Vậy nếu có góc để
22
sin
x
=
thì
2
cos
y
=
. Nhng để có :
22
sin
x
=
cần có
điều kiện
0
22
x
. Ta quay lại xét hệ (1.2). Ta thấy :
Từ PT(1)
)(
42
4
84
8
2
2
<
<
y
x
y
x
.
Nếu có một trong hai số x hoặc 2y nhỏ hơn không thì từ PT(2):x+2y=4 dẩn đến
số còn lại phải lớn hơn 4, điều này mâu thuẩn với (*). Vậy ta đợc
1
22
0
x
;
1
2
0
y
.
Từ đây ta có cách 6:
Cách 6:
Theo lý luận trên thì có góc để
22
sin
x
=
)900(
oo
Thay vào PT(1) suyra:
coscos
2
cossin1
22
1
2
222
22
====
=
y
x
y
Ta đợc
;cos222
sin22
=
=
y
x
thay vào phơng trình (2) ta đợc :
2cossin
=+
GV: Ta đã có bài tập: Với
oo
1800
<
thì
o
45cos.2cossin
=+
(Bài tập này có thể ra cho hoc sinh làm ở phần tích vô hớng của hai véc tơ).
Vậy
oooo
45045145cos.
===
Suy ra
;145cos2
245sin22
==
==
o
o
y
x
GV:Ta thấy từ việc giải BT1.a đã đẫn đến việc tìm thêm đợc một cách giải BT8-
Trang 77.(BĐT Bunhiacoxki cho 4số ).Ta đặt vấn đề ngợc lại từ các cách chứng
minh BĐT Bunhiacoxki ta thử tìm cách giải phơng trình 1.a .
Ta đã biết BĐT Bunhiacoxki có một cách chứng minh dựa vào viêc xét phơng
trình bậc hai rất đặc biệt .
Ta thử bắt trớc cách đó để làm BT1.a.
Cách 7:
Gọi (x
o
,y
o
) là nghiệm của hệ phơng trình, tức
=+
=+
42
84
00
2
0
2
0
yx
yx
Ta xét phơng trình bậc hai ẩn :
( ) ( )
02
2
0
2
0
=+
yx
(**)
Rõ ràng PTđã cho nếu có nghiệm thì nghiệm đó là : = x
0
= 2y
0
Mặt khác ta thấy
phơng trình (**)
( )
( )
2084.2204222
22
0
2
000
2
==+=+++
yxyx
Vậy x
o
= 2 ; y
o
=1 . Thử lại kết quả ta thấy thoả mãn.
5
GV: Ta đã có cách giải rất mới và thú vị.
GV: Mặt khác nếu để ý khi đặt : 2y = t ta đợc hệ phơng trình :
=+
=+
4
8
22
tx
tx
thì phơng trình
8
22
=+
tx
là phơng trình đờng tròn tâm O(0,0) và bán kính
R =
22
(ở lớp 10 đăc biệt là các lớp mũi nhọn ta nên giới thiệu cho hoc sinh biết phơng
trình đờng tròn tâm O(0,0) và bán kính a có dạng
222
atx
=+
. Thông qua các
bài toán nh :CMR điểm M(x
0
;y
0
) thoả mản :
222
ayx
oo
=+
là cách gốc toạ độ một
khoảng a (a>0) . hoặc bài toán :cho điểm M(x,y) nằm trên đờng tròn tâm O(0,0)
bán kính a>0 hãy tìm mối liên hệ giữa x và y .
Hai bài này làm không khó, chỉ cần học sinh học song phần toạ độ của một điểm
là làm đợc )
Còn phơng trình thứ hai của hệ : x+t = 4 là phơng trình đờng thẳng cắt
trục Ox tại điểm A(4,0) cắt trục Ot tại điểm B(0,4) . Khi thử biểu diễn hình học
của hai đờng, trên hệ trục toạ độ Oxt ta thấy đờng thẳng tiếp xúc với đờng tròn,
vậy ta có cách giải thứ 8 :
Cách 8:
Đờng thẳng x+t=4 cắt Ox tại điểm A và Ot tại điểm B , khi đó OAB là tam giác
vuông cân, suy ra khoảng cách từ O đến đờng thẳng có phơng trình :
x+t =4 là độ dài đờng cao OH =
228
4
1
4
1
1
22
==
+
và bằng bán kính của đờng
tròn có phơng trình
8
22
=+
tx
, vậy đờng thẳng tiếp xúc với đờng tròn tại điểm H,
hay nghiệm của hệ
=+
=+
4
8
22
tx
tx
là toạ độ điểm H . Mặt khác OAB là tam giác
vuông cân tại O nên
=
=
=
+
=
=
+
=
1
2
2
2
2
2
y
x
tt
t
xx
x
BA
H
BA
H
GV: Tinh tế hơn ta còn thấy một cách giải khác.
