M vµ N sao cho: b. Víi c¸c ®iÓm M vµ N ë c©u a), t×m c¸c sè p vµ q sao cho: ? Gi¶i a. Ta lÇn lît thùc hiÖn: Û M lµ ®Ønh thø t cña h×nh b×nh hµnh ABCM. Û b. Ta cã biÓu diÔn: = ( ThÝ dô 6. Cho DABC träng t©m G. Gäi I lµ ®iÓm trªn c¹nh BC sao cho 2CI = 3BI vµ J lµ ®iÓm trªn BC kÐo dµi sao cho 5JB = 2JC. a. b. TÝnh ? Gi¶i a. Ta cã: Û 2( Û Ta cã: Û 3 b. Gäi M lµ trung ®iÓm BC, ta cã: MÆt kh¸c tõ hÖ t¹o bëi (1) vµ (2), ta nhËn ®îc: Thay (4) vµo (3) ta nhËn ®îc: D¹ng to¸n 5: Chøng minh hai ®iÓm trïng nhau Ph¬ng ph¸p ¸p dông Muèn chøng minh hai ®iÓm A1 vµ A2 trïng nhau, ta lùa chän mét trong hai c¸ch sau: C¸ch 1: Chøng minh C¸ch 2: Chøng minh ThÝ dô 1. Chøng minh r»ng ? Gi¶i Ta cã: § NÕu § NÕu AD vµ BC cã trung ®iÓm trïng nhau th× ABCD lµ h×nh b×nh hµnh. Do ®ã: ThÝ dô 2. Cho lôc gi¸c ABCDEF. Gäi M, N, P, Q, R, S lÇn lît lµ trung ®iÓm cña c¸c c¹nh AB, BC, CD, DE, EF, FA. Chøng minh r»ng hai tam gi¸c MPR vµ NQS cã cïng träng t©m. ? Gi¶i Gäi G lµ träng t©m cña DMPR, ta cã: L¹i cã: 2 Þ 2( Suy ra: Do ®ã: ( Û 2 VËy, ta ®îc G lµ träng t©m cña DSNQ. Tãm l¹i, c¸c DMPR vµ DNQS cã cïng träng t©m. D¹ng to¸n 6: Chøng minh ba ®iÓm th¼ng hµng Ph¬ng ph¸p ¸p dông Muèn chøng minh ba ®iÓm A, B, C th¼ng hµng, ta ®i chøng minh: §Ó nhËn ®îc (1), ta lùa chän mét trong hai híng: Híng 1: Sö dông c¸c quy t¾c biÕn ®æi vect¬ ®· biÕt. Híng 2: X¸c ®Þnh vect¬ F Chó ý: Ta cã kÕt qu¶: “ Cho ba ®iÓm A, B, C. §iÒu kiÖn cÇn vµ ®ñ ®Ó A, B, C th¼ng hµng lµ: víi ®iÓm tuú ý M vµ sè thùc a bÊt kú ”. ThÝ dô 1. Cho DABC, lÊy c¸c ®iÓm I, J tho¶ m·n ? Gi¶i ViÕt l¹i BiÕn ®æi 3 3( Trõ theo vÕ (1) cho (2), ta ®îc: 2( ThÝ dô 2. a. b. c. Chøng minh r»ng O, G, H th¼ng hµng. ? Gi¶i a. Gäi A1 lµ ®iÓm ®èi xøng víi A qua O, ta ®îc: Þ A1, E, H th¼ng hµng Þ b. Ta cã: c. Ta cã: ThÝ dô 3. Cho DABC, lÊy c¸c ®iÓm M, N, P tho¶ m·n: Chøng minh r»ng M, N, P th¼ng hµng. ? Gi¶i Ta cã: Ta ®i tÝnh 3 Thay (3), (4), (5) vµo (1) vµ (2) ta ®îc: Tõ (6) vµ (7) ta nhËn thÊy: D¹ng to¸n 7: X¸c ®Þnh ®Æc tÝnh K cña ®èi tîng S khi nã tho¶ m·n mét ®¼ng thøc vect¬ Ph¬ng ph¸p ¸p dông Ph©n tÝch ®îc ®Þnh tÝnh xuÊt ph¸t tõ c¸c ®¼ng thøc vect¬ cña gi¶ thiÕt. Lu ý tíi nh÷ng hÖ thøc ®· biÕt vÒ trung ®iÓm cña ®o¹n th¶ng vµ träng t©m cña tam gi¸c. ThÝ dô 1. Cho DABC, cã c¸c c¹nh b»ng a, b, c vµ träng t©m G tho¶ m·n: a. Chøng minh r»ng DABC lµ tam gi¸c ®Òu. ? Gi¶i Ta cã: Thay (2) vµo (1), ta ®îc: a.(- Û (b - a). V× ThÝ dô 2. Cho tø gi¸c ABCD. Gi¶ sö tån t¹i ®iÓm O sao cho: Chøng minh r»ng ABCD lµ h×nh ch÷ nhËt. ? Gi¶i Tõ ph¬ng tr×nh thø nhÊt cña hÖ , ta suy ra: O lµ t©m ®êng trßn ngo¹i tiÕp tø gi¸c ABCD. (1) Gäi M, N, P, Q lµ trung ®iÓm cña AB, BC, CD, DA , tõ ph¬ng tr×nh thø hai cña hÖ ta ®îc: Û M, P, O th¼ng hµng vµ O lµ trung ®iÓm MP. (2) Û N, Q, O th¼ng hµng vµ O lµ trung ®iÓm NQ. (3) Tõ (2), (3), suy ra MNPQ lµ h×nh b×nh hµnh suy ra § A, C, O th¼ng hµng vµ O lµ trung ®iÓm AC. § B, D, O th¼ng hµng vµ O lµ trung ®iÓm BD. Do ®ã ABCD lµ h×nh b×nh hµnh. (4) Tõ (1) vµ (4) suy ra ABCD lµ h×nh ch÷ nhËt. §2 hÖ trôc to¹ ®é D¹ng to¸n 1: To¹ ®é vect¬ - To¹ ®é ®iÓm Ph¬ng ph¸p ¸p dông Ta cÇn nhí c¸c kÕt qu¶ sau: 1 Víi hai ®iÓm A(xA, yA) vµ B(xB, yB), ta cã: 2 Víi hai vect¬ a ThÝ dô 1. Trong mÆt ph¼g to¹ ®é, cho ba ®iÓm A(-4 ; 1), B(2; 4), C(2 ; -2). a. T×m to¹ ®é träng t©m DABC. b. T×m to¹ ®é ®iÓm D sao cho C lµ träng t©m DABD. c. T×m to¹ ®é ®iÓm E sao cho ABCE lµ h×nh b×nh hµnh. ? Gi¶i a. Gäi G lµ träng t©m DABC, ta cã ngay G(0, 1). b. Gi¶ sö D(xD, yD), khi ®ã víi ®iÒu kiÖn C lµ träng t©m DABD, ta ®îc: c. Gi¶ sö E(xE; 0), khi ®ã víi ®iÒu kiÖn ABCE lµ h×nh b×nh hµnh, ta ®îc: ThÝ dô 2. Cho ®iÓm M(1 - 2t; 1 + t). T×m ®iÓm M sao cho ? Gi¶i Ta cã: suy ra ( t - VËy, ®iÓm M0( ThÝ dô 3. Cho ba ®iÓm A(1; 1); B(3; 3); C(2; 0). a. TÝnh diÖn tÝch DABC. b. H·y t×m tÊt c¶ c¸c ®iÓm M trªn trôc Ox sao cho gãc ? Gi¶i a. Ta cã: AB2 = 4 + 4 = 8, BC2 = 1 + 9 = 10, CA2 = 1 + 1 = 2 Þ AB2 + AC2 = BC2 Û DABC vu«ng t¹i A. VËy diÖn tÝch DABC ®îc cho bëi: SDABC = b. Gãc Û Û VËy, ®iÓm M(0; 0) tho¶ m·n ®iÒu kiÖn ®Çu bµi. D¹ng to¸n 2: BiÓu diÔn vect¬ Ph¬ng ph¸p ¸p dông Ta thùc hiÖn theo c¸c bíc: Bíc 1: Gi¶ sö Bíc 2: Ta cã: a VËy (1) x¶y ra khi vµ chØ khi: Gi¶ hÖ (I), ta nhËn ®îc gi¸ trÞ cña cÆp (a, b) Bíc 3: KÕt luËn. ThÝ dô 4. H·y biÓu diÔn vect¬ ? Gi¶i Gi¶ sö Ta cã: a Khi ®ã (1) x¶y ra khi vµ chØ khi: VËy, ta ®îc ThÝ dô 5. Cho bèn ®iÓm A(1; 1), B(2; - 1), C(4; 3) vµ D(16; 3). H·y biÓu diÔn vect¬ ? Gi¶i Gi¶ sö Ta cã: Þ a Khi ®ã (1) x¶y ra khi vµ chØ khi: VËy, ta ®îc D¹ng to¸n 3: X¸c ®Þnh to¹ ®é ®iÓm M tho¶ m·n mét ®¼ng thøc vect¬, ®é dµi Ph¬ng ph¸p ¸p dông Thùc hiÖn theo c¸c bíc: Bíc 1: Gi¶ sö M(x; y). Bíc 2: To¹ ®é ho¸ c¸c vect¬ cã trong ®¼ng thøc hoÆc sö dông c«ng thøc vÒ kho¶ng c¸ch gi÷a hai ®iÓm, ®Ó chuyÓn ®¼ng thøc vÒ biÓu thøc ®¹i sè. Bíc 3: Gi¶i ph¬ng tr×nh hoÆc hÖ trªn, ta nhËn ®îc to¹ ®é cña M. F Chó ý: §iÓm M(x; y) chia ®o¹n th¼ng M1M2 theo mét tØ sè k (tøc lµ §Æc biÖt nÕu k = -1, th× M lµ trung ®iÓm cña ®o¹n th¼ng M1M2, khi ®ã to¹ ®é cña M ®îc x¸c ®Þnh bëi: ThÝ dô 1. Cho hai ®iÓm A(0; 2) vµ B(4; -3). T×m to¹ ®é: a. Trung ®iÓm I cña AB. b. §iÓm M sao cho ? Gi¶i a. Ta cã I(2; - b. Tõ gi¶ thiÕt Do ®ã: M: F Chó ý: Ta còng cã thÓ tr×nh bµy theo c¸ch: Gi¶ sö M(x; y), ta cã: V× ThÝ dô 2. Cho DABC, biÕt A(1; 0), B(-3; -5), C(0; 3). a. X¸c ®Þnh to¹ ®é ®iÓm E sao cho b. X¸c ®Þnh to¹ ®é ®iÓm F sao cho AF = CF = 5. c. T×m tËp hîp c¸c ®iÓm M sao cho: |2( ? Gi¶i a. Gi¶ sö E(x; y), khi ®ã Tõ ®ã: b. Gi¶ sö F(x; y), khi ®ã: AF = CF = 5 Û Û VËy tån t¹i hai ®iÓm F1( - 4; 0) vµ F2(5; 3) tho¶ m·n ®iÒu kiÖn ®Çu bµi. c. Gi¶ sö M(x; y), khi ®ã: Þ 2( Khi ®ã: (1) Û (-x - 4)2 + (-y - 19)2 = (-3)2 + (-8)2 Û (x + 4)2 + (y + 19)2 = 73. §Æt I(-4; -19), ta ®îc: IM2 = 73 Û M thuéc ®êng trßn t©m I(-4, -19), b¸n kÝnh R = F NhËn xÐt: Nh vËy, trong vÝ dô trªn chóng ta ®· thùc hiÖn viÖc x¸c ®Þnh ®iÓm dùa trªn c¸c ®¼ng thøc vÒ vect¬, ®é dµi cho tríc. Tuy nhiªn, trong nhiÒu trêng hîp chóng ta cÇn ®i thiÕt lËp c¸c ®¼ng thøc ®ã dùa trªn tÝnh chÊt cña ®iÓm cÇn x¸c ®Þnh. ThÝ dô 3. Cho DABC c©n t¹i A, biÕt A(a; a. X¸c ®Þnh to¹ ®é c¸c ®Ønh cña DABC, biÕt r»ng p = 9 (p lµ nöa chu vi). b. T×m to¹ ®é ®iÓm MÎAB vµ N Î BC sao cho ®êng th¼ng MN ®ång thêi chia ®«i chu vi vµ chia ®«i diÖn tÝch cña DABC. ? Gi¶i a. A(a; Tõ gi¶ thiÕt: § AÎP(I) Û § p = 9 Û Û 2.8|a - 1| + 2|a - 1| = 18 Û a = 2 hoÆc a = 0 (lo¹i). Tõ ®ã: A(2; b. Ta cÇn t×m ®iÓm M Î AB (tøc lµ ph¶i t×m x = BM, 0 £ x £ 8) sao cho trªn c¹nh BC tån t¹i ®iÓm N tho¶ m·n: BN = p - x = 9 - x, 0 £ 9 - x £ 2 Û 7 £ x £ 9, Tõ (1) ta ®îc: § Víi x = 8 Þ M º A(2; F Chó ý: Bµi to¸n trªn cã d¹ng tæng qu¸t nh sau "Cho DABC cã c¸c c¹nh a, b, c (t¬ng øng víi c¸c ®Ønh A, B, C vµ chu vi 2p), gi¶ sö c £ b £ a. T×m ®iÓm M Î AB, N Î BC sao cho ®êng th¼ng MN ®ång thêi chia ®«i chu vi vµ chia ®«i diÖn tÝch cña DABC " Ph¬ng ph¸p gi¶i Ta thùc hiÖn theo c¸c bíc sau: Bíc 1: §iÓm M Î AB (tøc lµ ph¶i t×m x = BM, 0 £ x £ c) sao cho trªn c¹nh BC tån t¹i ®iÓm N tho¶ m·n: BN = p - x, 0 £ p - x £ vµ Bíc 2: Tõ (1) ta ®îc: Bíc 3: Gi¶i (2) ta x¸c ®Þnh ®îc x, tõ ®ã suy ra to¹ ®é c¸c ®iÓm M, N. D¹ng to¸n 4: Vect¬ cïng ph¬ng - Ba ®iÓm th¼ng hµng - §Þnh lý Menelaus Ph¬ng ph¸p ¸p dông CÇn nhí c¸c kÕt qu¶ sau: a. Víi hai vect¬ b. Cho ba ®iÓm A(x1, y1) , B(x2, y2) vµ C(x3, y3), ta cã: A, B, C th¼ng hµng Û c. §Þnh lý Menelaus: LÊy ba ®iÓm M, N, P theo thø tù trªn c¸c c¹nh BC, CA, AB cña DABC. §iÒu kiÖn cÇn vµ ®ñ ®Ó M, N, P th¼ng hµng lµ: ThÝ dô 1. Trong mÆt ph¼g to¹ ®é, cho ba ®iÓm A(-3 ; 4), B(1 ; 1), C(9 ; -5). a. Chøng minh r»ng ba ®iÓm A, B, C th¼ng hµng. b. T×m to¹ ®é ®iÓm D sao cho A lµ trung ®iÓm cña BD. c. T×m to¹ ®é ®iÓm E trªn trôc Ox sao cho A, B, E th¼ng hµng. ? Gi¶i a. NhËn xÐt r»ng: b. Gi¶ sö D(xD, yD), khi ®ã víi ®iÒu kiÖn A lµ trung ®iÓm cña BD, ta ®îc: c. Gi¶ sö E(xE, 0) Î Ox, khi ®ã Tõ ®ã, ®Ó ba ®iÓm A, B, E th¼ng hµng ®iÒu kiÖn lµ: ThÝ dô 2. T×m trªn trôc hoµnh ®iÓm M sao cho tæng c¸c kho¶ng c¸ch tõ M tíi c¸c ®iÓm A vµ B lµ nhá nhÊt trong c¸c trêng hîp sau: a. A(1; 2) vµ B(3; 4). b. A(1; 1) vµ B(2; -4). ? Gi¶i a. NhËn xÐt A, B cïng phÝa víi Ox. Gäi A1 lµ ®iÓm ®èi xøng víi A qua Ox, suy ra A1(1; -2). Û A1, B, P0(x; 0) th¼ng hµng Û Û Ta cã PA + PB = PA1 + PB ³ A1B. VËy PA + PB nhá nhÊt Û A1, B, P th¼ng hµng Û P º P0. b. Gäi P0 = (AB)ÇOx Û A, B, P0(x, 0) th¼ng hµng Û Û PA + PB ³ AB. VËy PA + PB nhá nhÊt khi vµ chØ khi A, B, P th¼ng hµng Û P º P0. F Chó ý: ThÝ dô trªn, ®· minh ho¹ ph¬ng ph¸p gi¶i cho mét líp bµi to¸n cùc trÞ rÊt quen thuéc trong c¸c kú thi tuyÓn sinh vµo c¸c trêng ®¹i häc vµ cao ®¼ng, do ®ã c¸c em häc sinh cÇn n¾m ®îc ph¬ng ph¸p gi¶i cho bµi to¸n tæng qu¸t nh sau: Bµi to¸n: T×m trªn ®êng th¼ng (d): Ax + By + C = 0 ®iÓm P sao cho tæng c¸c kho¶ng c¸ch tõ P tíi c¸c ®iÓm A(xA, yA) vµ B(xB, yB) kh«ng thuéc (d) lµ nhá nhÊt ". Ph¬ng ph¸p Ta x¸c ®Þnh tA.tB = ( AxA + ByA + C)( AxB + ByB + C). XÐt hai trêng hîp Trêng hîp 1: NÕu tA.tB < 0 Û A, B ngîc phÝa víi (d). Ta thùc hiÖn theo c¸c bíc sau: Bíc 1: Gäi P0 = (AB)Ç(d), suy ra to¹ ®é P0. Bíc 2: Ta cã PA + PB ³ AB. VËy PA + PB nhá nhÊt khi vµ chØ khi A, P, B th¼ng hµng Û P º P0. Trêng hîp 2: NÕu tA.tB > 0 Û A, B cïng phÝa víi (d). Ta thùc hiÖn theo c¸c bíc sau: Bíc 1: Gäi A1 lµ ®iÓm ®èi xøng víi A qua (d) , suy ra to¹ ®é A1. Bíc 2: Gäi P0 = (A1B)Ç(d), suy ra to¹ ®é P0. Bíc 3: Ta cã PA + PB = PA1 + PB ³ AB. VËy PA + PB nhá nhÊt Û A1,P, B th¼ng hµng Û P º P0. Ngoµi ph¬ng ph¸p trªn chóng ta sÏ cßn nhËn ®îc mét ph¬ng ph¸p gi¶i kh¸c ®îc minh ho¹ trong bµi to¸n “ Ph¬ng ph¸p to¹ ®é ho¸ ”. D¹ng to¸n 5: Ph¬ng ph¸p to¹ ®é ho¸ Ph¬ng ph¸p ¸p dông Ph¬ng ph¸p to¹ ®é ho¸ thêng ®îc sö dông phæ biÕn trong hai d¹ng: D¹ng 1: Ta thùc hiÖn phÐp to¹ ®é ho¸ c¸c ®iÓm trong h×nh vµ ®a bµi to¸n h×nh häc vÒ d¹ng gi¶i tÝch. D¹ng 2: Lùa chän c¸c ®iÓm thÝch hîp ®Ó biÕn ®æi biÓu thøc ®¹i sè vÒ d¹ng ®é dµi h×nh häc - Ph¬ng ph¸p nµy tá ra rÊt hiÖu qu¶ ®Ó t×m gi¸ trÞ lín nhÊt vµ nhá nhÊt cña c¸c biÓu thøc ®¹i sè. ThÝ dô 1. T×m gi¸ trÞ nhá nhÊt cña c¸c hµm sè y = ? Gi¶i ViÕt l¹i hµm sè díi d¹ng: y = XÐt c¸c ®iÓm A(- AM = suy ra S = AM + BM ³ AB = 1 VËy, ta ®îc SMin = 1, ®¹t ®îc khi: A, B, M th¼ng hµng Û F Chó ý: Víi c¸c em häc sinh cha cã kinh nghiÖm gi¶i d¹ng to¸n nµy th«ng thêng sÏ chän ngay A(- §«i khi d¹ng to¸n nµy ®îc minh ho¹ díi d¹ng trÞ tuyÖt ®èi. ThÝ dô 2. Cho ba ®iÓm A(1; 2), B(0; -1) vµ M(t; 2t + 1). T×m ®iÓm M thuéc (d) sao cho: a. (MA + MB) nhá nhÊt. b. |MA - MB| lín nhÊt. ? Gi¶i a. Ta cã: MA + MB = = = XÐt c¸c ®iÓm A1( Khi ®ã: MA + MB = V× M1 ch¹y trªn trôc hoµnh vµ A1, B1 n»m vÒ hai phÝa cña Ox nªn (MA + MB)min Û (M1A1 + M1B1)min Û M1 = (A1B1)ÇOx Û M1( b. T¬ng tù c©u a) ta cã: |MA - MB| = XÐt c¸c ®iÓm A2( Khi ®ã: |MA - MB| = V× M2 ch¹y trªn trôc hoµnh vµ A2, B2 n»m vÒ mét phÝa cña Ox nªn |MA - MB|max Û |M2A2 - M2B2|max Û M2 = (A2B2)ÇOx Û M2(2; 0) Û M(2; 5). C. C¸c bµi to¸n chän läc VÝ dô 1: Cho tø gi¸c ABCD. Chøng minh r»ng: a. Cã mét ®iÓm O duy nhÊt sao cho: §iÓm O ®îc gäi lµ träng t©m cña bèn ®iÓm A, B, C, D. Tuy nhiªn, ngêi ta vÉn gäi quen O lµ träng t©m cña tø gi¸c ABCD. b. Träng t©m O lµ trung ®iÓm cña mçi ®o¹n th¼ng nèi c¸c trung ®iÓm hai c¹nh ®èi cña tø gi¸c, nã còng lµ trung ®iÓm cña ®o¹n th¼ng nèi trung ®iÓm hai ®êng chÐo cña tø gi¸c. c. Träng t©m O n»m trªn c¸c ®o¹n th¶ng nèi mét ®Ønh cña tø gi¸c vµ träng t©m cña tam gi¸c t¹o bëi ba ®Ønh cßn l¹i. ? Gi¶i a. Gi¶ sö cã ®iÓm O1 tho¶ m·n: = 4 Û VËy, tån t¹i mét ®iÓm O duy nhÊt tho¶ m·n hÖ thøc vect¬ ®· cho. b. Gäi M, N, P, Q, E, F theo thø tù lµ trung ®iÓm cña AB, BC, CD, DA, AC, BD, ta cã lÇn lît chøng minh: § O lµ trung ®iÓm MP (®o¹n nèi trung ®iÓm cña hai c¹nh AB vµ CD), thËt vËy: Û § O lµ trung ®iÓm NQ (®o¹n nèi trung ®iÓm cña hai c¹nh BC vµ DA), thËt vËy: Û § O lµ trung ®iÓm EF (®o¹n nèi trung ®iÓm cña hai ®êng chÐo AC vµ BD), thËt vËy: Û c. Gäi G lµ träng t©m DABC, ta cã: Û VËy, träng t©m O n»m trªn c¸c ®o¹n th¶ng nèi mét ®Ønh cña tø gi¸c vµ träng t©m cña tam gi¸c t¹o bëi ba ®Ønh cßn l¹i. VÝ dô 2: Cho ®a gi¸c ®Òu n c¹nh A1A2...An, t©m O. Chøng minh r»ng: ? Gi¶i Ta cã thÓ lùa chän mét trong hai c¸ch tr×nh bµy: C¸ch 1: Gäi NhËn xÐt r»ng khi quay ®a gi¸c mét gãc b»ng § §a gi¸c vÉn kh«ng ®æi, nªn § Vect¬ Suy ra vect¬ C¸ch 2: XÐt hai trêng hîp: Trêng hîp 1: NÕu n = 2k. Khi ®ã, víi ®Ønh bÊt kú cña ®a gi¸c ®Òu cã ®Ønh ®èi xøng víi nã qua O Þ ®pcm. Trêng hîp 2: NÕu n = 2k - 1. Khi ®ã c¸c ®Ønh A2, ..,An chia thµnh hai phÇn ®èi xøng qua trôc OA1, b»ng c¸ch lËp tæng c¸c cÆp vect¬ ®èi xøng Þ ®pcm. F NhËn xÐt: Nh vËy, ®Ó chøng minh VÝ dô 3: Cho DABC. Gäi I lµ t©m ®êng trßn néi tiÕp tam gi¸c. Chøng minh r»ng a. ? Gi¶i Dùng h×nh b×nh hµnh AB2IC2 cã AB2//CC1 vµ AC2//BB1, ta ®îc: Thay (2), (3) vµo (1), ta ®îc: VÝ dô 4: Cho c¸c ®iÓm A, B, C, D, E. a. T×m O sao cho b. T×m I sao cho c. T×m K sao cho ? Gi¶i a. Gäi M, N, F lµ trung ®iÓm AB, BC vµ AC, ta cã: = 2 Û b. Ta cã thÓ lùa chän mét trong hai c¸ch tr×nh bµy: C¸ch 1: Gäi P, Q lµ trung ®iÓm CD, MP, ta cã: Û I º Q, suy ra ®iÓm I ®îc hoµn toµn x¸c ®Þnh. C¸ch 2: Gäi G lµ träng t©m DABC, ta cã: Û c. Ta cã: Û VÝ dô 5: Cho DABC, M lµ ®iÓm tuú ý trong mÆt ph¼ng. a. Chøng minh r»ng vect¬ b. T×m tËp hîp nh÷ng ®iÓm M tho¶ m·n: |3 ? Gi¶i a. Ta cã: = 3 b. Gäi I lµ ®iÓm tho¶ m·n hÖ thøc 3 Ta ®îc: 3 MÆt kh¸c, ta còng cã: Thay (1), (2) vµo hÖ thøc cña c©u b), ta ®îc: 3| Û M thuéc ®êng trßn t©m I, b¸n kÝnh b»ng VÝ dô 6: Cho DABC. LÊy c¸c ®iÓm A1Î BC, B1Î AC, C1Î AB sao cho Chøng minh r»ng hai tam gi¸c ABC vµ A1B1C1 cã cïng träng t©m. ? Gi¶i Gäi G, G1 theo thø tù lµ träng t©m c¸c tam gi¸c ABC, A1B1C1, ta cã: MÆt kh¸c tõ gi¶ thiÕt, ta cã: = ( = - ( Û VÝ dô 7: Cho DABC, ®iÓm M trong mÆt ph¼ng tho¶ m·n: a. Chøng minh r»ng MN lu«n ®i qua träng t©m G cña DABC khi M thay ®æi. b. Gäi P lµ trung ®iÓm cña CN. Chøng minh r»ng MP lu«n ®i qua mét ®iÓm cè ®Þnh khi M thay ®æi. ? Gi¶i a. Víi G lµ träng t©m DABC ta lu«n cã: Tõ gi¶ thiÕt ta nhËn ®îc: VËy MN lu«n ®i qua träng t©m G cña DABC khi M thay ®æi. b. V× P lµ trung ®iÓm cña CN nªn: = Gäi J lµ ®iÓm tho¶ m·n: Û 4 Þ tån t¹i duy nhÊt ®iÓm J cè ®Þnh. Tõ ®ã: VËy MP lu«n ®i qua mét ®iÓm cè ®Þnh J khi M thay ®æi. VÝ dô 8: Cho DABC. LÊy c¸c ®iÓm A1ÎBC, B1ÎAC, C1ÎAB sao cho: a. Chøng minh r»ng b. X¸c ®Þnh vÞ trÝ cña A1, B1, C1 ®Ó AA1, BB1 vµ CC1 ®ång quy. ? Gi¶i a. Khi ®ã: = ( = ( = α V× α = b = g Û b. B¹n ®äc tù gi¶i. VÝ dô 9: Cho DABC. LÊy c¸c ®iÓm M, N, P sao cho: TÝnh ? Gi¶i Ta cã: Ta ®i tÝnh Û Thay (3), (4), (5) vµo (1) vµ (2) ta ®îc: Tõ (6) vµ (7) ta nhËn thÊy VÝ dô 10: Cho DABC, cã c¸c c¹nh a, b, c. Gäi A1, B1, C1 theo thø tù lµ ch©n c¸c ®êng ph©n gi¸c trong kÎ tõ A, B, C. a. TÝnh b. Chøng minh r»ng DABC lµ tam gi¸c ®Òu nÕu ? Gi¶i a. Ta cã: Û b. T¬ng tù c©u a), ta ®îc: Tõ ®ã: = ( = ( = ( V× VÝ dô 11: Cho DABC, biÕt A(-1; -1), B(2; 4), C(6; 1). LÊy c¸c ®iÓm M, N, P trªn c¸c ®êng th¼ng AB, CA, BC sao cho c¸c ®iÓm ®ã lÇn lît chia c¸c ®o¹n th¼ng theo c¸c tØ sè -1, - a. X¸c ®Þnh to¹ ®é cña M, N, P. b. Chøng tá r»ng M, N, P th¼ng hµng. ? Gi¶i a. Ta cã: § M(x; y) chia ®o¹n AB theo tØ sè -1 Û M lµ trung ®iÓm AB Û M( § N(x; y) chia ®o¹n CA theo tØ sè Û Û § P(x; y) chia ®o¹n BC theo tØ sè 2 Û C lµ trung ®iÓm BP Û P(10; - 2). b. Ta cã: VÝ dô 12: Cho DABC, biÕt A(1; -3), B(3; -5), C(2; -2). T×m to¹ ®é: a. Giao ®iÓm E cña BC víi ph©n gi¸c trong cña gãc A. b. Giao ®iÓm F cña BC víi ph©n gi¸c ngoµi cña gãc A. ? Gi¶i Ta cã: a. Gi¶ sö E(x; y), theo tÝnh chÊt ph©n gi¸c trong, ta ®îc: Û b. Gi¶ sö F(x; y), theo tÝnh chÊt ph©n gi¸c ngoµi, ta ®îc: Û VÝ dô 13: Cho DABC vu«ng t¹i A, biÕt A(a; 0), B(1; 0), C(a; a ? Gi¶i Ta cã G( SDABC = Û Û |a - 1| = 2 + 2 Ta lÇn lît: § Víi a = 3 + 2 § Víi a = - 1 - 2 VËy tån t¹i hai ®iÓm G tho¶ m·n ®iÒu kiÖn ®Çu bµi. VÝ dô 14: Cho ®iÓm M(4; 1), hai ®iÓm A(a; 0), B(0; b) víi a, b > 0 sao cho A, B, M th¼ng hµng. X¸c ®Þnh to¹ ®é cña A, B sao cho: a. DiÖn tÝch DOAB nhá nhÊt. b. OA + OB nhá nhÊt. ? Gi¶i V× A, B, M th¼ng hµng Û a. Ta cã, diÖn tÝch DOAB ®îc cho bëi: S = Tõ (1) suy ra 1 = VËy SMin = 8, ®¹t ®îc khi: b. Tõ (1), ta ®îc : a = Khi ®ã: OA + OB = VËy (OA + OB)Min = 9, ®¹t ®îc khi: c. Ta cã: NhËn xÐt r»ng: (42 + 12)( VËy, ta ®îc ( VÝ dô 15: T×m gi¸ trÞ nhá nhÊt cña biÓu thøc: S = ? Gi¶i ViÕt l¹i biÓu thøc díi d¹ng: S = XÐt c¸c ®iÓm A( - 1; 2), B(3; 2) vµ M(x; y), khi ®ã: AM = suy ra: S = AM + BM ³ AB = 4 VËy, ta ®îc SMin = 4, ®¹t ®îc khi: A, B, M th¼ng hµng Û vµ khi ®ã: S = |x + 1| + |x - 3| = |x + 1| + |3 - x| ³ |x + 1 + 3 - x| = 4, dÊu “ = ” x¶y ra khi (x + 1)(3 - x) ³ 0 Û -1 £ x £ 3. VËy, ta ®îc SMin = 4, ®¹t ®îc khi Page 3
b. Víi m2 - m ¹ 0 Û m ¹ 0 Ù m ¹ 1 (C): § Víi: § Víi: m(m - 1) < 0 Û 0 < m < 1 Þ (C) lµ ph¬ng tr×nh cña Hypebol. ThÝ dô 2. LËp ph¬ng tr×nh cña C«nÝc (C) cã t©m sai e = ? Gi¶i Víi M(x, y) Î (E) ta cã: Û 4[(x + 3)2 + (y - 1)2] = (y + 2)2 Û 4x2 + 3y2 + 24x - 12y + 36 = 0 Û §ã chÝnh lµph¬ng tr×nh cña ElÝp (E). ThÝ dô 3. LËp ph¬ng tr×nh cña Hypebol, biÕt tiªu ®iÓm F(2, - 3), ®êng chuÈn øng víi tiªu ®iÓm ®ã cã ph¬ng tr×nh 3x - y + 3 = 0 vµ t©m sai e = ? Gi¶i Víi M(x, y) Î (H) ta cã: §ã chÝnh lµph¬ng tr×nh cña Hypebol (H). ThÝ dô 4. LËp ph¬ng tr×nh cña Parabol, biÕt tiªu ®iÓm F(0, 2), ®êng chuÈn øng víi tiªu ®iÓm ®ã cã ph¬ng tr×nh 3x - 4y - 12 = 0. ? Gi¶i Víi M(x, y) Î (P) ta cã: Û 16x2 + 9y2 + 24xy + 72x - 196y - 44 = 0. §ã chÝnh lµ ph¬ng tr×nh cña Parabol (P). C. C¸c bµi to¸n chän läc VÝ dô 1: Cho h×nh b×nh hµnh ABCD, biÕt t©m I(2; 2) vµ ph¬ng tr×nh c¹nh (AB): 2x - y = 0, (AD): 4x - 3y = 0. LËp ph¬ng tr×nh c¸c c¹nh BC vµ CD. ? Gi¶i a. C¹nh BC ®èi xøng víi AD qua I, ta lÇn lît thùc hiÖn: Víi mçi ®Óm M(x, y) Î (AD) Þ tån t¹i ®iÓm M1(x1, y1) Î (BC) nhËn I lµm trung ®iÓm, ta ®îc: Thay (I) vµo ph¬ng tr×nh cña (AD), ta ®îc: 4(4 - x1) - 3(4 - y1) = 0 Û 4x1 - 3y1 - 4 = 0. (1) 4x - 3y - 4 = 0. (2) VËy ph¬ng tr×nh (BC): 4x - 3y - 4 = 0. b. C¹nh CD ®èi xøng víi AB qua I, ta lÇn lît thùc hiÖn: LÊy ®iÓm O(0, 0) Î (AB), gäi O1 lµ ®iÓm ®èi xøng víi O qua I Þ O1(4, 4). § V× (CD) // (AB): 2x - y = 0 Þ (CD): 2x - y + C = 0. § V× O1 Î (CD) Þ C = - 4. VËy, ph¬ng tr×nh ®êng th¼ng (CD): 2x - y - 4 = 0. VÝ dô 2: Cho DABC, biÕt A(1, 3) vµ hai trung tuyÕn cã ph¬ng tr×nh lµ: x - 2y + 1 = 0, y - 1 = 0. LËp ph¬ng tr×nh c¸c c¹nh cña DABC. ? Gi¶i Ta cã thÓ tr×nh bµy theo c¸c c¸ch sau: C¸ch 1: §Ó cã ®îc ph¬ng tr×nh c¸c c¹nh cña DABC ta ®i x¸c ®Þnh to¹ ®é ®iÓm B, C. Gäi A' lµ ®iÓm ®èi xøng víi A qua träng t©m G cña DABC, khi ®ã: Suy ra: §iÓm B lµ giao ®iÓm cña (A'B) vµ (d2). §iÓm C lµ giao ®iÓm cña (A'C) vµ (d1). VËy ta lÇn lît thùc hiÖn theo c¸c bíc sau: § Gäi G lµ träng t©m DABC, khi ®ã to¹ ®é cña G lµ nghiÖm cña hÖ: § §iÓm A' lµ ®iÓm ®èi xøng víi A qua G, suy ra A'(1; -1). § To¹ ®é ®iÓm B: Ph¬ng tr×nh ®êng th¼ng (A'B) ®îc x¸c ®Þnh bëi: (A'B): Û (A'B): x - 2y - 3 = 0. §iÓm {B} = (A'B) Ç (d2), to¹ ®é ®iÓm B lµ nghiÖm hÖ: § T¬ng tù, ta cã to¹ ®é ®iÓm C( - 3, - 1). § Ph¬ng tr×nh c¹nh AC, ®îc x¸c ®Þnh bëi: (AC): § T¬ng tù, ta cã : (AB): x + 2y - 7 = 0 vµ (BC): x - 4y - 1 = 0. VËy, ph¬ng tr×nh ba c¹nh cña DABC lµ: (AB): x + 2y - 7 = 0, (BC): x - 4y - 1 = 0, (AC): x - y + 2 = 0. C¸ch 2: Sö dông ph¬ng tr×nh tham sè cña ®êng th¼ng Gäi (d1): x - 2y + 1 = 0 lµ trung tuyÕn ®Ønh C, ta cã : Gäi (d2): y - 1 = 0 lµ trung tuyÕn ®Ønh B, ta cã : (d2): Gäi G lµ träng t©m DABC, khi ®ã to¹ ®é cña G lµ nghiÖm cña hÖ: Ta cã: Khi ®ã: § Ph¬ng tr×nh c¹nh (AB), ®îc cho bëi: (AB): § Ph¬ng tr×nh c¹nh (AB), ®îc cho bëi: (AC): § Ph¬ng tr×nh c¹nh (BC), ®îc cho bëi: (BC): VËy, ph¬ng tr×nh c¸c c¹nh cña DABC lµ: (AB): x + 2y - 7 = 0, (AC): x - y + 2 = 0, (BC): x - 4y - 1 = 0. VÝ dô 3: Cho ba ®êng th¼ng (d1), (d2) vµ (d3) cã ph¬ng tr×nh: (d1): 3x + 4y - 6 = 0, (d2): 4x + 3y - 1 = 0, (d3): y = 0. Gäi A = (d1)Ç(d2), B = (d3)Ç(d2), C = (d1)Ç(d3). a. LËp ph¬ng tr×nh ®êng ph©n gi¸c trong cña gãc b. TÝnh diÖn tÝch tam gi¸c, x¸c ®Þnh t©m vµ tÝnh b¸n kÝnh ®êng trßn néi tiÕp DABC. c. X¸c ®Þnh to¹ ®é ®iÓm M sao cho 2 ? Gi¶i Tríc tiªn: § Täa ®é cña A lµ nghiÖm cña hÖ ph¬ng tr×nh: § Täa ®é cña B lµ nghiÖm cña hÖ ph¬ng tr×nh: § Täa ®é cña C lµ nghiÖm cña hÖ ph¬ng tr×nh: a. Gäi (dA) lµ ®êng ph©n gi¸c trong cña gãc Khi ®ã, ®iÓm M(x, y)Î(dA) Û §ã chÝnh lµ ph¬ng tr×nh tæng qu¸t cña ®êng th¼ng (dA). b. DiÖn tÝch DABC ®îc cho bëi: Gi¶ sö I(x; y) lµ t©m ®êng trßn néi tiÕp DABC, khi ®ã: Û x = y = VËy, ®êng trßn néi tiÕp DABC cã t©m I( c. Gi¶ sö M(x; y), tõ hÖ thøc: VÝ dô 4: Cho hai ®iÓmA(0, 2), B(2, - 2) vµ ®êng th¼ng (d): x - y - 1 = 0. T×m trªn ®êng th¼ng ®iÓm M trªn (d) sao cho MA + MB nhá nhÊt. ? Gi¶i Ta cã nhËn xÐt: tA.tB = (-2 - 1)(2 + 2 - 1) = -9 < 0 Þ A, B kh¸c phÝa víi (d) Ta lu«n cã: MA + MB ³ AB do ®ã (MA + MB)Min = AB ®¹t ®îc khi: A, B, M th¼ng hµng Û {M} = (d) Ç (AB). § Ph¬ng tr×nh ®êng th¼ng (AB) ®îc cho bëi: (AB): § To¹ ®é ®iÓmM lµ nghiÖm cña hÖ: VËy, t¹i ®iÓm M(1, 0) ta ®îc MA + MB nhá nhÊt. VÝ dô 5: X¸c ®Þnh to¹ ®é ®Ønh C cña DABC, biÕt A(2; -3), B(3; -2), träng t©m cña DABC thuéc ®êng th¼ng 3x - y - 8 = 0 vµ diÖn tÝch cña DABC b»ng ? Gi¶i Ph©n tÝch: Gäi M lµ trung ®iÓm AB, G lµ träng t©m DABC. Khi ®ã VËy ®Ó x¸c ®Þnh to¹ ®é C, ta ®i x¸c ®Þnh to¹ ®é M, G. · · §iÓm G(x, y)Î(d) Þ 3x - y - 8 = 0 (1) Gäi CH lµ ®êng cao cña DABC h¹ tõ C, ta cã: SDABC = 3 Û Qua G dùng ®êng th¼ng song song víi AB c¾t CH t¹i H1, khi ®ã: Ph¬ng tr×nh (AB) ®îc cho bëi (AB): NhËn xÐt r»ng: d(G, (AB)) = HH1 Û Tõ (1), (2) ta cã hÖ ph¬ng tr×nh: Khi ®ã: - Víi G(1, - 5) thay vµo (I), ta ®îc C(-2, -10). - Víi G(2, - 2) thay vµo (I), ta ®îc C(1, -1). VËy cã hai ®iÓm C tho¶ m·n ®iÒu kiÖn ®Çu bµi. VÝ dô 6: Cho hä ®êng cong: (Cm): x2 + y2 - (m + 6)x - 2(m - 1)y + m + 10 = 0. (1) a. T×m m ®Ó (Cm) lµ mét hä ®êng trßn. T×m quÜ tÝch t©m Im. b. Chøng minh r»ng tån t¹i mét ®êng th¼ng lµ trôc ®¼ng ph¬ng cho tÊt c¶ c¸c ®êng trßn (Cm). c. Chøng minh r»ng c¸c ®êng trßn cña hä (Cm) lu«n tiÕp xóc víi nhau t¹i mét ®iÓm cè ®Þnh. ? Gi¶i a. Ta cã: a2 + b2 - c = VËy, víi mäi gi¸ trÞ cña m ph¬ng tr×nh (1) lµ ph¬ng tr×nh cña mét ®êng trßn, cã t©m Im( QuÜ tÝch t©m Im: Im: Khö m tõ hÖ (I), ta ®îc (d): 2x - y - 7 = 0. VËy, t©m Im cña hä (Cm) thuéc ®êng th¼ng (d): 2x - y - 7 = 0. b. Gi¶ sö M(x; y) thuéc trôc ®¼ng ph¬ng cho tÊt c¶ c¸c ®êng trßn (Cm) Û Û x2 + y2 - (m1 + 6)x - 2(m1 - 1)y + m1 + 10 = = x2 + y2 - (m2 + 6)x - 2(m2 - 1)y + m2 + 10 Û (m1 - m2)(x + 2y - 1) = 0, "m1, m2 vµ m1 ¹ m2 Û x + 2y - 1 = 0. VËy, ®êng th¼ng x + 2y - 1 = 0 lµ trôc ®¼ng ph¬ng cÇn t×m. c. Ta cã thÓ lùa chän mét trong hai c¸ch sau: C¸ch 1: Víi m1 vµ m2 bÊt kú (m1¹ m2), th×: ( ( suy ra: I1I2 = VËy, c¸c ®êng trßn cña hä (Cm) lu«n tiÕp xóc víi nhau t¹i mét ®iÓm cè ®Þnh M(3; -1). C¸ch 2: Gi¶ sö M(x0; y0) lµ ®iÓm cè ®Þnh mµ hä (Cm) lu«n ®i qua. Û x2 + y2 - (m + 6)x - 2(m - 1)y + m + 10 = 0 , "m Û m( - x - 2y + 1) + x2 + y2 - 6x + 2y + 10 = 0 , "m Û NhËn xÐt r»ng t©m Im cña hä (Cm) lu«n thuéc ®êng th¼ng (d) cè ®Þnh ®i qua M. VËy, c¸c ®êng trßn cña hä (Cm) lu«n tiÕp xóc víi nhau t¹i mét ®iÓm cè ®Þnh M(3; -1). VÝ dô 7: Cho hai ®iÓm A(8; 0); B(0; 6). a. LËp ph¬ng tr×nh ®êng trßn ngo¹i tiÕp DOAB. b. LËp ph¬ng tr×nh ®êng trßn néi tiÕp DOAB. ? Gi¶i a. ChÝnh lµ ®êng trßn ®êng kÝnh AB, cã ph¬ng tr×nh (x - 4)2 + (y - 3)2 = 25. b. Gi¶ sö ®êng trßn (C) cã t©m I(a, b) vµ b¸n kÝnh r. C¸ch 1: T©m I thuéc ®êng ph©n gi¸c trong cña gãc Ph¬ng tr×nh ph©n gi¸c trong cña gãc Ph¬ng tr×nh c¹nh (AB) ®îc cho bëi: (AB): Ph¬ng tr×nh c¸c ®êng ph©n gi¸c cña gãc (D2) lµ ®êng ph©n gi¸c trong cña gãc Khi ®ã to¹ ®é t©m I lµ nghiÖm hÖ ph¬ng tr×nh: B¸n kÝnh r ®îc cho bëi r = d(I, OA) = 2. VËy ph¬ng tr×nh (C): (x - 2)2 + (y - 2)2 = 4. C¸ch 2: NhËn xÐt r»ng: § T©m I(a, b) thuéc gãc phÇn t thø nhÊt, suy ra a, b > 0. § (C) tiÕp xóc víi OA, OB , vËy a = b = r. Ta cã S DOAB = p.r (1) trong ®ã: S DOAB = p = Thay (2), (3) vµo (1), ta ®îc r = 2. VËy, ph¬ng tr×nh ®êng trßn (C): (x - 2)2 + (y - 2)2 = 4. VÝ dô 8: Cho ®iÓm M(6, 2) vµ ®êng trßn (C): (x - 1)2 + (y - 2)2 = 5. a. Chøng tá r»ng ®iÓm M n»m ngoµi (C). b. ? Gi¶i §êng trßn (C) cã t©m I(1, 2) vµ b¸n kÝnh R = a. Ta cã: pM/(C) = (6 - 1)2 + (2 - 2)2 - 5 = 20>0 Û M n»m ngoµi ®êng trßn. b. Gäi H lµ h×nh chiÕu vu«ng gãc cña I lªn AB, ta cã: IH2 = IA2 - AH2 = R2 - §êng th¼ng (d) ®i qua M cã d¹ng: (d): A(x - 6) + B(y - 2) = 0 Û (d): Ax + By - 6A - 2B = 0. §êng th¼ng (d) tho¶ m·n ®iÒu kiÖn dÇu bµi khi vµ chØ khi: d(I, (d)) = IH Û Khi ®ã: § Víi A = - 3B, ta ®îc (d1): x - 3y = 0. § Víi A = 3B, ta ®îc (d2): x + 3y - 12 = 0. VËy, tån t¹i hai ®êng th¼ng (d1), (d2) tho¶ m·n ®iÒu kiÖn ®Çu bµi. VÝ dô 9: Cho ®êng trßn (C) cã ph¬ng tr×nh : (C): x2 + y2 - 4x + 8y - 5 = 0. a. T×m to¹ ®é t©m vµ vµ b¸n kÝnh cña (C). b. ViÕt ph¬ng tr×nh tiÕp tuyÕn víi (C) ®i qua ®iÓm A(-1, 0). c. ViÕt ph¬ng tr×nh tiÕp tuyÕn víi (C) vu«ng gãc víi ®êng th¼ng (d): 3x - 4y + 5 = 0. ? Gi¶i a. Ta cã ngay, t©m I(2, -4) vµ b¸n kÝnh R = 5. b. V× A Î (C) nªn tiÕp tuyÕn cã ph¬ng tr×nh: x.