ỨNG DỤNG PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ ĐỂ GIẢI MỘT SỐ BÀI TOÁN VỀ PHƯƠNG TRÌNH, HỆ PHƯƠNG TRÌNH, BẤT PHƯƠNG TRÌNH, HỆ BẤT PHƯƠNG TRÌNH, BẤT ĐẲNG THỨC VÀ TÌM GIÁ TRỊ LỚN NHẤT, NHỎ NHẤT 10600759

NỘI DUNG ĐỀ TÀI

NHỮNG KIẾN THỨC LIÊN QUAN

Hệ trục tọa độ Đề các vuông góc trong mặt phẳng x’Ox ⊥ y’Oy

1.1.1 Tọa độ của một điểm, tọa độ của véctơ trong xOy

 Tọa độ của các điểm đặc biệt

Trung điểm của AB có tọa độ là: x 1 x 2 y 1 y 2

  Điểm J chia AB với tỉ số k là điểm thỏa mãn JA

JB  k tọa độ điểm J là:

Tọa độ trọng tâm G của tam giác ABC là: x 1 x 2 x 3 y 1 y 2 y 3

 Tọa độ của một véctơ

 Các công thức trong mặt phẳng

Dấu bằng xảy ra khi a, b là hai véctơ cùng phương cùng chiều hoặc có một trong hai véctơ là véctơ không

A, M, B thẳng hàng ⇔det AB, AM    0

A x , y ;B x , y ;C x , y khi đó diện tích tam giác ABC là:

 Phương trình tham số của đường thẳng (Δ) đi qua M x , y 0 0 và có véctơ chỉ phương u    a, b có dạng:

 Phương trình chính tắc của đường thẳng (Δ) đi qua M x , y 0 0 và có véctơ chỉ phương u    a, b có dạng:

 Phương trình hệ số góc của đường thẳng (Δ) có hệ số góc a là: y = ax + b

 Phương trình tổng quát đường thẳng (Δ)

Có véctơ pháp tuyến n   A, B và véctơ chỉ phương u    B, A hoặc véctơ chỉ phương u   B, A  

 Phương trình đường thẳng (Δ) đi qua M x , y 0 0 với hệ số góc k là:

 Phương trình tổng quát của đường thẳng (Δ) đi qua M x , y 0 0 và có véctơ pháp tuyến n    a, b có dạng:

 Phương trình đường thẳng (Δ) đi qua 2 điểm phân biệt M x , y và 1  1 1 

 Phương trình đoạn chắn đi qua A(a, 0) và B(0, b) là: x y a  b 1.

 Phương trình chùm đường thẳng

Cho 2 đường thẳng cắt nhau ( 1 ) : a x 1 b y c 1   1 0;( 2 ) : a x 2 b y c 2  2 0 với

I   ( ) ( ) Đường thẳng (∆) đi qua I là:

1.1.3 Vị trí tương đối của hai đường thẳng

 có véctơ chỉ phương v 1 (a , b ) 1 1 và đường thẳng 2 2 2

 có véctơ chỉ phương v 2 (a , b ) 2 2 Lấy M1   1 , M2   2 khi đó:

 Nếu D ≠ 0 ⇔ a b 1 2 a b 2 1 0 thì (   1 ) ( 2 )tại điểm I có tọa độ: D x D y

1.1.4 Góc giữa hai đường thẳng

Cho 2 đường thẳng  1 : a x1 b y1  c1 0 có véctơ pháp tuyến n1a , b1 1 và

1.1.5 Khoảng cách và phương trình đường phân giác

 Khoảng cách từ M0 x , y0 0  đến (∆): ax + by + c = 0 là:

 Cho ( 1 ) : a x 1 b y c 1   1 0;( 2 ) : a x 2 b y c 2  2 0 cắt nhau thì phương trình hai đường phân giác là:

 Dạng chính tắc của đường tròn tâm I a, b bán kính R là:  

 Dạng khai triển của phương trình đường tròn

 Tiếp tuyến của đường tròn tại một điểm thuộc đường tròn

 (C : x) 2 y 2 2ax2by c  0 tiếp tuyến tại M0 x0, y0 (C):

 Phương tích của một điểm so với đường tròn

Cho (C) : x 2 y 2 2ax2by c 0; điểm M m, n   Đặt P M / (C)    m 2  n 2  2am 2bn   c Khi đó:

 Nếu P M / (C)    0 thì M nằm ngoài đường tròn (C)

 Nếu P M / (C)    0 thì M nằm trong đường tròn (C)