Cách 9:
Nhân phơng trình (2) với -4 sau đó cộng vế với vế vào phơng trình (1) ta đợc:
( ) ( )
=
=
=+=+
1
2
014281644
22
22
y
x
yxyyxx
thế vào hệ (1.2) thấy thoả mãn, vậy hệ có nghiệm duy nhất x=2 ,y=1.
GV:Ta ch a dừng lại ở đây , nếu ta tham số hoá hệ ph ơng trình ta sẽ có những
bài toán mới .
Chẳng hạn: ta thay 8 bởi m ( tham số)
6
ta đợc hệ
=+
=+
42
4
22
yx
myx
)7(
)6(
và ta có thể đa ra một số bài toán.
Bài toán 1: Tìm m để hệ (6.7) có nghiệm
Bài làm:
Cách 1:
Dựa vào cách 1 của bài 1.a ta có cách sau:
Rút từ phơng trình (7) : x= 4- 2y (6
) thế vào phơng trình (6) ta đợc :
(4-2y)
2
+ 4y
2
= m
8y
2
- 16y+ 16- m = 0
GV: ta nên chia hai vế cho 8 để đợc phơng trình với hệ số gọn hơn:
0
8
22
2
=+
m
yy
(7
)
ta để ý :với mỗi nghiệm y
0
của phơng trình (7
) ta đợc một nghiệm (x
o
,y
o
)
Vậy để hệ (6, 7) có nghiệm khi và chỉ khi phơng trình (7
) có nghiệm tức là
80
m
Cách 2:
GV: Nếu ta phân tích cách giải 2 ở bài 1a với phép đặt 2y= t ta đa hệ về dạng
==+
==
=+
=+
Stx
P
m
tx
tx
mtx
4
2
8.
4
22
Để hệ có nghiệm cần và đủ là:
84)
2
8(44
22
m
m
PS
GV: yêu cầu học sinh phân tích cách 8 của bài 1a để tìm cách giải 3
Bài toán 2 : Tìm m để hệ (6.7) có nghiệm duy nhất
Bài làm:
Cách 1:
Với việc phân tích bài toán 1 ta thấy để hệ có nghiệm duy nhất cần và đủ là
=0
8
=
m
GV:để rèn luyện thói quen kiểm tra kết quả sau khi giải toán và khả năng t duy
biện chứng cho hoc sinh, ở đây giáo viên có thể đặt câu hỏi cho học sinh nh :
GV:Ta thấy đáp số là đáng tin cậy .Vì sao?
TL: vì m= 8 ta trở lại bài toán 1a .
GV: còn nếu học sinh làm ra đáp số không phải là 8 GV khẳng định ngay kết quả
là sai mặc dù cha cần kiểm tra các bớc tính toán .
GV:yêu cầu học sinh phân tích cách 2 và cách 8 của BT1a để tìm cách 2và3 của
bài này.
7
GV: với phép đặt :2y = t ta đã đa hệ về dạng hệ đối xứng
=+
=+
4
22
tx
mtx
Theo tính chất của hệ đối xứng nếu (x
0
,t
o
) là nghiệm của hệ thì (x
0
,t
o
) cũng là
nghiệm của hệ, vậy để hệ có nghiệm duy nhất cần x
0
=t
o
(chú ý đây mới là điều
kiện đủ ) từ đây ta có cách giải :
Cách 4 :
ĐK cần : (x
0
, t
o
) là nghiệm của hệ thì (x
0
, t
o
) cũng là nghiệm của hệ, vậy để hệ có
nghiệm duy nhất cần x
0
=t
o
8
4
2
2
=
=
=
m
x
m
x
o
o
ĐK đủ : Thay m =8 vào hệ ta thấy thoả mãn
Vậy m=8 là kết quả cần tìm
GV: Đây là một phơng pháp rất quan trọng để giải bài toán nghiệm duy nhất của
hệ đối xứng .Đối với các bài toán sau ta sẽ thấy tầm quan trọng của phơng pháp
này :
Bài toán a: Tìm a để hệ sau có nghiệm duy nhất :
=+
=++
axyyx
ayxyxa
3
.4)(
22
22
GV: Yêu cầu học sinh tự làm .