(-1) + y.0 - 2(x + 1) + 4(y + 0) - 5 = 0 Û 3x - 4y + 3 = 0. c. Gäi (D) lµ tiÕp tuyÕn cña ®êng trßn (C) tho¶ m·n ®iÒu kiÖn ®Çu bµi. Ta cã hai c¸ch gi¶i sau: C¸ch 1: TiÕp tuyÕn (D) ^ (d) nªn cã ph¬ng tr×nh: (D) : 4x + 3y + c = 0. §êng th¼ng (D) lµ tiÕp tuyÕn cña (C) ®iÒu kiÖn lµ: d(I, (D)) = R Û Khi ®ã: § Víi c1 = 21, ta ®îc tiÕp tuyÕn (D1): 4x + 3y - 21 = 0. § Víi c2 = -29, ta ®îc tiÕp tuyÕn (D2): 4x + 3y + 29 = 0. VËy, tån t¹i hai tiÕp tuyÕn (d1), (d2) tíi (C) tho¶ m·n ®iÒu kiÖn ®Çu bµi. C¸ch 2 (Híng dÉn): Gi¶ sö tiÕp ®iÓm lµ M(x0, y0), khi ®ã ph¬ng tr×nh tiÕp tuyÕn cã d¹ng: (d): x.x0 + y.y0 - 2(x + x0) + 4(y + y0) - 5 = 0 Û (d): (x0 - 2)x + (y0 + 4)y - 2x0 + 4y0 - 5 = 0 (1) V× M(x0, y0) Î (C) nªn §êng th¼ng (d) ^ (D) khi vµ chØ khi: 3.(x0 - 2) - 4(y0 + 4) = 0 Û 3x0 - 4y0 - 22 = 0. (3) Gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh t¹o bëi (2), (3) ®Ó suy ra x0 vµ y0, tõ ®ã suy ra hai tiÕp tuyÕn (d1), (d2). VÝ dô 10: Cho ®iÓm M(2; 3) vµ ®êng trßn (C): x2 + y2 - 2x - 6y + 6 = 0. LËp ph¬ng tr×nh ®êng th¼ng (d) qua M c¾t (C) t¹i hai ®iÓm ph©n biÖt A, B sao cho: a. ? Gi¶i §êng trßn (C) cã t©m I(1; 3) vµ b¸n kÝnh R = 2. a. Ta thùc hiÖn phÐp biÕn ®æi: Khi ®ã: pM/(C) = -3 = V× (d) ®i qua M vµ c¾t ®êng trßn (C) t¹i hai ®iÓm A, B sao cho: AB = 4 = 2R Û (d2): b. Tõ ®iÒu kiÖn suy ra M lµ trung ®iÓm AB, do ®ã: (d): VÝ dô 11: Cho ®êng trßn (C): (x - 1)2 + (y - 2)2 = 9. X¸c ®Þnh to¹ ®é c¸c ®Ønh B, C cña DABC ®Òu néi tiÕp trong ®êng trßn (C), biÕt ®iÓm A(-2, 2). ? Gi¶i Ta cã thÓ thùc hiÖn theo ba c¸ch sau: C¸ch 1: Gäi A1 lµ ®iÓm ®èi xøng víi A qua I Þ to¹ ®é ®iÓm A1(4, 2). §êng trßn (C1) tho¶ m·n: (C1): Khi ®ã: (C)Ç(C1) = {B, C}, to¹ ®é B, C lµ nghiÖm cña hÖ: C¸ch 2: NhËn xÐt r»ng: DABC ®Òu néi tiÕp trong ®êng trßn (C) Þ t©m I lµ träng t©m cña DABC. Gäi H lµ h×nh chiÕu vu«ng gãc cña A lªn BC Þ Ph¬ng tr×nh c¹nh BC ®îc cho bëi: (BC): Khi ®ã (BC)Ç(C) = {B, C}, to¹ ®é B, C lµ nghiÖm cña : C¸ch 3: Gi¶i sö AB = a, khi ®ã: AH = §iÓm M(x0, y0)Î(C) sao cho AM2 = 27, ta cã: VÝ dô 12: Cho ®iÓm A(2, 0) vµ ®iÓm M di chuyÓn trªn ®êng trßn (C) t©m O b¸n kÝnh b»ng 2. Gäi H lµ h×nh chiÕu vu«ng gãc cña M lªn Oy. a. TÝnh c¸c to¹ ®é giao ®iÓm P cña c¸c ®êng th¼ng OM vµ AH theo gãc a = ( b. X¸c ®Þnh vµ vÏ quÜ tÝch cña P khi m thay ®æi trªn (C). §êng trßn (C): x2 + y2 = 4 §iÓm M(a, b)Î(C) Û a2 + b2 = 4. (1) H lµ h×nh chiÕu vu«ng gãc cña M lªn Oy, vËy H(0, b). Ph¬ng tr×nh (AH) ®îc cho bëi: (AH): Ph¬ng tr×nh OM lµ ( OM ): bx - ay = 0. To¹ ®é giao ®iÓm P lµ nghiÖm hÖ ph¬ng tr×nh HÖ cã nghiÖm khi - ab - 2b ¹ 0 Û b ¹ 0 & a ¹ -2 Û a ¹ ±2. a. Ta cã M: Û M(2cosa, 2sina) & P( b. X¸c ®Þnh vµ vÏ quÜ tÝch cña P khi M thay ®æi trªn (C). Tõ hÖ (I), ta ®îc Thay (2) vµo (1) ta ®îc ph¬ng tr×nh quÜ tÝch P lµ y2 = 4 - 4x. VËy tËp hîp ®iÓm P thuéc Parabol y2 = 4 - 4x trõ hai ®iÓm A, B. VÝ dô 13: Cho hai ®iÓm A(a; 0) vµ B(0; b) víi ab ¹ 0. Gäi (C) lµ ®êng trßn tiÕp xóc víi Ox t¹i A vµ cã t©m C víi tung ®é yC = m (m lµ tham sè). LÊy mäi gi¸ trÞ kh¸c 0 vµ kh¸c a. §êng th¼ng AB c¾t ®êng trßn (C) t¹i giao ®iÓm thø hai lµ P. X¸c ®Þnh to¹ ®é cña P. b. X¸c ®Þnh t©m K cña ®êng trßn (K) tiÕp xóc víi Oy t¹i B, vµ ®i qua P. c. Gi¶ sö (C) Ç (K) = {P, Q}. Chøng minh r»ng khi m thay ®æi PQ lu«n ®i qua mét ®iÓm cè ®Þnh. ? Gi¶i §êng trßn (C) tiÕp xóc víi Ox t¹i A vµ cã t©m C víi tung ®é yC = m, suy ra C(a, m) vµ b¸n kÝnh R = CA = m. VËy ph¬ng tr×nh ®êng trßn (C) cã d¹ng: (C): (x - a)2 + (y - m)2 = m2 Û (C): x2 + y2 - 2ax - 2my + a2 = 0. a. X¸c ®Þnh to¹ ®é cña P. (AB): To¹ ®é giao ®iÓm cña (AB) vµ (C) lµ nghiÖm hÖ ph¬ng tr×nh: Rót x - a tõ (1) thay vµo (2) ta ®îc: Thay y = VËy, to¹ ®é ®iÓm P(a b. Gi¶ sö ®êng trßn (K) cã d¹ng: (K): (x - a)2 + (y - b)2 = R2. (K) tiÕp xóc víi Oy t¹i B ®iÒu kiÖn lµ: Khi ®ã (K) cã d¹ng: (x - a)2 + (y - b)2 = a2. §êng trßn (K) ®i qua P, suy ra: (a VËy K( (K): (x - Û (K): x2 + y2 - c. Hai ®êng trßn (C), (K) c¾t nhau t¹i P, Q, vËy ta cã hÖ ph¬ng tr×nh : Þ (a2 - b2 + 2mb)x + 2a(m - b)y - a(a2 - b2) = 0 §ã chÝnh lµ ph¬ng tr×nh (PQ). · Gi¶ sö M(x0, y0) lµ ®iÓm cè ®Þnh mµ (PQ) lu«n ®i qua víi mäi m. Khi ®ã: (a2 - b2 + 2mb)x0 + 2a(m - b)y0 - a(a2 - b2) = 0 "m Û 2(bx0 + ay0)m + (a2 - b2)x0 - 2aby0 - a(a2 - b2) = 0 "m Û §ã chÝnh lµ to¹ ®é ®iÓm cè ®Þnh M mµ (PQ) lu«n ®i qua víi "m. VÝ dô 14: Cho hä ElÝp (Em): x2 = 2y - a. §a ph¬ng tr×nh vÒ d¹ng chÝnh t¾c, x¸c ®Þnh to¹ ®é t©m, tiªu ®iÓm F1, F2 vµ c¸c ®Ønh A1, A2 cña ElÝp. b. T×m quÜ tÝch c¸c ®Ønh A1, A2 cña ElÝp khi m thay ®æi. c. T×m quÜ tÝch c¸c tiªu ®iÓm F1, F2 cña ElÝp khi m thay ®æi. ? Gi¶i a. ChuyÓn ph¬ng tr×nh cña (Em) vÒ d¹ng: (Em): mx2 + y2 - 2my = 0 Û (Em): mx2 + (y - m)2 = m2 Û (Em): TÞnh tiÕn hÖ trôc to¹ ®é Oxy theo vect¬ Khi ®ã (E): Trong hÖ trôc IXY, (E) cã c¸c thuéc tÝnh: § T©m I(0; 0), § 2 tiªu ®iÓm F1(- § 2 ®Ønh A1(- Do ®ã trong hÖ trôc Oxy, (Em) cã: § T©m I(0; m), § 2 tiªu ®iÓm vµ F1(- § 2 ®Ønh A1(- b. QuÜ tÝch c¸c ®Ønh A1, A2. § QuÜ tÝch ®Ønh A1: VËy quÜ tÝch ®Ønh A1 cña ElÝp khi m thay ®æi thuéc phÇn ®å thÞ cña Parabol (P): x2 = y víi 0 < y < 1 vµ x < 0. § T¬ng tù quÜ tÝch ®Ønh A2 thuéc phÇn ®å thÞ cña Parabol (P): x2 = y víi 0 < y < 1 vµ x > 0. c. QuÜ tÝch c¸c tiªu ®iÓm F1, F2. § QuÜ tÝch tiªu ®iÓm F1: VËy quÜ tÝch tiªu ®iÓm F1 cña ElÝp khi m thay ®æi thuéc ®êng trßn (C) cã t©m C(0; § T¬ng tù quÜ tÝch tiªu ®iÓm F2 thuéc ®êng trßn (C) cã t©m C(0; VÝ dô 15: Cho ElÝp (E): a. Cã b¸n kÝnh qua tiªu ®iÓm nµy b»ng 7 lÇn b¸n kÝnh qua tiªu ®iÓm kia. b. M nh×n hai tiªu ®iÓm díi mét gãc 900. ? Gi¶i §iÓm M(x0, y0)Î(E) suy ra: MF1 = a + a. Tõ gi¶ thiÕt ta cã: Û 0 = (MF1 - 7MF2)(MF2 - 7MF1) = 50MF1.MF2 - 7( = 50MF1.MF2 - 7[(MF1 + MF2)2 - 2MF1.MF2] = 50MF1.MF2 - 7(16 - 2MF1.MF2) = 64MF1.MF2 - 112 = 64(2 + = 144 - 48 Û x0 = ± VËy tån t¹i bèn ®iÓm tho¶ m·n ®iÒu kiÖn ®Çu bµi lµ: M1( b. Ta cã thÓ lùa chän mét trong hai c¸ch sau: C¸ch 1: XÐt DMF1F2, ta cã: C¸ch 2: V× M nh×n F1F2 díi mét gãc vu«ng do ®ã M thuéc ®êng trßn (C) ®êng kÝnh F1F2, do ®ã M lµ giao ®iÓm cña ®êng trßn (C): x2 + y2 = 3 vµ (E) cã to¹ ®é lµ nghiÖm cña hÖ: VËy tån t¹i bèn ®iÓm tho¶ m·n ®iÒu kiÖn ®Çu bµi lµ: M9( M11( VÝ dô 16: Cho ®iÓm A(0; 6) vµ ®êng trßn (C): x2 + y2 = 100. LËp ph¬ng tr×nh quü tÝch t©m c¸c ®êng trßn ®i qua A vµ tiÕp xóc víi (C). ? Gi¶i XÐt ®êng trßn (C), ta ®îc: (C): Gi¶ sö M, lµ t©m ®êng trßn qua A vµ tiÕp xóc víi (C), ta ®îc: MA + MB = MN + MB = BN = 10 VËy tËp hîp c¸c ®iÓm M thuéc ElÝp (E) nhËn O, A lµm tiªu ®iÓm vµ cã ®é dµi trôc lín b»ng 10. § X¸c ®Þnh ph¬ng tr×nh cña ElÝp (E) (E): trong ®ã: 2b = 10 Û b = 5, a2 = b2 - c2 = 25 - 9 Do ®ã (E): VËy tËp hîp c¸c ®iÓm M thuéc ElÝp (E): VÝ dô 17: Cho ElÝp (E): a. Cã tæng hai to¹ ®é ®¹t gi¸ trÞ lín nhÊt, nhá nhÊt . b. Gi¶i a. §iÓm M(x0, y0)Î(E) Þ Khi ®ã: (x0 + y0)2 = Û - dÊu b»ng x¶y ra khi: VËy, ta ®îc: § (x0 + y0)Max = § (x0 + y0)Min = - b. Tõ gi¶ thiÕt ta cã: Û 0 = (MF1 - 3MF2)(MF2 - 3MF1) = 10MF1.MF2 - 3( = 10MF1.MF2 - 3[(MF1 + MF2)2 - 2MF1.MF2] = 10MF1.MF2 - 3(100 - 2MF1.MF2) = 16MF1.MF2 - 300 = 16(5 + Û x0 = ± VËy tån t¹i bèn ®iÓm tho¶ m·n ®iÒu kiÖn ®Çu bµi (B¹n ®äc tÝnh tiÕp) VÝ dô 18: Cho ElÝp (E): 1. Gäi A lµ mét giao ®iÓm cña ®êng th¼ng y = kx víi (E). TÝnh OA theo a, b, k. 2. Gäi A, B lµ hai ®iÓm tuú ý thuéc (E) sao cho OA^OB. a. Chøng minh r»ng b. X¸c ®Þnh k ®Ó DOAB cã diÖn tÝch lín nhÊt, nhá nhÊt. T×m gi¸ trÞ lín nhÊt, nhá nhÊt ®ã. 1. To¹ ®é A lµ nghiÖm cña hÖ: Tõ ®ã, suy ra OA2 = Þ OA = ab 2. Gi¶ sö ®êng th¼ng (OA) cã ph¬ng tr×nh y = kx Þ OA = ab V× OA ^ OB Þ (OB) cã ph¬ng tr×nh: y = - c. Ta cã: d. Gäi H lµ h×nh chiÕu vu«ng gãc cña O lªn AB, khi ®ã: VËy (AB) lu«n tiÕp xóc víi ®êng trßn (C) t©m O b¸n kÝnh R = OH cã: (C): x2 + y2 = Ta cã: S DOAB = = DOAB cã diÖn tÝch nhá nhÊt. Ta cã: Þ Thay (2) vµo (1), ®îc S DOAB ³ ®¹t ®îc khi a2k2 + b2 = a2 + b2k2 Û k = ±1. DOAB cã diÖn tÝch lín nhÊt - §Ò nghÞ b¹n ®äc gi¶i. VÝ dô 19: Cho Hyperbol (H): a. Cã b¸n kÝnh qua tiªu ®iÓm nµy b»ng 2 lÇn b¸n kÝnh qua tiªu ®iÓm kia. b. Nh×n hai tiªu ®iÓm díi mét gãc 600. c. §é dµi F1M ng¾n nhÊt, dµi nhÊt. d. Kho¶ng c¸ch tõ M ®Õn ®êng th¼ng (D): x - y + 1 = 0 ®¹t gi¸ trÞ lín nhÊt, nhá nhÊt. Híng dÉn a. Ta cã hai tiªu ®iÓm F1(- §iÓm M(x0, y0)Î(H) víi x0 > 0, suy ra: MF1 = Tõ gi¶ thiÕt ta cã: Û 0 = (MF1 - 2MF2)(MF2 - 2MF1) = 5MF1.MF2 - 2( = 5MF1.MF2 - 2[(MF1 - MF2)2 + 2MF1.MF2] = 5MF1.MF2 - 2(16 + 2 MF1.MF2) = MF1.MF2 - 32 = ( Û x0 = ± b. XÐt DMF1F2, ta cã: = [(MF1 - MF2)2 + 2 MF1.MF2] - MF1.MF2 Û 20 = 16 + MF1.MF2 Û 4 = ( Û x0 = ± c. Tõ (1) suy ra: Ta cã: F1M = | V©y, ta ®îc F1MMin = c - a, ®¹t ®îc khi M º A1(-a, 0). d. Ta cã: d = d(M, (D)) = ¸p dông bÊt ®¼ng thøc tam gi¸c, ta cã: d ¸p dông bÊt ®¼ng thøc gi¶ Bunhiac«psk, ta cã: ½x0 - y0½ = ½2. Tõ (2) vµ (3), suy ra: d ³ DÊu ' = ' x¶y ra khi vµ chØ khi: Thö l¹i: dÊu b»ng chØ x¶y ra t¹i M2(x2, y2), do ®ã: Mind = §Ó x¸c ®Þnh to¹ ®é ®iÓm H2 t¬ng øng, ta thùc hiÖn theo c¸c bíc: - LËp ph¬ng tr×nh ®êng th¼ng (d2) qua M2 vµ vu«ng gãc víi (d). - X¸c ®Þnh t¹o ®é giao ®iÓm H2 = (d2)Ç(d). VÝ dô 20: Cho Hypebol (H): a. T×m ®iÒu kiÖn ®èi víi k ®Ó (d) vµ (d') ®Òu c¾t (H). b. TÝnh theo k diÖn tÝch h×nh thoi víi 4 ®Ønh lµ 4 giao ®iÓm cña (d), (d') vµ (H). c. X¸c ®Þnh k ®Ó h×nh thoi Êy cã diÖn tÝch nhá nhÊt. ? Gi¶i a. Ta lÇn lît cã: § §êng th¼ng (d) qua O cã hÖ sè gãc k cã d¹ng: y = kx. § §êng th¼ng (d') qua O vµ vu«ng gãc víi (d) cã d¹ng: y = - To¹ ®é giao ®iÓm A, C cña (d) vµ (H) lµ nghiÖm cña hÖ : Ph¬ng tr×nh (1) cã hai nghiÖm ph©n biÖt khi: 9 - 4k2 > 0 Û |k| < 3/2 (2) Khi ®ã: To¹ ®é giao ®iÓm B, D cña (d') vµ (H) lµ nghiÖm cña hÖ: Ph¬ng tr×nh (3) cã hai nghiÖm ph©n biÖt khi: 9 - 4k2 > 0 Û |k| > Khi ®ã: KÕt hîp (2) vµ (4), ta ®îc: b. NhËn xÐt: § A, C lµ giao ®iÓm cña (d) vµ (H) Þ A, C ®èi xøng qua O. § B, D lµ giao ®iÓm cña (d) vµ (H) Þ B, D ®èi xøng qua O. § Ngoµi ra AC^BD. VËy ABCD lµ h×nh thoi. Ta cã: SABCD = 4SDAOB = 4. = 2. = c. H×nh thoi ABCD cã diÖn tÝch nhá nhÊt Û Ta cã: VËy, h×nh thoi ABCD cã diÖn tÝch nhá nhÊt b»ng 9 - 4k2 = 9k2 - 4 Û k = ±1. VÝ dô 21: Cho Hypebol (H) cã ph¬ng tr×nh: (H): a. Chøng minh r»ng tÝch c¸c kho¶ng c¸ch tõ MÎ(H) ®Õn c¸c tiÖm cËn cña nã lµ mét h»ng sè. b. Tõ ®iÓm MÎ(H) kÎ c¸c ®êng th¼ng song song víi hai tiÖm cËn vµ c¾t chóng t¹i P, Q. Chøng minh r»ng diÖn tÝch h×nh b×nh hµnh OPMQ lµ mét h»ng sè. ? Gi¶i Û Ph¬ng tr×nh hai ®êng tiÖm cËn cña (H) lµ: y = ± a. Kho¶ng c¸ch h1 tõ ®iÓm M tíi tiÖm cËn bx + ay = 0 ®îc x¸c ®Þnh bëi: h1 = Kho¶ng c¸ch h2 tõ ®iÓm M tíi tiÖm cËn bx - ay = 0 ®îc x¸c ®Þnh bëi: h2 = Do ®ã: h1.h2 = VËy, tÝch c¸c kho¶ng c¸ch tõ ®iÓm M bÊt kú cña Hypebol (H) ®Õn c¸c tiÖm cËn cña nã lµ mét h»ng sè. b. Gäi a lµ gãc t¹o bëi ®êng ®êng tiÖm y = tga = SOPMQ = OP.OQ.sin2a = MÆt kh¸c: SOPMQ = OQ.h1 = OP.h2 Þ S2OPMQ = OP.OQ.h1h2 = Û SOPMQ = VÝ dô 22: Cho Parabol (P): y2 = 2px, p > 0. Chøng minh r»ng ®êng trßn cã ®êng kÝnh lµ d©y cung qu¸ tiªu, tiÕp xóc víi ®êng chuÈn. Ph¬ng tr×nh ®êng th¼ng (d) ®i qua F cã d¹ng: (d): 2mx - 2y - mÆt ph¼ng = 0. To¹ ®é giao ®iÓm A(xA, yA) vµ B(xB, yB) cña (P) vµ (d) lµ nghiÖm cña hÖ: Ph¬ng tr×nh hoµnh ®é giao ®iÓm cña (P) vµ (d) cã d¹ng: 4m2x2 - 4p(m2 + 2)x + m2p2 = 0. (1) Tõ ®ã, ta cã : Ph¬ng tr×nh tung ®é giao ®iÓm cña (P) vµ (d) cã d¹ng: my2 - 2py - mp2 = 0 (2) § Ph¬ng tr×nh ®êng trßn (C) ®êng kÝnh AB: M(x, y)Î(C) Û Û x2 + y2 - (xA + xB)x - (yA + yB)y + xAxB + yAyB = 0. Gäi I(xI, yI) lµ t©m cña ®êng trßn (C), ta cã: I: Gäi R lµ b¸n kÝnh cña ®êng trßn (C), ta cã: R2 = Kho¶ng c¸ch tõ I ®Õn ®êng chuÈn (D): x = - VËy ®êng trßn (C) tiÕp xóc víi ®êng chuÈn (D) cña (P). F Chó ý: 1. Ta cã thÓ chøng minh b»ng ®Þnh nghÜa, thùc hiÖn c¸c bíc: Bíc 1: Gäi A1, B1 theo thø tù lµ h×nh chiÕu vu«ng gãc cña A, B lªn ®êng chuÈn cña (P). Gäi I, J theo thø tù lµ trung ®iÓm cña AB, A1B1. Bíc 2: Ta cã: IJ = Û DABJ vu«ng t¹i J Û §êng trßn ®êng kÝnh AB tiÕp xóc víi ®êng chuÈn cña Parabol (P). 2. §Ò nghÞ b¹n ®äc chøng minh thªm c¸c tÝnh chÊt sau: a. TÝnh ®é dµi FA, FB theo p, a = ( b. Chøng minh r»ng FA.FB nhá nhÊt khi (d) vu«ng gãc víi Ox. Ngoµi ra cßn cã tÝch c¸c kho¶ng c¸ch tõ A vµ B ®Õn trôc Ox lµ mét ®¹i lîng kh«ng ®æi. VÝ dô 23: Cho Parabol (P) vµ ®êng th¼ng (d) cã ph¬ng tr×nh: (P): y2 = x vµ (d): x - y - 2 = 0. a. X¸c ®Þnh to¹ ®é giao ®iÓm A, B cña (d) vµ (P). b. T×m to¹ ®é ®iÓm C thuéc (P) sao cho : - DABC cã diÖn tÝch b»ng 6. - DABC ®Òu c. T×m ®iÓm M trªn cung AB cña Parabol (P) sao cho tæng diÖn tÝch hai phÇn h×nh ph¼ng giíi h¹n bëi (P) vµ hai d©y cung MA, MB lµ nhá nhÊt. ? Gi¶i a. To¹ ®é giao ®iÓm A, B cña (d) vµ (P) lµ nghiÖm cña hÖ ph¬ng tr×nh: b. Víi C(x, y)Î(P) Þ C(y2, y). § DABC cã diÖn tÝch b»ng 6 Û 6 = Û |y2 - y - 2| = 4 Û § DABC ®Òu Û AB = BC = CA Û Û Û VËy kh«ng tån t¹i ®iÓm C thuéc (P) ®Ó DABC ®Òu. c. Víi M(x0, y0) thuéc cung AB cña (P) nªn: Tæng diÖn tÝch hai phÇn h×nh ph¼ng giíi h¹n bëi (P) vµ hai d©y cung MA, MB lµ nhá nhÊt Û DMAB cã diÖn tÝch lín nhÊt Û d(M, (d)) lín nhÊt. Ta cã: d(M, (d)) = do ®ã Maxd(M, (d)) = y0 + 1 = 2 - y0 Û y0 = VËy, víi M( VÝ dô 24: Cho Parabol (P): y2 = 2px víi p > 0. §iÓm M kh¸c O ch¹y trªn (P). Gäi A, B theo thø tù lµ h×nh chiÕu vu«ng gãc cña M lªn Ox vµ Oy. Chøng minh r»ng: a. §êng th¼ng qua B vu«ng gãc víi OM lu«n ®i qua mét ®iÓm cè ®Þnh. b. §êng th¼ng qua B vu«ng gãc víi AB lu«n ®i qua mét ®iÓm cè ®Þnh. c. §êng th¼ng AB lu«n tiÕp xóc víi mét Parabol cè ®Þnh. ? Gi¶i §iÓm MÎ(P) suy ra: M( a. §êng th¼ng (d1) qua B vu«ng gãc víi OM ®îc cho bëi: (d1): Û (d1): NhËn xÐt r»ng (d1) lu«n ®i qua ®iÓm cè ®Þnh M1(2p, 0). b. §êng th¼ng (d2) qua B vu«ng gãc víi AB ®îc cho bëi: Û (d2): Û (d2): NhËn xÐt r»ng (d2) lu«n ®i qua ®iÓm cè ®Þnh M2( - 2p, 0). F Chó ý: Còng cã thÓ chøng minh b»ng c¸ch: Gäi M2 lµ ®Óm ®èi xøng víi M1 qua Oy Þ M2( - 2p, 0). NhËn xÐt r»ng BM2^AB. VËy ®êng th¼ng qua B vu«ng gãc víi AB lu«n ®i qua ®iÓm cè ®Þnh M2 c. §êng th¼ng (AB) ®îc cho bëi: (AB): Û (AB): 2px + y0y - § Gäi N(x, y) lµ ®iÓm mµ (AB) kh«ng ®i qua víi mäi y0, khi ®ã ph¬ng tr×nh 2px + y0y - Û ph¬ng tr×nh § Ta ®i chøng minh (AB) lu«n tiÕp xóc víi Parabol (P1): y2 = -8px. ThËt vËy: - 2AC + pB2 = 2.2p.(- VËy (AB) lu«n tiÕp xóc víi Parabol (P1): y2 = -8px. Page 4
ch¬ng 5 - cung vµ gãc lîng gi¸c c«ng thøc lîng gi¸c I. Gãc vµ cung lîng gi¸c 1. §¬n vÞ ®o gãc vµ cung trßn, ®é dµi cña cung trßnVíi ®êng trßn b¸n kÝnh R, ta cã: § Toµn bé ®êng trßn cã sè ®o ra®ian b»ng § Cung cã ®é dµi b»ng l th× cã sè ®o ra®ian b»ng Tõ ®ã, ta cã c¸c kÕt qu¶: 1. Cung trßn b¸n kÝnh R cã sè ®o a ra®ian th× cã ®é dµi aR. 2. Víi cung trßn cã ®é dµi l. Gäia lµ sè ®o ra®ian vµ a lµ sè ®o ®é cña cung ®ã th× ta thiÕt lËp ®îc mèi quan hÖ gi÷a sè ®o ra®ian vµ sè ®o ®é lµ Tõ kÕt qu¶ trªn ta cã b¶ng ghi nhí chuyÓn ®æi sè ®o ®é vµ sè ®o ra®ian cña mét cung trßn:
2. Gãc lîng gi¸c vµ sè ®o cña chóng§Þnh nghÜa: Cho hai tia Ou, Ov. NÕu tia Om quay chØ theo chiÒu d¬ng (hay chØ theo chiÒu ©m) xuÊt ph¸t tõ tia Ou ®Õn trïng víi tia Ov th× ta nãi "Tia Om quÐt mét gãc lîng gi¸c tia ®Çu Ou, tia cuèi Ov". Khi quay nh thÕ, tia Om cã thÓ gÆp tia Ov nhiÒu lÇn, mâi lÇn ta ®îc mét gãc lîng gi¸c tia ®Çu Ou, tia cuèi Ov. Do ®ã, víi hai tia Ou, Ov cã v« sè gãc lîng gi¸c (mét hä gãc lîng gi¸c) tia ®Çu Ou, tia cuèi Ov. Mçi gãc lîng gi¸c nh thÕ ®Òu ®îc kÝ hiÖu lµ (Ou, Ov). Nh vËy: 1. Mét gãc lîng gi¸c gèc O ®îc x¸c ®Þnh bëi tia ®Çu Ou, tia cuèi Ov vµ sè ®o ®é (hay sè ®o ra®ian) cña nã. 2. NÕu mét gãc lîng gi¸c cã sè ®o a0 (hay a rad) th× mäi gãc lîng gi¸c cïng tia ®Çu, tia cuèi víi nã cã sè ®o d¹ng a0 + k3600 (hay a + 2kp), k lµ mét sè nguyªn, mçi gãc øng víi mét gi¸ trÞ cña k. 3. cung lîng gi¸c vµ sè ®o cña chóngSè ®o cña gãc lîng gi¸c (Ou, Ov) lµ sè ®o cña cung 1. Trªn ®êng trßn ®Þnh híng, mçi cung lîng gi¸c ®îc x¸c ®Þnh bëi ®iÓm ®Çu, ®iÓm cuèi vµ sè ®o cña nã. 2. NÕu mét cung lîng gi¸c 4. HÖ thøc Sa - l¬Víi ba tia Ou, Ov, Ow, ta cã: s®(Ou, Ov) + s®(Ov, Ow) = s®(Ou, Ow) + 2kp, k Î II. Gi¸ trÞ lîng gi¸c cña mét cung 1. gi¸ trÞ lîng gi¸c c ña mét cung
víi k lµ mét sè nguyªn. Ta cã c¸c kÕt qu¶ sau:
2. Gi¸ trÞ lîng gi¸c cña c¸c cung ®Æc biÖt
3. Hµm sè lîng gi¸c cña c¸c cung ®èi nhau
4. Hµm sè lîng gi¸c cña c¸c cung bï nhau
5. Hµm sè lîng gi¸c cña c¸c cung phô nhau
6. C¸c h»ng ®¼ng thøc lîng gi¸c c¬ b¶n
III. C«ng thøc lîng gi¸c 1. C«ng thøc cénga. cos(x + y) = cosx.cosy - sinx.siny. b. cos(x - y) = cosx.cosy + sinx.siny. c. sin(x + y) = sinx.cosy + cosx.siny. d. sin(x - y) = sinx.cosy - cosx.siny. e. tan(x + y) = 2. C«ng thøc nh©n ®«ia. sin2x = 2sinx.cosx. b. cos2x = cos2x - sin2x = 2cos2x - 1 = 1 - 2sin2x. c. tan2x = 3. C«ng thøc nh©n ba
4. C«ng thøc biÕn ®æi tÝch thµnh tæng a. cosx.cosy = b. sinx.siny = c. sinx.cosy = d. cosx.siny = 5. C«ng thøc biÕn ®æi tæng thµnh tÝch a. cosx + cosy = 2cos c. sinx + siny = 2sin e. tanx ± tany = 6. C«ng thøc h¹ bËc a. sin2x = D¹ng to¸n 1: BiÕn ®æi biÓu thøc lîng gi¸c thµnh tæng Ph¬ng ph¸p ¸p dông Sö dông c¸c c«ng thøc lîng gi¸c, th«ng thêng lµ c«ng thøc biÕn ®æi tÝch thµnh tæng. F Chó ý: C¸c em häc sinh cÇn biÕt r»ng nh÷ng phÐp biÕn ®æi kiÓu nµy lµ rÊt cÇn thiÕt khi thùc hiÖn c¸c bµi to¸n vÒ ®¹o hµm vµ tÝnh tÝch ph©n (thuéc kiÕn thøc to¸n 12). ThÝ dô 1. BiÕn ®æi c¸c biÓu thøc sau thµnh tæng: a. A = sina.sin2a.sin3a. b. B = cosa.cos2a.cos4a. ? Gi¶i a. BiÕn ®æi biÓu thøc vÒ d¹ng: A = = b. BiÕn ®æi biÓu thøc vÒ d¹ng: B = = F NhËn xÐt: Nh vËy, trong thÝ dô trªn ®Ó thùc hiÖn môc ®Ých biÕn ®æi biÓu thøc vÒ d¹ng tæng chóng ta ®· sö dông hai lÇn liªn tiÕp c«ng thøc biÕn ®æi tÝch thµnh tæng. Tuy nhiªn, trong nh÷ng trêng hîp riªng cÇn lùa chän hai ®èi tîng phï hîp ®Ó gi¶m thiÓu ®é phøc t¹p, chóng ta sÏ minh ho¹ th«ng qua vÝ dô sau: ThÝ dô 2. BiÕn ®æi biÓu thøc sau thµnh tæng: A = 8sin(a - ? Gi¶i BiÕn ®æi biÓu thøc vÒ d¹ng: A = 4[2sin(a + = 4. F NhËn xÐt: N h vËy, trong thÝ dô trªn chóng ta ghÐp bé ®«i gãc a - D¹ng to¸n 2: BiÕn ®æi biÓu thøc lîng gi¸c thµnh tæng - tÝch Ph¬ng ph¸p ¸p dông ViÖc biÕn ®æi biÓu thøc lîng gi¸c vÒ d¹ng tÝch phô thuéc vµo c¸c phÐp biÕn ®æi d¹ng: D¹ng 1: BiÕn ®æi tæng, hiÖu thµnh tÝch. D¹ng 2: BiÕn ®æi tÝch thµnh tæng. D¹ng 3: Lùa chän phÐp biÕn ®æi cho cos2x. D¹ng 4: Ph¬ng ph¸p luËn hÖ sè. D¹ng 5: Ph¬ng ph¸p h»ng sè biÕn thiªn. D¹ng 6: Ph¬ng ph¸p nh©n. D¹ng 7: Sö dông c¸c phÐp biÕn ®æi hçn hîp. KÜ n¨ng biÕn ®æi mét biÓu thøc lîng gi¸c vÒ d¹ng tÝch lµ rÊt quan trong bëi nã ®îc sö dông chñ yÕu trong viÖc gi¶i c¸c ph¬ng tr×nh lîng gi¸c kh«ng mÉu mùc. ThÝ dô 1. BiÕn ®æi thµnh tÝch c¸c biÓu thøc sau: a. 1 - sinx. b. 1 + 2cosx. ? Gi¶i a. Ta cã thÓ tr×nh bµy theo c¸c c¸c sau: C¸ch 1: Ta cã: 1 - sinx = sin2 = C¸ch 2: Ta cã: 1 - sinx = 1 - cos C¸ch 3: Ta cã: 1 - sinx = b. Ta cã thÓ tr×nh bµy theo c¸c c¸c sau: C¸ch 1: Ta cã: 1 + 2cosx = 1 + 2cos2. = -1 + 4cos2 C¸ch 2: Ta cã: 1 + 2cosx F NhËn xÐt: Nh vËy, ®Ó thùc hiÖn biÕn ®æi thµnh tÝch cña c¸c biÓu thøc trªn: a. ë c©u a): § Trong c¸ch 1, chóng ta sö dông sin2a + cos2a = 1 vµ c«ng thøc gãc nh©n ®«i cña sin2a = 2sina.cosa ®Ó nhËn ®îc mét h»ng thøc, vµ cuèi cïng lµ sina - cosa = § Trong c¸ch 2, dùa nhiÒu vµo kinh nghiÖm, víi môc tiªu lµm xuÊt hiÖn -1 ®Ó khö sè h¹ng tù do cña biÓu thøc. §iÒu nµy sÏ ®îc gi¶i thÝch ®Çy ®ñ trong môc sö dông c¸c c«ng thøc biÕn ®æi cña cos2a. § Trong c¸ch 3, chóng ta sö dông tíi gi¸ trÞ ®Æc biÖt cña gãc lîng gi¸c ®Ó chuyÓn ®æi 1 thµnh b. ë c©u b), lÊy ý tëng ë c¸ch 2, c¸ch 3 cña c©u a). C¸c em häc sinh cÇn ghi nhËn tèt c¸ch gi¶i 3 ®Ó cã thÓ nhËn ®îc mét lêi gi¶i ng¾n gän. ThÝ dô 2. BiÕn ®æi thµnh tÝch biÓu thøc sau: A = cosa + cos2a + cos3a + cos4a. ? Gi¶i BiÕn ®æi biÓu thøc vÒ d¹ng: A = (cosa + cos3a) + (cos2a + cos4a) = 2cos2a.cosa + 2cos3a.cosa = 2(cos2a + cos3a).cosa = 4cos F NhËn xÐt: Trong lêi gi¶i trªn ta lùa chän c¸ch gom theo hiªu (hiÖu hai gãc b»ng nhau) do ®ã ®¬ng nhiªn cã thÓ nhãm: A = (cosa + cos2a) + (cos3a + cos4a). Ngoµi ra cßn cã thÓ gom theo tæng (tæng hai gãc b»ng nhau) A = (cosa + cos4a) + (cos2a + cos3a). Chóng ta sÏ sö dông l¹i ý tëng nµy trong vÝ dô tiÕp theo. ThÝ dô 3. BiÕn ®æi thµnh tÝch biÓu thøc sau: A = sina + sin2a + sin3a + sin4a + sin5a + sin6a. ? Gi¶i Ta cã thÓ lùa chän mét trong c¸c c¸ch sau: C¸ch 1: BiÕn ®æi biÓu thøc vÒ d¹ng: A = (sina + sin6a) + (sin2a + sin5a) + (sin3a + sin4a) = 2sin = 2(cos = 2(2cosa + 1). cos = 4(cosa + cos = 8cos( C¸ch 2: Lùa chän phÐp gom: A = (sina + sin2a) + (sin3a + sin4a) + (sin5a + sin6a) - §Ò nghÞ b¹n ®äc. C¸ch 3: Lùa chän phÐp gom: A = (sina + sin4a) + (sin2a + sin5a) + (sin3a + sin6a) - §Ò nghÞ b¹n ®äc. F Chó ý: Trong c¸c bµi thi yªu cÇu ®Æt ra ®èi víi thÝ dô 2, thÝ dô 3 chÝnh lµ "Gi¶i ph¬ng tr×nh". Vµ ®Ó t¨ng ®é khã, c¸c biÓu thøc thêng ®îc nhóng vµo yªu cÇn ®¸nh gi¸ nh©n tö chung. ThÝ dô 4. BiÕn ®æi thµnh tÝch biÓu thøc sau: a. A = 1 + sina - cosa - sin2a. b. B = 1 + (sina - cosa) - (sin2a + cos2a) + cos3a. ? Gi¶i a. BiÕn ®æi biÓu thøc vÒ d¹ng: A = (1 - sin2a) + (sina - cosa) = (sina - cosa)2 + (sina - cosa) = (sina - cosa)(sina - cosa + 1). b. BiÕn ®æi biÓu thøc vÒ d¹ng: B = (1 - cos2a) + sina + (cos3a - cosa) - sin2a = 2sin2a + sina - 2sin2a.sina - 2sina.cosa = (2sina + 1 - 4sina.cosa - 2cosa).sina = (2sina + 1)(1 - 2cosa).sina = 4(sina + = -16sin( F NhËn xÐt: Trong lêi gi¶i c©u b), së dÜ ta lùa chän c¸ch gom nh vËy bëi nhËn thÊy r»ng chóng ®Òu cã chung nh©n tö sina. ThÝ dô tiÕp theo sÏ minh ho¹ cho D¹ng 2 - BiÕn ®æi tÝch thµnh tæng. ThÝ dô 5. BiÕn ®æi thµnh tÝch biÓu thøc sau: A = 2cosa.cos2a.cos3a - 2sina.sin2a.sin3a - 1. ? Gi¶i BiÕn ®æi biÓu thøc vÒ d¹ng: A = (cos3a + cosa).cos3a + (cos3a - cosa).sin3a - 1 = cos23a + cos3a.cosa + cos3a.sin3a - sin3a.cosa - 1 = (cosa + sin3a)cos3a - sin3a.cosa - sin23a = (cosa + sin3a)cos3a - (cosa + sin3a)sin3a = (cosa + sin3a)(cos3a - sin3a) F NhËn xÐt: N h vËy, ®Ó thùc hiÖn biÕn ®æi thµnh tÝch cña biÓu thøc trªn, tríc tiªn chóng ta cÇn thùc hiÕn biÕn ®æi c¸c biÓu thøc tÝch thµnh tæng, råi sau ®ã ghÐp c¸c cÆp ®«i thÝch hîp ®Ó lµm xuÊt hiÖn nh©n tö chung. ThÝ dô tiÕp theo sÏ minh ho¹ D¹ng 3 - Lùa chän phÐp biÕn ®æi cho cos2x. ThÝ dô 6. BiÕn ®æi thµnh tÝch biÓu thøc A = 2cos3a + cos2a + sina. ? Gi¶i BiÕn ®æi biÓu thøc vÒ d¹ng: A = 2cos3a + 2cos2a - 1 + sina = 2(cosa + 1).cos2a + sina - 1 = 2(cosa + 1)(1 - sin2a) + sina - 1 = (1 - sina)[2(cosa + 1)(1 + sina) - 1] = (1 - sina)[1 + 2sina.cosa + 2(sina + cosa)] = (1 - sina)[(sina + cosa)2 + 2(sina + cosa)] = (1 - sina)(sina + cosa)(sina + cosa + 2). F NhËn xÐt: Trong lêi gi¶i trªn: 1. Së dÜ chóng ta lùa chän phÐp biÕn ®æi: cos2a = 2cos2a - 1 bëi 2 nh©n tö cßn l¹i lµ 2cos3a (cos cã hÖ sè 2) vµ sina (sin cã hÖ sè 1). 