Bài toán b:
Tìm a để các hệ sau có nghiệm duy nhất :
a)
++=+
=++
225
.2005
222
20062006
aaxyyx
ayxyx
b)
+=+
=++
2
200582822323
22)(
.
aayxxy
ayxyx
GV: yêu cầu học sinh về nhà làm .
GV:tiếp tục ta mở rộng bài toán với sự rằng buộc của nghiệm.
Bài toán 3: Tìm m đê hệ (6.7) có hai nghiệm (x
1
, y
1
) và (x
2
, y
2
) sao cho
21
0 yy
<<
Bài làm :
Cách 1:
Để hệ có 2 nghiệm (x
1
,y
1
) và (x
2
,y
2
) sao cho sao cho
21
0 yy <<
cần và đủ là phơng
trình (7
) phải có 2 nghiệm y
1
,y
2
thoả mản điều kiện
21
0 yy
<<
tức a.c < 0
160
8
2
><
m
m
Cách 2:
Nếu sử dụng cách 2 trong bài 1a với phép đặt 2y = t đa về hệ
=+
=
=+
=+
4
2
8.
4
22
tx
m
tx
tx
mtx
Vây để hệ ban đầu có hai nghiệm thoả mãn điều kiện
21
0 yy
<<
thì hệ này phải có hai nghiệm thoả mãn
21
0 tt
<<
Vì vậy phơng trình :
0
2
84
2
=+
m
XX
có 2 nghiệm trái dấu tức a.c < 0
8
160
8
2
><
m
m
Cách 3:
Từ cách 8 với sự biểu diễn hình học thì yêu cầu bài toán tơng đơng với việc đờng
tròn có phơng trình : x
2
+t
2
= m phải cắt đờng thẳng : x + t = 4 tại hai điểm nằm ở
góc phần t thứ 2 và thứ 4 tức bán kính :R=
164
>>
mm
.
Bài toán 4: Tìm m để hệ (6.7) có hai nghiệm (x
1
,y
1
) và (x
2
,y
2
) sao cho
22
,0 yy
<
Vẫn sử dụng đợc cả 3 cách ở bài toán 3. Đáp số:
168
<
m
GV: Ta lại thay đổi yêu cầu bài toán từ ràng buộc của y thay bằng ràng buộc
của x tức là:
Bài toán 5 : Tìm m để hệ phơng trình (6.7) có 2 nghiệm (x
1
,y
1
) và (x
2
,y
2
) sao cho :
0 < x
1
, x
2
.
GV : Đây là vấn đề đặt lên cho học sinh vớng mắc.
Vấn đề ở đây là ta đa về phơng trình ẩn y trong đó yêu cầu là ràng buộc của x.
Vì vậy ta có hai hớng giải quyết :
- Chuyển ràng buộc của x thành ràng buộc của y.
- Chuyển thành phơng trình của x.
Ta thấy cách 2 khả thi hơn.
Bài làm:
Từ pt (7)
y =
2
4 x
thế vào (6)
x
2
+ (4 - x)
2
= m
2x
2
- 8x +16 - m = 0 (8)
Vậy yêu cầu bài toán
phơng trình (8) có 2 nghiệm x
1
, x
2
thoả mãn điều kiện:
0 < x
1
, x
2
>
>
0
0
0
'
P
S
168
<
m
(GV:Tất nhiên bài toán này có thể giải dựa theo cách 2 và cách 3 của bài toán 3)
Tiếp tục ta mở rộng cho sự ràng buộc của x và y.
Bài toán 6 : Tìm m để hệ phơng trình (6.7) có 2 nghiệm (x
1
,y
1
)và( x
2
,y
2
) thoả
mãn điều kiện:
>
>
0,
0,
21
21
yy
xx
GV : Ta phân tích bài toán 6 nh sau :
Bài toán trên tơng đơng với bài toán: tìm m để hệ phơng trình có 2 nghiệm
(x
1
,y
1
) và (x
2
,y
2
) thoả mãn điều kiện x
1
,x
2
> 0 và y
1
,y
2
> 0.
Vậy những giá trị của m thoả mãn cả hai bài toán 4 và 5 thì thoả mãn bài toán 6,
đồng thời thoả mãn bài toán 6 thì thoả mãn cả hai bài toán 4 và 5.
Vậy giá trị cần tìm của m là giao hai tập giá trị của m ở hai bài toán 4 và 5.
9
Tức là :
[
)
[
)
[
)
16;816;816;8
=
GV : (Tất nhiên bài toán này có thể giải theo cách 2 và cách 3 của bài toán 3)
Ta có thể chứng minh điều kiện : m
[
)
16;8
cũng là điều kiện để hệ có ít nhất 1
nghiệm (x,y) thoả mãn điều kiện :
>
>
0
0
y
x
GV : Từ đó ta có thể đa ra bài toán
Bài toán 7 : Tìm m để hệ sau có ít nhất 2 nghiệm
+=++
+=+
)4)(1(4412
)4)(1(4
yxyx
yxmyx
Ta thấy hệ có nghiệm: x=1; y= -4. Ngoài ra với
m
thì những cặp nghiệm còn lại
dạng (1; y) hoặc (x; -4) đều không phải là nghiệm. (Hay ngoài nghiệm (1;-4) thì
các cặp (x,y) với
=
=
4
1
y
x
đều không phải là nghiệm của hệ)
Vậy nếu với (x,y)
(1,-4) thì hệ tơng đơng với hệ
=
+
+
=
+
+
4
4
2
1
1
4
4
1
1
yx
m
yx
Đặt X =
1
1
x
(X >0)
Đặt Y =
4
1
+
y
(Y >0)
Vậy hệ trở thành:
=+
=+
42
4
22
YX
mYX
Khi đó yêu cầu bài toán
Tìm m để hệ
=+
=+
42
4
22
YX
mYX
có nghiệm (X,Y) thoả mãn
điều kiện
>
>
0
0
Y
X
điều này tơng đơng với m[ 8,16).
10
GV: Từ bài tập 6 với nhận xét: y = 2-4x nếu x> 0
y< 2 ta tiếp tục đa ra bài
toán sau:
Bài toán 8: Tìm m để hệ phơng trình (6.7) có 2 nghiệm (x
1
,y
1
) và (x
2
,y
2
) thoã mãn
điều kiện : 0 < y
1
,y
2
<2.
(GV: Ta lu ý khi học bài: Hệ phơng trình bậc 2 thì cha học định lý so sánh
nghiệm của phơng trình bậc 2. Vì vậy học sinh cha thể áp dụng định lý này vào
để giải bài toán).
Để ý vào phơng trình (7) của hệ : x+ 2y = 4
x= 4- 2y, ta thấy y<2
x>0
Vậy bài toán 8 đa về bài toán sau: Tìm m để hệ phơng trình có 2 nghiệm (x
1
,y
1
) và
(x
2
,y
2
) thoả mãn điều kiện sau:
<
<
21
21
,0
,0
yy
xx
Đây chính là bài toán 6 vậy ta suy ra kết quả m[ 8,16)
GV: Ta lại phân tích bài toán 8
Ta thấy bài toán 8 tơng đơng với bài toán : Tìm m để phơng trình bậc 2 :
y
2
- 2 + 2 -
8
m
= 0 có 2 nghiệm y
1
,y
2
thoã mãn điều kiện 0 < y
1
, y
2
<2 (*)
Đây rõ ràng là bài toán so sánh số 2 với các nghiệm của ph ơng trình bậc hai. Ta
thử phân tích xem mấu chốt ở đâu mà ta đã chuyển sang đ ợc bài toán (*) . Để từ
đó tổng quát hoá bài toán thành bài toán so sánh nghiệm với một số bất kì (chứ
không chỉ là với số 0 nữa )
Xem xét bài toán 8: Thấy từ ràng buộc của x với 0 ta chuyển sang ràng buộc
của y, đợc điều kiện (*) và phép chuyển chính là phơng trình (7).