2. Nh vËy trong trêng hîp tr¸i l¹i, ta sÏ lùa chän phÐp biÕn ®æi: cos2a = 1 - 2sin2a. 3. Nh vËy chóng ta ®· cã ®îc ph¬ng ph¸p suy luËn trong viÖc lùa chän hai híng biÕn ®æi cho cos2a. Cuèi cïng, trong trêng hîp hÖ sè ®èi xøng ta sÏ lùa chän phÐp biÕn ®æi: cos2a = cos2a - sin2a. 4. §«i khi viÖc gom c¸c to¸n tö trong ®Çu bµi nh»m t¨ng ®é phøc t¹p cña bµi to¸n. Khi ®ã, ®Ó tiÖn cho viÖc c©n nh¾c lùa chän phÐp biÕn ®æi c¸c em häc sinh h·y chuyÓn biÓu thøc vÒ d¹ng ®¬n. Cô thÓ ta xem xÐt vÝ dô sau: ThÝ dô 7. BiÕn ®æi thµnh tÝch biÓu thøc sau: A = 4sin2a - 3cos2a - 3(4sina - 1) - 6sin2a. ? Gi¶i BiÕn ®æi biÓu thøc vÒ d¹ng: A = 4sin2a - 3cos2a - 12sina + 3 - 6sin2a = 4sin2a - 3(1 - 2sin2a) - 12sinx + 3 - 6sin2a = 8sina.cosa - 12sina = 4(2cosa - 3)sina F NhËn xÐt: Trong lêi gi¶i trªn, khi chuyÓn biÓu thøc vÒ d¹ng ®¬n, ta lùa chän phÐp biÕn ®æi cos2a = 1 - 2sin2a bëi khi ®ã sÏ khö ®îc sè h¹ng tù do vµ cïng víi nhËn xÐt c¸c to¸n tö cßn l¹i ®Òu chøa sina. ThÝ dô tiÕp theo sÏ minh ho¹ D¹ng 4 - Ph¬ng ph¸p luËn hÖ sè. ThÝ dô 8. BiÕn ®æi thµnh tÝch c¸c biÓu thøc: a. A = 5sin3a - 3sin5a. b. B = 3(cota - cosa) - 5(tana - sina) - 2. ? Gi¶i a. BiÕn ®æi biÓu thøc vÒ d¹ng: A = 2sin3a - 3(sin5a - sin3a) = 2(3sina - 4sin3a) - 6cos4a.sina = (3 - 4sin2a - 3cos4a).sina = [3 - 2(1 - cos2a) - 3(2cos22a - 1)].sina = (3cos22a - cos2a - 2).sina = (3cos2a + 2)(cos2a - 1).sina b. BiÕn ®æi biÓu thøc vÒ d¹ng: B = 3(cota - cosa + 1) - 5(tana - sina + 1) = 3( = = (sina + cosa - sina.cosa)( F NhËn xÐt: Trong lêi gi¶i trªn: 1. Víi c©u a), c¸c em häc sinh còng cã thÓ sö dông ph¬ng ph¸p t¸ch dÇn: sin3a = 3sina - 4sin3a, sin5a = sin(a + 4a) = sina.cos4a + cosa.sin4a = sina.cos4a + 2cosa.cos2a.sin2a = sina.cos4a + 4cos2a.cos2a.sina. Ngoµi ra, kh«ng sö dông c¸ch t¸ch: A = 2sin5a - 5(sin5a - sin3a) bëi chóng ta chØ cã c«ng thøc cho sin3a cßn sin5a kh«ng cã. 2. Víi c©u b), viÖc lùa chän c¸ch t¸ch 2 = 5 - 3 ®îc ®Ò xuÊt kh¸ tù nhiÖn bëi hai biÓu thøc ®· ®îc gom tríc. ThÝ dô 9. BiÕn ®æi thµnh tÝch c¸c biÓu thøc: a. A = 9sina + 6cosa - 3sin2a + cos2a - 8. b. B = 2sin2a - cos2a - 7sina - 2cosa + 4. ? Gi¶i a. BiÕn ®æi biÓu thøc vÒ d¹ng: A = 9sina + 6cosa - 6sina.cosa + 2cos2a - 1 - 8 = 9sina - 9 + 6cosa - 6sina.cosa + 2cos2a = 9(sina - 1) - 6cosa(sina - 1) + 2cos2a = 9(sina - 1) - 6cosa(sina - 1) - 2(sin2a - 1) = (sina - 1)(9 - 6cosa - 2sina - 2) = (sina - 1)(7 - 6cosa - 2sina). b. BiÕn ®æi biÓu thøc vÒ d¹ng: B = 4sina.cosa - 2cosa - (1 - 2sin2a) - 7sina + 4 = 4sina.cosa - 2cosa + 2sin2a - 7sina + 3 = 2cosa(2sina - 1) + (2sina - 1)(sina - 3) = (2sina - 1)(2cosa + sina - 3). F NhËn xÐt: Trong lêi gi¶i trªn: 1. Víi c©u a), chóng ta sö dông ý tëng ®a biÓu thøc lîng gi¸c vÒ cïng mét cung vµ ë ®ã lùa chän cos2a = 2cos2a - 1 bëi cÇn cã sù kÕt hîp -1 víi -8 ®Ó cã ®îc hÖ sè t¬ng øng víi 9sina, tõ ®ã xuÊt hiÖn c¸ch nhãm c¸c nh©n tö. 2. Víi c©u b), c¸c em häc sinh nÕu cha cã kinh nghiÖm th× tèt nhÊt lµ thùc hiÖn phÐp thö víi c¸c c¸ch biÕn ®æi cña cos2a. ThÝ dô tiÕp theo sÏ minh ho¹ D¹ng 5 - Ph¬ng ph¸p h»ng sè biÕn thiªn. ThÝ dô 10. BiÕn ®æi thµnh tÝch biÓu thøc sau: a. A = sina.cosa + m(sina + 2cosa) + 2m2. b. B = (cosa + 1).sin4 ? Gi¶i a. ViÕt l¹i A díi d¹ng: A = 2m2 + (sina + 2cosa)t + sina.cosa. khi ®ã A lµ mét tam thøc bËc hai theo m cã: Dm = (sina + 2cosa)2 - 8sina.cosa = (sina - 2cosa)2, do ®ã, ph¬ng tr×nh A = 0 cã c¸c nghiÖm: tøc lµ A cã thÓ ®îc ph©n tÝch thµnh: A = (2m + sina)(m + cosa). b. §Æt t = sin2 B = (cosa + 1).t2 - t.cosa - 1 . Ph¬ng tr×nh A = 0 cã nghiÖm theo t lµ t = 1 vµ t = - B = (t - 1)[(cosa + 1).t + 1] = (sin2 = (sin2 F NhËn xÐt: Lêi gi¶i cña thÝ dô trªn minh ho¹ cho ý tëng cña ph¬ng ph¸p h»ng sè biÕn thiªn, lÏ ®¬ng nhiªn chóng ta cã thÓ thùc hiÖn phÐp nhãm mét c¸ch thÝch hîp ®Ó cã ®îc c¸c kÕt qu¶ ®ã, cô thÓvíi c©u a) ta cã: A = sina.cosa + m.sina + 2m.cosa + 2m2 = (cosa + m).sina + 2m(cosa + m) = (cosa + m)(sina + 2m). vµ chóng ta nhËn thÊy c«ng viÖc ®ã ®¬n gi¶n h¬n nhiÒu so víi nh÷ng lËp luËn trong lêi gi¶i trªn, xong ®©y lu«n lµ ý tëng hay ®Ó sö dông cho viÖc gi¶i c¸c ph¬ng tr×nh ®¹i sè còng nh lîng gi¸c. ThÝ dô tiÕp theo sÏ minh ho¹ D¹ng 6 - Ph¬ng ph¸p nh©n. ThÝ dô 11. BiÕn ®æi thµnh tÝch biÓu thøc sau: a. A = sin b. A = sina + sin2a + ... + sinna, víi n Î ? Gi¶i a. Tõ gi¶ thiÕt a ¹ p + 2kp, k Î Nh©n c¶ hai vÕ cña biÓu thøc víi 2cos 2Acos = sin3a + sin2a - 5cos3a.sina = 3sina - 4sin3a + 2sina.cosa - 5cos3a.sina = (3 - 4sin2a + 2cosa - 5cos3a).sina = (5cos3a - 4cos2a - 2cosa + 1).sina = 2(5cos2a + cosa - 1)(cosa - 1)sin Û A = (5cos2a + cosa - 1)(cosa - 1)sin b. XÐt hai trêng hîp: Trêng hîp 1: NÕu a = 2kp, k Î sina = sin2a = ... = sinna = 0 Þ S = 0. Trêng hîp 2: NÕu a ¹ 2kp, kÎ 2Asin = cos = cos Û A = F NhËn xÐt: Nh vËy, chóng ta ®· ®îc lµm quen víi 6 ph¬ng ph¸p biÕn ®æi tæng thµnh tÝch, cuèi cïng chóng ta minh ho¹ thªm mét thÝ dô cho ph¬ng ph¸p sö dông c¸c phÐp biÕn ®æi hçn hîp. ThÝ dô 12. BiÕn ®æi thµnh tÝch c¸c biÓu thøc sau: a. A = cos4a - cos2a + 2sin6a. b. B = cos2a + cos3a + 2sina - 2. ? Gi¶i a. Ta cã thÓ lùa chän mét trong c¸c c¸ch sau: C¸ch 1: BiÕn ®æi biÓu thøc vÒ d¹ng: A = cos4a - cos2a + sin2a + 2sin6a = (cos2a - 1)cos2a + sin2a + 2sin6a = -sin2a.cos2a + sin2a + 2sin6a = (1 - cos2a)sin2a + 2sin6a = sin4a + 2sin6a = (2sin2a + 1).sin4a. C¸ch 2: BiÕn ®æi biÓu thøc vÒ d¹ng: A = cos4a - (2cos2a - 1) + 2sin6a = (cos4a - 2cos2a + 1) + 2sin6a = (1 - cos2a)2 + 2sin6a = sin4a + 2sin6a = (2sin2a + 1).sin4a. b. BiÕn ®æi biÓu thøc vÒ d¹ng: B = (1 + cosa)cos2a - 2(1 - sina) = (1 + cosa)(1 - sin2a) - 2(1 - sina) = [(1 + cosa)(1 + sina) - 2](1 - sina) = (cosa + sina + sina.cosa - 1)(1 - sina). F NhËn xÐt: Nh vËy, ®Ó chuyÓn ®æi c¸c biÓu thøc trªn vÒ d¹ng tÝch chóng ta ®· thùc hiÖn phÐp nhãm dÇn. ThÝ dô 13. BiÕn ®æi thµnh tÝch biÓu thøc sau: A = (2sina + 1)(3cos4a + 2sina - 4) + 4cos2a - 3 ? Gi¶i Ta cã thÓ lùa chän mét trong c¸c c¸ch sau: C¸ch 1: BiÕn ®æi biÓu thøc vÒ d¹ng: A = (2sina + 1)(3cos4a + 2sina - 4) - 3 + 4(1 - sin2a) = (2sina + 1)(3cos4a + 2sina - 4) - 4sin2a + 1 = (2sina + 1)(3cos4a + 2sina - 4 - 2sina + 1) = (2sina + 1)(3cos4a - 3). C¸ch 2: BiÕn ®æi biÓu thøc vÒ d¹ng: A = 3cos4a.(2sina + 1) + (2sina + 1)(2sina - 4) + 4cos2a - 3 = 3cos4a.(2sina + 1) + 4sin2a - 6sina - 4 + 4cos2a - 3 = 3cos4a.(2sina + 1) - 3(2sina + 1) = (2sina + 1)(3cos4a - 3). ThÝ dô 14. BiÕn ®æi thµnh tÝch c¸c biÓu thøc sau: a. A = cos23a + cos22a - sin2a. b. B = sin23a - cos24a - sin25a + cos26a. ? Gi¶i a. BiÕn ®æi biÓu thøc vÒ d¹ng: A = = cos4a.cos2a + cos22a = (cos4a + cos2a)cos2a = 2cos3a.cosa.cos2a. b. BiÕn ®æi biÓu thøc vÒ d¹ng: B = = = -(sin3a + sina)sin9a = -2sin2a.cosa.sin9a. D¹ng to¸n 3: Chøng minh ®¼ng thøc lîng gi¸c Ph¬ng ph¸p ¸p dông Sö dông hÖ thøc c¬ b¶n vµ c¸c hÖ qu¶ ®Ó thùc hiÖn phÐp biÕn ®æi t¬ng ®¬ng. Ta lùa chän mét trong c¸c híng biÕn ®æi sau: Híng 1: Dïng c«ng thøc lîng gi¸c biÕn ®æi mét vÕ thµnh vÕ cßn l¹i (VT Þ VP hoÆc VP Þ VT ). Khi ®ã: § NÕu xuÊt ph¸t tõ vÕ phøc t¹p ta cÇn thùc hiÖn viÖc ®¬n gi¶n biÓu thøc. § NÕu xuÊt ph¸t tõ vÕ ®¬n gi¶n ta cÇn thùc hiÖn viÖc ph©n tÝch. Híng 2: BiÕn ®æi ®¼ng thøc cÇn chøng minh vÒ mét ®¼ng thøc ®· biÕt lµ lu«n ®óng. Híng 3: BiÕn ®æi mét ®¼ng thøc ®· biÕt lµ lu«n ®óng thµnh ®¼ng thøc cÇn chøng minh. §Ó ý r»ng mét biÓu thøc lîng gi¸c cã thÓ ®îc biÕn ®æi thµnh nhiÒu d¹ng kh¸c nhau. Ch¼ng h¹n ta cã: sin22x = 1 - cos22x = (1 - cos2x)(1 + cos2x). sin22x = Tuú theo mçi bµi to¸n, ta lùa chän c«ng thøc thÝch hîp ®Ó biÕn ®æi. ThÝ dô 1. Chøng minh c¸c ®¼ng thøc sau: a. sin(a + b).sin(a - b) = sin2a - sin2b = cos2b - cos2a. b. ? Gi¶i a. Ta cã thÓ lùa chän mét trong c¸c c¸ch sau: C¸ch 1: Ta cã: VT = (sina.cosb + sinb.cosa)(sina.cosb - sinb.cosa) = sin2a.cos2b - sin2b.cos2a = sin2a(1 - sin2b) - sin2b(1 - sin2a) = sin2a - sin2b = 1 - cos2a - 1 + cos2b = cos2b - cos2a - ®pcm. C¸ch 2: Ta cã: VT = = C¸ch 3: (Híng dÉn): Sö dông c«ng thøc h¹ bËc ®Ó biÕn ®æi VP, sau ®ã sö dông c«ng thøc biÕn ®æi tæng thµnh tÝch. b. Ta cã: VT = F Chó ý: VÝ dô tiÕp theo chóng ta sÏ sö dông phÐp biÕn ®æi h¹ bËc, theo hai híng: Híng 1: H¹ bËc ®¬n, tøc lµ h¹ bËc tõng nh©n tö trong biÓu thøc. Híng 2: H¹ bËc toµn côc, tøc lµ dùa trªn h»ng ®¼ng thøc ®¹i sè: a4 + b4 = (a2 + b2)2 - 2a2.b2. a6 + b6 = (a2 + b2)3 - 3a2.b2(a2 + b2). ThÝ dô 2. Chøng minh r»ng: a. sin4x + cos4x = b. cos3x.sin3x + sin3x.cos3x = ? Gi¶i a. Ta lùa chän mét trong hai c¸ch: C¸ch 1: (Sö dông phÐp h¹ bËc ®¬n): Ta cã: VT = sin4x + cos4x = (sin2x)2 + (cos2x)2 = = C¸ch 2: (Sö dông phÐp h¹ bËc toµn côc): Ta cã: VT = sin4x + cos4x = (sin2x + cos2x)2 - 2sin2x.cos2x = 1 - b. Ta lùa chän mét trong hai c¸ch: C¸ch 1: (Sö dông phÐp h¹ bËc ®¬n): Ta cã: VT = = C¸ch 2: (Sö dông phÐp h¹ bËc ®èi xøng): Ta cã: VT = sin2x.sinx.cos3x + cos2x.cosx.sin3x = (1 - cos2x).sinx.cos3x + (1 - sin2x).cosx.sin3x = sinx.cos3x + cosx.sin3x - (cosx.cos3x + sinx.sin3x)sinx.cosx = sin4x - F NhËn xÐt: Nh vËy, thÝ dô trªn ®· minh ho¹ sù kh¸c biÖt trong viÖc lùa chän c¸c phÐp h¹ bËc kh¸c nhau ®Ó chøng minh mét ®¼ng thøc lîng gi¸c. Vµ ë ®ã, c¸c em dÔ so s¸nh tÝnh hiÖu qu¶ cña phÐp h¹ bËc ®¬n ®èi víi nh÷ng biÓu thøc kh¸c nhau. §Ó t¨ng ®é khã bµi to¸n trªn thêng ®îc më réng nh sau: 1. Víi c©u a), cã thÓ lµ "TÝnh gi¸ trÞ cña biÓu thøc sin4x + cos4x t¹i 2. Víi c©u b), cã thÓ lµ "TÝnh gi¸ trÞ cña A = cos3x.sin3x + sin3x.cos3x t¹i ThÝ dô 3. Chøng minh c¸c ®¼ng thøc sau: a. sin3x.(1 + cotanx) + cos3x.(1 + tanx) = sinx + cosx. b. sin3x - 2sin33x + cos2x.sinx = cos5x.sin4x. ? Gi¶i a. Ta cã: VT = sin2x.(sinx + cosx) + cos2x.(cosx + sinx) = (sin2x + cos2x)(cosx + sinx) = sinx + cosx, ®pcm. b. Ta cã: VT = sin3x - 2sin33x + = = F Chó ý: VÝ dô tiÕp theo chóng ta sö dông mét ®¼ng thøc lu«n ®óng ®Ó suy ra ®¼ng thøc cÇn chøng minh. ThÝ dô 4. Cho x + y + z = p, chøng minh r»ng: tanx + tany + tanz = tanx.tany.tanz. ? Gi¶i Tõ gi¶ thiÕt x + y + z = p Û x + y = p - z Þ tan(x + y) = tan(p - z) Û Û tanx + tany + tanz = tanx.tany.tanz. F NhËn xÐt: ThÝ dô trªn ®îc tr×nh víi môc ®Ých ®Ó c¸c em häc sinh tiÕp cËn víi bµi to¸n chøng minh ®¼ng thøc lîng gi¸c cã ®iÒu kiÖn vµ nã ®îc thùc hiÖn b»ng viÖc xuÊt ph¸t tõ biÓu thøc ®iÒu kiÖn ®Ó suy ra ®¼ng thøc cÇn chøng minh, tuy nhiªn ®©y kh«ng ph¶i lµ ®êng lèi chung cho mäi d¹ng to¸n nh vËy. ThÝ dô 5. Cho sinx + siny = 2sin(x + y), víi x + y ¹ kp, k Î tan ? Gi¶i Tõ gi¶ thiÕt: sinx + siny = 2sin(x + y) Û 2sin Û cos Û 3sin ThÝ dô 6. Cho tanx, tany lµ nghiÖm cña ph¬ng tr×nh at2 + bt + c = 0. (1) Chøng minh r»ng: a.sin2(x + y) + b.sin(x + y).cos(x + y) + c.cos2(x + y) = c. (2) ? Gi¶i V× tanx, tany lµ nghiÖm cña ph¬ng tr×nh (1), ta ®îc: BiÕn ®æi (2) vÒ d¹ng: [a.sin(x + y) + b..cos(x + y)]sin(x + y) = c[1 - cos2(x + y)] = c.sin2(x + y) Û a.sin(x + y) + b..cos(x + y) = c.sin(x + y) Û b..cos(x + y) = (c - a).sin(x + y) Û D¹ng to¸n 4: Rót gän biÓu thøc Ph¬ng ph¸p ¸p dông Sö dông c¸c c«ng thøc lîng gi¸c cïng c¸c phÐp biÕn ®æi lîng gi¸c. ThÝ dô 1. Rót gän biÓu thøc: A = cos10x + 2cos24x + 6cos3x.cosx - cosx - 8cosx.cos33x. ? Gi¶i BiÕn ®æi biÓu thøc vÒ d¹ng: A = cos10x + 1 + cos8x - cosx - 2(4cos33x - 3cos3x)cosx = 2cos9x.cosx + 1 - cosx - 2cos9x.cosx = 1 - cosx. F NhËn xÐt: Nh vËy, ®Ó rót gän c¸c biÓu thøc trªn chóng ta sö dông c«ng thøc h¹ bËc dùa trªn ý tëng chñ ®¹o lµ biÕn ®æi nã vÒ d¹ng tæng. ThÝ dô 2. Rót gän c¸c biÓu thøc: a. A = b. B = ? Gi¶i a. BiÕn ®æi A vÒ d¹ng: A = b. BiÕn ®æi B vÒ d¹ng: B = F NhËn xÐt: Nh vËy, ®Ó rót gän c¸c biÓu thøc trªn chóng ta chØ viÖc sö dông mèi liªn hÖ gi÷a c¸c gãc ®Æc biÖt. ThÝ dô 3. Rót gän biÓu thøc: A = ? Gi¶i Ta lÇn lît cã: sinx + sin3x + sin5x = sinx + sin5x + sin3x = 2sin3x.cos2x + sin3x = sin3x(2cos2x + 1). (1) cosx + cos3x + cos5x = cosx + cos5x + cos3x = 2cos3x.cos2x + cos3x = cos3x(1cos2x - 1). (2) Tõ (1) vµ (2) suy ra: A = F NhËn xÐt: §¬ng nhiªn, chóng ta cã thÓ tr×nh bµy theo kiÓu biÕn ®æi ®ång thêi TS vµ MS. C¸ch tr×nh bµy nh trªn cã tÝnh minh ho¹ ®Ó c¸c em häc sinh lÊy nã ¸p dông cho nh÷ng biÓu thøc mµ ®é phøc t¹p trong c¸c phÐp biÕn ®æi cho TS vµ MS kh¸c nhau. ThÝ dô 4. Rót gän c¸c biÓu thøc: a. A = ? Gi¶i a. Ta biÕn ®æi: A = b. Ta biÕn ®æi: B = cos8x.cot4x - = (cos8x - 1) F NhËn xÐt: Nh vËy, ®Ó rót gän c¸c biÓu thøc hçn hîp chøa sin, cos vµ tan, cot nh trªn chóng ta thêng chuyÓn ®æi tan, cot theo sin, cos. ThÝ dô 5. Rót gän c¸c biÓu thøc: a. A = sin2a + sin22a + ... + sin2na. b. B = ? Gi¶i a. Ta biÕn ®æi biÓu thøc vÒ d¹ng: A = = XÐt hai trêng hîp: Trêng hîp 1: NÕu a = kp, k Î cos2a = cos4a = ... = cos2na = 1 Þ D = 0. Trêng hîp 2: NÕu a ¹ kp, k Î T = cos2a + cos4a + ... + cos2na = Tõ ®ã, suy ra: A = b. Nh©n c¶ hai vÕ cña biÓu thøc víi sina, ta ®îc: B.sina = = = cota - cot2a + cot2a - cot3a + … + cotna - cot(n + 1)a = cota - cot(n + 1)a = Û B = ThÝ dô 6. Rót gän biÓu thøc A = ? Gi¶i Ta cã: = Suy ra: A = cot ThÝ dô 7. Rót gän biÓu thøc: A = tana.tan2a + tan2a.tan3a + ... + tan(n - 1)a.tanna. ? Gi¶i Ta cã: tana = tan[(k + 1) - k]a = Û tanka.tan(k + 1)a = do ®ã: tana.tan2a = ... tan(n - 1)a.tanna = suy ra: A = F Chó ý: KÕt qu¶ cña bµi to¸n trªn ®îc sö dông ®Ó ®¬n gi¶n biÓu thøc: A = ThËt vËy, nÕu nh©n c¶ hai vÕ cña ®¼ng thøc víi cosa, ta ®îc: B.cosa = = = 1 + tana.tan2a + 1 + tan2a.tan3a + ... + 1 + tanna.tan(n + 1)a = n + tana.tan2a + tan2a.tan3a + ... + tanna.tan(n + 1)a = n + Tuy nhiªn, cã thÓ sö dông sina ®Ó nhËn ®îc lêi gi¶i ®éc lËp. ThÝ dô 8. Rót gän biÓu thøc A = tana + ? Gi¶i NhËn xÐt r»ng: cotx - tanx = Tõ ®ã, ta cã c¸c kÕt qu¶: tana = cota - 2cot2a, … Céng theo vÕ c¸c ®¼ng thøc trªn, ta ®îc A = ThÝ dô 9. Rót gän biÓu thøc A = ? Gi¶i BiÕn ®æi biÓu thøc vÒ d¹ng: A = = = F Chó ý: Ngêi ta cã thÓ sö dông kÕt qu¶ cña vÝ dô trªn ®Ó t¹o ra nh÷ng yªu cÇu kh¸ thó vÞ, ®Ó minh h¹o ta xÐt ®ßi hái: “Cho t Î [-1; 1]\{0} vµ tho¶ m·n tanx = Tríc hÕt: tanx = MÆt kh¸c: sin2x = F Chó ý: Trong c¸c bµi to¸n thi chóng ta thêng gÆp ph¶i yªu cÇu "Chøng minh ®¼ng thøc lîng gi¸c ®éc lËp víi biÕn sè". ThÝ dô 10. Chøng minh biÓu thøc sau kh«ng phô thuéc vµo x: A = cos2(x - ? Gi¶i Ta cã thÓ lùa chän mét trong hai c¸ch biÕn ®æi sau: C¸ch 1: Ta biÕn ®æi: A = (cosx.cos = ( = VËy, biÓu thøc A kh«ng phô thuéc vµo x. C¸ch 2: Ta biÕn ®æi: A = = 1 + cos2x + = 1 + cos2x + cos2x.cos ThÝ dô 11. X¸c ®Þnh a Î (0; A = cosx + cos(x + 2a) + cos(x + 4a) + cos(x + 6a). ? Gi¶i Ta biÕn ®æi: A = cosx + cos(x + 6a) + cos(x + 2a) + cos(x + 4a) = 2cos(x + 3a).cos3a + 2cos(x + 3a).cosa = 2(cos3a + cosa)cos(x + 3a). §Ó biÓu thøc kh«ng phô thuéc vµo x ®iÒu kiÖn lµ: cos3a + cosa = 0 Û cos3a = cos(p - a) = 0 Û VËy, víi a = D¹ng to¸n 5: TÝnh gi¸ trÞ cña hµm sè lîng gi¸c, biÓu thøc lîng gi¸c Ph¬ng ph¸p ¸p dông Ta sö dông hÖ thøc c¬ b¶n vµ c¸c hÖ qu¶: D¹ng 1: Ta sö dông c¸c hÖ qu¶ trong b¶ng gi¸ trÞ lîng gi¸c cña c¸c cung ®Æc biÖt hoÆc b»ng viÖc biÓu diÔn gãc trªn ®êng trßn ®¬n vÞ. D¹ng 2: NÕu biÕt gi¸ trÞ cña mét trong bèn hµm sè lîng gi¸c ®Ó tÝnh gi¸ trÞ cña c¸c hµm sè cßn l¹i chóng ta cÇn thùc hiÖn theo c¸c bíc: Bíc 1: X¸c ®Þnh dÊu cña chóng. Bíc 2: Sö dông c¸c c«ng thøc: sin2a + cos2a = 1 tana = D¹ng 3: Gi¶ sö biÕt gi¸ trÞ cña mét biÓu thøc lîng gi¸c, cÇn tÝnh gi¸ trÞ cña c¸c hµm sè lîng gi¸c cña mét gãc a, ta lùa chän mét trong c¸c híng sau: Híng 1: BiÕu ®æi biÓu thøc lîng gi¸c vÒ d¹ng chØ chøa mét hµm lîng gi¸c råi thùc hiÖn phÐp ®Æt Èn phô (nÕu cÇn) ®Ó gi¶i mét ph¬ng tr×nh ®¹i sè. Híng 2: BiÕu ®æi biÓu thøc lîng gi¸c vÒ d¹ng tÝch A.B = 0. Híng 3: Sö dông bÊt ®¼ng thøc ®Ó phÐp ®¸nh gi¸. D¹ng 4: Gi¶ sö biÕt gi¸ trÞ cña mét biÓu thøc lîng gi¸c (ký hiÖu (1)), cÇn tÝnh gi¸ trÞ cña biÓu thøc lîng gi¸c kh¸c (ký hiÖu (2)), ta lùa chän mét trong c¸c híng sau: Híng 1: BiÕu ®æi (1) råi thay vµo (2). Híng 2: BiÕu ®æi (2) råi sö dông (1). Híng 3: BiÕu ®æi ®ång thêi (1) vµ (2) dÉn tíi biÓu thøc trung gian (3). ThÝ dô 1. Trªn ®êng trßn lîng gi¸c cho ®iÓm M x¸c ®Þnh bëi s® ? Gi¶i Theo ®Ò bµi, ta cã s® Do ®ã, víi l, k, m Î Z: § s® § s® § s® ThÝ dô 1. Cho DABC, biÓu diÔn c¸c hµm lîng gi¸c cña: a. Gãc A b»ng c¸c hµm lîng gi¸c cña gãc B vµ C. b. Gãc ? Gi¶i Ta lu«n cã A + B + C = p. (1) a. Tõ (1) ta ®îc A = p - (B + C), suy ra: sinA = sin[p - (B + C)] = sin(B + C), cosA = cos[p - (B + C)] = - cos(B + C), tanA = tan[p - (B + C)] = - tan(B + C), cotA = cot[p - (B + C)] = - cot(B + C). b. Tõ (1) ta ®îc sin tan ThÝ dô 2. TÝnh c¸c gi¸ trÞ lîng gi¸c cña gãc a nÕu: a. cosa = c. tana = ? Gi¶i a. V× 0 < a < Tõ sin2a + cos2a = 1, ta cã: tana = b. V× 0 < a < Ta cã: cos2a = 1 - (0,7)2 = 0,51 Þ cosa = - tana = c. V× cota.tana = 1 Þ cota = cos2a = sin2a = d. V× Ta cã: sina = ThÝ dô 3. TÝnh: a. cos b. cos(a + b), sin(a - b) biÕt sina = ? Gi¶i a. Ta cã: cos Mµ 0 < a < cos2a = 1 - sin2a = 1 - Thay (2) vµo (1), ta ®îc cos b. V× 00 < a < 900 vµ 900 < b < 1800 suy ra cosa > 0 vµ cosb < 0. Ta cã: sina = sinb = Ta cã: cos(a + b) = cosa.cosb - sina.sinb = sin(a - b) = sina.cosb - cosa.sinb = ThÝ dô 4. TÝnh sin2a, cos2a, tan2a, biÕt: a. sina = -0,6 vµ p < a < c. sina + cosa = ? Gi¶i a. Ta cã sina = -0,6 nªn cosa = VËy, ta ®îc: sin2a = 2sina.cosa = 2.(-0,6). cos2a = 1 - 2sin2a = b. Ta cã cosa = - sin2a = 2sina.cosa = tan2a = c. Ta cã: sina + cosa = V× sin2a = 2sina.cosa = - tan2a = ThÝ dô 5. TÝnh gi¸ trÞ cña biÓu thøc: A = tan1100.tan3400 + sin1600.cos1100 + sin2500.cos3400. ? Gi¶i Ta cã: A = - cot200.tan( - 200) + sin200.cos1100 - sin1100.cos200 = 1 - sin900 = 0. F NhËn xÐt: Nh vËy, trong vÝ dô trªn ®Ó tÝnh gi¸ trÞ cña biÓu thøc tríc hÕt chóng ta ®· sö dông c¸c c«ng thøc cña c¸c cung liªn kÕt ®Ó chuyÓn biÓu thøc A vÒ d¹ng: A = cot200.tan200 + sin200.cos1100 - sin1100.cos200 Bíc tiÕp theo chóng ta sö dông tÝnh chÊt tanx.cotx = 1 vµ c«ng thøc céng, ®Ó nhËn ®îc: A = 1 - sin900 = 0. Lo¹i vÝ dô kiÓu nµy chóng ta ®· ®îc lµm quen trong chñ ®Ò c«ng thøc céng, ë ®©y nã ®îc minh ho¹ tríc hÕt ®Ó c¸c em häc sinh nhí l¹i. ThÝ dô tiÕp theo sÏ nh¾c l¹i cho c¸c em vÒ viÖc sö dông phÐp h¹ bËc vµ c«ng thøc nh©n ®Ó tÝnh gi¸ trÞ cñabiÓu thøc lîng gi¸c. ThÝ dô 6. TÝnh gi¸ trÞ cña biÓu thøc A = sin6a + cos6a biÕt: a. a = ? Gi¶i Ta biÕn ®æi: A = (sin2a + cos2a) - 3(sin2a + cos2a)sin2a.cos2a = 1 - a. Víi a = A = b. Víi a = A = ThÝ dô 7. TÝnh gi¸ trÞ cña biÓu thøc: A = cos Gi¶i Nh©n hai vÕ víi 2sin 2Asin + 2sin = sin + sin = sin Û A = F NhËn xÐt: Nh vËy, ®Ó tÝnh gi¸ trÞ cña biÓu thøc chóng ta ®· sö dông nh©n tö phô sin cosa.sinb = t¹o thuËn lîi cho viÖc rót gän VP. Tõ ®ã, c¸c em häc sinh dÔ nhËn thÊy r»ng ý tëng nµy còng sÏ ®îc ¸p dông cho biÓu thøc bao gåm tæng c¸c sin, bëi: sina.sinb = ThÝ dô 8. BiÕt: TÝnh gi¸ trÞ cña cos2x. ? Gi¶i Tõ (1) suy ra: 6 = = Û 6sin22x = 8 - 2sin22x Û 1 - sin22x = 0 Û cos22x = 0 Û cos2x = 0. F NhËn xÐt: Chóng ta ®· tõng biÕt tíi viÖc tÝnh gi¸ trÞ cña biÓu thøc lîng gi¸c b»ng viÖc gi¶i ph¬ng tr×nh, vÝ dô tiÕp theo sÏ minh ho¹ thªm ý tëng nµy, chØ cã ®iÒu ë ®©y chóng ta sÏ sö dông tÝnh chÊt nghiÖm cña c¸c ph¬ng tr×nh ®¹i sè (®Þnh lý ViÐt cho c¸c nghiÖm cña ph¬ng tr×nh bËc 2, 3, 4 ...) ®Ó x¸c ®Þnh gi¸ trÞ, trong nh÷ng trêng hîp nh vËy chóng ta thêng thùc hiÖn theo c¸c bíc: Bíc 1: Chän mét ph¬ng tr×nh nhËn c¸c gi¸ trÞ trong biÓu thøc lµm nghiÖm. ThÝ dô víi 5x = p + 2kp, k Î Bíc 2: X©y dùng ph¬ng tr×nh ®¹i sè nhËn c¸c hµm sè lîng gi¸c chøa c¸c cung lµm nghiÖm, tõ ®ã thiÕt lËp hÖ thøc ViÐt cho chóng. Bíc 3: TÝnh gi¸ trÞ cña biÓu thøc. ThÝ dô 9. TÝnh gi¸ trÞ cña biÓu thøc: A = ? Gi¶i ViÕt l¹i A díi d¹ng: A = NhËn xÐt r»ng Ta sÏ ®i x©y dùng ph¬ng tr×nh ®¹i sè nhËn cos (1) Û 3x = p - 2x + 2kp Û cos3x = cos(p - 2x + 2kp) Û 4cos3x - 3cosx = - cos2x Û 4cos3x - 3cosx = - (2cos2x - 1) Û 4cos3x + 2cos2x - 3cosx - 1 = 0 Tõ ®ã ta ®îc: VËy, ta ®îc: A = ThÝ dô 10. TÝnh gi¸ trÞ cña biÓu thøc: A = ? Gi¶i NhËn xÐt r»ng 7x = 2kp, k Î Ta sÏ ®i x©y dùng ph¬ng tr×nh ®¹i sè nhËn a = cos (1) Û 4x = -3x + 2kp Û cos4x = cos(-3x + 2kp) Û 2cos22x - 1 = cos3x Û 2(2cos2x - 1)2 - 1 = 4cos3x - 3cosx Û 8cos4x - 4cos3x - 8cos2x + 3cosx + 1 = 0 Û (cosx - 1)(8cos3x + 4cos2x - 4cosx - 1) = 0 Þ 8cos3x + 4cos2x - 4cosx - 1 = 0. Tõ ®ã, theo ®Þnh lÝ ViÐt ta ®îc: Ta suy ra: A = F Chó ý: §Ó tÝnh ®îc gi¸ trÞ cña A b¹n ®äc h·y sö dông hÖ Èn phô: vµ h»ng ®¼ng thøc: a3 + b3 + c3 = (a + b + c)(a2 + b2 + c2 - ab - bc - ca) + 3abc. a3 + b3 + c3 = (a + b + c)3 - 3(a + b)(b + c)(c + a). D¹ng to¸n 6: Mét sè thÝ dô vÒ hÖ thøc lîng trong tam gi¸c Ph¬ng ph¸p ¸p dông Muèn chøng minh mét ®¼ng thøc lîng gi¸c trong tam gi¸c ngoµi viÖc vËn dông thµnh th¹o c¸c phÐp biÕn ®æi lîng gi¸c chóng ta cßn cÇn ph¶i nhí c¸c hÖ thøc c¬ b¶n cho DABC bao gåm: 1. §Þnh lý hµm sè cosin a2 = b2 + c2 - 2bccosA. b2 = a2 + c2 - 2accosB, c2 = a2 + b2 - 2abcosC. 2. §Þnh lý hµm sè sin trong ®ã R lµ b¸n kÝnh ®êng trßn ngo¹i tiÕp DABC. 3. §Þnh lý h×nh chiÕu a = b.cosC + c.cosB, b = c.cosA + a.cosC, c = a.cosB + b.cosA. Trong bµi to¸n nµy ta th¬ng chia thµnh ba d¹ng nhá, bao gåm: D¹ng 1: Chøng minh hÖ thøc lîng gi¸c liªn hÖ gi÷a c¸c gãc. Víi d¹ng to¸n nµy chóng ta cÇn ®Æc biÖt lu ý tíi: § A + B + C = p Þ A + B = p - C vµ sin(A + B) = sin(p - C) = sinC, sin § Víi c¸c ®¼ng thøc lîng gi¸c chøa mét hµm sè lîng gi¸c cña ba gãc (sin hoÆc cos) ta thêng chØ biÕn ®æi hai nh©n tö cßn nh©n tö thø ba sÏ ®îc x¸c ®Þnh qua mét vµi phÐp biÕn ®æi sau ®ã, vµ thêng kh«ng sö dông phÐp biÕn ®æi tÝch thµnh tæng hoÆc tæng thµnh tÝch khi cã mÆt c¶ ba gãc A, B, C. §iÒu nµy sÏ ®îc minh ho¹ cïng víi lêi híng dÉn cô thÓ th«ng qua vÝ dô 1. § Víi c¸c ®¼ng thøc lîng gi¸c chøa mét hµm sè lîng gi¸c cña ba gãc (tan hoÆc cot) ta thêng sö dông phÐp biÕn ®æi t¬ng ®¬ng ®Ó ®a ®¼ng thøc cÇn chøng minh vÒ mét ®¼ng thøc lu«n ®óng hoÆc ngîc l¹i (xuÊt ph¸t tõ mét ®¼ng thøc lu«n ®óng). D¹ng 2: Chøng minh hÖ thøc lîng gi¸c liªn hÖ gi÷a gãc vµ c¹nh. Víi d¹ng to¸n nµy chóng ta thêng sö dông ®Þnh lý hµm sè sin vµ ®Þnh lý hµm sè cos. D¹ng 3: Chøng minh hÖ thøc lîng gi¸c liªn hÖ tíi nhiÒu yÕu tè trong tam gi¸c. Víi d¹ng to¸n nµy chóng ta cÇn nhí l¹i c¸c kÕt qu¶ cña: § §Þnh lý ®êng trung tuyÕn, vÝ dô: b2 + c2 = 2 § §Þnh lý ®êng ph©n gi¸c, vÝ dô: lA = § §Þnh lý vÒ diÖn tÝch tam gi¸c, vÝ dô: S = = § C¸c c«ng thøc tÝnh b¸n kÝnh ®êng trßn ngo¹i tiÕp vµ néi tiÕp cña tam gi¸c: R = F Chó ý: Cã mét ph¬ng ph¸p ®Ó chøng minh c¸c ®¼ng thøc lîng gi¸c mµ trong nhiÒu trêng hîp tá ra rÊt hiÖu qu¶ lµ ph¬ng ph¸p h×nh häc. ThÝ dô 1. Cho DABC, chøng minh r»ng: cosA + cosB + cosC = 1 + 4sin ? Gi¶i Ta cã: VT = cosA + cosB + cosC = (cosA + cosB) + cosC = 2cos = 2sin = 1 - 2sin = 1 - 2sin Híng dÉn c¸ch thùc hiÖn: Bíc 1: V× VT cã cosA, cosB, cosC ta lùa chän phÐp biÕn ®æi tæng thµnh tÝch cho hai to¸n tö cosA, cosB cßn cosC sÏ lùa chän phÐp biÓn ®æi sau. Bíc 2: Th«ng qua viÖc biÕn ®æi cosA + cosB = 2cos ta nhËn thÊy sù xuÊt hiÖn cña sin cosC = 1 - 2sin2 Bíc 3: TiÕp theo ta cã sù xuÊt hiÖn sin V× sù cã mÆt cña c¶ ba gãc A, B, C, do vËy ta cÇn t×m c¸ch ®a vÒ biÕn ®æi hai gãc b»ng phÐp thay Chóng ta sÏ thùc hiÖn thªm mét vÝ dô n÷a ®Ó hiÓu h¬n. ThÝ dô 2. Cho DABC, chøng minh r»ng: sin2A + sin2B + sin2C = 2 + 2cosA.cosB.cosC. ? Gi¶i Ta cã: VT = sin2A + sin2B + sin2C = = 1 - = 1 - cos(p - C).cos(A - B) + sin2C = 1 + cosC.cos(A - B) + 1 - cos2C = 2 + [cos(A - B) - cosC].cosC = 2 + [cos(A - B) + cos(A + B)].cosC = 2 + 2cosA.cosB.cosC. F NhËn xÐt: 1. Nh vËy vÉn víi ý tëng ®îc tr×nh bµy sau thÝ dô 1, ta thùc hiÖn phÐp biÕn ®æi cho sin2A vµ sin2B, tuy nhiªn kh«ng tån t¹i phÐp biÕn ®æi lîng gi¸c cho hai to¸n tö bËc cao, do vËy ë ®©y ta ®· sö dông c«ng thøc h¹ bËc ®Ó thùc hiÖn. 2. Khi cã sù xuÊt hiÖn cña cosC ta l¹i lùa chän phÐp biÕn ®æi: sin2C = 1 - cos2C. 3 Cuèi cïng víi cos(A - B) - cosC, ta lùa chän: cosC = - cos(A + B). 