Vì vậy nếu xem phơng trình (7) là một phép đặt ( đổi biến ) thì ta sẽ có cách giải
quyết bài toán so sánh nghiệm của phơng trình bậc 2 với một số bất kì thể hiện ở
các bài toán sau:
Bài toán 9 : Cho f(x) =ax
2
+ bx +c (I)
Tìm điều kiện để phơng trình f(x) = 0 có 2 nghiệm x
1
,x
2
thoã mãn điều kiện :
x
1
< <x
2
Đặt y= x- , Khi đó : x
1
< <x
2
khi và chỉ khi : y
1
< 0 < y
2
và khi thay y= x- ta
đợc:
g(y) = a(y+)
2
+ b(y+) + c
= ay
2
+ (b+2a) y+a
2
+b +c
Vậy bài toán 9 tơng đơng với bài toán sau:
Tìm điều kiện để phơng trình g(y) = 0 có 2 nghiệm y
1
< 0 < y
2
a(a
2
+b +c) <0
a.f() <0.
Bài toán 10: Tìm điều kiện để phơng trình (I) có 2 nghiệm x
1
, x
2
<
Đặt y= x- , vậy bài toán tơng đơng với bài toán sau:
Tìm điều kiện để g(y) = 0 có 2 nghiệm âm
11
>
<
0
0
0
g
g
g
P
S
>
<
+
++
0
0
2
044444
22222
)(f.a
a
ab
acabaabab
>
<+
0
02
04
2
)(f.a
a
b
acb
>
<+
0
0
2
0
)(f.a
s
Bài toán 11: Tìm điều kiện để phơng trình (I) có 2 nghiệm x
1
,x
2
>
GV : Yêu cầu học sinh tự làm.
Vậy ta đã giải quyết bài toán so sánh nghiệm với một số, nh một ứng dụng của
định lý Viét ( mà không cần sử dụng định lý về dấu của tam thức bậc 2 mà
SGK đã trình bày). áp dụng bài tập tổng quát này, yêu cầu học sinh giải một số
bài toán sau:
BT
a
: Tìm m để pt: x
2
+ (m+2)x + m = 0 có 2 nghiệm x
1
,x
2
(2,5)
BT
b
: Tìm m để pt: mx
2
+ (m+1)x + 1 = 0 có 2 nghiệm x
1
,x
2
thoã mãn ĐK:
x
1
<2<x
2
< 3
BT
c
: Tìm m để pt: mx
2
+ (m+2)x + m +1 = 0 có 2 nghiệm x
1
,x
2
[ 0,2].
GV: Tiếp tục ta đ a ra các bài toán ràng buộc giữa các nghiệm với áp dụng định
lý Viét nh :
Bài toán 12: Tìm m để hệ phơng trình có hai nghiệm (x
1
,y
1
),(x
2
,y
2
) thoã mãn điều
kiện : y
2
1
+y
2
2
= 20 .(*)
Bài làm:
Để hệ có 2 nghiệm (x
1
,y
1
),(x
2
,y
2
) theo bài toán 1 cần ĐK : m
8.
Khi đó phơng trình : y
2
-2y+2-
8
m
=0 có 2 ngiệm y
1
,y
2
và khi đó (*)
(y
1
+y
2
)
2
-
2y
1
y
2
=1
2
2
- 2(2-
8
m
) = 20
4- 4 +m/4 =20
m=80.
Vậy m=80 là giá trị cần tìm.
Bài toán 13: Tìm m để hệ phơng trình (6-7) có 2 nghiệm (x
1
,y
1
) và (x
2
,y
2
) thoã
mãn điều kiện : x
1
2
+x
2
2
+y
1
2
+y
2
2
=4 (**)
Cách 1:
Với m
8 khi đó x
1
,x
2
là nghiệm của phơng trình: 2 x
2
-8x +16 - m=0
=>x
1
2
+x
2
2
= (x
1
+x
2
)
2
-2x
1
x
2
=16 -2.(16-m)/2=m
12
Do y
1
,y
2
là nghiệm của phơng trình: y
2
-2y+2-
8
m
=0 nên y
1
2
+y
2
2
= m/4.
Vậy (**)
m+m/4 =20
5m/4 =20
m=16
Vậy m=16 là giá trị cần tìm của m.
Cách 2 :
(x,y) là nghiệm của hệ nên ta có : x+2y =4 hay x=4-2y
Vậy (**)
(4- 2y
1
)
2
+ (4-2y
2
)
2
+y
1
2
+y
2
2
= 20
16 -16y
1
+4y
1
2
+16-16y
2
+4y
2
2
+y
1
2
+y
2
2
= 20
32 -16(y
1
+y
2
)- 5(y
1
2
+y
2
2
) =20
2 - 16 . 2 + 5 . m/4 = 0
m=16
GV: Sử dụng định nghĩa của hệ ta tiếp tục đ a ra các bài toán sau:
Bài toán 14: Tìm m để hệ pt (6-7) có 2 nghiệm (x
1
,y
1
) và (x
2
,y
2
) sao cho :
x
1
2
+ 2x
2
2
+y
1
2
+5y
2
2
=27 (***)
Bài làm:
Với m
8 khi đó: do x
2
,y
2
là nghiệm của hệ phơng trình nên : x
2
2
+4y
2
2
=m
(***)
x
1
2
+ x
2
2
+y
1
2
+y
2
2
+( x
2
2
+ 4y
2
2
) = 27
4
5m
+m =27
27
4
=
9m
m =12
Bài toán 15: Gọi (x,y) là nghiệm của hệ phơng trình (6-7) tìm m để :
x (x
3
-8) = 16 y(y
3
-1)
Bài làm:
Với m
8 khi đó:
x (x
3
-8) = 16 y( y
3
- 1)
x
4
-8x =16y
4
-16y
(x
2
4y
2
) (x
2
+ 4y
2
) = 8(x-2y)
(x-2y) 4m = 8 (x- 2y)
4(x-2y) (m-2) =0
=
=
yx
m
2
2
=
=
=
44
8
2
2
y
my
m
=
=
8m
)loại(m 2
m=8 là giá trị cần tìm.
Bài toán 16 : Với m 8và (x,y) là nghiệm của hệ (6-7) . Tìm m để biểu thức
A=
)x(m
yx
24
256
88
đạt giá trị bé nhất.
Bài làm: Với m
>
8
13
A =
)2(4
)2)(2)(4)()2((
)2(4
)2(
224488
+++
=
xm
yxyxyxyx
xm
yx
)2(4
))4(.(4.).)2((
44
+
=
xm
xxmyx
))2((2
44
yx
+=
)8(2)8)4((2
22222222
yxmyxyx
=+=
(chú ý: m
0,m
8 nên A là xác định)
Mặt khác từ hệ
=+
=+
=+
=+
42
4)2(
42
4
222
yx
mxyyx
yx
myx
16 -4xy = m
xy=
4
16 m
, khi đó
A=
222222
2
2
16.2163232162)
2
)16(
(2 ++=+=
mmmmm
m
m
992
22)16(
=
m
Vậy: Min A=-2
9
, khi m=16
Bài toán 17: Gọi x,y là nghiệm của hệ pt:
=+
=+
myx
yx
2
84
22
Tìm m để A=x
4224
+++
xyy
đạt giá trị lớn nhất.
Bài làm: áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopski ta có:
A
2
= (x
4224
+++
xyy
)
2
(x
2
+4y
2
) [(4+2y)+(4+x)]
= 8 (8+2y+x) 8 (8+
)))y(x(
22
22
+
) = 8(8+4) = 96
Dấu = xảy ra khi
=
+
=
+
yx
x
y
y
x
2
4
2
24
x=2y=2
m = 4
Max A=4
6
GV: Ta vẫn ch a dừng lại ở đây, ta sẽ tìm cách tổng quát bài toán 1a.
Từ việc xem xét cách giải 3 và cách giải 7 ta thấy có thể tổng quát bài toán1a.
14
Không có nhận xét nào:
Đăng nhận xét