4. KÕt qu¶ cña vÝ dô trªn ®îc sö dông ®Ó x¸c ®Þnh d¹ng cña DABC khi so s¸nh tæng S = sin2A + sin2B + sin2C víi 2, cô thÓ: § NÕu S > 2 th×: cosA.cosB.cosC > 0 Û cosA, cosB, cosC > 0 Û DABC nhän. § NÕu S = 2 th×: cosA.cosB.cosC = 0 Û cosA = 0 Ú cosB = 0 Ú cosC = 0 Û DABC vu«ng. § NÕu S < 2 th×: cosA.cosB.cosC < 0 Û mét trong ba cosA, cosB, cosC nhá h¬n kh«ng Û DABC tï. 5. ViÖc lùa chän ph¬ng ph¸p h¹ bËc còng rÊt quan träng, ®Ó minh ho¹ ta xem xÐt vÝ dô sau: ThÝ dô 3. Cho DABC, chøng minh r»ng: sin3A.cos(B - C) + sin3B.cos(C - A) + sin3C.cos(A - B) = = 3sinA.sinB.sinC. ? Gi¶i Ta cã: sin3A.cos(B - C) = sin2A.sinA.cos(B - C) = = = t¬ng tù: sin3B.cos(C - A) = sin3C.cos(A - B) = Céng theo vÕ (1), (2), (3), ta ®îc: sin3A.cos(B - C) + sin3B.cos(C - A) + sin3C.cos(A - B) = = F Chó ý: Trong vÝ dô trªn chóng ta ®· sö dông kÕt qu¶: sin2A + sin2B + sin2C = 4sinA.sinB.sinC - §Ò nghÞ b¹n ®äc chøng minh. ThÝ dô 4. Cho DABC kh«ng vu«ng, chøng minh r»ng: tanA + tanB + tanC = tanA.tanB.tanC. (*) ? Gi¶i Ta cã: A + B + C = p Û A + B = p - C Þ tan(A + B) = tan(p - C) Û Û tanA + tanB + tanC = tanA.tanB.tanC. F NhËn xÐt: 1. Nh vËy xuÊt ph¸t tõ mét ®¼ng thøc lu«n ®óng A + B + C = p, ta ®· chøng minh ®îc (*). 2. Ph¬ng ph¸p chøng minh trªn ®îc sö dông ®Ó chøng minh kÕt qu¶ tæng qu¸t: tannA + tannB + tannC = tannA.tannB.tannC, víi n nguyªn d¬ng. 3. Th«ng qua bèn vÝ dô trªn chóng ta ®· cã ®îc ph¬ng ph¸p luËn cho d¹ng to¸n thø nhÊt " Chøng minh hÖ thøc lîng gi¸c liªn hÖ gi÷a c¸c gãc." ThÝ dô 5. Cho DABC, chøng minh r»ng: ? Gi¶i Sö dông c«ng thøc h×nh chiÕu, ta ®îc: VT = = ThÝ dô 6. Cho DABC, chøng minh r»ng ? Gi¶i Ta cã: VT = = F NhËn xÐt: Nh vËy b»ng viÖc sö dông ®Þnh lý hµm sè sin thuÇn tuý ta ®· chøng minh ®îc ®¼ng thøc. Tuy nhiªn ®iÒu cÇn bµn ë ®©y lµ cÇn vËn dông thËt linh ho¹t ®Ó ®¹t ®îc môc ®Ých th«ng qua viÖc ®¸nh gi¸ ®iÓm xuÊt ph¸t vµ ®Ých cÇn tiÕn tíi, thÝ dô nh : 1. Khi cÇn biÕn ®æi a thµnh b ta sö dông a = 2. NÕu ®iÓm xuÊt ph¸t chøa a2 vµ ®Ých cÇn tiÕn tíi chøa ab th×: a2 = a.a = a. §Ó minh ho¹ chóng ta xÐt vÝ dô sau: ThÝ dô 7. Cho DABC, chøng minh r»ng: a. b.cosB + c.cosC = a.cos(B - c). b. a2sin2B + b2sin2A = 2ab.sinC. ? Gi¶i a. Ta cã: VT = b.cosB + c.cosC = = b. Ta cã: VT = a2sin2B + b2sin2A = a.a.sin2B + b.b.sin2A = a. = 2ab(sinA.cosB + sinB.cosA) = 2ab.sin(A + B) = 2ab.sinC. F Chó ý: 1. KÕt qu¶ cña c©u b) ®îc sö dông ®Ó chøng minh: S = 2. Khi cÇn sö dông tíi c¸c biÕn ®æi h÷u tØ, chóng ta cÇn nhí phÐp biÕn ®æi rÊt hiÖu qu¶: §Ó minh ho¹ chóng ta xÐt vÝ dô sau: ThÝ dô 8. Cho DABC, chøng minh r»ng R = ? Gi¶i Ta cã: Û R = = F Chó ý: 1. Trong vÝ dô trªn chóng ta ®· sö dông kÕt qu¶: sinA + sinB + sinC = 4cos 2. ThÝ dô tiÕp theo chóng ta sÏ quan t©m tíi hÖ thøc lîng gi¸c liªn hÖ tíi nhiÒu yÕu tè trong tam gi¸c. ThÝ dô 9. Cho DABC, chøng minh r»ng tan ? Gi¶i Ta cã: VT = = = = = F Chó ý: Trong lêi gi¶i trªn chóng ta ®· sö dông hai ®¼ng thøc: cosA + cosB + cosC = 1 + 4sin sinA + sinB + sinC = 4cos C. C¸c bµi to¸n chän läc VÝ dô 1: BiÕt tan ? Gi¶i Ta cã: tan cot cos MÆt kh¸c ta cã: Thay (2) vµo (1), ta ®îc: cos Khi ®ã, tõ: tan VÝ dô 2: TÝnh gi¸ trÞ cña c¸c biÓu thøc: a. A = tan2 ? Gi¶i Ta xÐt biÓu thøc: S = tan2a + cot2a = = a. Suy ra: A = tan2 b. Suy ra: B = tan2 VÝ dô 3: Cho sin2a = ? Gi¶i V× sin2a = 2sina.cosa = Þ (sina + cosa)2 = 1 + 2sina.cosa = 1 Ta cã 2 hÖ ph¬ng tr×nh: § § VÝ dô 4: TÝnh gi¸ trÞ cña biÓu thøc A = sin6 ? Gi¶i Ta cã: A = (sin2 = 1 - MÆt kh¸c ta cã: cos Thay (2) vµo (1), ta ®îc: A = F NhËn xÐt: Nh vËy, trong vÝ dô trªn ®Ó tÝnh gi¸ trÞ cña biÓu thøc tríc hÕt chóng ta thùc hiÖn viÖc h¹ bËc cho biÓu thøc dùa trªn h»ng ®¼ng thøc: a3 + b3 = (a + b)3 - 3ab(a + b) Bíc tiÕp theo sö dông c«ng thøc nh©n sin2x = 2sinx.cosx, råi tiÕp tôc h¹ bËc ®Ó nhËn ®îc: A = §Õn ®©y ®Ó tÝnh gi¸ trÞ cña cos VÝ dô 5: TÝnh gi¸ trÞ cña sin(a + b), biÕt: ? Gi¶i Tõ gi¶ thiÕt suy ra: m.n = (cosa + cosb)(sina + sinb) = (sina.cosb + sinb.cosa) + (sina.cosa + sinb.cosb) = sin(a + b) + = [1 + cos(a - b)]sin(a + b). (1) MÆt kh¸c, ta cã thÓ biÕn ®æi gi¶ thiÕt nh sau: Þ m2 + n2 = (cos2a + sin2a) + 2(cosa.cosb + sina.sinb) + (cos2b + sin2b) = 2 + 2cos(a - b) Þ cos(a - b) = Thay (2) vµo (1), ta ®îc: m.n = [1 + VÝ dô 6: TÝnh gi¸ trÞ cña c¸c biÓu thøc: a. A = cos2 c. C = ? Gi¶i NhËn xÐt r»ng 7x = p + 2kp, k Î Ta sÏ ®i x©y dùng ph¬ng tr×nh ®¹i sè nhËn a = cos (1) Û 4x = p - 3x + 2kp Û cos4x = cos(p - 3x + 2kp) Û 2cos22x - 1 = -cos3x Û 2(2cos2x - 1)2 - 1 = 3cosx - 4cos3x Û 8cos4x + 4cos3x - 8cos2x - 3cosx + 1 = 0 Û (cosx + 1)(8cos3x - 4cos2x - 4cosx + 1) = 0 Þ 8cos3x - 4cos2x - 4cosx + 1 = 0. Tõ ®ã, theo ®Þnh lÝ ViÐt ta ®îc: a. Ta suy ra: A = cos2 = a2 + b2 + c2 = (a + b + c)2 - 2(ab + bc + ca) = b. Ta suy ra: B = cos4 = (a2 + b2 + c2)2 - 2(a2b2 + b2c2 + c2a2) = (a2 + b2 + c2)2 - 2[(ab + bc + ca)2 - 2abc(a + b + c) = c. Ta suy ra: C = VÝ dô 7: TÝnh gi¸ trÞ cña c¸c biÓu thøc: a. A = cos4 ? Gi¶i NhËn xÐt r»ng 7x = Ta sÏ ®i x©y dùng ph¬ng tr×nh ®¹i sè nhËn a = cos2 (1) Û cos7x = 0 Û cos(6x + x) = 0 Û cos6x.cosx - sin6x.sinx = 0 Û (4cos32x - 3cos2x)cosx - 2sin3x.cos3x.sinx = 0 Û [4(2cos2x - 1)3 - 3(2cos2x - 1)]cosx - - 2(3sinx - 4sin3x).(4cos3x - 3cosx)sinx = 0 Û (64cos6x - 112cos4x + 56cos2x - 7)cosx = 0 Þ 64cos6x - 112cos4x + 56cos2x - 7 = 0. §Æt t = cos2x víi 0 £ t £ 1 ta ®îc: 64t3 - 112t2 + 56t - 7 = 0. Tõ ®ã, theo ®Þnh lÝ ViÐt ta ®îc: a. Ta suy ra: A = cos4 = (a + b + c)2 - 2(ab + bc + ca) = b. Ta suy ra: B = cos6 = (a + b + c)(a2 + b2 + c2 - ab - bc - ca) + 3abc = VÝ dô 8: Rót gän biÓu thøc: A = ? Gi¶i Ta cã: 2 + 2cosx = 2(1 + cosx) = 4cos2 suy ra: ... VËy, ta ®îc: A = VÝ dô 9: Rót gän biÓu thøc A = cos2a + cos22a + ... + cos2na. ? Gi¶i Ta biÕn ®æi biÓu thøc vÒ d¹ng: C = = XÐt hai trêng hîp: Trêng hîp 1: NÕu a = kp, k Î cos2a = cos4a = ... = cos2na = 1 Þ C = n. Trêng hîp 2: NÕu a ¹ kp, k Î Z th× ta ®i tÝnh tæng T = cos2a + cos4a + ... + cos2na b»ng c¸ch nh©n c¶ hai vÕ cña biÓu thøc víi 2sina, ta ®îc: 2T.sina = 2cos2a.sina + 2cos4a.sina + ... + 2cos2na.sina = sin3a - sina + sin5a - sin3a + ... + sin(2n + 1)a - sin(2n - 1)a = sin(2n + 1)a - sina = 2cos(n + 1)a.sinna Û T = Tõ ®ã, suy ra: C = VÝ dô 10: Rót gän biÓu thøc: a. A = cos b. B = (2cosa - 1)(2cos2a - 1)... (2cos2n - 1a - 1). c. C = d. D = (1 + ? Gi¶i a. §Æt a = A = cosa + cos2a + ... + cosna = b. NhËn xÐt r»ng: (2cosx + 1)(2cosx - 1) = 4cos2x - 1 = 2(1 + cos2x) - 1 = 2cos2x + 1. Tõ ®ã, ta ®i xÐt hai trêng hîp: Trêng hîp 1: NÕu a = ± Trêng hîp 2: NÕu a ¹ ± B(2cosa + 1) = (2cosa + 1)(2cosa - 1)(2cos2a - 1)... (2cos2n - 1a - 1) = (2cos2a + 1)(2cos2a - 1)... (2cos2n - 1a - 1) = (2cos4a + 1)... (2cos2n - 1a - 1) = 2cos2n a + 1 Û B = c. NhËn xÐt r»ng: Tõ ®ã, suy ra: ... Céng theo vÕ c¸c ®¼ng thøc trªn, ta ®îc: C = d. BiÕn ®æi biÓu thøc vÒ d¹ng: D = = VÝ dô 11: Cho DABC, chøng minh r»ng: (b - c).cot ? Gi¶i Ta cã thÓ lùa chän mét trong hai c¸ch sau: C¸ch 1: Sö dông c¸c phÐp biÕn ®æi lîng gi¸c, ta cã: (b - c).cot = 4R.sin t¬ng tù: (c - a).cot + (a - b).cot Céng theo vÕ ta nhËn ®îc ®¼ng thøc cÇn chøng minh. C¸ch 2: Sö dông c¸c ph¬ng ph¸p h×nh häc, ta cã: a = BC = BM + MC = r.cot t¬ng tù: b = r(cot c = r(cot Thay (2), (3), (4) vµo VT cña (1), ta ®îc ®iÒu cÇn chøng minh. F Chó ý: Qua c¸ch tr×nh bµy cña vÝ dô trªn c¸c em häc sinh cÇn rót ra cho b¶n th©n kinh nghiÖm khi thùc hiÖn phÐp biÕn ®æi hoÆc tÝnh to¸n c¸c biÓu thøc chøa c¸c nh©n tö cã tÝnh chÊt t¬ng tù. Tuy nhiªn ®iÒu nµy kh«ng ph¶i bao giê còng ®óng. VÝ dô 12: Cho DABC, chøng minh r»ng: (a + b)cosC + (b + c)cosA + (c + a)cosB = a + b + c. ? Gi¶i Ta cã: VT = (a + b)cosC + (b + c)cosA + (c + a)cosB = 2R(sinA + sinB)cosC + (sinB + sinC)cosA + (sinC + sinA)cosB = 2R[(sinA.cosC + sinC.cosA) + (sinB.cosC + sinC.cosB) + + (sinC.cosA + sinA.cosC) = 2R[sin(A + C) + sin(B + C) + sin(C + A)] = 2R(sinA + sinB + sinC) = a + b + c. VÝ dô 13: X¸c ®Þnh d¹ng cña DABC, biÕt: a. sin4A + sin4B + sin4C = 0. b. sin2A + sin2B = 4sinA.sinB. b. 3(cosB + 2sinC) + 4(sinB + 2cosC) = 15. ? Gi¶i a. NhËn xÐt r»ng: VT = 2sin2(A + B).cos2(A - B) + sin4C = -2sin2C.cos2(A - B) + 2sin2C.cos2C = -2[cos2(A - B) - cos2C].sin2C = -2[cos(A - B) - cos2(A + B)].sin2C = -4cos2A.cos2B.sin2C Do ®ã, ta ®îc: -4cos2A.cos2B.sin2C = 0 Û b. BiÕn ®æi gi¶ thiÕt vÒ d¹ng: 2sin(A + B).cos(A - B) = 2[cos(A - B) - cos(A + B)] Û sinC.cos(A - B) = cos(A - B) + cosC Û (1 - sinC)cos(A - B) + cosC = 0 Û (cos Û (cos Û cos Û DABC vu«ng t¹i C. c. Sö dông bÊt ®¼ng thøc Bunhiac«pxki, ta cã: VT = (3cosA + 4sinA) + (6sinB + 8cosB) = 5 + 10 = 15. Do ®ã (1) x¶y ra khi vµ chØ khi : Û DABC vu«ng t¹i C. VÝ dô 14: X¸c ®Þnh d¹ng cña DABC, biÕt: a. b. 2cosA.sinB.sinC + ? Gi¶i a. BiÕn ®æi gi¶ thiÕt vÒ d¹ng: Û Û Û (sin2A - sin2B)sin(A + B).sin(A - B) = 0 b. Ta cã: cosA = = Û 2cosA.sinB.sinC = sin2B + sin2C - sin2A. Khi ®ã ta ®îc: sin2B + sin2C - sin2A + Û (sinA - Û VÝ dô 15: X¸c ®Þnh d¹ng cña DABC, biÕt: a. Më réng víi b. ? Gi¶i a. Sö dông bÊt ®¼ng thøc Bunhiac«xki ta cã: ( = 4cos Û VËy, gi¶ thiÕt t¬ng ®¬ng víi: B¹n ®äc tù chøng minh cho phÇn më réng. b. Sö dông bÊt ®¼ng thøc C«si ta cã: = VËy, gi¶ thiÕt t¬ng ®¬ng víi: B¹n ®äc tù chøng minh cho phÇn më réng. Page 5
CHƯƠNG 2 - PHƯƠNG TRÌNH, HỆ PHƯƠNG TRÌNH I. ĐẠI CƯƠNG VỀ PHƯƠNG TRÌNH 1. KHÁI NIỆM PHƯƠNG TRÌNH MỘT ẨNĐịnh nghĩa: Cho hai biểu thức f(x) và g(x) của cùng biến số x. 1. Mệnh đề chứa biến x dạng f(x) = g(x) được gọi là phương trình một ẩn; x gọi là ẩn số (hay ẩn) của phương trình. 2. Ngoài các điều kiện để hai biểu thức f(x) và g(x) có nghĩa, đôi khi x còn phải thoả mãn thêm những điều kiện khác nữa. Ta gọi chung các điều kiện ấy là điều kiện xác định của phương trình f(x) = g(x). 3. Số x0 gọi là nghiệm của phương trình f(x) = g(x) nếu nó thoả mãn ĐKXĐ của phương trình và mệnh đề f(x0) = g(x0) là đúng. 4. Việc tìm tất cả các nghiệm của phương trình gọi là giải phương trình. Nói cách khác, giải một phương trình là tìm tập nghiệm của phương trình đó. F Chú ý: 1. Hệ thức x = m (với m là một số nào đó) cũng là một phương trình. Phương trình này chỉ rõ rằng m là nghiệm duy nhất của nó. 2. Ta thường kí hiệu tập nghiệm của phương trình là T. Phương trình có thể có một nghiệm, hai nghiệm, ..., nhưng cũng có thể không có nghiệm nào (tức là T = Æ) thì ta gọi là vô nghiệm, phương trình có T = 3. Nhiều trường hợp, ta không thể tính được giá trị chính xác của nghiệm, hoặc bài toán chỉ yêu cầu tính giá trị gần đúng của nghiệm (với độ chính xác cho trước). Giá trị đó gọi là nghiệm gần đúng của phương trình. 2. PHƯƠNG TRÌNH TƯƠNG ĐƯƠNGĐịnh nghĩa: Hai phương trình f1(x) = g1(x) và f2(x) = g2(x) có cùng một tập nghiệm là hai phương trình tương đương. Khi đó, ta viết: f1(x) = g1(x) Û f2(x) = g2(x). F Chú ý: Khi muốn nhấn mạnh hai phương trình có cùng điều kiện xác định D và tương đương với nhau, ta nói: "Hai phương trình tương đương trong điều kiện D" hoặc "Với điều kiện D, hai phương trình là tương đương với nhau". Định nghĩa (Phép biến đổi tương đương): Các phép biến đổi không làm thay đổi tập nghiệm của phương trình được gọi là các phép biến đổi tương đương. Phép biến đổi tương đương biến một phương trình thành phương trình tương đương với nó. Định lí 1: Cho phương trình f(x) = g(x) với ĐKXĐ D, h(x) là một biểu thức xác định với mọi x thoả mãn điều kiện D (h(x) có thể là hằng số). Khi đó, với điều kiện D, phương trình f(x) = g(x) tương đương với mỗi phương trình sau: a. f(x) + h(x) = g(x) + h(x). b. f(x).h(x) = g(x).h(x) nếu h(x) ¹ 0 với "x Î D. Hệ quả: Với ĐKXĐ của phương trình ban đầu thì: a. (Quy tắc chuyển vế): f(x) + h(x) = g(x) Û f(x) = g(x) - h(x). b. (Quy tắc rút gọn): f(x) + h(x) = g(x) + h(x) Û f(x) = g(x). 3. PHƯƠNG TRÌNH HỆ QUẢĐịnh nghĩa: Cho phương trình f1(x) = g1(x) có tập nghiệm T1. Phương trình f2(x) = g2(x) có tập nghiệm T2 được gọi là hệ quả của phương trình f1(x) = g1(x) nếu T1 Ì T2. Định lí 2: Khi bình phương hai vế của phương trình, ta được phương trình hệ quả của phương trình đã cho: f(x) = g(x) Þ f2(x) = g2(x) F Chú ý: 1. Nếu hai vế của một phương trình luôn cúng dấu với mọi x thoả mãn ĐKXĐ của phương trình thì khi bình phương hai vế của nó, ta được phương trình tương đương. 2. Nếu phép biến đổi một phương trình dẫn đến phương trình hệ quả thì sau khi tìm được nghiệm của phương trình hệ quả, ta phải thử lại vào phương trình đã cho để phát hiện và loại nghiệm ngoại lai. 4. PHƯƠNG TRÌNH NHIỀU ẨNĐịnh nghĩa: Cho hai biểu thức f(x, y,…) và g(x, z,…). 1. Mệnh đề chứa các biến dạng f(x, y,…) = g(x, z,…) được gọi là phương trình nhiều ẩn ẩn; x, y, z,… gọi là các ẩn số của phương trình. 2. Các số x = x0, y = y0, z = z0,… thoả mãn ĐKXĐ của phương trình và mệnh đề f(x0, y0,…) = g(x0, z0,…) là đúng thì bộ (x0, y0, z0,…) được gọi là một nghiệm của phương trình. II. PHƯƠNG TRÌNH BẬC NHẤT VÀ BẬC HAI MỘT ẨN 1. PHƯƠNG TRÌNH BẬC NHẤT MỘT ẨNVới yêu cầu "Giải và biện luận phương trình ax + b = 0" ta sẽ thực hiện như sau: Viết lại phương trình dưới dạng: ax = -b. (1) Ta xét hai trường hợp: Trường hợp 1: Nếu a = 0 thì: (1) Û 0 = - b Û b = 0. Vậy, ta được: § Nếu b = 0, phương trình nghiệm đúng với mọi x Î § Nếu b ¹ 0, phương trình vô nghiệm. Trường hợp 2: Nếu a ¹ 0 thì: (1) Û x = - Kết luận: § Với a ¹ 0, phương trình có nghiệm duy nhất x = - § Với a = b = 0 , phương trình nghiệm đúng với mọi x. § Với a = 0 và b ¹ 0, phương trình vô nghiệm. 2. PHƯƠNG TRÌNH BẬC HAI MỘT ẨNVới yêu cầu "Giải và biện luận phương trình ax2 + bx + c = 0 (1)" ta sẽ thực hiện như sau: Trường hợp 1. Với a = 0 thì phương trình có dạng: bx + c = 0 Û bx = -c. (2) a. Nếu b = 0 thì: (2) Û 0 = -c Û c = 0. § Nếu c = 0, phương trình nghiệm đúng với mọi x Î § Nếu c ¹ 0, phương trình vô nghiệm. b. Nếu b ¹ 0 thì: (2) Û x = - Trường hợp 2. Với a ¹ 0 ta tính biệt thức: D = b2 - 4ac (hoặc nếu b = 2b' thì tính D' = (b')2 - ac). a. Nếu D < 0 (hoặc D' < 0) thì phương trình (1) vô nghiệm. b. Nếu D = 0 (hoặc D' = 0) thì phương trình (1) có nghiệm kép: x0 = - c. Nếu D > 0 (hoặc D' > 0) thì phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt: x1,2 = Kết luận: § Với a = b = c = 0, phương trình nghiệm đúng với mọi x Î § Với a = b = 0 và c ¹ 0 , phương trình vô nghiệm. § Với a = 0 và b ¹ 0 , phương trình có nghiệm duy nhất x = - § Với a ¹ 0 và D < 0, phương trình vô nghiệm. § Với a ¹ 0 và D = 0, phương trình có nghiệm kép x0 = - § Với a ¹ 0 và D > 0, phương trình có hai nghiệm phân biệt: x1,2 = 3. ĐỊNH LÍ VI -ÉTĐịnh lí: Nếu phương trình ax2 + bx + c = 0, với a ¹ 0 có hai nghiệm x1 và x2 thì: Hệ quả: 1. Nếu a + b + c = 0, phương trình ax2 + bx + c = 0 có 2 nghiệm: 2. Nếu a - b + c = 0, phương trình ax2 + bx + c = 0 có 2 nghiệm F Chú ý: Trước khi áp dụng định lí Viét cần tìm điều kiện để phương trình có hai nghiệm: Û Định lí Viét được sử dụng để: a. Tìm hai số biết tổng và tích của chúng. b. Tính giá trị của các biểu thức đối xứng giữa các nghiệm. c. Tìm hệ thức liên hệ giữa các nghiệm không phụ thuộc vào tham số. d. Xét dấu các nghiệm. e. Tìm điều kiện để các nghiệm của phương trình thoả mãn điều kiện K. f. Ứng dụng khác. III. MỘT SỐ PHƯƠNG TRÌNH QUY VỀ PHƯƠNG TRÌNH BẬC NHẤT HOẶC BẬC HAI a. Phương trình chứa ẩn ở mẫu. b. Phương trình chứa ẩn trong dấu giá trị tuyệt đối. c. Phương trình chứa ẩn dưới dấu căn. IV. PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH BẬC NHẤT NHIỀU ẨN 1. PHƯƠNG TRÌNH BẬC NHẤT HAI ẨNĐịnh nghĩa: Phương trình bậc nhất hai ẩn là phương trình có dạng: ax + by = c trong đó: § a, b, c là hằng số và a, b không đồng thời bằng không. § x, y là hai ẩn số. Mỗi phương trình bậc nhất hai ẩn đều có vô số nghiệm. Tập hợp các nghiệm của phương trình được biểu diễn trên mặt phẳng toạ độ là một đường thẳng, gọi là đường thẳng ax + by = c (mỗi điểm của đường thẳng ax + by = c biểu diễn một cặp nghiệm (x, y) của phương trình). § Nếu a ¹ 0, b ¹ 0 thì đường thẳng đó là đồ thị hàm số bậc nhất: y = - § Nếu a = 0, b ¹ 0 thì đường thẳng đó là đồ thị hàm số y = đó là đường thẳng song song với Ox nếu c ¹ 0, trùng với Ox nếu c = 0. § Nếu a ¹ 0, b = 0 thì đường thẳng đó có dạng x = đó là đường thẳng song song với Oy nếu c ¹ 0, trùng với Oy nếu c = 0. F Chú ý: 1. Đường thẳng x = 2. Với yêu cầu giải phương trình ax + by = c, ta thường thực hiện ba công việc: § Biến đổi để chỉ ra một vài nghiệm cụ thể của phương trình. § Viết được công thức nghiệm tổng quát của phương trình. § Biểu diễn nghiệm của phương trình trên mặt phẳng toạ độ. 2. HỆ HAI PHƯƠNG TRÌNH BẬC NHẤT HAI ẨNĐịnh nghĩa: Hệ hai phương trình bậc nhất hai ẩn có dạng: Khi đó, đặt: D = a1b2 - a2b1, Dx = c1b2 - c2b1, Dy = c1a2 - c2a1. Ta có: a. Nếu D ¹ 0 thì hệ có nghiệm duy nhất (x, y) = b. Nếu D = 0 thì: - Nếu Dx ¹ 0 hoặc Dy ¹ 0 thì hệ phương trình vô nghiệm. - Nếu Dx = Dy = 0 thì hệ có vô số nghiệm (x0, y0) thoả mãn phương trình a1x + b1y = c1. V. HỆ PHƯƠNG TRÌNH BẬC HAI HAI ẨN a. Hệ phương trình trong đó ccó một phương trình bậc nhất: Dùng phương pháp thế. b. Hệ phương trình mà mỗi phương trình trong hệ không thay đổi khi thay thế đồng thời x bởi y và y bởi x: Dùng phương pháp đặt ẩn phụ S = x + y; P = xy. §1. ĐẠI CƯƠNG VỀ PHƯƠNG TRÌNH D¹ng to¸n 1: Các bài toán mở đầu về phương trình Phương pháp áp dụng Sử dụng kiến thức trong phần "Kiến thức cần nhớ". ThÝ dô 1. Tìm tập nghiệm của phương trình ? Giải Nhận xét rằng: § Với x = 0 thì VT = 0 còn VP = 8, do đó x = 0 không là nghiệm. § Với x < 0 thì § Với x > 0 thì Vậy, phương trình có tập hợp nghiệm T = Æ. F Nhận xét: Lời giải của thí dụ trên được trình bày theo kiểu loại dần. Tuy nhiên, các em học sinh hẳn sẽ thắc mắc " Tại sao lại biết cách thực hiện như vậy ?". Câu trả lời được lấy ra từ thuật toán chung khi thực hiện công việc giải phương trình, bao gồm các bước: Bíc 1: Đặt điều kiện có nghĩa cho các biểu thức trong phương trình. Bíc 2: Giải phương trình. Và ở đây, khi thực hiện bước 1, ta cần có điều kiện: x ³ 0 và -x ³ 0 Û x = 0. Từ đó, việc giải phương trình trong bước 2 chỉ cần thử với x = 0. ThÝ dô 2. Giải các phương trình sau: a. ? Giải a. Ta có thể lựa chọn một trong ba cách trình bày sau: Cách 1: (Sử dụng lược đồ giải phương trình trong thí dụ 1): ĐKXĐ của phương trình là: Với x Î D, bằng cách bình phương hai vế phương trình ban đầu, ta nhận được phương trình tương đương là: x - 1 = 5 - 2x Û 3x = 6 Û x = 2 Î D. Vậy, phương trình có nghiệm x = 2. Cách 2: (Sử dụng phép biến đổi tương đương): Ta có: Vậy, phương trình có nghiệm x = 2. Cách 3: Ta có: Thử lại, với x = 2 phương trình có dạng: Vậy, phương trình có nghiệm x = 2. b. Ta có thể lựa chọn một trong ba cách trình bày sau: Cách 1: (Sử dụng phép biến đổi tương đương): Ta có: Vậy, phương trình có nghiệm x = 1. Cách 2: Ta có: ½x - 2½ = 2x - 1 Þ Thử lại: § Với x = -1 phương trình có dạng: ½-1 - 2½ = 2(-1) - 1 Û 3 = -3, mâu thuẫn. § Với x = 1 phương trình có dạng: ½1 - 2½ = 2.1 - 1 Û 1 = 1, đúng. Vậy, phương trình có nghiệm x = 1. ThÝ dô 3. Giải các phương trình sau: a. ? Giải a. Ta có D = (2; + Biến đổi phương trình về dạng: x2 - 4x - 2 = x - 2 Û x2 - 5x = 0 Û Vậy, phương trình có nghiệm x = 5. b. Ta có Biến đổi phương trình về dạng: 2x2 - x - 3 = 2x - 3 Û 2x2 - 3x = 0 Û Vậy, phương trình vô nghiệm. D¹ng to¸n 2: Phương trình hệ quả và hai phương trình tương đương Phương pháp áp dụng Cho hai phương trình f(x, m) = 0 (1) g(x, m) = 0 (2) 1. Xác định tham số để phương trình (1) là hệ quả của phương trình (2) (nói cách khác “Để mọi nghiệm của (1) cũng là nghiệm của (2)”), ta thực hiện theo các bước sau: Bíc 1: Điều kiện cần § Giải và tìm nghiệm x = x0 của (1). § Để phương trình (1) là hệ quả của phương trình (2), trước hết cần x = x0 cũng là nghiệm của (2), tức là: g(x0, m) = 0 Þ m = m0. § Vậy m = m0 chính là điều kiện cần. Bíc 2: Điều kiện đủ § Với m = m0, ta được: (1) Û f(x, m0) = 0 Þ nghiệm của (1) (2) Û g(x, m0) = 0 Þ nghiệm của (2) § Kết luận. 2. Xác định tham số để (1) và (2) tương đương, ta lựa chọn theo hai hướng sau: Híng 1: Nếu (1) & (2) đều giải được. Ta thực hiện theo các bước sau: Bíc 1: Giải (1) để tìm tập nghiệm D1, Giải (2) để tìm tập nghiệm D2. Bíc 2: Thiết lập điều kiện để D1 = D2. Híng 2: Sử dụng phương pháp điều kiện cần và đủ Bíc 1: Điều kiện cần § Giải và tìm nghiệm x = x0 của (1). § Để phương trình (1) & (2) tương đương, trước hết cần x = x0 cũng là nghiệm của (2), tức là: g(x0, m) = 0 Þ m = m0. § Vậy m = m0 chính là điều kiện cần. Bíc 2: Điều kiện đủ § Với m = m0, ta được: (1) Û f(x, m0) = 0 Þ nghiệm của (1) (2) Û g(x, m0) = 0 Þ nghiệm của (2) § Kết luận. ThÝ dô 1. Cho hai phương trình: x2 - 2mx - m2 - 2 = 0. (2) Tìm m để mọi nghiệm của (1) cũng là nghiệm của (2). ? Giải Biến đổi (1) về dạng: Do đó, để mọi nghiệm của (1) cũng là nghiệm của (2) điều kiện là x = 3 cũng là nghiệm của (2), tức là: 9 - 6m - m2 - 2 = 0 Û m2 + 6m - 7 = 0 Vậy, với m = 1 hoặc m = -7 thoả mãn điều kiện đầu bài. F Nhận xét: Như vậy, trong lời giải của thí dụ trên ta đã không sử dụng mẫu phương pháp điều kiện cần và đủ bởi các lý do sau: 1 Phương trình (1) không chứa tham số. 2 Dễ dàng tìm được tất cả các nghiệm của (1) và phép thử các nghiệm đó vào (2) đơn giản. Trong những trường hợp một trong các lý do trên bị vi phạm các em học sinh nên thực hiện đúng mẫu điều kiện cần và đủ để giải. Trong trường hợp (1) có chứa tham số ta cần chỉ ra được một nghiệm tường minh của (1) để tìm được điều kiện cần cho m. Cụ thể ta đi xem xét ví dụ sau: ThÝ dô 2. Cho hai phương trình: x2 - (m + 2)x + m + 1 = 0, (1) x3 - 2x2 - mx - m2 + 3 = 0. (2) Tìm m để mọi nghiệm của (1) cũng là nghiệm của (2). ? Giải Điều kiện cần: Nhận xét rằng với mọi m phương trình (1) luôn có nghiệm x = 1. Do đó, để mọi nghiệm của (1) cũng là nghiệm của (2) trước hết cần x = 1 cũng là nghiệm của (2), tức là: 1 - 2 - m - m2 + 3 = 0 Û m2 + m - 2 = 0 Đó chính là điều kiện cần của m. Điều kiện đủ: Ta lần lượt: § Với m = 1, ta được: (1) Û x2 - 3x + 2 = 0 Û x = 1 hoặc x = 2. (2) Û x3 - 2x2 - x + 2 = 0 Û (x - 1)(x2 - x - 2) = 0 Û x = ±1 hoặc x = 2. suy ra mọi nghiệm của (1) cũng là nghiệm của (2), tức m = 1 thoả mãn. § Với m = -2, ta được: (1) Û x2 - 1 = 0 Û x = ±1. (2) Û x3 - 2x2 + 2x - 1 = 0 Û (x - 1)(x2 - x + 1) = 0 Û x = 1. suy ra x = -1 không là nghiệm của (2), tức m = -2 không thoả mãn. Vậy, với m = 1 thoả mãn điều kiện đầu bài. §2. PHƯƠNG TRÌNH BẬC NHẤT VÀ BẬC HAI MỘT ẨN D¹ng to¸n 1: Phương trình bậc nhất một ẩn Phương pháp áp dụng 1. Với bài toán "Giải và biện luận phương trình bậc nhất một ẩn" chúng ta sử dụng kiến thức đã biết trong phần lý thuyết. 2. Với bài toán "Tìm điều kiện để phương trình bậc nhất một ẩn có nghiệm thoả mãn điều kiện K" chúng ta thực hiện như sau: Giả sử điều kiện cho ẩn số ( nếu cần) là K, khi đó ta có ĐKXĐ là tập D. Biến đổi phương trình về dạng: ax = -b. (*) Khi đó: (1). Phương trình (1) có nghiệm duy nhất: Û (2). Phương trình (1) có nghiệm: Û (3). Phương trình (1) có nghiệm "x Î D thường ta có điều kiện a = b = 0. (4). Phương trình ban đầu vô nghiệm: Û F Chú ý: Trong nhiều trường hợp các em học lên trình bày đòi hỏi của bài toán thông qua các bước giải biện luận. ThÝ dô 1. Giải và biện luận phương trình sau theo tham số m: m2x + 6 = 4x + 3m. ? Giải Biến đổi phương trình về dạng: m2x + 6 = 4x + 3m Û (m2 - 4)x = 3m - 6. (*) Xét các trường hợp: Trêng hîp 1: Nếu m2 - 4 ¹ 0 Û m ¹ ± 2. Khi đó: (*) Û x = Trêng hîp 2: Nếu m2 - 4 = 0 Û m = ± 2. Khi đó: (*) Û Kết luận: § Khi m ¹ ± 2, phương trình có nghiệm x = § Khi m = 2, phương trình vô số nghiệm. § Khi m = - 2, phương trình vô nghiệm. F Nhận xét: Trong thí dụ trên, ta thấy tồn tại đầy đủ các khả năng được minh hoạ trong bài toán tổng quát, tuy nhiên sẽ tồn tại những bài toán là một trường hợp đặc biệt: § Hệ số a ¹ 0 với mọi giá trị của tham số, khi đó ta kết luận ngay tính duy nhất nghiệm của phương trình. § Hệ số a = 0 với mọi giá trị của tham số, khi đó ta biện luận cho b. ThÝ dô 2. Giải và biện luận phương trình sau theo tham số a, b: ? Giải Điều kiện a ¹ ± b. Viết lại phương trình dưới dạng: -(a + b)(x + a) + (a - b)(x - a) = 2 Û -bx = a2 + 1. Khi đó: § Với b = 0, phương trình vô nghiệm. § Với b ¹ 0, phương trình có nghiệm x = - ThÝ dô 3. Xác định tham số để phương trình sau có tập hợp nghiệm là m2(mx - 1) = 2m(2x + 1). ? Giải Ta biến đổi phương trình về dạng: (m3 - 4m)x = m2 + 2m. (*) Điều kiện để (*) có tập hợp nghiệm là Vậy, với m = 0 hoặc m = -2 phương trình có tập nghiệm là ThÝ dô 4. Xác định m để phương trình sau có nghiệm: m2(x - 1) = 4x - 3m + 2 với x > 0. ? Giải Ta biến đổi phương trình về dạng: (m2 – 4)x = m2 – 3m + 2 Û (m – 2)(m + 2)x = (m – 2)(m - 1). Phương trình có nghiệm với x > 0 điều kiện là: Vậy, với m > 1 hoặc m < -2 phương trình có nghiệm thoả mãn điều kiện đề bài. D¹ng to¸n 2: Phương trình bậc hai một ẩn Phương pháp áp dụng 1. Với bài toán "Giải và biện luận phương trình bậc hai một ẩn" chúng ta sử dụng kiến thức đã biết trong phần lý thuyết. 2. Với bài toán "Tìm điều kiện để phương trình bậc hai một ẩn có nghiệm thoả mãn điều kiện K" chúng ta thực hiện như sau: Với phương trình: ax2 + bx + c = 0. để tìm điều kiện của tham số sao cho: D¹ng 1: Phương trình vô nghiệm Û D¹ng 2: Phương trình nhận mọi x làm nghiệm Û a = b = c = 0. D¹ng 3: Phương trình có nghiệm: Û D¹ng 4: Phương trình có nghiệm duy nhất Û D¹ng 5: Phương trình có hai nghiệm phân biệt: Û ThÝ dô 1. Giải và biện luận các phương trình: mx2 - 2mx + m - 1 = 0. (1) ? Giải Xét hai trường hợp của m. Trường hợp 1: Với m = 0, ta được: (1) Û -1 = 0, mâu thuẫn Þ phương trình vô nghịêm. Trường hợp 2: Với m ¹ 0, ta có D' = m. a. Nếu D' < 0 Û m < 0 thì phương trình (1) vô nghiệm. b. Nếu D' > 0 Û m > 0 thì phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt: x1,2 = Kết luận: § Với m £ 0, phương trình vô nghiệm. § Với m > 0, phương trình có 2 nghiệm phân biệt: x1,2 = F Chú ý: 1. Chúng ta có thể trình bày bài toán trên bằng bảng, như sau:
2. Dựa trên tính chất đặc thù của phương trình chúng ta có thể thực hiện bài toán như sau: Biến đổi phương trình về dạng: m(x2 - 2x + 1) = 1 Û m(x - 1)2 = 1. Nhận xét rằng: § Với m £ 0, phương trình vô nghiệm. § Với m > 0, ta được: (x - 1)2 = 3. Nếu bài toán chỉ yêu cầu biện luận theo m số nghiệm của phương trình thì chúng ta có thể sử dụng phương pháp đồ thị, cụ thể: Biến đổi phương trình về dạng: m(x2 - 2x + 1) = 1. Nhận xét rằng: § Với m = 0, phương trình vô nghiệm. § Với m ¹ 0, ta được: x2 - 2x + 1 = từ đó vẽ đồ thị hàm số y = x2 - 2x + 1 rồi suy ra kết quả biện luận. ThÝ dô 2. Cho phương trình: mx2 - 2(m - 2)x + m - 3 = 0. (1) a. Tìm m để phương trình có nghiệm. b. Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt. ? Giải a. Ta xét hai trường hợp của m: Trường hợp 1: Với m = 0 Trường hợp 2: Với m ¹ 0 thì D' = (m – 2)2 – m(m – 3) = 4 - m Để (1) có nghiệm Û D' ³ 0 Û 4 - m ³ 0 Û m £ 4. Vậy, với m £ 4 phương trình có nghiệm. b. Để phương trình có hai nghiệm phân biệt điều kiện là: Vậy, với 0 ¹ m < 4 phương trình có hai nghiệm phân biệt. ThÝ dô 3. Chứng minh rằng với mọi m phương trình sau luôn có hai nghiệm phân biệt: x2 - 2(m - 1)x - m2 - m - 1 = 0. ? Giải Ta có thể lựa chọn một trong ba cách trình bày sau: Cách 1: Ta có: D = (m - 1)2 + m2 + m + 1 = 2m2 - m + 2 = 2(m - Þ phương trình có hai nghiệm phân biệt. Vậy, với mọi m phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt. Cách 2: Ta có: D = (m - 1)2 + m2 + m + 1 = (m - 1)2 + (m + Þ phương trình có hai nghiệm phân biệt. Vậy, với mọi m phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt. Cách 3: Ta có: a.c = -m2 - m - 1 = - (m + Þ phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 < 0 < x2. Vậy, với mọi m phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt. ThÝ dô 4. Chứng minh rằng với a2 + b2 > 0 phương trình sau luôn có nghiệm: ? Giải Điều kiện x ¹ 0, 1. (*) Biến đổi phương trình về dạng: f(x) = x2 - (1 + a2 + b2)x + a2 = 0. (1) Ta có: D = (1 + a2 + b2)2 - 4a2 = (1 + a2 + b2 - 2a)(1 + a2 + b2 + 2a) = [b2 + (a - 1)2][b2 + (a + 1)2] > 0. Vậy (1) luôn có hai nghiệm phân biệt x1, x2. Ta đi kiểm tra điều kiện (*), ta có: f(0) = a2 và f(1) = - b2. Do a, b không đồng thời bằng 0 nên ít nhất một trong hai giá trị f(0) và f(1) khác 0. Vậy, phương trình luôn có nghiệm. ThÝ dô 5. Cho hai phương trình: x2 + ax + b = 0 (1) x2 + cx + d = 0. (2) Biết rằng ac ³ 2(b + d). Chứng minh rằng ít nhất một trong hai phương trình có nghiệm. ? Giải Gọi D(1), D(2) theo thứ tự là biệt số của phương trình (1) và (2), ta có: D(1) = a2 - 4b D(2) = c2 - 4d. Nhận xét rằng: D(1) + D(2) = a2 - 4b + c2 - 4d = (a2 + c2) - 4(b + d) ³ 2ac - 4(b + d) ³ 4(b + d) - 4(b + d) = 0. Û D(1) + D(2) ³ 0 Û Ít nhất một trong hai D(1), D(2) không âm Û Ít nhất một trong hai phương trình có nghiệm, đpcm. F Nhận xét: Trong lời giải của ví dụ trên, chúng ta đã sử dụng kết quả: A + B ³ 0 Û tồn tại một số không âm. Ngoài ra, chúng ta còn có: 1. Nếu A + B < 0 Û tồn tại một số âm. Kết quả này được sử dụng để chứng minh "ít nhất một trong hai phương trình vô nghiệm ". 2. Nếu A.B < 0 Û hai số trái dấu. Kết quả này được sử dụng để chứng minh "Chỉ có một trong hai phương trình có nghiệm ". 3. Nếu A.B > 0 Û hai số cùng dấu. Kết quả này được sử dụng để chứng minh "Hoặc cả hai phương trình đề có hai nghiệm phân biệt hoặc chúng cùng vô nghiệm". Thí dụ tiếp theo, sẽ minh hoạ lại phương pháp giải bài toán bằng cách lập phương trình. ThÝ dô 6. Hai người quét sân. Cả hai người cùng quét sân hết 1 giờ 20 phút, trong khi nếu chỉ quét một mình thì người thứ nhất quét hết nhiều hơn 2 giờ so với người thứ hai. Hỏi mỗi người quét sân một mình thì hết mấy giờ ? ? Giải Gọi x (giờ) là thời gian người thứ nhất quét sân một mình (x > 2). Khi đó, x - 2 (giờ) là thời gian người thứ hai quét sân một mình. Trong 1 giờ: § Người thứ nhất quét được § Người thứ hai quét được Vì cả hai người cùng quét sân hết 1 giờ 20 phút = Ta có phương trình: Vậy, thời gian người thứ nhất quét sân một mình là 4 giờ, do đó người thứ hai quét một mình hết 2 giờ. D¹ng to¸n 3: Sử dụng phương pháp đồ thị giải và biện luận phương trình bậc hai một ẩn Phương pháp áp dụng Ta biết rằng hàm số: y = ax2 + bx + c, với a ¹ 0 Số nghiệm của phương trình ax2 + bx + c = 0 chính bằng số giao điểm của đồ thị parabol y = ax2 + bx + c với trục hoành. Để biện luận theo tham số m, số nghiệm của phương trình: ax2 + bx + c = m ta xét vị trí tương đối của đường thẳng (d): y = m với Parabol (P): y = ax2 + bx + c. Như vậy, trong trường hợp tổng quát ta thực hiện theo các bước sau: Bíc 1: Chuyển phương trình ban đầu về dạng: ax2 + bx + c = g(m). Bíc 2: Vẽ (P): y = ax2 + bx + c. Bíc 3: Khi đó, số nghiệm của phương trình bằng số giao điểm của đường thẳng (d): y = g(m) với Parabol (P): y = ax2 + bx + c. Bíc 4: Bằng việc dịch chuyển đường thẳng (d) song song với Ox ta sẽ nhận được kết luận tương ứng. Bíc 5: Kết luận. F Chú ý: Phương pháp này tỏ ra đặc biệt hiệu quả với yêu cầu về nghiệm thuộc (a; b) cho trước. ThÝ dô 1. Biện luận số giao điểm của parabol (P): y = x2 - 3x + 1 với đường thẳng (d): y = x + m + 1. ? Giải Số giao điểm của (P) và (d) đúng bằng số nghiệm của phương trình: Û x2 - 4x = m (2) Khi đó, số nghiệm của phương trình là số giao điểm của Parabol (P1): y = x2 - 4x và đường thẳng (d1): y = m. Ta được: § Với m < -4, phương trình vô nghiệm, tức là (P) không cắt (d). § Với m = -4, phương trình có nghiệm kép x0 = 2, tức là (P) tiếp xúc với (d) tại điểm M(2; -1). § Với m > -4, phương trình có hai nghiệm phân biệt, tức là (P) cắt (d) tại hai điểm phân biệt. ThÝ dô 2. Cho phương trình: x2 + 4x - m = 0. Xác định m để phương trình: a. Có nghiệm thuộc khoảng (-3; 1). b. c. Có hai nghiệm phân biệt thuộc (-3; 1). ? Giải Viết lại phương trình dưới dạng: x2 + 4x = m. Khi đó số nghiệm trên tập D = (-3; 1) của phương trình là số giao điểm của đường thẳng (d): y = m với Parabol (P): y = x2 + 4x trên D. Dựa vào đồ thị hàm số, ta thấy: a. Phương trình có nghiệm thuộc D Û –4 < m < 5. b. Phương trình có một nghiệm thuộc D Û –3 < m < 5. c. Phương trình có hai nghiệm phân biệt thuộc D Û –4 < m < –3. D¹ng to¸n 4: Các ứng dụng của định lí Vi-ét Ứng dụng 1: Nhẩm nghiệm của phương trình bậc hai Phương pháp áp dụng Trước tiên, chúng ta cần hiểu rằng " Chỉ thực hiện nhẩm nghiệm của một phương trình bậc hai trong trường hợp nó có nghiệm nguyên hoặc một nghiệm nguyên còn một nghiệm hữu tỉ ". Để làm rõ được ý tưởng chủ đạo của phương pháp này, chúng ta bắt đầu lại bằng thí dụ với phương trình: x2 - x - 12 = 0. Ta có: ở đó: -12 = -1.12 = 1.(-12) = -2.6 = 2.(-6) = -3.4 = 3.(-4) trong các cặp số trên, ta chọn được cặp (-3, 4) vì -3 + 4 = 1 = x1 + x2. Từ đánh giá đó, suy ra phương trình có hai nghiệm x1 = -3 và x2 = 4. Như vậy, để thực hiện việc nhẩm nghiệm (nếu có thể) cho phương trình: x2 + bx + c = 0 ta thực hiện theo các bước: Bíc 1: Thiết lập hệ thức Viét cho các nghiệm x1 và x2: Bíc 2: Thực hiện phép phân tích c thành tích của hai thừa số c = m.n. Với mỗi cặp thừa số phân tích được, ta tính ngay m + n, khi đó: a. Nếu m + n = -b, chuyển sang bước 3. b. Nếu m + n ¹ -b, thực hiện lại bước 2. Bíc 3: Vậy, phương trình có hai nghiệm là x1 = m và x2 = n. F Nhận xét: 1. Thuật toán trên có tính dừng và được hiểu như sau: § Nếu tìm được một cặp (m, n) thoả mãn điều kiện m + n = -b thì dừng lại phép thử và đưa ra lời kết luận. § Nếu các cặp (m, n) đều không thoả mãn thì dừng và trong trường hợp này được hiểu là không nhẩm được nghiệm. 2. Chúng ta đã biết hai trường hợp đặc biệt của phương trình ax2 + bx + c = 0 là: § Nếu a + b + c = 0 thì phương trình có nghiệm x1 = 1 và x2 = § Nếu a - b + c = 0 thì phương trình có nghiệm x1 = -1 và x2 = - ThÝ dô 1. Trình bày cách nhẩm nghiệm cho các phương trình sau: a. -x2 - 13x + 48 = 0. b. 3x2 + 3x - 18 = 0. c. ? Giải a. Viết lại phương trình dưới dạng: x2 + 13x - 48 = 0. Khi đó: Vậy, phương trình có hai nghiệm x1 = 3 và x2 = -16. b. Viết lại phương trình dưới dạng: x2 + x - 6 = 0. Khi đó: Vậy, phương trình có hai nghiệm x1 = 2 và x2 = -3. c. Viết lại phương trình dưới dạng: x2 - 8x + 12 = 0. Khi đó: Vậy, phương trình có hai nghiệm x1 = 2 và x2 = 6. F Nhận xét: Thí dụ trên, được nêu ra với mục đích khuyên cách em học sinh hãy thực hiện việc chuyển đổi phương trình ban đầu về dạng đơn giản nhất trước khi thực hiện công việc nhẩm nghiệm để tránh được những sai sót không đáng có. Ứng dụng 2: Tìm hai số biết tổng và tích của chúng Phương pháp áp dụng Nếu hai số u và v có: thì u, v là nghiệm của phương trình t2 - St + P = 0. (1) F Chú ý: Nếu (1) có hai nghiệm t1, t2 (điều kiện S2 - 4P ³ 0) thì ta được: ThÝ dô 1. Tìm hai cạnh của một mảnh vườn hình chữ nhật trong hai trường hợp: a. Chu vi là 94,4m và diện tích là 494,55m2. b. Hiệu của hai cạnh là 12,1m và diện tích là 1089m2. ? Giải a. Gọi x và y là hai kích thước của hình chữ nhật, ta có: Suy ra, x và y là hai nghiệm của phương trình: X2 - 47,2X + 494,55 = 0 Û Vậy, hình chữ nhật có chiều dài là 31,5m và chiều rộng là 15,7m. b. Ta có: Suy ra, x và -y là hai nghiệm của phương trình: X2 - 12X + 1089 = 0 Û Vậy, hình chữ nhật có chiều dài là 39,5m và chiều rộng là 27,5m. Ứng dụng 3: Tính giá trị của các biểu thức đối xứng giữa các nghiệm Phương pháp áp dụng Biểu thức đối xứng giữa các nghiệm x1 và x2 của phương trình ax2 + bx + c = 0 là biểu thức có giá trị không thay đổi khi ta hoán vị x1 và x2. Ta có thể biểu thị được các biểu thức đối xứng giữa các nghiệm x1 và x2 theo S và P, ví dụ: · · · · ThÝ dô 1. Tìm m để phương trình: x2 + 2(m + 1)x + 2m + 3 = 0 có hai nghiệm x1, x2. Khi đó hãy lập phương trình có hia nghiệm là -2x1 và -2x2. ? Giải Trước hết ta cần đi tìm m để phương trình có hai nghiệm x1 và x2 là: D' ³ 0 Û (m + 1)2 - 2m - 3 ³ 0 Û m2 - 2 ³ 0 Û ½m½ ³ Khi đó, phương trình có hai nghiệm x1, x2, thỏa mãn: Ta có: do đó -2x1 và -2x2 là nghiệm của phương trình: t2 – 4(m + 1)t + 4(2m + 3) = 0. Ứng dụng 4: Tìm hệ thức liên hệ giữa các nghiệm không phụ thuộc vào tham số Phương pháp áp dụng Để tìm hệ thức liện hệ giữa các nghiệm không phụ thuộc vào tham số (giả sử tham số là m), ta thực hiện theo các bước sau: Bíc 1: Tìm điều kiện của m để phương trình có hai nghiệm x1, x2 Û Bíc 2: Áp dụng định lí Viét, ta được: Bíc 3: Khử m từ hệ (I) ta được hệ thức cần tìm. F Chú ý: Trong nhiều trường hợp, việc khử tham số từ hệ (I) cần sử dụng các hằng đẳng thức, đặc biệt là các hằng đẳng lương giác, cụ thể: a. sin2a + cos2a = 1. b. tana.cota = 1. c. 1 + tan2a = ThÝ dô 1. Cho phương trình: x2 - 2(m + 1)x - m + 1 = 0. Tìm hệ thức liên hệ giữa hai nghiệm x1 và x2 của phương trình mà không phụ thuộc vào m. ? Giải Trước hết ta cần đi tìm m để phương trình có hai nghiệm x1 và x2 là: D' ³ 0 Û (m + 1)2 + m – 1 ³ 0 Û m2 + 3m ³ 0 Û m Î (–¥ ; –3] È [0 ; +¥). Khi đó, ta có: Vậy, ta được x1 + x2 + 2x1x2 = 4 là hệ thức cần tìm. ThÝ dô 2. Cho phương trình: x2 - 2xsina + cosa - 1 = 0. a. Chứng minh rằng với mọi a phương trình luôn có nghiệm. b. Tìm hệ thức liên hệ giữa các nghiệm mà không phụ thuộc vào a. ? Giải a. Ta có: D' = sin2a - cosa + 1 = sin2a + (1 - cosa) ³ 0, "a. Vậy, với mọi a phương trình luôn có hai nghiệm. b. Giả sử x1, x2 là hai nghiệm của phương trình, ta có: đó chính là hệ thức cần tìm. Ứng dụng 5: Xét dấu các nghiệm của phương trình bậc hai Phương pháp áp dụng Dùng định lí Viét ta có thể xét dấu được các nghiệm x1 và x2 của phương trình ax2 + bx + c = 0, dựa trên kết quả: § Nếu P = - § Nếu: § Nếu: § Nếu: F Chú ý: 1. Cũng từ đây, chúng ta thiết lập được điều kiện để phương trình có các nghiệm liên quan tới dấu. 2. Nếu bài toán yêu cầu " Xét dấu các nghiệm của phương trình tuỳ theo giá trị của tham số ", chúng ta sử dụng bảng sau:
ThÝ dô 1. Tuỳ theo m hãy xét dấu các nghiệm của phương trình: mx2 - 2(m - 2)x + m - 3 = 0. ? Giải Ta đi xác định các giá trị: D' = (m – 2)2 – m(m – 3) = 4 - m, S = Ta có bảng tổng kết sau:
ThÝ dô 2. Cho phương trình: x2 - 2(m + 7)x + m2 - 4 = 0. Xác định m để phương trình: a. Có hai nghiệm trái dấu. b. Có hai nghiệm dương. c. Có hai nghiệm cùng dấu. ? Giải a. Điều kiện để phương trình có hai nghiệm trái dấu là: P < 0 Û m2 – 4 < 0 Û –2 < m < 2. Vậy, với –2 < m < 2 phương trình có hai nghiệm trái dấu. b. Điều kiện để phương trình có hai nghiệm dương là: Vậy, với m Î [- c. Điều kiện để phương trình có hai nghiệm cùng dấu: Vậy, với m Î [- Ứng dụng 6: Tìm điều kiện để các nghiệm của phương trình bậc hai thoả mãn điều kiện cho trước Phương pháp áp dụng Ta thực hiện theo các bước sau: Bíc 1: Tìm điều kiện của tham số để phương trình có nghiệm x1, x2 Û Bíc 2: Áp dụng định lí Viét, ta được: Bíc 3: Biểu diễn điều kiện K thông qua (I). ThÝ dô 1. Cho phương trình 3x2 - 2(m + 1)x + 3m - 5 = 0. Xác định m để phương trình có một nghiệm gấp ba nghiệm kia. Tính các nghiệm trong trường hợp đó. ? Giải Theo định lý Viét, ta có: Theo điều kiện đề bài, ta có: x1 = 3x2 (3) Để phương trình có 2 nghiệm phân biệt, điều kiện là: D' = (m + 1)2 + 15 - 9m = m2 - 7m + 16 > 0, "m Î R. Từ (1) và (3), ta có: 4x2 = Từ (3) và (4), ta có: x1 = Thay x1, x2 ở (5) và (4) vào (2), ta được: Û m2 - 10m + 21 = 0 Û m = 3 Ú m = 7. Ta có: § Khi m = 3 thì x1 = 2 và x2 = § Khi m = 7 thì x1 = 4 và x2 = ThÝ dô 2. Cho phương trình: (m + 2)x2 - 2(m - 1)x + m - 2 = 0. a. Tìm các giá trị của m để phương trình có 2 nghiệm phân biệt cùng dấu. b. Xác định m để tổng bình phương các nghiệm của phương trình bằng 3. c. Xác định m để phương trình có hai nghiệm x1, x2 thoả mãn |x1 - x2| = 2. ? Giải a. Điều kiện để phương trình có hai nghiệm phân biệt cùng dấu là: Vậy, với m Î (-¥; -2) È (2; b. Điều kiện để phương trình có hai nghiệm: Khi đó, ta có: Ta có: 3 = Û m2 + 20m = 0 Û m = 0 hoặc m = – 20. Vậy, có hai giá trị của m phương trình thoả mãn điều kiện. c. Ta có: ½x1 - x2½ = 2 Û (x1 - x2)2 = 4 Û (x1 + x2)2 – 4x1x2 = 4 Û Û m2 + 6m – 1 = 0 Û m = –3 ± ThÝ dô 3. Tìm m để phương trình x2 + 2mx + 4 = 0 có hai nghiệm x1, x2. Khi đó: a. Tính theo m giá trị các biểu thức E = b. Xác định m sao cho c. Xác định m sao cho ? Giải Điều kiện để phương trình có nghiệm D' ³ 0 Û m2 – 4 > 0 Û ½m½ > 2. (*) Khi đó, ta có: a. Ta có: E2 = = –2m + 2.2 = 4 – 2m > 0 với (*) suy ra m < -2 Þ E = F2 = Þ F = b. Ta có: Do đó: Û m2 £ 72 Û ½m½ £ 6 Kết hợp với điều kiện (*), ta được: c. Ta có: Do đó: Ứng dụng 7: Ứng dụng khác Phương pháp áp dụng Trong mục này ta đi ứng dụng định lí Viét vào việc: D¹ng 1: Lập phương trình đường thẳng đi qua hai điểm A(xA; yA), B(xB; yB) thuộc Parabol (P): y = ax2 + bx + c cho trước, khi đó ta thực hiện theo các bước: Bíc 1: Giả sử phương trình đường thẳng (AB): y = kx + m. Bíc 2: Phương trình hoành độ giao điểm của (AB) và (P) là: ax2 + bx + c = kx + m Û ax2 + (b - k)x + c - m = 0. Bíc 3: Ta có xA và xB là nghiệm của phương trình và theo Viét ta được: D¹ng 2: Lập phương trình tiếp tuyến của Parabol (P) tại điểm M(xM; yM), được thực hiện tương tự như trên bằng cách thay xA = xB = xM. ThÝ dô 1. Cho Parabol (P) có phương trình: (P): y = x2 + 3x + 2. Gọi A và B là hai điểm thuộc (P) có hoành độ lần lượt là 1, 8. a. Lập phương trình đường thẳng AB. b. Lập phương trình tiếp tuyến với (P) tại A. ? Giải a. Ta có thể trình bày theo hai cách sau: Cách 1: (Cách giải thông thường): Từ giả thiết, ta được A(1; 6) và B(8; 90). Phương trình đường thẳng AB được cho bởi: (AB): Cách 2: (Ứng dụng định lý Viét): Giả sử phương trình đường thẳng (AB) có phương trình: (AB): y = ax + b. Phương trình hoành độ giao điểm của (AB) và (P) là: x2 + 3x + 2 = ax + b Û x2 - (a - 3)x + 2 - b = 0 Ta có xA = 1 và xB = 8 là nghiệm của phương trình và theo Viét ta được: Vậy, phương trình (AB): y = 12x - 6 = 0. b. Giả sử phương trình tiếp tuyến tại A là (d): y = ax + b. Phương trình hoành độ giao điểm của (d) và (P) là: x2 + 3x + 2 = ax + b Û x2 - (a - 3)x + 2 - b = 0. (*) Ta có xA = 1 là nghiệm kép của (*) (x1 = x2 = 1) và theo Viét ta được: Vậy, phương trình tiếp tuyến (d): y = 5x + 1. §3. MỘT SỐ PHƯƠNG TRÌNH QUY VỀ PHƯƠNG TRÌNH BẬC NHẤT HOẶC BẬC HAI D¹ng to¸n 1: Giải và biện luận phương trình chứa ẩn ở mẫu Phương pháp thực hiện Ta thực hiện theo các bước: Bíc 1: Đặt điều kiện có nghĩa cho phương trình, khi đó ta có ĐKXĐ là tập D. Bíc 2: Biến đổi phương trình về dạng bậc nhất hoặc bậc hai, rồi thực hiện giải nó. Bíc 3: Kết luận. ThÝ dô 1. Tìm m để phương trình sau vô nghiệm: ? Giải Điều kiện x ¹ ±1. Viết lại phương trình dưới dạng: (m + 2)x = 4 - m. (2) Ta xét hai trường hợp: Trường hợp 1: Nếu m + 2 = 0 Û m = -2 thì: (2) Û 0x = 6, mâu thuẫn Þ phương trình vô nghiệm. Trường hợp 2: Nếu m - 2 ¹ 0 Û m ¹ 2 thì: (2) Û x = Do đó (1) vô nghiệm Û Vậy, với m = -2 hoặc m = 1 phương trình ban đầu vô nghiệm. F Chú ý: Trong lời giải trên chúng ta trình bày theo các bước của bài toán giải biện luận, tuy nhiên cũng có thể trình bày dưới dạng: Điều kiện x ¹ ±1. Viết lại phương trình dưới dạng: (m + 2)x = 4 - m. (2) Phương trình (1) vô nghiệm Û Tuy nhiên, cách trình bày kiểu này có thể khiến một vài em học sinh thấy phức tạp. Do vậy, nếu bài toán yêu cầu " Tìm điều kiện của tham số để phương trình có nghiệm ( hoặc vô nghiệm ) " tốt nhất các em hãy trình bày theo các bước của bài toán giải biện luận. ThÝ dô 2. Tìm m để phương trình sau có nghiệm duy nhất: ? Giải Tập xác định D = Viết lại phương trình dưới dạng: mx = 2 - m. (2) Do đó (1) có nghiệm duy nhất: Û Vậy, với m = ThÝ dô 3. Cho phương trình: a. Tìm a, b để phương trình có hai nghiệm phân biệt. b. Tìm a, b để phương trình có nghiệm. ? Giải Điều kiện: Biến đổi phương trình về dạng: a(x – a) + b(x – b) = 2(x – a)(x – b) Û f(x) = 2x2 – 3(a + b)x + a2 + 2ab + b2 = 0 (2) Ta có D = 9(a + b)2 – 8(a2 + 2ab + b2) = (a + b)2 ³ 0, "a, b. a. Để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt điều kiện là: b. Đáp số: Với mọi a, b không đồng thời bằng không. ThÝ dô 2. Giải và biện luận các phương trình: x + ? Giải Điều kiện: Viết lại phương trình dưới dạng: (a2 - b2)x2 - 2(a2 + b2)x + a2 - b2 = 0. (1) Vì a ¹ ±b Û a2 - b2 ¹ 0, ta đi tính biệt thức D' = 4a2b2 ³ 0. Trường hợp 1: Nếu D' = 0 Û 4a2b2 = 0 Û · Với a = 0 và b ¹ 0, phương trình (1) có nghiệm kép x0 = - 1. · Với a ¹ 0 và b = 0, phương trình (1) có nghiệm kép x0 = 1. Trường hợp 2: Nếu D' > 0 Û 4a2b2 > 0 Û a ¹ 0 và b ¹ 0. Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1 = Kết luận: § Với a = ±b, phương trình vô nghiệm. § Với a = 0 và b ¹ 0, phương trình có nghiệm kép x0 = - 1. § Với a ¹ 0 và b = 0, phương trình có nghiệm kép x0 = 1. § Với a ¹ 0 và b ¹ 0 và a ¹ ±b, phương trình có 2 nghiệm phân biệt: x1 = D¹ng to¸n 2: Phương trình tích Phương pháp thực hiện Giả sử cần đi "Giải và biện luận phương trình (a1x + b1)(a2x + b2) = 0", ta thực hiện theo các bước: Bíc 1: Biến đổi phương trình ban đầu về dạng: Bíc 2: Giải và biện luận (1). Bíc 3: Giải và biện luận (2). Bíc 4: Kết luận: Trong bước này các em học sinh cần biết cách kết hợp các trường hợp đã xét trong cả hai bước 1 và bước 2 để có được lời kết luận đầy đủ và tường minh. ThÝ dô 1. Cho phương trình: x3 - 2mx2 + m2x + m - 1 = 0. Xác định m để: a. Phương trình có đúng 1 nghiệm. b. Phương trình có 2 nghiệm phân biệt. c. Phương trình có 3 nghiệm phân biệt. d. Phương trình có 2 nghiệm âm phân biệt. e. Phương trình có 3 nghiệm dương phân biệt. ? Giải Viết lại phương trình dưới dạng: (x - 1)[x2 - (2m - 1)x - m + 1] = 0 Û a. Để phương trình có đúng 1 nghiệm điều kiện là: Vậy, với b. Để phương trình có hai nghiệm phân biệt điều kiện là: Vậy, với c. Để phương trình có ba nghiệm phân biệt điều kiện là: (2) có 2 nghiệm phân biệt khác 1 Û Vậy, với d. Để phương trình có hai nghiệm âm phân biệt điều kiện là: (2) có 2 nghiệm âm phân biệt Û Vậy, với e. Để phương trình có ba nghiệm dương phân biệt điều kiện là: (2) có 2 nghiệm dương phân biệt khác 1 Û Vậy, với F Nhận xét: Lời giải của thí dụ trên đã miêu tả phương pháp cơ bản để "Giải và biện luận một phương trình bậc ba". D¹ng to¸n 3: Phương trình trùng phương Phương pháp thực hiện Để giải và biện luận phương trình: ax4 + bx2 + c = 0 (1) ta thực hiện các bước: Bíc 1: Đặt t = x2 với điều kiện t ³ 0. Bíc 2: Khi đó, phương trình được biến đổi về dạng: at2 + bt + c = 0. (2) Bíc 3: Khi đó: a. Phương trình (1) có nghiệm duy nhất Û (2) có nghiệm t1 £ 0 = t2. b. Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt Û (2) có nghiệm t1 < 0 < t2. c. Phương trình (1) có ba nghiệm phân biệt Û (2) có nghiệm 0 = t1 < t2. d. Phương trình (1) có bốn nghiệm phân biệt Û (2) có nghiệm 0 = t1 < t2. F Chú ý: 1. Các đánh giá trên nhận được thông qua nhận xét nếu phương trình (2) có nghiệm t0 ³ 0 thì phương trình (1) có nghiệm x = ± 2. Cũng thông qua nhận xét này chúng ta thiết lập được điều kiện cho nghiệm t của phương trình (2) trong trường hợp bài toán yêu cầu điều kiện nghiệm x của phương trình (1), thí dụ: x1 < x2 < x3 < 1 < 2 < x4 Û - Û 0 < t1 < 1 < 4 < t2. ThÝ dô 1. Cho phương trình: x4 - (m + 2)x2 + m = 0. (1) Tìm m để phương trình: a. Có nghiệm duy nhất. b. Có hai nghiệm phân biệt. c. Có ba nghiệm phân biệt. d. Có bốn nghiệm phân biệt. ? Giải Đặt t = x2 với điều kiện t ³ 0. Khi đó, phương trình được biến đổi về dạng: f(t) = t2 - (m + 2)t + m = 0. (2) a. Phương trình (1) có nghiệm duy nhất Û (2) có nghiệm t1 £ 0 = t2 Û Vậy, không tồn tại m thoả mãn điều kiện đầu bài. b. Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt Û (2) có nghiệm t1 < 0 < t2 Û a.c < 0 Û m < 0. Vậy, với m < 0 thoả mãn điều kiện đầu bài. c. Phương trình (1) có ba nghiệm phân biệt Û (2) có nghiệm 0 = t1 < t2 Vậy, với m = 0 thoả mãn điều kiện đầu bài. d. Phương trình (1) có bốn nghiệm phân biệt Û (2) có nghiệm 0 < t1 < t2 Vậy, với m > 0 thoả mãn điều kiện đầu bài. D¹ng to¸n 4: Phương trình hồi quy Phương pháp thực hiện D¹ng 1: (Phương trình hồi quy): Để giải và biện luận phương trình: ax4 + bx3 + cx2 + bx + a = 0 (1) ta thực hiện theo các bước: Bíc 1: Nhận xét rằng x = 0 không phải là nghiệm của phương trình. Chia cả hai vế của phương trình cho x2¹0, ta được: a(x2 + Bíc 2: Đặt t = x + Khi đó, phương trình (2) có dạng: (2) Û at2 + bt + c - 2a = 0. (3) Bíc 3: Khi đó: a. Phương trình (1) có nghiệm, ta sử dụng phương pháp gián tiếp, tức là "Tìm điều kiện để (3) vô nghiệm hoặc cả hai nghiệm đều thuộc (-2; 2)". b. Phương trình (1) có nghiệm duy nhất Þ (3) có nghiệm t = 2 hoặc t = -2 Þ tham số. Thử lại. c. Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt Û (3) có nghiệm d. Phương trình (1) có ba nghiệm phân biệt Û (3) có nghiệm e. Phương trình (1) có bốn nghiệm phân biệt Û (3) có nghiệm D¹ng 2: (Phương trình phản hồi quy): Để giải và biện luận phương trình: ax4 + bx3 + cx2 - bx + a = 0 (1) ta thực hiện theo các bước: Bíc 1: Nhận xét rằng x = 0 không phải là nghiệm của phương trình. Chia cả hai vế của phương trình cho x2 ¹ 0, ta được: a(x2 + Bíc 2: Đặt t = x - Khi đó, phương trình (2) có dạng at2 + bt + c + 2a = 0. (3) F Chú ý: 1. Với phương trình phản hồi quy trên không hề có điều kiện cho ẩn phụ t, tức là với mỗi nghiệm t0 của (3) ta luôn có hai nghiệm phân biệt x1, x2 cho (1). 2. Phương pháp được mở rộng tự nhiên cho dạng phương trình: ax4 + bx3 + cx2 + dx + e = 0 có các hệ số thoả mãn Khi đó, ta sử dụng ẩn phụ t = x + ThÝ dô 1. Cho phương trình: x4 + mx3 - 2(m2 - 1)x2 + mx + 1 = 0. (1) a. Giải phương trình với m = 1. b. Tìm m để phương trình có đúng 2 nghiệm phân biệt. c. Tìm m để phương trình có 4 nghiệm phân biệt. ? Giải Nhận xét rằng x = 0 không phải là nghiệm của phương trình. Chia cả hai vế của phương trình cho x2 ¹ 0, ta được: x2 + mx - 2(m2 - 1) + m. Đặt t = x + Khi đó, phương trình có dạng: f(t) = t2 + mt - 2m2 = 0. (2) a. Với m = 1 thì (2) có dạng: t2 + t - 2 = 0 Vậy, với m = 1 phương trình có nghiệm x = -1. b. Phương trình (1) có đúng hai nghiệm phân biệt Û (3) có nghiệm thoả mãn Vậy, với c. Phương trình (1) có bốn nghiệm phân biệt Û (3) có nghiệm thoả mãn: Nhận xét rằng phương trình (2) có ac = -2m2 < 0 nên (*) không thể xảy ra. Khi đó, để có (**) điều kiện là: Vậy, với ThÝ dô 2. Cho phương trình: x4 - mx3 - 2x2 + mx + 1 = 0. (1) a. Giải phương trình với m = 3. b. Tìm m để phương trình có đúng 2 nghiệm phân biệt. c. Tìm m để phương trình có 4 nghiệm phân biệt. ? Giải Nhận xét rằng x = 0 không phải là nghiệm của phương trình. Chia cả hai vế của phương trình cho x2 ¹ 0, ta được: x2 - mx - 2 + m. Đặt t = x - Khi đó, phương trình có dạng: f(t) = t2 - mt = 0 Với t = 0, ta được: a. Với m = 3 ta được: t = 3 Û x - Vậy, với m = 3 phương trình có bốn nghiệm x = ±1 và x = b. Phương trình có đúng 2 nghiệm phân biệt điều kiện là m = 0. c. Phương trình có 4 nghiệm phân biệt điều kiện là m ≠ 0. D¹ng to¸n 5: Phương trình (x + a)(x + b)(x + c)(x + d) = m, với a + b = c + d Phương pháp thực hiện Kí hiệu phương trình ban đầu là (1), ta thực hiện theo các bước: Bíc 1: Viết lại phương trình dưới dạng: [x2 + (a + b)x + ab].[x2 + (c + d)x + cd] = m. (2) Bíc 2: Đặt t = x2 + (a + b)x + ab, điều kiện t ³ - Suy ra x2 + (c + d)x + cd = t - ab + cd. Khi đó, phương trình (2) có dạng: t(t - ab + cd) = m Û t2 - (ab - cd)t - m = 0. (3) Bíc 3: Khi đó: a. Phương trình (1) có nghiệm Û (2) có nghiệm thoả mãn t³ - b. Phương trình (1) có nghiệm duy nhất Û (2) có nghiệm t1 £ t2 = a. c. Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt Û (2) có nghiệm thoả mãn d. Phương trình (1) có ba nghiệm phân biệt Û (2) có nghiệm a = t1 < t2. e. Phương trình (1) có bốn nghiệm phân biệt Û (2) có nghiệm a < t1 < t2. ThÝ dô 1. Cho phương trình: x(x - 2)(x + 2)(x + 4) = 2m. (1) a. Giải phương trình với m = -6. b. Tìm m để phương trình vô nghiệm. c. Tìm m để phương trình có đúng một nghiệm. d. Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt. e. Tìm m để phương trình có ba nghiệm phân biệt. f. Tìm m để phương trình có bốn nghiệm phân biệt. ? Giải Viết lại phương trình dưới dạng: (x2 + 2x)(x2 + 2x - 8) = m. Đặt t = x2 + 2x + 1, điều kiện t ³ 0, suy ra x2 + 2x = t - 1 và x2 + 2x - 8 = t - 9. Khi đó phương trình trên có dạng: (t - 1)(t - 9) = 2m Û f(t) = t2 - 10t + 9 - 2m = 0. (2) a. Với m = -6, ta được: (2) Û t2 - 10t + 21 = 0 Û Ta lần lượt: § Với t = 3, ta được: x2 + 2x + 1 = 3 Û x2 + 2x - 2 = 0 Û x1, 2 = § Với t = 7, ta được: x2 + 2x + 1 = 7 Û x2 + 2x - 6 = 0 Û x3, 4 = Vậy, với m = -6 phương trình có nghiệm là x1, 2 = b. Phương trình (1) vô nghiệm khi: Nhận xét rằng phương trình (2) có S = 10 > 0 nên (**) không thể xảy ra. Khi đó, để có (*) điều kiện là: D’ < 0 Û 25 - (9 - 2m) < 0 Û 2m + 16 < 0 Û m < -8. Vậy, với m < -8 thoả mãn điều kiện đầu bài. c. Phương trình (1) có đúng 1 nghiệm khi: (2) có nghiệm thoả mãn t1 £ t2 = 0 Û Vậy, không tồn tại m thoả mãn điều kiện đầu bài. d. Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt khi: Vậy, với e. Phương trình (1) có 3 nghiệm phân biệt khi: (2) có nghiệm 0 = t1 < t2 Vậy, với f. Phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt khi: (2) có nghiệm 0 < t1 < t2 Û Vậy, với D¹ng to¸n 6: Phương trình (x + a)4 + (x + b)4 = c Phương pháp thực hiện Kí hiệu phương trình ban đầu là (1), ta thực hiện theo các bước: Bíc 1: Đặt t = x + Khi đó, phương trình có dạng: 2t4 + 12 Bíc 2: Đặt u = t2, điều kiện u ³ 0. Khi đó, phương trình có dạng: 2u2 + 12 Bíc 3: Chuyển điều kiện của bài toán thành điều kiện cho u. ThÝ dô 1. Cho phương trình: (x + 2)4 + (x + 6)4 = m2 - 2. (1) a. Giải phương trình với b. Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt thuộc khoảng (-2; -1). ? Giải Đặt t = x + Khi đó, phương trình (1) được chuyển về dạng: (t - 2)4 + (t + 2)4 = m2 - 2 Û 2t4 + 48t2 + 32 = m2 - 2 Û 2t4 + 48t2 - m2 + 34 = 0. (2) Đặt u = t2, điều kiện u ³ 0. Khi đó, phương trình (2) được chuyển về dạng: f(u) = 2u2 + 48u - m2 + 34 = 0. (3) a. Với (2) Û 2t4 + 48t2 = 0 Û t = 0 Û x + 4 = 0 Û x = -4. Vậy, với b. Từ giả thiết: -2 < x < -1 Û 2 < x + 4 < 3 Û 2 < t < 3 Þ t2 < 9 Û u < 9. Vậy, phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt thuộc khoảng (-2; -1) khi: (3) có 1 nghiệm Î (0; 9) Û f(0).f(9) < 0 Û (34 - m2)(17044 - m2) < 0 Û 34 < m2 < 17044 Vậy, với D¹ng to¸n 7: Phương trình sử dụng ẩn phụ bậc hai ThÝ dô 1. Giải và biện luận phương trình: (x - a)2x2 + a2x2 = 8(x - a)2a2, với a ¹ 0. (1) ? Giải Nhận xét rằng x = a ¹ 0 không phải là nghiệm của phương trình, khi đó chia cả hai vế của phương trình cho (x - a)2 ¹ 0, ta được: x2 + Û Đặt t = t2 - 2at - 8a2 = 0 Û § Với t = 4a, ta được: § Với t = - 2a, ta được: Vậy, phương trình có ba nghiệm phân biệt x1 = 2a, x2,3 = a± F Nhận xét: 1. Ở dạng ban đầu, ta không thấy sự xuất hiện ẩn phụ, tuy nhiên để làm xuất hiện ẩn phụ ta viết lại phương trình dưới dạng: (x)2 + Ta đưa ra nhận xét cho 2 số hạng trong vế trái của phương trình trên đóng vai trò A2 + B2 của hằng đẳng thức (A ± B)2. Khi đó, ta có được 2 hướng biến đổi: § Nếu lựa chọn hướng thứ nhất: x2 + Ta thấy rằng không có sự xuất hiện của ẩn phụ. § Nếu lựa chọn hướng thứ hai: x2 + Ở đây ẩn phụ đã xuất hiện, đó là Như vậy việc lựa chọn hướng biến đổi đại số đúng cho mỗi phương trình bậc bốn nói riêng và các phương trình, bất phương trình nói chung là rất quan trọng. 2. Phương trình trên trên có dạng tổng quát: x2 + D¹ng to¸n 8: Phương trình chứa ẩn trong dấu giá trị tuyệt đối Phương pháp thực hiện Để giải phương trình chứa ẩn trong dấu giá trị tuyệt đối ta có thể dùng: a. Định nghĩa của giá trị tuyệt đối. b. Bình phương hai vế để khử dấu giá trị tuyệt đối. c. Tính chất của giá trị tuyệt đối. d. Ẩn phụ. D¹ng 1: Với phương trình: |f(x)| = |g(x)| Û f2(x) = g2(x) Û [f(x) - g(x)].[f(x) + g(x)] = 0 (1) Û Như vậy, với phương trình dạng trên có chứa tham số chúng ta cần thực hiện theo các bước: Bíc 1: Giải và biện luận (2). Bíc 2: Giải và biện luận (3) Bíc 3: Kết luận với lưu ý tập nghiệm của phương trình (1) là hợp 2 tập nghiệm của (2), (3). ThÝ dô 1. Cho phương trình: |x2 - 2mx - 2m| = |x2 + 2x|. (1) 1. Giải phương trình với m = 1. 2. Tìm m để phương trình: a. Vô nghiệm. b. Có nghiệm. c. Có nghiệm duy nhất. d. Có hai nghiệm phân biệt. e. Có ba nghiệm phân biệt. ? Giải Phương trình tương đương với: 1. Với m = 1, ta thấy ngay phương trình có ba nghiệm phân biệt x = - 2. Ta lần lượt: a. Không tồn tại m để phương trình vô nghiệm. b. Với mọi m phương trình luôn có nghiệm. c. Phương trình có nghiệm duy nhất khi m = -1. d. Để phương trình có 2 nghiệm phân biệt ta lần lượt đánh giá: § Nếu -m = 1 tức m = -1 thì (*) vô nghiệm, do đó không thoả mãn. § Nếu -m ≠ 1 tức m ≠ -1 thì (*) có nghiệm § Khi đó, để phương trình có 2 nghiệm phân biệt điều kiện là: Vậy, với e. Để phương trình có 3 nghiệm phân biệt khi: Vậy, với ThÝ dô 2. Giải và biện luận phương trình |mx + 1| = |3x + m - 2|. ? Giải Phương trình được chuyển thành dạng: § Giải và biện luận phương trình (2): Xét hai trường hợp: Trường hợp 1: Nếu m - 3 = 0 Û m = 3. (2) Û 0x = 0, phương trình nghiệm đúng với "x Î Trường hợp 2: Nếu m - 3 ¹ 0 Û m ¹ 3. (2) Û x = 1: phương trình có nghiệm duy nhất. § Giải và biện luận phương trình (3): Xét hai trường hợp: Trường hợp 1: Nếu m + 3 = 0 Û m = -3. (3) Û 0x = 4, phương trình vô nghiệm. Trường hợp 2: Nếu m + 3 ¹ 0 Û m ¹ -3. (3) Û x = Kết luận: § Với m = 3, phương trình nghiệm đúng với mọi x Î § Với m = -3, phương trình có một nghiệm là x = 1. § Với m ¹ ±3, phương trình có hai nghiệm là x = 1 và x = D¹ng 2: Với phương trình: |f(x)| = g(x) Û hoặc Như vậy, với phương trình dạng trên có chứa tham số chúng ta cần thực hiện theo các bước: Bíc 1: Lựa chọn hướng biến đổi về (I) hoặc (II), rồi thực hiện việc giải và biện luận nó. Bíc 2: Kết luận. F Chú ý: a. Nếu g(x) không chứa tham số ta lựa chọn phép biến đổi (I). b. Nếu f(x) không chứa tham số ta lựa chọn phép biến đổi (II). c. Trong trường hợp cả f(x), g(x) đều chứa tham số thì tuỳ vào độ phức tạp của f(x), g(x) ta lựa chọn phép biến đổi (I) hoặc (II). ThÝ dô 1. Giải các phương trình sau: a. ½2x + 5½ = x2 + 5x + 1. b. ? Giải a. Điều kiện x2 + 5x + 1 + 3 ³ 0. (*) Biến đổi phương trình tương đương với: Vậy,phương trình có hai nghiệm x = 1 và x = -6. b. Tập xác định D = R\{-1; Biến đổi phương trình tương đương với: Vậy, phương trình có hai nghiệm x = ThÝ dô 2. Giải và biện luận các phương trình |x - 1| = mx + 2m - 1. ? Giải Ta biến đổi phương trình về dạng: |x - 1| = mx + 2m - 1 Û Ta đi giải và biện luận (I) (I) Û Trường hợp 1: Nếu 1 – m = 0 Û m = 1. (*) Û 0.x = 2 (mâu thuẫn) Þ (*) vô nghiệm. Trường hợp 2: Nếu 1 – m ¹ 0 Û m ¹ 1. (*) Û x = § Nếu § Nếu Giải và biện luận (II) – Học sinh tự làm. D¹ng 3: Sử dụng các tính chất giá trị tuyệt đối Ta sử dụng các tính chất sau: TÝnh chÊt 1: Ta có: |a + b| = |a| + |b| Û ab ³ 0. TÝnh chÊt 2: Ta có: |a| + |b| = a + b Û TÝnh chÊt 3: Ta có: |a| + |b| = a - b Û TÝnh chÊt 4: Ta có: |a - b| = |a| - |b| Û b(a - b) ³ 0. với lược đồ thực hiện theo các bước: Bíc 1: Đặt điều kiện có nghĩa (nếu cần) cho các biểu thức trong phương trình. Bíc 2: Biến đổi phương trình về một trong 4 tính chất đã biết. Bíc 3: Giải ( hoặc biện luận) phương trình đại số nhận được. Bíc 4: Kết luận. ThÝ dô 1. Giải phương trình |x2 - 4x + 3| + |x2 - 4x| = 3. ? Giải Ta có thể trình bày theo các cách sau: Cách 1: Viết lại phương trình dưới dạng: |x2 - 4x + 3| + |4x - x2| = ( x2 - 4x + 3) + (4x - x2) Vậy, nghiệm của phương trình là [0; 1] È [3; 4]. Cách 2: Viết lại phương trình dưới dạng: |x2 - 4x + 3| + |x2 - 4x| = ( x2 - 4x + 3) - ( x2 - 4x) Vậy, nghiệm của phương trình là [0; 1] È [3; 4]. D¹ng 4: Sử dụng ẩn phụ ThÝ dô 1. Cho phương trình |mx - 2| + a. Giải phương trình với m = 1. b. Giải và biện luận phương trình theo m. ? Giải Đặt t = |mx - 2| + 1, điều kiện t ³ 1. Khi đó, phương trình được biến đổi về dạng: t - 1 + Û a. Với m = 1, khi đó (I) tương đương với: Vậy, với m = 1 phương trình có 3 nghiệm là x = 1, x = 2 và x = 3. b. Ta có ngay: § Với m = 0, (I) vô nghiệm Û (1) vô nghiệm. § Với m ¹ 0, (I) có ba nghiệm phân biệt Û (1) có ba nghiệm phân biệt. ThÝ dô 2. Giải phương trình (x + 2)|x3 - 3x| = x6 - 6x4 + 9x2 + 2x. ? Giải Viết lại phương trình dưới dạng: (x3 - 3x)2 - (x + 2)|x3 - 3x| + 2x = 0. (1) Đặt t = |x3 - 3x|, điều kiện t ³ 0. Khi đó, phương trình (1) được biến đổi về dạng: t2 - (x + 2)t + 2x = 0 (3) ta có Dt = (x + 2)2 - 8x = (x - 2)2, do đó: (3) Û Û Vây, phương trình có 6 nghiệm phân biệt x = 0, x = ± 1, x = D¹ng to¸n 9: Phương trình chứa căn Phương pháp áp dụng Để giải phương trình chứa ẩn dưới dấu căn ta có thể dùng: a. Định nghĩa của giá trị tuyệt đối. b. Bình phương hai vế để khử dấu giá trị tuyệt đối. c. Tính chất của giá trị tuyệt đối. d. Ẩn phụ. D¹ng 1: Với phương trình: Lưu ý rằng: Điều kiện (*) được lựa chọn tuỳ theo độ phức tạp của f(x, m) ³ 0 và g(x, m) ³ 0, thí dụ với phương trình: Ta lựa chọn phép biến đổi: ThÝ dô 1. Giải và biện luận các phương trình: a. ? Giải a. Ta biến đổi phương trình về dạng: Kết luận: § Với m £ 2, phương trình vô nghiệm. § Với m > 2, phương trình có nghiệm x = m. b. Ta biến đổi phương trình về dạng: Kết luận: § Với 0 < m ¹ 1, phương trình có nghiệm x = 0. § Với m = 1, phương trình có nghiệm x = 0 hoặc x > -1. § Ngoài ra vô nghiệm. ThÝ dô 2. Giải phương các trình sau: a. ? Giải a. Biến đổi phương trình tương đương với: Vậy, phương trình có nghiệm x = 15. b. Biến đổi phương trình tương đương với: Vậy, phương trình có nghiệm x = 0, x = -1, x = D¹ng 2: Với phương trình: Û Lưu ý rằng: Không cần h(x, m) ³ 0. ThÝ dô 1. Giải phương các trình sau: a. ? Giải a. Điều kiện: Biến đổi phương trình: 3 - x = x + 2 + Vậy, phương trình có 1 nghiệm x = -1. b. Điều kiện: Phương trình viết lại dưới dạng: Û Vậy, phương trình có nghiệm x = 0. ThÝ dô 2. Giải phương trình ? Giải Ta biến đổi phương trình về dạng: Û | Vậy, phương trình có nghiệm là x ³ 3. F Chú ý: Rất nhiều học sinh giải bài này chỉ thu được nghiệm x = 3. D¹ng 5: Sử dụng ẩn phụ ThÝ dô 3. Giải phương các trình sau: a. ? Giải a. Đặt t = x2 - 3x + 3, ta có: t = (x - do đó điều kiện cho ẩn phụ t là t ³ Khi đó phương trình có dạng: Û Vậy, phương trình có hai nghiệm x = 1, x = 2. b. Điều kiện: x2 + 3x ³ 0 Û Viết lại phương trình dưới dạng: x2 + 3x + 3 Đặt t = Khi đó, phương trình có dạng: t2 + 3t - 10 = 0 Û Û Vậy, phương trình có hai nghiệm x = 1 và x = - 4. F Nhận xét: Như vậy, trong thí dụ trên: § Ở câu a), ẩn phụ được sử dụng với mục đích hạ bậc cho phương trình. § Ở câu b), ẩn phụ được sử dụng với mục đích chuyển phương trình ban đầu về phương trình bậc hai. §4. PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH BẬC NHẤT NHIỀU ẨN D¹ng to¸n 1: Phương trình bậc nhất nhiều ẩn ThÝ dô 1. a. Giải phương trình 4x - y = 1. b. Tìm nghiệm nguyên của phương trình x - 2y = 3. c. Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình 2x + y = 4. ? Giải a. Biến đổi phương trình về dạng: y = 4x - 1. suy ra, các cặp số (0; -1), (1; 3), …là nghiệm của phương trình. Vậy, phương trình có vô số nghiệm, với dạng tổng quát (x; 4x - 1). b. Biến đổi phương trình về dạng: x = 2y + 3. Để nghiệm của phương trình là nghiệm nguyên thì y phải nguyên. Vậy, phương trình có vô số nghiệm nguyên thoả mãn (2a + 3, a) với a Î c. Biến đổi phương trình về dạng: y = 4 – 2x. Để x, y nguyên dương điều kiện là: Vậy, phương trình có duy nhất một cặp nghiệm nguyên dương là (1; 2). ThÝ dô 2. Giải và biện luận phương trình: mx + (m - 1)y = m2 - 1. (1) ? Giải Ta xét từng trường hợp sau: Trường hợp 1: Nếu m = 0 thì: (1) Û 0.x – y = –1 Û y = 1. Vậy, tập hợp nghiệm của phương trình là S = {(x0, 1), x0 Î Trường hợp 2: Nếu và m = 1 thì: (1) Û x + 0.y = 0 Û x = 0 Vậy, tập hợp nghiệm của phương trình là S = {(0; y0), y0 Î Trường hợp 3: Nếu m ¹ 0 và m ¹ 1. Khi đó lấy x = x0 tuỳ ý, ta được y0 = Vậy, tập hợp nghiệm của phương trình là S = {(x0 ; D¹ng to¸n 2: Hệ hai phương trình bậc nhất hai ẩn ThÝ dô 1. Cho hệ phương trình: a. Xét nghiệm của hệ đó với a = 0, a = b. Giải và biện luận hệ phương trình. ? Giải a. Ta có: § Với a = 0, hệ có vô số nghiệm. § Với a = b. Ta có D = 2a2 + a ; Dx = a ; Dy = –2a. Trường hợp 1: Nếu D ¹ 0, tức là: 2a2 + a ¹ 0 Û Hệ có nghiệm duy nhất x = Trường hợp 2: Nếu D = 0, tức là: 2a2 + a = 0 Û a = 0 hoặc a = – § Với a = 0, suy ra Dx = Dy = 0 nên hệ có vô số nghiệm. § Với a = – Kết luận: § Với a ¹ 0 và a ¹ – § Với a = 0, hệ có vô số nghiệm. § Với a = – F Chú ý: Với bài toán yêu cầu "Tìm hệ thức liên hệ giữa nghiệm x, y không phụ thuộc vào tham số", khi đó từ hệ nghiệm x, y hoặc từ hệ ban đầu ta khử tham số sẽ được hệ thức cần tìm. Trong nhiều trường hợp việc khử tham số cần áp dụng các hằng đẳng thức lượng giác, ví dụ như: sin2a + cos2a = 1, tana.cota = 1, ThÝ dô 2. Giải và biện luận hệ phương trình: Tìm hệ thức liên hệ giữa nghiệm x, y của hệ không phụ thuộc vào a. ? Giải a. Bạn đọc tự giải. b. Hướng dẫn: Viết lại hệ dưới dạng: coi cos2a và sin2a làm ẩn ta đi tính các D, Dcos2a và Dsin2a từ đó suy ra: Đó chính là hệ thức liên hệ giữa các nghiệm không phụ thuộc vào a. ThÝ dô 3. Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm: ? Giải Xét hệ phương trình tạo bởi (2) và (3): Ta có D = 1 - m, Dx = 1 - m2, Dy = m - 1. Trường hợp 1: Nếu D ¹ 0 Û 1 - m ¹ 0 Û m ¹ 1. Khi đó, hệ (II) hệ (II) có nghiệm duy nhất x = 1 + m và y = -1. Nghiệm trên thoả mãn (1) Û m(1 + m) - 1 = 1 Û m2 + m - 2 = 0 Û Trường hợp 2: Nếu D = 0 Û 1 - m = 0 Û m = 1. Khi đó hệ (I) có dạng: x + y = 1, có vô số nghiệm. Vậy, với m = 1 hoặc m = -2 hệ có nghiệm. F Chú ý: Với bài toán yêu cầu "Tìm điều kiện để hệ phương trình có nghiệm thoả mãn điều kiện cho trước", ta có các nhận xét sau: a. Với D ¹ 0, hệ phương trình có nghiệm duy nhất x = b. Với D = Dx = Dy = 0, hệ phương trình có vô số nghiệm. c. Với D = 0 và Dx ¹ 0 hoặc Dy ¹ 0, hệ phương trình vô nghiệm. Trong trường hợp a, c phải so sánh giá trị của nghiệm số với điều kiện nếu có để nhận được kết luận đúng. ThÝ dô 4. Cho hệ phương trình: a. Chứng tỏ rằng với mọi m hệ luôn có nghiệm duy nhất. b. Tìm giá trị của m để hệ có nghiệm (x; y) là một điểm thuộc góc phần tư thứ I. ? Giải a. Ta có: D = m2 + 1 ¹ 0 với "m, nên hệ phương trình luôn có nghiệm duy nhất. Dx = 1 - m2, Dy = 2m. Vậy, với mọi m hệ luôn có nghiệm duy nhất b. Để nghiệm (x; y) là một điểm thuộc góc phần tư thứ I, điều kiện là: Vậy, với 0 < m < 1 thoả mãn điều kiện đầu bài. ThÝ dô 5. Cho hệ phương trình: a. Tìm hệ thức liên hệ giữa nghiệm x, y không phụ thuộc vào m. b. Khi hệ có nghiệm duy nhất, tìm mÎ ? Giải a. Hướng dẫn: Từ hệ thức về nghiệm: Û 21x - 35y + 75 = 0. Đó là hệ thức liên hệ giữa nghiệm x, y của hệ không phụ thuộc vào m. b. Từ công thức nghiệm x, ta biến đổi Khi đó, để x nguyên điều kiện là 5m - 4 phải là ước của 14 (tức bằng ±1, ±2, ±7, ±14) từ đó ta lập bảng:
Vậy, ta nhận được: § Với m = -2 thì hệ có cặp nghiệm nguyên là (0; -1). § Với m = 1 thì hệ có cặp nghiệm nguyên là (15; 8). D¹ng to¸n 3: Hệ ba phương trình bậc nhất ba ẩn ThÝ dô 1. Giải các hệ phương trình sau: a. ? Giải a. Kí hiệu các phương trình của hệ theo thứ tự là (1), (2) và (3), khi đó: § Khử z giữa (1) và (2), ta có: 3x + y = 4. (4) § Khử z giữa (2) và (3), ta có: x - y = 0. (5) § Khử y giữa (4) và (5), ta có: x = 1 Þ y = 1 Þ z = 2. Vậy, hệ phương trình có nghiệm (1; 1; 2). b. Kí hiệu các phương trình của hệ theo thứ tự là (1), (2) và (3), khi đó: § Khử z giữa (1) và (2), ta được: 10x - 14y = - 27. (4) § Khử z giữa (1) và (3), ta được: 5x - 4y = - 9. (5) § Khử x giữa (4) và (5), ta được: y = Vậy, nghiệm của hệ phương trình: (- D¹ng to¸n 4: Ứng dụng của hệ phương trình bậc nhất hai ẩn D¹ng 1: Ứng dụng hệ phương trình bậc nhất hai ẩn để xác định vị trí tương đối của hai đường thẳng Cho hai đường thẳng (d1) và (d2) có phương trình tổng quát: (d1):A1x + B1y + C1 = 0; (d2): A2x + B2y + C2 = 0. Tuỳ theo giá trị của tham số hãy xác định vị trí tương đối của (d1), (d2), ta thực hiện theo các bước sau: Bíc 1: Thiết lập hệ phương trình tạo bởi (d1) và (d2) là: Bíc 2: Bằng việc biện luận (I) ta có được vị trí tương đối của (d1) và (d2), cụ thể: § Nếu (I) vô nghiệm Û (d1) // (d2). § Nếu (I) có nghiệm duy nhất Û (d1)Ç(d2) = {M( § Nếu (I) có vô số nghiệm Û (d1) º (d2). ThÝ dô 1. Cho a2 + b2 > 0 và hai đường thẳng (d1) và (d2) có phương trình: (d1): ax + by = a + b; (d2): bx + ay = a - b. a. Xác định giao điểm của (d1) và (d2). b. Tìm quỹ tích toạ độ giao điểm khi a, b thay đổi. ? Giải a. Xét hệ phương trình tạo bới (d1) và (d2): Ta có D = a2 - b2; Dx = a2 - 2ab - b2 ; Dy = a2 + b2. Để (d1) và (d2) cắt nhau điều kiện là: Hệ (I) có nghiệm duy nhất Û D ¹ 0 Û a2 - b2 ¹ 0 Û a ¹ ±b. Khi đó, giao điểm là I b. Viết lại hệ (I) dưới dạng: Vậy, quỹ tích giao điểm I khi a, b thay đổi thuộc đường tròn x2 + y2 = 2. D¹ng 2: Ứng dụng hệ phương trình bậc nhất hai ẩn để xét hai phương trình bậc hai có nghiệm chung Thực hiện theo các bước sau: Bíc 1: Xét hệ phương trình tạo bởi 2 phương trình bậc hai: Bíc 2: Đặt x2 = y, ta được hệ: (I) Û Bíc 3: Để 2 phương trình có nghiệm chung trước hết (II) phải có nghiệm thoả mãn x2 = y, ta có điều kiện là: Bíc 4: Thử lại. ThÝ dô 1. Với giá trị nào của m thì 2 phương trình sau có nghiệm chung: 2x2 + mx - 1 = 0 và mx2 - x + 2 = 0. ? Giải Các phương trình đã cho có nghiệm chung Û khi hệ sau có nghiệm: Đặt x2 = y, ta được hệ: Ta có D = - m2 - 2; Dx = -m - 4 ; Dy = 2m - 1. Vì D ¹ 0, "m, hệ có nghiệm duy nhất x = Do x2 = y, nên ta phải có: Vậy với m = -1 hai phương trình có nghiệm chung là x = 1. D¹ng 3: Ứng dụng hệ phương trình bậc nhất hai ẩn để biện luận giá trị nhỏ nhất của biểu thức hai ẩn Với yêu cầu biện luận giá trị nhỏ nhất của F = (a1x + b1y + c1)2 + ( a2x + b2y + c2)2 Ta thực hiện theo các bước sau: Bíc 1: Xét hai đường thẳng: (d1): a1x + b1y + c1 = 0 và (d2): a2x + b2y + c2 = 0. Vậy giá trị nhỏ nhất của F tuỳ thuộc vào vị trí tương đối của (d1) và (d2). Bíc 2: Xét hệ phương trình tạo bởi (d1) và (d2) có dạng: Xác định các giá trị D, Dx, Dy. Bíc 3: Xét hai trường hợp: Trường hợp 1: Nếu D ¹ 0 thì: Hệ có nghiệm duy nhất x = Khi đó (d1) cắt (d2) do đó minF = 0. Trường hợp 1: Nếu D = 0, đặt t = a1x + b1y + c1, ta được: F = 2t2 + At + B ³ - Vậy minF = - Bíc 4: Kết luận: § Với D ¹ 0, minF = 0, đạt được khi x = § Với D = 0, minF = - ThÝ dô 1. Hãy biện luận giá trị nhỏ nhất của biểu thức sau theo tham số a: F = (x + y - 2)2 + (x + ay - 3)2. ? Giải Xét hai đường thẳng (d1): x + y - 2 = 0 và (d2): x + ay - 3 = 0. Vậy giá trị nhỏ nhất của F tuỳ thuộc vào vị trí tương đối của (d1) và (d2). Xét hệ phương trình tạo bởi (d1) và (d2) có dạng: Ta có: D = a. Nếu D ¹ 0 Û a - 1 ¹ 0 Û a ¹ 1. Hệ có nghiệm duy nhất: x = b. Nếu D = 0 Û a - 1 = 0 Û a = 1. Với a = 1, suy ra Dx = - 1 ¹ 0, hệ vô nghiệm. Khi đó (d1) // (d2) do đó: F = (x + y - 2)2 + (x + y - 3)2. Đặt t = x + y - 2, ta được F = t2 + (t - 1)2 = 2t2 - 2t + 1 ³ Vậy, ta được minF = t = Kết luận: § Với a ¹ 1, minF = 0, đạt được khi x = § Với a = -4, minF = D¹ng 4: Ứng dụng khác của hệ phương trình bậc nhất hai ẩn ThÝ dô 1. Hãy xác định tất cả các giá trị của a, b sao cho nghiệm của bất phương trình |x - 2a + 1| £ b + 1 là đoạn [-2; 5]. ? Giải 1. Nếu b + 1 < 0 Û b < -1 thì bất phương trình vô nghiệm. 2. Nếu b + 1 ³ 0 Û b ³ -1 thì bất phương trình được viết lại dưới dạng: -b - 1 £ x - 2a + 1 £ b + 1 Û 2a - b - 2 £ x £ 2a + b + 2. Vậy để nghiệm của bất phương trình là đoạn [-2; 5] điều kiện cần và đủ là: Vậy, với a = §5. HỆ PHƯƠNG TRÌNH BẬC HAI HAI ẨN D¹ng to¸n 1: Giải hệ gồm một phương trình bậc nhất và một phương trình bậc hai hai ẩn Phương pháp áp dụng Để giải hệ phương trình: chúng ta có thể lựa chọn một trong ba cách sau: C¸ch 1: (Phương pháp thế): Ta thực hiện theo các bước sau: Bíc 1: Từ phương trình (1) rút x hoặc y rồi thế vào phương trình (2). Khi đó, ta được phương trình bậc hai theo x hoặc y, giả sử: f(x, m) = 0. (3) Bíc 2: Thực hiện giải (3) theo yêu cầu của đầu bài. C¸ch 2: (Phương pháp đồ thị): Ta thực hiện theo các bước sau: Bíc 1: Ta có: § Tập hợp các điểm thoả mãn (1) thuộc đường thẳng (d): Ax + By + C = 0 § Tập hợp các điểm thoả mãn (2) với b = 0 thuộc đường cong (S): ax2 + cy2 + dx + ey + f = 0 Bíc 2: Khi đó số nghiệm của hệ là số giao điểm của đường thẳng (d) với đường (S). F Chú ý: Khi sử dụng phương pháp này các em học sinh cần nhớ lại điều kiện tiếp xúc của đường thẳng (d) với đường tròn, Elíp, Hypebol, Parabol. ThÝ dô 1. Cho hệ phương trình: a. Giải hệ phương trình với m = 3. b. Tìm m để hệ có nghiệm duy nhất. ? Giải Biến đổi hệ về dạng: a. Với m = 3, hệ có hai cặp nghiệm (0; 1) và ( b. Hệ có nghiệm duy nhất, khi và chỉ khi (1) có nghiệm duy nhất. Với phương trình (1), ta xét hai trường hợp: Trường hợp 1: Với m = 0, ta được: (1) Û 4x - 3 = 0 Û x = tức là, hệ có nghiệm duy nhất ( Trường hợp 2: Với m ¹ 0, để (1) có nghiệm duy nhất điều kiện là: D’(1) = 0 Û (m - 2)2 - m(m - 3) = 0 Û - m + 4 = 0 Û m = 4. Vậy, với m = 0 hoặc m = 4 hệ có nghiệm duy nhất. ThÝ dô 2. Cho hệ phương trình: Xác định các giá trị của m để: a. Hệ phương trình vô nghiệm. b. Hệ phương trình có nghiệm duy nhất. c. Hệ phương trình có hai nghiệm phân biệt. ? Giải Biến đổi hệ về dạng: a. Hệ đã cho vô nghiệm điều kiện là: (3) vô nghiệm Û D' < 0 Û m2 - 2(m2 - 1) < 0 Û |m| > Vậy, với |m| > b. Hệ đã cho có nghiệm duy nhất điều kiện là: (3) có nghiệm duy nhất Û D' = 0 Û m2 - 2(m2 - 1) = 0 Û m = ± Vậy, với m = ± c. Hệ đã cho có hai nghiệm phân biệt điều kiện là: (3) có hai nghiệm phân biệt Û D' > 0 Û m2 - 2(m2 - 1) > 0 Û |m| < Vậy, với |m| < F Chú ý: Khi đã có kiến thức về phương trình đường thẳng và đường tròn trong mặt phẳng chúng ta có thể thực hiện theo cách sau: § Phương trình (1) là đường tròn (C) có tâm O(0; 0), bán kính R = 1. § Phương trình (2) là phương trình đường thằng (d). a. Hệ vô nghiệm khi: (d) không cắt (C) Û d(O, d) > R Û Vậy, với |m| > b. Hệ có nghiệm duy nhất khi: (d) tiếp xúc (C) Û d(O, d) = R Û Vậy, với m = ± c. Hệ có hai nghiệm phân biệt khi: (d) cắt (C) tại hai điểm phân biệt Û d(O, d) < R Û Vậy, với |m| < ThÝ dô 3. Cho hệ phương trình: a. Giải hệ phương trình với m = 1. b. Tìm m để hệ có hai cặp nghiệm phân biệt (x1; y1) và (x2; y2) thoả mãn ? Giải Biến đổi hệ về dạng: a. Với m = 1, ta được: Vậy, với m = 1 hệ có hai cặp nghiệm (2; 1) và (-2; -3). b. Biến đổi tiếp hệ về dạng: Tức là, với mọi m hệ luôn có hai cặp nghiệm. Điều kiện (*) trở thành: (m + 1)2 + 1 = (m - 3)2 + 9 Û 8m - 16 = 0 Û m = 2. Vậy, với m = 2 thoả mãn điều kiện đầu bài. D¹ng to¸n 2: Giải hệ hệ phương trình đối xứng loại I Phương pháp áp dụng Phương pháp chung để giải và biện luận hệ đối xứng loại I bao gồm các bước: Bíc 1: Sử dụng ẩn phụ: Bíc 2: Xác định S và P. Khi đó x, y là nghiệm của phương trình: t2 - St + P = 0. (*) Bíc 3: Bài toán được chuyển về giải và biện luận phương trình (*). F Chú ý: 1. Ngoài phương pháp chung để giải hệ đối xứng loại I được trình bày ở trên, trong nhiều trường hợp ta còn sử dụng các phương pháp: a. Phương pháp thế: bởi rất nhiều hệ đối xứng loại I là "Hệ gồm một phương trình bậc hai và một phương trình bậc nhất của hai ẩn". b. Phương pháp đồ thị. c. Phương pháp điều kiện cần và đủ: được áp dụng rất tốt cho hệ với yêu cầu " Tìm giá trị của tham số để hệ có nghiệm duy nhất ". Khi đó ta thực hiện theo các bước: Bíc 1: Điều kiện cần § Nhận xét rằng, nếu hệ có nghiệm (x0; y0) thì (y0; x0) cũng là nghiệm của hê, do đó hệ có nghiệm duy nhất khi: x0 = y0. (**) § Thay (**) vào hệ ta được giá trị của tham số . Đó chính là điều kiện cần để hệ có nghiệm duy nhất. Bíc 2: Điều kiện đủ. 2. Một số hệ phương trình cần sử dụng một vài phép biến đổi đơn giản để đưa về dạng đối xứng loại I. Thông thường ta sử dụng phép đổi biến. ThÝ dô 1. Giải hệ phương trình: ? Giải Đặt S = x + y và P = xy, điều kiện S2 - 4P ³ 0. Khi đó, hệ phương trình có dạng: § Với S = 0 và P = -3 , ta được: khi đó x, y là nghiệm phương trình: t2 - 3 = 0 Û t = ± § Với S = -1 và P = -2 , ta được: khi đó x, y là nghiệm phương trình: t2 + t - 2 = 0 Û Vậy, hệ phương trình có 4 cặp nghiệm (x1; y1), (x2; y2), (x3; y3) và (x4; y4). ThÝ dô 2. Cho hệ phương trình: a. Giải hệ phương trình với m = 26. b. Xác định m để hệ vô nghiệm. c. Xác định m để hệ có nghiệm duy nhất, xác định nghiệm đó. d. Xác định m để hệ có hai nghiệm phân biệt. ? Giải Cách 1: Sử dụng phương pháp chung của hệ đối xứng loại I để thực hiện các yêu cầu của bài toán. Biến đổi hệ phương trình về dạng: khi đó x, y là nghiệm của phương trình: t2 - 6t + a. Với m = 26, ta được: (1) Û 2t2 - 12t + 10 = 0 Û Vậy, với m = 26 hệ phương trình có hai cặp nghiệm (1; 5) và (5; 1). b. Hệ vô nghiệm Û (1) vô nghiệm Û D'(1) < 0 Û m - 18 < 0 Û m < 18. Vậy, với m < 18 hệ phương trình vô nghiệm. c. Hệ có nghiệm duy nhất Û phương trình (1) có nghiệm duy nhất Û D'(1) = 0 Û m - 18 = 0 Û m = 18. Khi đó hệ có nghiệm x = y = 3. Vậy, với m = 18 hệ phương trình có nghiệm duy nhất x = y = 3.. d. Hệ có hai nghiệm phân biệt Û phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt Û D'(1) > 0 Û m - 18 > 0 Û m > 18. Vậy, với m > 18 hệ phương trình có 2 nghiệm phân biệt. Cách 2: Sử dụng phương pháp thế để thực hiện các yêu cầu của bài toán. Biến đổi hệ về dạng: a. Với m = 26, ta được: (2) Û 2x2 - 12x + 10 = 0 Û Vậy, với m = 26 hệ phương trình có hai cặp nghiệm (1, 5) và (5, 1). b. Hệ vô nghiệm Û (2) vô nghiệm Û D'(2) < 0 Û m - 18 < 0 Û m < 18. Vậy, với m < 18 hệ phương trình vô nghiệm. c. Hệ có nghiệm duy nhất Û phương trình (2) có nghiệm duy nhất Û D'(1) = 0 Û m - 18 = 0 Û m = 18. Khi đó hệ có nghiệm x = y = 3. Vậy, với m = 18 hệ phương trình có nghiệm duy nhất. d. Hệ có hai nghiệm phân biệt Û phương trình (2) có hai nghiệm phân biệt Û D'(1) > 0 Û m - 18 > 0 Û m > 18. Vậy, với m > 18 hệ phương trình có 2 nghiệm phân biệt. Cách 3: Sử dụng phương pháp đồ thị để thực hiện các yêu cầu b), c), d) của bài toán. Nhận xét rằng với m £ 0, hệ vô nghiệm, do đó ta xét với m > 0. Ta có: § Phương trình (1) là đường tròn (C) có tâm O(0, 0), bán kính R = § Phương trình (2) là đường thằng (d). b. Hệ vô nghiệm Û d(O, (d)) > R Û Vậy, với m < 18 hệ phương trình vô nghiệm. c. Hệ có nghiệm duy nhất Û (d) tiếp xúc với (C) Û d(O, (d)) = R Û Khi đó, hệ có nghiệm x = y = 3. Vậy, với m = 18 hệ phương trình có nghiệm duy nhất. d. Hệ có hai nghiệm phân biệt Û (d) cắt (C) tại hai điểm phân biệt Û d(O, (d)) < R Û Vậy, với m > 18 hệ phương trình có 2 nghiệm phân biệt. Cách 4: Sử dụng phương pháp điều kiện cần và đủ để thực hiện yêu cầu c) của bài toán. Điều kiện cần: Nhận xét rằng nếu hệ có nghiệm (x0, y0) thì (y0, x0) cũng là nghiệm của hê, do đó hệ có nghiệm duy nhất khi: x0 = y0. (*) Khi đó, hệ có dạng: Đó chính là điều kiện cần để hệ có nghiệm duy nhất. Điều kiện đủ: Với m = 18, ta được: Vậy, với m = 18 hệ phương trình có nghiệm duy nhất. F Nhận xét: Thông qua ví dụ trên chúng ta đã thấy được các phương pháp khác nhau để thực hiện hệ đối xứng loại I. Trong trường hợp chúng ta lựa chọn phương pháp tổng quát thì mục đích chính là việc xác định cho được: để từ đó chuyển hệ phương trình thành phương trình: t2 - St + P = 0. ThÝ dô 3. Cho hệ phương trình: Xác định các giá trị của m để: a. Hệ phương trình vô nghiệm. b. Hệ phương trình có nghiệm duy nhất. c. Hệ phương trình có hai nghiệm phân biệt. ? Giải Biến đổi hệ về dạng: khi đó x, -y là nghiệm của phương trình: t2 - mt + a. Hệ đã cho vô nghiệm điều kiện là: (1) vô nghiệm Û D' < 0 Û m2 - 2(m2 - 1) < 0 Û |m| > Vậy, với |m| > b. Hệ đã cho có nghiệm duy nhất điều kiện là: (1) có nghiệm duy nhất Û D' = 0 Û m2 - 2(m2 - 1) = 0 Û m = ± Vậy, với m = ± c. Hệ đã cho có hai nghiệm phân biệt điều kiện là: (1) có hai nghiệm phân biệt Û D' > 0 Û m2 - 2(m2 - 1) > 0 Û |m| < Vậy, với |m| < D¹ng to¸n 3: Giải hệ hệ phương trình đối xứng loại II Phương pháp áp dụng Phương pháp chung để giải và biện luận hệ đối xứng loại II bao gồm các bước: Bíc 1: Trừ từng vế của hai phương trình bao giờ cũng thu được phương trình tích. (x - y)f(x, y) = 0 Û Bíc 2: Giải hệ cho từng trường hợp. F Chú ý: Ngoài phương pháp chung để giải hệ đối xứng loại II được trình bày ở trên, trong nhiều trường hợp ta còn sử dụng các phương pháp: 1. Phương pháp điều kiện cần và đủ: được áp dụng rất tốt cho hệ với yêu cầu "Tìm giá trị của tham số để hệ có nghiệm duy nhất". Khi đó ta thực hiện theo các bước: Bíc 1: Điều kiện cần § Nhận xét rằng, nếu hệ có nghiệm (x0; y0) thì (y0; x0) cũng là nghiệm của hê, do đó hệ có nghiệm duy nhất khi: x0 = y0. (**) § Thay (**) vào hệ ta được giá trị của tham số . Đó chính là điều kiện cần để hệ có nghiệm duy nhất. Bíc 2: Điều kiện đủ. 2. Phương pháp đồ thị. ThÝ dô 1. Giải hệ phương trình: ? Giải Trừ từng vế hệ phương trình, ta được: (x2 - y2) = -4(x - y) Û (x - y)(x + y + 4) = 0 Û Ta lần lượt: § Với x = y, hệ phương trình tương đương với: § Với y = -4 - x, hệ phương trình tương đương với: Vậy, hệ có nghiệm (0; 0) và (-2; -2). ThÝ dô 2. Cho hệ phương trình: a. Giải hệ phương trình với m = -1. b. Tìm m để hệ phương trình có nghiệm duy nhất. ? Giải Trừ từng vế hệ phương trình, ta được: x2 - y2 = -m(x - y) Û (x - y)(x + y + m) = 0 Û Khi đó, hệ phương trình tương đương với: a. Với m = -1, ta được: (I) Û (II) Û Vậy, với m = -1 hệ có các nghiệm là (-1; -1), ( b. Sử dụng phương pháp điều kiện cần và đủ như sau: Điều kiện cần: Nhận xét rằng nếu hệ có nghiệm (x0; y0) thì cũng có nghiệm (y0; x0), do đó hệ có nghiệm duy nhất thì x0 = y0. Khi đó: (1) Û 2 Do x0 duy nhất nên phương trình (3) có nghiệm duy nhất D'(3) = 0 Û m2 - 8m = 0 Û m = 0 hoặc m = 8.. Đó chính là điều kiện cần để hệ có nghiệm duy nhất. Điều kiện đủ: Ta lần lượt: § Với m = 0, hệ có dạng: Ta thấy hệ có vô số nghiệm thoả mãn y = -x Þ loại. § Với m = 8, hệ có dạng: Û x = y = 2 là nghiệm duy nhất. Vậy, với m = 8 hệ có nghiệm duy nhất. D¹ng to¸n 4: Giải hệ phương trình đẳng cấp bậc hai Phương pháp áp dụng Để giải và biện luận hệ đẳng cấp bậc hai: ta có thể lựa chọn một trong hai cách sau: Cách 1: Thực hiện theo các bước sau: Bíc 1: Khử số hạng tự do để dẫn tới phương trình: Ax2 + Bxy + Cy2 = 0. (3) Bíc 2: Đặt x = ty, khi đó: (3) Û y2[At2 + Bt + C] = 0. § Xét y = 0 thay vào hệ. § Xét At2 + Bt + C = 0, nếu có nghiệm t0 thì thế x = t0y vào hệ để xét hệ với một ẩn y. Cách 2: Thực hiện theo các bước sau: Bíc 1: Từ hệ khử số hạng x2 (hoặc y2) để dẫn tới phương trình khuyết x2 (hoặc y2), giả sử: Dx2 + Exy + F = 0 Þ y = - Bíc 2: Thế (4) vào một phương trình của hệ ta được phương trình trùng phương ẩn x. F Chú ý: Với bài toán chứa tham số ta thường lựa chọn cách 2. ThÝ dô 1. Giải hệ phương trình: ? Giải Ta có thể trình bày theo các cách sau: Cách 1: Khử số hạng tự do từ hệ ta được: x2 + 9xy - 22y2 = 0. (3) Đặt x = ty, khi đó: (3) Û y2(t2 + 9t - 22) = 0 Û Ta lần lượt: § Với y = 0, hệ có dạng: § Với t = 2 ta được x = 2y, (2) Û y2 = 1 Û § Với t = -11 ta được x = - 11y, (2) Û y2 = Vậy, hệ phương trình có bốn cặp nghiệm. Cách 2: Nhận xét rằng: nếu (x, y) là nghiệm của hệ thì y ¹ 0. Khử số hạng x2 từ hệ ta được: xy - 3y2 = -1 Û x = Thay (4) vào (2), ta được: 14y4 - 15y2 + 1 = 0. (5) Đặt t = y2, điều kiện t ³ 0, ta được: (5) Û 14t2 - 15t + 1 = 0 Û § Với t = 1, ta được: y2 = 1 Û § Với t = y2 = Vậy, hệ phương trình có bốn cặp nghiệm. ThÝ dô 2. Cho hệ phương trình: a. Giải hệ với m = 14. b. Tìm m để hệ có nghiệm. ? Giải Nhận xét rằng nếu (x; y) là nghiệm của hệ thì x ¹ 0 (nếu trái lại (*) mâu thuẫn). Từ (*) suy ra: y = Thay (**) vào phương trình thứ hai của hệ, ta được: 2x2 + 4(x2 - 2) - Đặt t = y2, điều kiện t ³ 0, ta được: f(t) = 4t2 - mt - 8 = 0. (1) a. Với m = 14 thì hệ có nghiệm (2; 1) và (-2; -1). b. Để hệ có nghiệm thì (1) phải có ít nhất một nghiệm không âm, điều này luôn đúng bởi ac = -32 < 0. Vậy, hệ có nghiệm với mọi m. D¹ng to¸n 5: Hệ phương trình không mẫu mực Phương pháp áp dụng Lược đồ để giải các hệ phương trình không mẫu mực có thể được minh hoạ sơ bộ theo các bước: Bíc1: Đặt điều kiện có nghĩa cho hệ phương trình. Bíc2: Lựa chọn phương pháp thực hiện: Ph¬ng ph¸p 1: Biến đổi tương đương. Ph¬ng ph¸p 2: Đặt ẩn phụ. Ph¬ng ph¸p 3: Đồ thị. Ph¬ng ph¸p 4: Điều kiện cần và đủ. Ph¬ng ph¸p 5: Đánh giá. F Chú ý: Nếu lựa chọn phương pháp đặt ẩn phụ thì: 1. Với hệ phương trình không chứa tham số có thể chỉ cần thiết lập điều kiện hẹp cho ẩn phụ. 2. Với hệ phương trình chứa tham số phải đi tìm điều kiện đúng cho ẩn phụ. ThÝ dô 1. Giải các hệ phương trình sau: a. ? Giải a. Viết lại hệ phương trình dưới dạng: Trừ theo vế hai phương trình cho nhau ta được: 2xy(x + y) = 12 Þ x + y = Thay x + y vào (*) ta được: [( Khi đó hệ phương trình tương đương với: suy ra x, y là nghiệm phương trình: t2 - 3t + 2 = 0 Û Vậy, hệ phương trình có hai cặp nghiệm (1; 2), (2; 1). b. Nhận xét rằng hệ phương trình nhận x1 = y1 = 0 làm nghiệm. Xét các nghiệm thoả mãn x2 + y2 > 0 và nhận thấy phải có x, y cùng dấu. Chia theo vế hai phương trình của hệ, ta được: Đặt t = (y/x)2, điều kiện t > 0, ta được: 20t2 - 17t + 3 = 0 Û Ta lần lượt: § Với x = 2y thì: Û § Với Û Vậy, hệ phương trình có năm cặp nghiệm: (0; 0), (x2; y2), (x3; y3), (x4; y4) và (x5; y5). C. CÁC BÀI TOÁN CHỌN LỌC VÝ dô 1: Giải và biện luận phương trình sau theo tham số a, b: a(ax + 2b2) - a2 = b2(x + a). ? Giải a. Ta biến đổi phương trình về dạng: (a2 – b2)x = a2 – ab2. (**) Ta đi giải và biện luận (**) Trường hợp 1: Nếu a2 – b2 = 0 Û a2 = b2. (*) Û 0.x = b2(1 – a) § Với a = 1 Þ b = ±1, thì (*) Û 0.x = 0 (lđ) Þ (*) nhận mọi x làm nghiệm. § Với b = 0 Þ a = 0, thì (*) Û 0.x = 0 (lđ) Þ (*) nhận mọi x làm nghiệm. § Với a = ±b, a ¹ 1 và b ¹ 0, thì (*) Û 0.x = b2(1 – a) ¹ 0 (mâu thuẫn) Þ (*) vô nghiệm. Trường hợp 2: Nếu a2 – b2 ¹ 0 Û a ¹ ±b. (*) Û x = Kết luận: § Với a = 1 và b = ±1, phương trình nhận mọi x làm nghiệm. § Với a = b = 0, phương trình nhận mọi x làm nghiệm. § Với a = ±b, a ¹ 1 và b ¹ 0 , phương trình vô nghiệm. § Với a ¹ ±b, phương trình có nghiệm duy nhất x = VÝ dô 2: Xác định m để phương trình sau vô nghiệm: (m - 1)2x = 4x + m + 1. ? Giải Ta biến đổi phương trình về dạng: [(m - 1)2 - 4]x = m + 1 Û (m – 3)(m + 1)x = m + 1. (*) Điều kiện để phương trình (*) vô nghiệm là: Vậy, với m = 3 phương trình vô nghiệm. VÝ dô 3: Xác định tham số để phương trình sau có tập hợp nghiệm là a(x - 1) + b(2x + 1) = x + 2. ? Giải Ta biến đổi phương trình về dạng: (a + 2b - 1)x = a - b + 2. (*) Điều kiện để (*) có tập hợp nghiệm là Vậy, với a = –1 và b = 1 phương trình có tập nghiệm là VÝ dô 4: Cho phương trình: x2 - 4x - m = 0. Xác định m để phương trình: a. Có nghiệm thuộc khoảng (-1; 3). b. Có đúng một nghiệm thuộc khoảng (-1; 3). c. Có hai nghiệm phân biệt thuộc khoảng (-1; 3). d. Có nghiệm thuộc (-¥; 1)È(5; +¥). e. Có đúng một nghiệm thuộc khoảng (-¥; 1)È(5; +¥). f. ? Giải Viết lại phương trình dưới dạng: x2 – 4x = m. Khi đó số nghiệm trên tập D của phương trình là số giao điểm của đường thẳng (d): y = m với Parabol (P): y = x2 – 4x trên D. Dựa vào đồ thị hàm số, ta thấy: a. Phương trình có nghiệm thuộc D = (-1; 3) Û – 4 < m < 5. b. Phương trình có một nghiệm thuộc D Û – 3 < m < 5. c. Phương trình có 2 nghiệm phân biệt thuộc D Û – 4 < m < – 3. d. Phương trình có một nghiệm thuộc D = (-¥, 1)È(5, +¥) Û vô nghiệm. e. Phương trình có hai nghiệm phân biệt thuộc D = (-¥, 1)È(5, +¥) Û m > 5. VÝ dô 5: Giả sử a, b, c là ba cạnh của một tam giác. Chứng minh rằng phương trình sau vô nghiệm: b2x2 + (b2 + c2 - a2)x + c2 = 0. ? Giải Ta có: D = (b2 + c2 - a2)2 - 4b2c2 = (b2 + c2 - a2 - 2bc)(b2 + c2 - a2 + 2bc) = [(b - c)2 - a2][(b + c)2 - a2] = Vậy, phương trình vô nghiệm. VÝ dô 6: Cho ba số dương a, b, c và phương trình: x2 - 2x - Chứng minh rằng phương trình luôn có nghiệm, từ đó xác định điều kiện của a, b, c để phương trình có nghiệm kép. ? Giải Ta có: D’ = 1 + Nhận xét rằng: = ( = (a + b + c)( = ³ = Û Vậy, phương trình luôn có nghiệm. Để phương trình có nghiệm kép, điều kiện là: D’ = 0 Û dấu đẳng thức xảy ra tại (*) Û Vậy, với a = b = c phương trình có nghiệm kép x = 1. VÝ dô 7: Cho phương trình: a. Tìm m để phương trình có nghiệm duy nhất. b. Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt. ? Giải Điều kiện: Biến đổi phương trình về dạng: x(x + 2) – 2m(x + 1) = 3 – m2 Û f(x) = x2 - 2(m - 1)x + m2 – 2m – 3 = 0 Û a. Để phương trình (1) có nghiệm duy nhất điều kiện là: Vậy, với m Î {-3, ±2, 1} phương trình có nghiệm duy nhất. b. Để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt điều kiện là: Vậy, với m Ï{-3, ±2, 1, 0} phương trình có hai nghiệm phân biệt. VÝ dô 8: Cho hai phương trình: x2 - mx - 2 = 0, (1) x2 - x + 6m = 0. (2) Tìm giá trị của m để phương trình (1) và phương trình (2) có ít nhất một nghiệm chung. Biết m là một số nguyên. ? Giải Giả sử x0 là nghiệm chung của hai phương trình, ta có: x02 - mx0 - 2 = 0 (1’) x02 - x0 + 6m = 0 (2’) Lấy (1’) trừ (2’), ta được: x0( - m + 1) - 2 - 6m = 0 Û (1 - m)x0 = 6m + 2. Ta xét hai trường hợp: Trường hợp 1: Với 1 - m = 0 Û m = 1. Thay vào (1) và (2), ta được: (1) Û x2 - x - 2= 0, có 2 nghiệm x1 = 2 và x2 = - 1. (2) Û x2 - x + 6 = 0, vô nghiệm. Suy ra, m = 1 không thoả mãn. Trường hợp 2: Với 1 - m ¹ 0 Û m ¹ 1, ta được: x0 = Thay x0 vào (2’), ta được phương trình ẩn m: Û 6m3 + 30m2 + 24m + 2m + 2 = 0 Û m(6m2 + 30m + 24) + 2(m + 1) = 0 Û m(m + 1)(m + 4) + 2(m + 1) = 0 Û (m + 1)[m(m + 4) + 2] = 0 Û (m + 1)[m2 + 4m + 2] = 0 Û Thử lại, với m = - 1, ta có: (1) Û x2 + x - 2 = 0, có hai nghiệm phân biệt x1 = - 2 và x2 = 1. (2) Û x2 - x + 6 = 0, có hai nghiệm phân biệt x3 = - 2 và x4 = 3. Vậy, với m = - 1, hai phương trình có một nghiệm chung. VÝ dô 9: Giả sử phương trình: (1 + m2)x2 - 2(m2 - 1)x + m = 0. có hai nghiệm x1, x2. Tìm hệ thức liên hệ giữa các nghiệm mà không phụ thuộc vào m. ? Giải Với giả thiết ta có: Khử m từ hệ (I) bằng nhận xét: Vậy, ta được (x1 + x2)2 + 16(x1x2)2 = 4 là hệ thức cần tìm. VÝ dô 10: Giả sử phương trình ax2 + bx + c = 0 có hai nghiệm x1, x2. Chứng minh rằng hệ thức b3 + a2c + ac2 = 3abc là điều kiện cần và đủ để phương trình có một nghiệm bằng bình phương của nghiệm còn lại. ? Giải Theo giả thiết ta được: Xét biểu thức: P = (x1 - = x1x2 + = Vậy, nếu b3 + a2c + ac2 = 3abc thì một trong hai thừa số của P phải bằng 0 và ngược lại. VÝ dô 11: Xác định m để phương trình sau có nghiệm: ? Giải Điều kiện x > 1. (*) Ta biến đổi phương trình về dạng: 2x + m - 4(x - 1) = x - 2m + 3 Û 3x = 3m + 1 Û x = Nghiệm trên phải thoả mãn điều kiện (*), tức là: Vậy, với VÝ dô 12: Với giá trị nào của a thì phương trình sau có nghiệm. Tính giá trị của nghiệm đó. ? Giải Viết lại phương trình dưới dạng: Þ x = Thay (2) vào (1), ta được: Û |(2a - 8) - a| = |2a - 8| - |a| Û a(a - 8) ³ 0 Û Vậy, với a ³ 8 hoặc a £ 0 thì (1) có nghiệm và nghiệm đó là x = VÝ dô 13: Cho phương trình: a. Giải phương trình với m = 2. b. Giải và biện luận phương trình theo m. ? Giải Viết lại phương trình dưới dạng: Đặt t = |x - 1|, điều kiện t ³ 0. Phương trình tương đương với: a. Với m = 2 (I) Û Vậy, với m = 2 phương trình vô nghiệm. b. Giải và biện luận phương trình § Với m £ 0 thì (I) vô nghiệm Û phương trình vô nghiệm. § Với m > 0, ta được: (I) Û Kết luận: - Với m £ 0 hoặc m > - Với 0 < m £ VÝ dô 14: Tìm m để phương trình ? Giải Phương trình được biến đổi tương đương về dạng: - x2 + 3x - 2 = 2m + x - x2 ³ 0 Û Do đó, để phương trình có nghiệm, điều kiện là: 1 £ m + 1 £ 2 Û 0 £ m £ 1. Vậy, với 0 £ m £ 1, phương trình có nghiệm. F Chú ý: Như vậy trong lời giải trên chúng ta đã sử dụng phương pháp biến đổi tương đương dạng 1 cùng với việc lựa chọn điều kiện - x2 + 3x - 2 ³ 0, điều này đã làm giảm đáng kể độ phức tạp của lời giải. VÝ dô 15: Giải phương trình: m( a. Giải phương trình với m = 1. b. Tìm m để phương trình có nghiệm. ? Giải Điều kiện: Viết lại phương trình dưới dạng: m( Û m( Đặt t = Khi đó: (2) Û mt = t2 - 6 Û f(t) = t2 - mt - 6 = 0. (3) a. Với m = 1, phương trình (3) có dạng: t2 - t - 6 = 0 Û Û 3x - 2 + x - 1 + 2 Û Vậy, nghiệm của phương trình là x = 2. b. Phương trình (1) có nghiệm Û (3) có nghiệm thoả mãn (**) Nhận xét rằng (3) luôn có hai nghiệm trái dấu, do vậy để (3) có nghiệm thoả mãn (**) Û (3) có nghiệm thoả mãn t1 £ 1 £ t2 Û a.f(1) £ 0 Û 1 - m - 6 £ 0 Û m ³ 5. Vậy, với m ³ 5 phương trình (1) có nghiệm. VÝ dô 16: Giải và biện luận hệ phương trình: ? Giải Ta có: D = a2 – b2 ; Dx = a(a2 – b2) ; Dy = b(a2 – b2). Trường hợp 1: Nếu D ¹ 0, tức là a2 – b2 ¹ 0 Û a ¹ ±b. Hệ có nghiệm duy nhất x = a và y = b. Trường hợp 2: Nếu D = 0, tức là: a2 – b2 = 0 Û a = b hoặc a = –b. Khi đó Dx = Dy = 0 nên hệ có vô số nghiệm. Kết luận: § Với a ¹ ±b, hệ có nghiệm x = a và y = b. § Với a = ±b, hệ có vô số nghiệm. VÝ dô 17: Cho hệ phương trình: a. Giải và biện luận hệ phương trình. b. Tìm hệ thức liên hệ giữa nghiệm x, y của hệ không phụ thuộc vào m. ? Giải a. Bạn đọc tự thực hiện. b. Từ hệ thức về nghiệm: Đó là hệ thức liên hệ giữa nghiệm x, y của hệ không phụ thuộc vào m. VÝ dô 18: Cho hệ phương trình: a. Tìm a sao cho với mọi b luôn tồn tại c để hệ có nghiệm. b. Tìm a sao cho tồn tại c để hệ có nghiệm với mọi b. ? Giải Trước tiên, ta có: D = 4 - b2; Dx = 2ac2 - (b - 2)c + b; Dy = -abc2 - (b - 2)c - 2. a. Xét hai trường hợp: Trường hợp 1: Nếu D ¹ 0 Û 4 - b2 ¹ 0 Û b ¹ ±2. Hệ có nghiệm duy nhất với "a, c nên không cần đặt điều kiện cho a. Trường hợp 2: Nếu D = 0 Û 4 - b2 = 0 Û b = ±2. § Với b = 2, hệ có dạng: Hệ có nghiệm Û ac2 + c = c - 1 Û ac2 = -1. (1) Do đó c tồn tại Û (1) có nghiệm theo c Û a < 0. § Với b = -2, hệ có dạng: Hệ có nghiệm Û ac2 + c = 1 - c Û ac2 + 2c - 1 = 0. (2) Do đó: c tồn tại Û (2) có nghiệm theo c Û Để với "b luôn $c để hệ có nghiệm Û (1), (2) phải đồng thời có nghiệm Û Vậy, với -1 £ a < 0 thì với mọi b, ta luôn tìm được c để hệ có nghiệm. b. Với mỗi a để tồn tại c để hệ có nghiệm với mọi b Û (1) hoặc (2) có nghiệm Û Vậy, với mọi a luôn tồn tại c để hệ có nghiệm với mọi b. VÝ dô 19: Tìm m, n, p để cả ba hệ sau đồng thời vô nghiệm: ? Giải Kí hiệu các hệ phương trình trên theo ths tự là (I), (II) và (III). · Xét hệ (I), ta có: D = 1 - p2; Dx = n + pm; Dy = m - np. Hệ (I) vô nghiệm Û · Xét hệ (II), ta có D = -pm - n; Dx = m2 - 1; Dy = -p - nm. Hệ (II) vô nghiệm Û · Xét hệ (III), ta có D = -pn - m; Dx = -p - nm; Dy = n2 - 1. Hệ (III) vô nghiệm Û Như vậy, nếu hệ (I) vô nghiệm thì hệ (II) và (III) có nghiệm, do đó không tồn tại m, n, p để cả ba hệ đồng thời vô nghiệm. VÝ dô 20: Giả sử hệ phương trình: có nghiệm. Chứng minh rằng a3 + b3 + c3 = 3abc. ? Giải Xét hệ phương trình tạo bởi (2) và (3) có dạng: Ta có: D = ba - c2; Dx = a2 - bc ; Dy = b2 - ac. a. Nếu D ¹ 0 Û ba - c2 ¹ 0. Hệ có nghiệm duy nhất x = Nghiệm trên thoả mãn (1) điều kiện là: a. b. Nếu D = 0 Û ba - c2 = 0. Hệ có nghiệm Û Dx= Dy = 0 Û Vậy, nếu hệ phương trình có nghiệm thì a3+ b3+ c3=3abc. VÝ dô 21: Cho a2 + b2 > 0 và hai đường thẳng (d1) và (d2) có phương trình: (a - b)x + y = 1 và (a2 - b2)x + ay = b. a. Xác định giao điểm của (d1) và (d2). b. Tìm điều kiện với a, b để giao điểm đó thuộc trục hoành. ? Giải a. Xét hệ phương trình tạo bởi (d1) và (d2): Ta có D = b2 - ab, Dx = a - b, Dy = ab - a2. Để (d1) và (d2) cắt nhau điều kiện là: Hệ (I) có nghiệm duy nhất Û D ¹ 0 Û b2 - ab ¹ 0. Khi đó, giao điểm I có toạ độ I(- b. Điểm I Î Ox điều kiện là: Vậy, với a = 0 và b ≠ 0 thoả mãn điều kiện đầu bài. VÝ dô 22: Cho hệ phương trình: a. Tìm a để hệ phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt. b. Gọi (x1, y1), (x2, y2) là các nghiệm của hệ đã cho. Chứng minh rằng: (x2 - x1)2 + (y2 - y1)2 £ 1. ? Giải Biến đổi hệ về dạng: a. Hệ có 2 nghiệm phân biệt Û (3) có hai nghiệm phân biệt Û b. Khi đó, phương trình (3) có hai nghiệm phân biệt y1, y2 thoả mãn: Suy ra: (x2 - x1)2 + (y2 - y1)2 = (ay1 - ay2)2 + (y2 - y1)2 = (a2 + 1)[ (y2 + y1)2 - 4y1y2] = VÝ dô 23: Giải hệ phương trình: ? Giải Ký hiệu phương trình thứ nhất của hệ là (*). Điều kiện 2x - y ¹ 0. Chia cả hai vế của phương trình (*) cho (2x - y)2 ¹ 0, ta được: Đặt t = t2 - 5t + 6 = 0 Û a. Với t = 2, hệ có dạng: khi đó 2x + y, u2 - 3u + 2 = 0 Û u = 2 hoặc u = 1 Û b. Với t = 3, hệ có dạng: khi đó 2x + y, v2 - 3v + 3 = 0 vô nghiệm. Vậy, hệ phương trình có hai cặp nghiệm ( VÝ dô 24: Cho hệ phương trình: a. Giải hệ phương trình với m = 3. b. Tìm m để hệ có hai nghiệm với hoành độ trái dấu. ? Giải Biến đổi tương đương hệ về dạng: Û a. Với m = 3, ta được: Vậy, với m = 3 hệ có nghiệm (1; 2) và ( b. Để hệ có hai nghiệm với hoành độ trái dấu Û (1) có hai nghiểm trái dấu Û a.f(0) < 0 Û 64 - m2 < 0 Vậy, với m > 8 thoả mãn điều kiện đầu bài. VÝ dô 25: Giải hệ phương trình: ? Giải Điều kiện: Viết lại hệ phương trình dưới dạng: Đặt: Ta được: Û § Giải (I): vô nghiệm. § Giải (II): (II) Û Vậy, hệ phương trình có hai cặp nghiệm (8; 8) và (8; -8). Page 6
ch¬ng 2 - tÝch v« híng cña hai vect¬ vµ øng dông I. gi¸ trÞ lîng gi¸c cña mét gãc bÊt k× 1. ®Þnh nghÜaVíi mçi gãc a (00 £ a £ 1800), ta x¸c ®Þnh ®iÓm M trªn nöa ®êng trßn ®¬n vÞ sao cho MOx = a. Gi¶ sö ®iÓm M cã to¹ ®é (x, y). Khi ®ã: § Tung ®é y cña ®iÓm M gäi lµ sin cña gãc a, kÝ hiÖu lµ sina. § Hoµnh ®é x cña ®iÓm M gäi lµ c«sin cña gãc a, kÝ hiÖu lµ cosa. § TØ sè § TØ sè C¸c sè sina, cosa, tana, cota gäi lµ c¸c gi¸ trÞ lîng gi¸c cña gãc a. Ta cã: sina = y, cosa = x, tana = Gi¸ trÞ lîng gi¸c cña hai gãc bï nhau
Hµm sè lîng gi¸c cña hai gãc phô nhau
2. Gi¸ trÞ lîng gi¸c cña c¸c cung ®Æc biÖt
3. C¸c h»ng ®¼ng thøc lîng gi¸c c¬ b¶na. sin2a + cos2a = 1. b. tana = c. tana.cota = 1. d. II. tÝch v« híng cña hai vect¬ 1. gãc gi÷a hai vect¬Cho hai vect¬ Sè ®o cña gãc AOB ®îc gäi lµ sè ®o cña gãc gi÷a hai vect¬ Ta thÊy ngay viÖc x¸c ®Þnh gãc gi÷a hai vect¬ kh«ng phô thuéc vµo viÖc chän ®iÓm O, do ®ã gãc gi÷a hai vect¬ 2. §Þnh nghÜa tÝch v« híng cña hai vect¬§Þnh nghÜa: TÝch v« híng cña hai vect¬ Tõ ®Þnh nghÜa víi a. b. c. d. NÕu mét trong hai vect¬ b»ng 3. tÝnh chÊt cña tÝch v« híngVíi mäi vect¬ TÝnh chÊt 1: (TÝnh chÊt giao ho¸n): TÝnh chÊt 2: (TÝnh chÊt ph©n phèi): TÝnh chÊt 3: m( 4. biÓu thøc to¹ ®é cña tÝch v« híngNÕu Gãc a gi÷a hai vect¬ cosa = III. hÖ thøc lîng trong tam gi¸c 1. §Þnh lÝ c«sin trong tam gi¸cTrong DABC cã AB = c, BC = a, CA = b ta cã: a2 = b2 + c2 - 2bccosA; b2 = a2 + c2 - 2accosB; c2 = a2 + b2 - 2abcosC. 2. §Þnh lÝ sin trong tam gi¸cTrong DABC cã AB = c, BC = a, CA = b ta cã: 3. Tæng b×nh ph¬ng hai c¹nh vµ ®é dµi ®êng trung tuyÕn cña tam gi¸cTrong DABC cã AB = c, BC = a, CA = b vµ c¸c ®êng trung tuyÕn t¬ng øng lµ ma, mb, mc, ta cã: b2 + c2 = 2 4. diÖn tÝch tam gi¸cTrong DABC cã AB = c, BC = a, CA = b vµ c¸c ®êng cao t¬ng øng lµ ha, hb, hc, ta cã: S = S = S = pr = víi p lµ nöa chu vi tam gi¸c, r b¸n kÝnh ®êng trßn néi tiÕp). §1. Gi¸ trÞ lîng gi¸c cña mét gãc bÊt k× ThÝ dô 1. TÝnh gi¸ trÞ cña biÓu thøc A = 4sin41350 + ? Gi¶i Ta cã: A = 4. ThÝ dô 2. TÝnh gi¸ trÞ cña biÓu thøc: A = ? Gi¶i Ta cã: A = ThÝ dô 3. BiÕt tan75o = 2 + a. Gãc 105o. b. Gãc 15o. ? Gi¶i a. Ta cã: tan105o = tan(1800 - 75o) = -tan75o = -2 - cot105o = cos105o = cos(1800 - 75o) = -cos750. (1) MÆt kh¸c ta cã: Thay (2) vµo (1), ta ®îc cos105o = Khi ®ã, tõ: tan105o = b. Ta cã: cot150 = cot(900 - 750) = tan75o = 2 + sin150 = sin(900 - 750) = cos75o = cot15o = ThÝ dô 4. Cho gãc x víi cosx = ? Gi¶i Ta cã: P = 3sin2a + cos2a = P = 2sin2a + sin2a + cos2a = 2 sin2a + 1. (1) L¹i cã: cos2a + sin2a = 1 Û sin2a = 1 - cos2a = 1 - (1) Û P = 2 sin2a + 1 = 2. ThÝ dô 5. TÝnh tæng S = cos100 + cos300 + ... + cos1500 + cos1700. ? Gi¶i ViÕt l¹i S díi d¹ng: S = (cos100 + cos1700) + (cos300 + cos1500) + + (cos500 + cos1300) + (cos700 + cos1100) + cos900 = (cos100 - cos100) + (cos300 - cos300) + + (cos500 - cos500) + (cos700 - cos700) = 0. ThÝ dô 6. Cho h×nh vu«ng ABCD. TÝnh cos( ? Gi¶i a. VÏ tia ( b. Ta cã: ( c. Ta cã: VËy, ta ®îc cos( §2. TÝch v« híng cña hai vect¬ D¹ng to¸n 1: TÝnh tÝch v« híng cña hai vect¬ Ph¬ng ph¸p thùc hiÖn Ta lùa chän mét trong c¸c c¸ch sau: C¸ch 1: Sö dông ®Þnh nghÜa b»ng c¸ch ®a hai vect¬ C¸ch 2: Sö dông c¸c tÝnh chÊt vµ c¸c h»ng ®¼ng thøc cña tÝch v« híng cña hai vect¬. C¸ch 3: Sö dông ®Þnh lý h×nh chiÕu: víi A', B' lµ h×nh chiÕu cña A, B lªn gi¸ cña C¸ch 4: Sö dông biÓu thøc to¹ ®é. ThÝ dô 1. Cho h×nh vu«ng ABCD c¹nh a, t©m O. M lµ ®iÓm tuú ý trªn ®êng trßn néi tiÕp h×nh vu«ng vµ N lµ ®iÓm tuú ý trªn c¹nh BC. TÝnh: a. b. c. ? Gi¶i a. Ta cã: + ( = 2MO2 + bëi OA ^ OB, OC ^ OD vµ b. NhËn xÐt r»ng B lµ h×nh chiÕu vu«ng gãc cña N lªn AB, do ®ã: c. Gäi K lµ trung ®iÓm cña AB, suy ra M lµ h×nh chiÕu vu«ng gãc cña O lªn AB, do ®ã: F Chó ý: Víi c¸c bµi to¸n cã ®iÒu kiÖn, chóng ta cÇn vËn dông linh ho¹t ®iÒu kiÖn dÓ nhËn ®îc biÓu thøc cÇn dïng, cô thÓ gi¶ sö bµi to¸n yªu cÇu tÝnh: A = (a1 biÕt r»ng | A = a1a2 = a1a2a2 + b1b2b2 + (a1b2 + a2b1) Nh vËy tõ gi¶ thiÕt ta cÇn nhËn ®îc gi¸ trÞ cña tÝch | Û Suy ra: A = a1a2a2 + b1b2b2 + ThÝ dô 2. Cho DABC cã c¸c c¹nh b»ng a, b, c. a. TÝnh b. Gäi M lµ trung ®iÓ BC vµ G lµ träng t©m DABC, tÝnh ®é dµi AM tõ ®ã suy ra ®é dµi AG vµ cosin gãc nhän t¹o bëi AG vµ BC. ? Gi¶i a. Ta cã: B×nh ph¬ng v« híng hai vÕ cña (1), ta ®îc: theo tÝnh giao ho¸n, ta cã: Suy ra: B»ng c¸ch tÝnh t¬ng tù, ta ®îc: Tõ ®ã: = - = - b. Ta cã: B×nh ph¬ng v« híng hai vÕ cña (2), ta ®îc: AM2 = = Û AM = Suy ra AG = c. Gäi a lµ gãc nhän t¹o bëi AG vµ BC, khi ®ã: | Ta ®i tÝnh Thay (4) vµo (3), ta ®îc: cosa = F Chó ý: Ta còng cã thÓ tÝnh Ta cã: B×nh ph¬ng hai vÕ cña (5), ta ®îc: ( Û AB2 + BC2 + CA2 + 2 Û D¹ng to¸n 2: Chøng minh ®¼ng thøc vÒ tÝch v« híng hay ®é dµi. Ph¬ng ph¸p thùc hiÖn Ta cã hai d¹ng: D¹ng 1: Víi c¸c biÓu thøc vÒ tÝch v« híng ta sö dông ®Þnh nghÜa hoÆc tÝnh chÊt cña tÝch v« híng, cÇn ®Æc biÖt lu ý phÐp ph©n tÝch vect¬ ®Ó biÕn ®æi. D¹ng 2: Víi c¸c biÓu thøc vÒ ®é dµi ta thíng sö dông AB2 = ThÝ dô 3. Cho nöa ®êng trßn t©m O cã ®êng kÝnh AB = 2R. Gäi M vµ N lµ hai ®iÓm thuéc nöa ®êng trßn sao cho hai d©y cïng AM vµ BN c¾t nhau t¹i I. a. Chøng minh: b. H·y dïng c©u a) ®Ó tÝnh ? Gi¶i a. Ta cã: L¹i cã: Suy ra T¬ng tù, ta còng cã b. Ta cã: = ThÝ dô 4. Cho MM1 lµ ®êng kÝnh bÊt kú cña ®êng trßn t©m O, b¸n kÝnh R. A lµ ®iÓm cè ®Þnh vµ OA = d. Gi¶ sö AM c¾t (O) t¹i N. a. Chøng minh r»ng tÝch v« híng b. Chøng minh r»ng tÝch ? Gi¶i a. Ta cã: = = OA2 - OM2 = d2 - R2. b. Ta cã: = ThÝ dô 5. Cho nöa ®êng trßn ®êng kÝnh AB. Cã AC, BD lµ hai d©y thuéc nöa ®êng trßn, c¾t nhau t¹i E. Chøng minh r»ng: ? Gi¶i Ta cã: = = Céng theo vÕ (1) vµ (2), ta ®îc: D¹ng to¸n 3: Chøng minh tÝnh vu«ng gãc - ThiÕt lËp ®iÒu kiÖn vu«ng gãc Ph¬ng ph¸p thùc hiÖn Ta dïng ®Þnh lý: Û | Ngoµi ra, ta cßn sö dông c¸c tÝnh chÊt cña tÝch v« híng. F Chó ý: NÕu ThÝ dô 1. Cho bèn ®iÓm A, B, C, D. Chøng minh r»ng AB^CD khi vµ chØ khi: AC2 + BD2 = AD2 + BC2. (1) ? Gi¶i BiÕn ®æi (1) vÒ d¹ng: 0 = ( = ( = = Û AB ^ CD. ThÝ dô 2. Cho DABC vu«ng t¹i A, gäi M lµ trung ®iÓm BC. LÊy c¸c ®iÓm B1, C1 trªn AB vµ AC sao cho AB.AB1 = AC.AC1. Chøng minh r»ng AM ^ B1C1. ? Gi¶i Tõ gi¶ thiÕt suy ra Ta cã: = Û AM ^ B1C1. ThÝ dô 3. Cho h×nh thang vu«ng ABCD, hai ®¸y AD = a, BC = b, ®êng cao AB = h. T×m hÖ thøc liªn hÖ gi÷a a, b, h sao cho: a. b. AC^DI. c. BM^CN, víi M, N theo thø tù lµ trung ®iÓm cña AC vµ BD. ? Gi¶i a. Ta cã: BD ^ CI Û Û 0 = ( Û h2 = 2ab. b. Ta cã: AC ^ DI Û Û 0 = ( Û h2 = 2ab. c. Ta cã: BM ^ CN Û Û 0 = ( = = - Û h2 = 2b2 - ab. D¹ng to¸n 4: Sö dông tÝch v« híng gi¶i c¸c bµi to¸n ®Þnh lîng, ®Þnh tÝnh Ph¬ng ph¸p thùc hiÖn 1. Víi c¸c bµi to¸n ®Þnh lîng, ta sö dông c¸c kÕt qu¶: a. Gäi a lµ gãc gi÷a cosa = b. §Ó tÝnh ®é dµi ®o¹n AB, ta thùc hiÖn: AB2 = råi thùc hiÖn phÐp ph©n tÝch vect¬ 2. Víi c¸c bµi to¸n ®Þnh tÝnh, ta biÕn ®æi ®iÒu kiÖn ban ®Çu thµnh biÓu thøc cña tÝch v« híng, råi tõ ®ã dÉn tíi tõ ®ã ®a ra lêi kÕt luËn cho bµi to¸n. ThÝ dô 1. Cho DABC vu«ng, cã c¹nh huyÓn BC = a ? Gi¶i Tõ gi¶ thiÕt ta ®îc; Û AB2 - AC2 = a2. (1) MÆt kh¸c theo Pitago, ta ®îc: AB2 + AC2 = BC2 = ( a Gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh t¹o bëi (1), (2), ta ®îc AB = a ThÝ dô 2. Cho h×nh b×nh hµnh ABCD, biÕt r»ng víi mäi ®iÓm M lu«n cã: MA2 + MC2 = MB2 + MD2. (1) Chøng minh r»ng ABCD lµ h×nh ch÷ nhËt. ? Gi¶i Gäi O lµ giao ®iÓm cña hai ®êng chÐo, ta ®îc: 2 B×nh ph¬ng hai vÕ cña (2), ta ®îc: ( Û MA2 + MC2 + 2 Û Û ( Û ( Û OA2 = OB2 Û OA = OB Û AC = BD Û ABCD lµ h×nh ch÷ nhËt D¹ng to¸n 5: T×m ®iÓm M tho¶ m·n ®¼ng thøc vÒ tÝch v« híng hay ®é dµi Ph¬ng ph¸p thùc hiÖn Ta biÕn ®æi biÓu thøc ban ®Çu vÒ mét trong c¸c d¹ng sau: D¹ng 1: AM2 = k > 0, th× M thuéc ®êng trßn t©m A, b¸n kÝnh R = D¹ng 2: § Gäi I lµ trung ®iÓm AB, ta ®îc: k = = ( Û IM2 = k + IA2 = k + § Khi ®ã: - NÕu l < 0 th× M kh«ng tån t¹i M. - NÕu l = 0 th× M º I. - NÕu l > 0 th× M thuéc ®êng trßn t©m I, b¸n kÝnh R = Më réng: NÕu ta cã Khi ®ã: § Gäi K lµ ®iÓm tho¶ m·n: § Tõ ®ã: § Khi ®ã ta ®îc: D¹ng 3: § Gäi M0, A0 theo thø tù lµ h×nh chiÕu vu«ng gãc cña M, A lªn BC, ta ®îc: k = cã gi¸ trÞ kh«ng ®æi vµ do A0 cè ®Þnh nªn M0 cè ®Þnh. § VËy ®iÓm M thuéc ®êng th¼ng vu«ng gãc víi BC t¹i M0. §Æc biÖt khi k = 0 th× M thuéc ®êng th¼ng qua A vu«ng gãc víi BC. ThÝ dô 1. Cho ba ®iÓm A, B, C kh«ng th¼ng hµng T×m tËp hîp nh÷ng ®iÓm M sao cho ? Gi¶i a2 = = ( trong ®ã G lµ träng t©m DABC, vµ gäi M0, G0 theo thø tù lµ h×nh chiÕu vu«ng gãc cña M, G lªn BC, ta ®îc: 3 do G0 cè ®Þnh nªn M0 cè ®Þnh. VËy ®iÓm M thuéc ®êng th¼ng vu«ng gãc víi BC t¹i M0. ThÝ dô 2. Cho DABC. T×m tËp hîp nh÷ng ®iÓm M, sao cho MA2 - MB2 = k. (1) Gäi I lµ trung ®iÓm AB, ta biÕn ®æi (1) vÒ d¹ng: k = Gäi M0 lµ h×nh chiÕu vu«ng gãc cña M lªn AB, ta ®îc: k = cã gi¸ trÞ kh«ng ®æi vµ do I cè ®Þnh nªn M0 cè ®Þnh. VËy ®iÓm M thuéc ®êng th¼ng vu«ng gãc víi AB t¹i M0. F NhËn xÐt: Th«ng qua vÝ dô trªn, chóng ta ®· biÕt c¸ch gi¶i bµi to¸n: “ T×m tËp hîp ®iÓm M tho¶ m·n: aMA2 + bMB2 = k, (1) víi A, B cè ®Þnh, a + b = 0 vµ k kh«ng ®æi. “ Trong trêng hîp a + b ¹ 0, ta thùc hiÖn theo c¸c bíc: Bíc 1: Gäi I lµ ®iÓm tho¶ m·n a Û (a + b) VËy tån t¹i duy nhÊt mét ®iÓm I cè ®Þnh. Bíc 2: Ta biÕn ®æi (1) vÒ d¹ng: k = a = (a + b)MI2 + aIA2 + bIB2 + 2(a Û MI2 = Bíc 3: BiÖn luËn: § Víi l < 0, kh«ng tån t¹i ®iÓm M. § Víi l = 0, th× M º I. § Víi l > 0, th× M thuéc ®êng trßn t©m I, b¸n kÝnh R = ThÝ dô 3. Cho DABC. T×m tËp hîp nh÷ng ®iÓm M, sao cho: 3MA2 - 2MB2 - MC2 = 2l. (1) ? Gi¶i Gäi O lµ t©m ®êng trßn ngo¹i tiÕp DABC, ta cã: MB2 = = MO2 + OB2 + 2 MC2 = = MO2 + OC2 + 2 tõ ®ã suy ra (1) ®îc biÕn ®æi vÒ d¹ng: 2l = 2 = 2 - ( = - 2 Dùng vect¬ (2) Û l = cã gi¸ trÞ kh«ng ®æi vµ do O0 cè ®Þnh nªn M0 cè ®Þnh. VËy M thuéc ®êng th¼ng qua M0 vu«ng gãc víi F NhËn xÐt: Th«ng qua vÝ dô trªn, chóng ta ®· biÕt c¸ch gi¶i bµi to¸n: “ T×m tËp hîp ®iÓm M tho¶ m·n: aMA2 + bMB2 + gMC2 = k, (*) víi A, B, C cè ®Þnh, a + b + g = 0 vµ k kh«ng ®æi “ Trong trêng hîp a + b + g ¹ 0, ta thùc hiÖn theo c¸c bíc: Bíc 1: Gäi I lµ ®iÓm tho¶ m·n a Khi ®ã tån t¹i duy nhÊt mét ®iÓm I cè ®Þnh. Bíc 2: Ta biÕn ®æi (*) vÒ d¹ng: k = a = a( = (a + b + g)MI2 + aIA2 + bIB2 + gIC2 + + 2(a Û MI2 = Bíc 3: BiÖn luËn: § Víi l < 0, kh«ng tån t¹i ®iÓm M. § Víi l = 0, th× M º I. § Víi l > 0, th× M thuéc ®êng trßn t©m I, b¸n kÝnh R = F Chó ý: Víi yªu cÇu t×m cùc trÞ, ta sö dông tÝch v« híng biÕn ®æi biÓu thøc cÇn t×m cùc trÞ vÒ biÓu thøc ®é dµi, thÝ dô: S = MI2 + c, víi c lµ h»ng sè vµ I cè ®Þnh. Khi ®ã SMin = c, ®¹t ®îc khi MI = 0 Û M º I. ThÝ dô 4. Cho h×nh b×nh hµnh ABCD, t©m O, M lµ ®iÓm tuú ý. a. Chøng minh r»ng MA2 - MB2 + MC2 = MD2 - 2(OB2 - OA2). b. Gi¶ sö M di ®éng trªn ®êng trßn (C), x¸c ®Þnh vÞ trÝ cña M ®Ó MA2 - MB2 + MC2 ®¹t gi¸ trÞ nhá nhÊt. ? Gi¶i a. Ta cã: Û 0 = MA2 - MB2 + MC2 - MD2 + 2( Ta xÐt: = ( = -( = - OA2 + OM2 + OB2 - OM2 = OB2 - OA2. (2) Thay (2) vµo (1), ta ®îc: 0 = MA2 - MB2 + MC2 - MD2 + 2(OB2 - OA2) Û MA2 - MB2 + MC2 = MD2 - 2(OB2 - OA2), ®pcm. b. Tõ kÕt qu¶ c©u a) suy ra MA2 - MB2 + MC2 ®¹t gi¸ trÞ nhá nhÊt khi vµ chØ khi MD2 nhá nhÊt Û M lµ h×nh chiÕu vu«ng gãc cña D lªn (d). D¹ng to¸n 6: Sö dông biÓu thøc to¹ ®é cña tÝch v« híng Ph¬ng ph¸p thùc hiÖn Ta sö dông kÕt qu¶: NÕu § § cosa = ThÝ dô 1. Cho hai vect¬ ®¬n vÞ ? Gi¶i Gi¶ sö Ta cã: (3 = (3a1 - 4b1)(2a1 + 5b1) + (3a2 - 4b2)(2a2 + 5b2) = 6( = 6 - 20 + 7 = -7. F Chó ý: Bµi to¸n trªn còng cã thÓ gi¶i b»ng tÝch v« híng thuÇn tuý, cô thÓ: Tõ gi¶i thiÕt, suy ra: ( Ta cã: (3 ThÝ dô 2. Cho DABC, biÕt A(1, 2), B(-1, 1), C(5, -1). a. TÝnh b. TÝnh cos vµ sin gãc A. c. T×m to¹ ®é ch©n ®êng cao A1 cña DABC. d. T×m to¹ ®é trùc t©m H cña DABC. e. T×m to¹ ®é träng t©m G cña DABC. f. T×m to¹ ®é t©m I cña ®êng trßn ngo¹i tiÕp DABC, tõ ®ã chøng minh r»ng I, H, G th¼ng hµng. ? Gi¶i a. Ta cã: b. Ta cã: cosA = sinA = c. A1(x, y) lµ ch©n ®êng cao tõ ®Ønh A cña DABC Û Û VËy, ta ®îc A1( d. H(x, y) lµ trùc t©m H cña DABC Û VËy, ta ®îc H(2, 5). e. To¹ ®é träng t©m G( f. I(x, y) lµ t©m I cña ®êng trßn ngo¹i tiÕp DABC Û AI = BI = CI Û VËy, ta ®îc I( NhËn xÐt r»ng §3. HÖ thøc lîng trong tam gi¸c D¹ng to¸n 1: Gi¶i tam gi¸c Ph¬ng ph¸p thùc hiÖn Sö dông c¸c hÖ thøc trong tam gi¸c. ThÝ dô 1. Cho DABC, biÕt a = ? Gi¶i Trong DABC, ta cã: cosA = MÆt kh¸c trong DABC, ta cã: A + B + C = 1800 Û C = 1800 - A - B = 1050. Ta cã: S = ThÝ dô 2. Cho DABC c©n t¹i A. §êng cao BH = a, a. TÝnh c¸c c¹nh vµ ®êng cao cßn l¹i. b. TÝnh b¸n kÝnh ®êng trßn néi tiÕp vµ ngo¹i tiÕp tam gi¸c ABC. a. Trong DHBC, ta ®îc: sina = Trong DKAB, ta ®îc: cosa = sina = b. Ta cã: AC = 2R.sinB Û R = SDABC = pr Û r = ThÝ dô 3. Cho DABC, biÕt b = 7, c = 5, cosA = ? Gi¶i Ta cã: S = trong ®ã b, c ®· biÕt vµ: sin2A = 1 - cos2A = a2 = b2 + c2 - 2bc.cosA = 49 = 25 - 2.7.5. Thay (2), (3) vµo (1), ta ®îc ha = Ta cã: R = ThÝ dô 4. Cho DABC cã AB = 3, AC = 4 vµ diÖn tÝch S = 3 ? Gi¶i Ta cã: S = § Víi A = 600, ta ®îc: BC2 = AB2 + AC2 - 2AB.AC.cosA = 13 Û BC = § Víi A = 1200, ta ®îc: BC2 = AB2 + AC2 - 2AB.AC.cosA = 37 Û BC = ThÝ dô 5. ? Gi¶i Trong DABC, ta cã R = Trong ®êng trßn (I1), ta cã: AB2 = AA1.AH = 4AH. (2) Trong ®êng trßn (I2), ta cã: AC2 = AA2.AH = 16AH. (3) Trong DHAC, ta cã: sin Thay (2), (4) vµo (1), ta ®îc R = 4. D¹ng to¸n 2: Chøng minh tÝnh chÊt cña tam gi¸c ThÝ dô 1. Cho DABC cã a4 = b4 + c4. Chøng minh DABC nhän. ? Gi¶i Tõ gi¶ thiÕt suy ra Do ®ã ®Ó chøng minh DABC nhän, ta chØ cÇn chøng minh gãc A nhän. Û b2 + c2 - a2 > 0 Û b2 + c2 > a2 Û (b2 + c2)2 > a4 Û b4 + c4 + 2b2.c2 > a4 Û a4 + 2b2.c2 > a4 Û b2.c2 > 0, lu«n ®óng. VËy DABC nhän. ThÝ dô 2. Cho DABC, biÕt S = chøng minh r»ng DABC lµ vu«ng. ? Gi¶i Sö dông c«ng thøc Hªrong, ta biÕn ®æi (1) vÒ d¹ng: Û p(p - a)(p - b)(p - c) = (p - c)2(p - b)2 Û p(p - a) = (p - c)(p - b) Û (a + b + c)(b + c - a) = (a + b - c)(a + c - b) Û a2 + b2 = c2 Û DABC lµ vu«ng t¹i C. ThÝ dô 3. Cho DABC nhän, ®êng cao AH vµ trung tuyÕn BE tho¶ m·n AH = BE. a. TÝnh sè ®o gãc b. Gi¶ sö AH lµ ®êng cao lín nhÊt cña DABC. X¸c ®Þnh d¹ng cña DABC ®Ó B = 600. ? Gi¶i a. Dùng EE1//AH, trong DE1BE, ta cã: b. Dùng ®êng cao CF vµ EE2//CF, trong DE2BE, ta cã: sin Û Suy ra B = VËy ®Ó B = 600 ®iÒu kiÖn lµ dÊu “ = ” x¶y ra t¹i (1) Û AH = CF Û DABC c©n. Ngoµi ra ta cã B = 600 do ®ã DABC ®Òu. D¹ng to¸n 3: Chøng minh c¸c hÖ thøc trong tam gi¸c ThÝ dô 1. Cho DABC, c¹nh a, b, c vµ A = 600. Chøng minh r»ng: b(b2 - a2) = c(a2 - c2). ? Gi¶i Ta cã: a2 = b2 + c2 - 2bc.cosA = b2 + c2 - bc Û a2(b + c) = (b + c)(b2 + c2 - bc) Û a2b + a2c = b3 + c3 Û b3 - a2b = a2c - c3 Û b(b2 - a2) = c(a2 - c2), ®pcm. ThÝ dô 2. Cho hai DABC vµ DDEF cïng néi tiÕp trong ®êng trßn (C) vµ cã: sinA + sinB + sinC = sinD + sinE + sinF. (1) Chøng minh r»ng hai DABC vµ DDEF cã cïng chu vi. ? Gi¶i Gäi R lµ b¸n kÝnh ®êng trßn (C). Trong DABC, ta cã: sinA + sinB + sinC = Trong DDEF, ta cã: sinD + sinE + sinF = Thay (2), (3) vµo (1), ta ®îc: ThÝ dô 3. Cho DABC kh«ng c©n t¹i ®Ønh A, trung tuyÕn BD vµ CE, cã c¸c c¹nh a, b, c. Chøng minh r»ng: a. AB2.CE2 - AC 2 - BD2 = b. ? Gi¶i a. ¸p dông ®Þnh lý trung tuyÕn, ta cã: CE2 = BD2 = AB2.CE2 - AC 2 - BD2 = = b. Ta cã: AB.CE = AC.BD Û AB2.CE2 - AC 2 - BD2 = 0 Û (b2 - c2)( b2 + c2 - 2a2) = 0 Û b2 + c2 = 2a2. ThÝ dô 4. Cho DABC vu«ng t¹i A; AH lµ ®êng cao. HE, HF lÇn lît lµ c¸c ®êng cao cña DAHB, DAHC. Chøng minh r»ng: a. BC2 = 3AH2 + BE2 + CF2. b. ? Gi¶i a. Ta cã: 3AH2 + BE2 + CF2 = 3AH2 + BH2 - HE2 + CH2 - HF2. = 3AH2 - EF2 + + (BH + HC) 2 - 2HB.HC. = 2AH2 + BC2 - 2AH2 = BC2. b. Trong DAHB: BE = Trong DAHC: CF = Tõ (1) vµ (2) suy ra: D¹ng to¸n 4: TËp hîp ®iÓm ThÝ dô 1. Cho ®o¹n AB = a cè ®Þnh. T×m tËp hîp c¸c ®iÓm M tho¶ m·n: a. MA2 + MB2 = a. Gäi I lµ trung ®iÓm AB, ta cã: MA2 + MB2 = 2MI2 + Thay (*) vµo hÖ thøc ban ®Çu, ta ®îc: VËy tËp hîp ®iÓm M thuéc ®êng trßn t©m I, b¸n kÝnh R = a. b. Gäi I lµ trung ®iÓm AB vµ H lµ h×nh chiÕu vu«ng gãc cña M lªn AB, ta cã: Û VËy tËp hîp ®iÓm M thuéc ®êng th¼ng (d) qua H vµ vu«ng gãc víi AB. ThÝ dô 2. ? Gi¶i Gäi I lµ giao ®iÓm cña OC víi (O), ta cã ngay AI lµ ph©n gi¸c gãc A, tõ ®ã suy ra I lµ t©m ®êng trßn néi tiÕp DABC. VËy tËp hîp t©m I thuéc ®êng trßn (C), ngo¹i trõ bèn ®iÓm A, A1, A2, trong ®ã A1A2 lµ ®êng kÝnh vu«ng gãc víi OA. C. C¸c bµi to¸n chän läc VÝ dô 1: BiÕt cosa = a. TÝnh sina, tana, cota. b. TÝnh gi¸ trÞ cña biÓu thøc A = ? Gi¶i a. Ta cã: sin2a + cos2a = 1 Û sina = tana = b. Ta lùa chän mét trong hai c¸ch sau: C¸ch 1: TËn dông kÕt qu¶ trong a), ta ®îc: A = C¸ch 2: Thùc hiÖn ®éc lËp víi a), ta biÕn ®æi biÓu thøc vÒ d¹ng: A = = VÝ dô 2: ? Gi¶i ¸p dông ®Þnh lý hµm sè sin trong DABM, ta cã: RABM = Trong DABC, ta cã: AB2 + AC2 = 2AM2 + = Û BM = 2 cosA = Thay (2), (3) vµo (1), ta ®îc RABM = VÝ dô 3: Cho DABC, biÕt AB + AC = 13, AB > AC, A = 600 vµ b¸n kÝnh ®êng trßn néi tiÕp tam gi¸c b»ng Ta cã AB = c, AC = b, khi ®ã tõ gi¶ thiªt ta ®îc: b + c = 13. (1) Gäi M, N, P lµ tiÕp ®iÓm cña ®êng trßn néi tiÕp víi c¸c c¹nh AB, AC, BC. Ta ®îc: AM = AN, BM = BP vµ CN = CP. Trong DMAO, ta cã: AM = OM.cotg Ta cã: BC = BP + PC = BM + CN = (AB - AM) + (AC - AN) = (AB + AC) - (AM + AN) = 13 - 6 = 7. Trong DABC, ta cã: BC2 = AB2 + AC2 - 2AB.AC.cosA Û 49 = c2 + b2 - 2cb.cos600 Û b2 + c2 - bc = 49. (2) XÐt hÖ ph¬ng tr×nh t¹o bëi (1), (2), cã d¹ng: VËy, ®é dµi ba c¹nh cña DABC lµ a = 7, b = 5, c = 8. VÝ dô 4: Cho DABC vu«ng t¹i A, AB = 3, AC = 4. Gäi M lµ trung ®iÓm AC. TÝnh b¸n kÝnh ®êng trßn ngo¹i tiÕp DMBC. ? Gi¶i ¸p dông ®Þnh lý hµm sè sin trong DBMC, ta cã: Trong DABM, ta cã: BM = Trong DABC: sinC = Thay (2), (3) vµo (1), ta ®îc RBMC = VÝ dô 5: Cho DABC, c¸c trung tuyÕn AA1 = 3, BB1 = 6 vµ hîp víi nhau mét gãc 600. TÝnh ®é dµi c¸c c¹nh cña DABC. ? Gi¶i Trêng hîp 1: NÕu Trong DGAB, ta cã: AB2 = GA2 + GB2 - 2GA.GB.cos Trong DGA1B, ta cã: Trong DGAB1, ta cã: Trêng hîp 2: NÕu VÝ dô 6: Cho DABC, cã AB = 3, AC = 6, ? Gi¶i Gäi O lµ t©m ®êng th¼ng cÇn x¸c ®Þnh, vµ I, J, K theo thø tù lµ h×nh chiÕu vu«ng gãc cña O lªn BC, CA, AB. B1C1 = C2A2 = A1B2 Û OI = OJ = OK Û O lµ t©m ®êng trßn néi tiÕp DABC Khi ®ã, b¸n kÝnh R cña ®êng trßn ®îc cho bëi: R2 = Ta cã: IB1 = a2 = BC2 = AB2 + AC2 - 2AB.AC.cosA = 9 + 36 - 2.3.6.cos600 = 27 OI = r = (p - a)tg = Thay (2), (3) vµo (1), ta ®îc: R2 = VÝ dô 7: Cho DABC, biÕt BC = 6. LÊy E, F theo thø tù thuéc AB, AC sao cho EF song song víi BC vµ tiÕp xóc víi ®êng trßn néi tiÕp DABC. TÝnh chu DABC, biÕt EF = 2. ? Gi¶i Ta cã: Þ b + c = 2AM + BC = 2AM + 6 Û AM = AP = Û AM = AP = pDAEF. (3) Thay (2), (3) vµo (1), ta ®îc VËy chu vi cña DABC b»ng 18. VÝ dô 8: Cho DABC cã diÖn tÝch 12. Trªn c¸c c¹nh AB, AC lÇn lît lÊy c¸c ®iÓm M, N sao cho a. TÝnh diÖn tÝch tam gi¸c BMC, ABN vµ AMN theo S0. b. TÝnh tØ sè diÖn tÝch cña hai tam gi¸c ACD vµ BCD; ABD vµ BCD c. Suy ra diÖn tÝch cña tam gi¸c BCD theo S0 ? Gi¶i a. Ta cã: Þ SBMC = 6. t¬ng tù ta còng cã: MÆt kh¸c: b. VÏ hai ®êng cao AK vµ BL cña hai tam gi¸c ACD vµ BCD th× AK//BL. Suy ra: Do ®ã: T¬ng tù ta còng cã c. Ta cã: SBCD + SABD + SACD = 12 Û SBCD + VÝ dô 9: Trªn c¸c c¹nh AB, BC, CA cña DABC lÊy lÇn lît c¸c ®iÓm M, N, P sao cho a. BiÕt SDABC = S0. TÝnh S DMNP theo S0 vµ k. b. DABC cè ®Þnh. H·y chän sè k sao cho DMNP cã diÖn tÝch nhá nhÊt ? Gi¶i a. Ta cã: Þ SABN = Ta cã: Þ S DBNM = t¬ng tù, ta còng cã S DCNP = SDAMP = do ®ã: S DMNP = S0 - b. SDMNP ®¹t gi¸ trÞ nhá nhÊt khi (1 - Ta cã: (k + 1)2 ³ 4k Þ VËy SDMNP min = VÝ dô 10: Cho DABC, biÕt: = sinA + sinB + sinC. Chøng minh r»ng DABC ®Òu. ? Gi¶i Sö dông ®Þnh lý hµm sè sin trong DABC, ta biÕn ®æi biÓu thøc vÒ d¹ng: Û Trong DABC ®èi diÖn víi c¹nh lín h¬n lµ gãc lín h¬n, do ®ã: (A - B)(a - b) ³ 0 Û A.a + B.b ³ A.b + B.a Û 2(A.a + B.b) ³ A.b + B.a + A.a + B.b = (A + B)(a + b) Û t¬ng tù ta còng cã: Céng theo vÕ (2), (3), (4), ta ®îc: VËy (1) cã ®îc khi dÊu “ = ” x¶y ra t¹i (5) Û a = b = c Û DABC ®Òu. VÝ dô 11: Cho DABC, diÖn tÝch b»ng S, c¸c ®êng cao ha, hb, hc. Chøng minh r»ng DABC ®Òu khi vµ chØ khi S = ? Gi¶i Ta biÕn ®æi hÖ thøc gi¶ thiÕt vÒ d¹ng: S = Û MÆt kh¸c ¸p dông bÊt ®¼ng thøc Cosi, ta cã: Do ®ã (1) x¶y ra khi: VÝ dô 12: ? Gi¶i LÊy ®iÓm N trªn MC sao cho MA = MN, khi ®ã DAMN lµ tam gi¸c ®Òu. MÆt kh¸c ta cã nhËn xÐt: tõ ®ã, suy ra: DMAB = DNAC Þ MB = NC khi ®ã: MC = MN + NC = MA + MB. Nh vËy: MA2 + MB2 + MC2 = MA2 + MB2 + (MA + MB)2 = 2(MA2 + MB2 + MA.MB). (1) Trong DMAB, ta cã: AB2 = MA2 + MB2 - 2MA.MB.cosM Û a2 = MA2 + MB2 + MA.MB. (2) Thay (2) vµo (1), ta ®îc: MA2 + MB2 + MC2 = = 2a2, ®pcm. VÝ dô 13: Cho DABC c©n t¹i A, biÕt B = C = a, AI = m víi I lµ ®êng trßn néi tiÕp tam gi¸c. a. TÝnh ®é dµi c¹nh BC. b. Víi R lµ b¸n kÝnh ®êng trßn ngo¹i tiÕp DABC. Chøng minh r»ng: 2Rsina = m.cotg a. Trong DIAB, ta cã: = Trong DA1AB, ta cã: BC = 2BA1 = 2AB.cosa = 2m.cotg b. Gäi M lµ trung ®iÓm AB, trong DMAO, ta cã: R = OA = VÝ dô 14: Cho DABC, c¸c trung tuyÕn AA1, BB1 vµ CC1 theo thø tù c¾t ®êng trßn ngo¹i tiÕp tam gi¸c t¹i A2, B2, C2. Chøng minh r»ng: ? Gi¶i Tø gi¸c ABA2C néi tiÕp ®êng trßn, do ®ã: AA1.A1A2 = BA1.A1C = Ta cã: AA1.AA2 = AA1.(AA1 + A1A2) = = t¬ng tù, ta còng cã: Tõ ®ã suy ra: Ta ®i chøng minh thËt vËy: = 1 + = (a2 + b2 + c2)( = ´( = Thay (5) vµo (4), ta ®îc: |