 Nếu P M / (C)    0 thì M nằm trên đường tròn (C)

1.1.7 Phương trình các đường Côníc

 Phương trình chính tắc của parabol

 Phương trình chính tắc của elip

 Phương trình chính tắc của hypebol

1.2 Phương pháp tọa độ trong không gian

1.2.1 Khái niệm về hệ trục tọa độ trong không gian

Hệ trục tọa độ Đề các vuông góc trong không gian

1 2 x 'Ox y 'Oy z 'Oz x 'Ox e x 'Ox;e y 'Oy;e z 'Oz e e e 1 e e e e e e 0

1.2.2 Tọa độ của một điểm và của véctơ trong không gian

 Tọa độ của một điểm

Tọa độ của một điểm M x, y   ⟺ OM x, y, z OMxe1ye2ze 3

 Tọa độ các điểm đặc biệt

Trung điểm của AB có tọa độ là:

  Điểm chia AB tỉ số k là điểm thỏa mãn JA

JB  k tọa độ điểm J là:

Tọa độ trọng tâm tam giác ABC:

1.2.3 Tích vô hướng và độ dài

1.2.4 Tích có hướng của hai véctơ

1.2.5 Các công thức tính diện tích và thể tích

1.2.6 Phương trình mặt phẳng trong không gian

 Phương trình tham số mặt phẳng (α) đi qua M(x y , z ) với cặp véctơ chỉ 0 0 0 phương  

 Phương trình tổng quát mặt phẳng    : Ax  By Cz    D 0 với

 Nếu D = 0 thì Ax + By + Cz = 0 ⟺ (α) đi qua gốc tọa độ

 Nếu A0, B0, C0 thì ( ) : By Cz D   0 sẽ song song hoặc chứa trục x 'Ox

 Nếu A ≠ 0, B = 0, C ≠ 0 thì (α): Ax + Cz + D = 0 sẽ song song hoặc chứa trục y 'Oy

 Nếu A ≠ 0, B ≠ 0, C = 0 thì (α): Ax + By + D = 0 sẽ song song hoặc chứa trục z 'Oz

S AB, AC AB AC AB, AC

 Phương trình tổng quát của mặt phẳng ( ) đi qua M(x0, y 0 , z 0 ) với cặp véctơ chỉ phương

 hay véctơ pháp tuyến n   u, vlà:

 Phương trình tổng quát của mặt phẳng (α) đi qua 3 điểm

A x , y , z ; B x , y , z ; C x , y , z không thẳng hàng có véctơ pháp tuyến

 Phương trình chùm mặt phẳng

 Phương trình tổng quát của mặt phẳng (α) đi quaM(x y , z ) có véctơ pháp 0 0 0 tuyến n   a, b, c  có dạng:

1.2.7 Phương trình đường thẳng trong không gian

 Phương trình tham số đường thẳng (∆) đi qua M (x , y , z ) o 0 0 0 và có véctơ chỉ phương u   a, b, c  :

 Phương trình chính tắc đường thẳng (∆) đi qua Mo x , y , z0 0 0 và có véctơ chỉ phương u   a, b, c  :

 Phương trình đường thẳng (∆) tổng quát là giao tuyến của hai mặt phẳng:

 Phương trình đường thẳng (∆) đi qua 2 điểm M x , y ,z ; N x , y ,z 1 1 1   2 2 2 :

1.2.8 Vị trí tương đối của đường thẳng và mặt phẳng trong không gian

 Vị trí tương đối của 2 đường thẳng

Cho ( 1 )đi qua M x , y , z với véctơ chỉ phương 1  1 1 1  u1a , b ,c1 1 1 , ( 2 ) đi qua

 Nếu u , u 1 2 .MN0 thì ( 1 ),( 2 ) chéo nhau

 Nếuu , u 1 2 .MN0và a : b : c 1 1 1 a : b : c 2 2 2 thì ( 1 ),( 2 ) cắt nhau

 và hệ phương trình của 1

 và hệ phương trình của 1

 Vị trí tương đối của đường thẳng và mặt phẳng

Cho (∆) đi qua M (x , y , z ) với véctơ chỉ phương o 0 0 0 u   a, b, c và mặt phẳng ( ) : Ax By Cz    D 0 với véctơ pháp tuyến n   A, B, C 

 Nếu n.u 0 Aa + Bb +Cc0 thì ( ) cắt ( )

 Vị trí tương đối của hai mặt phẳng

Cho 2 mặt phẳng ( 1 ) : a x 1 b y c z 1  1  d 1 0 có véctơ pháp tuyến

1 1 1 1 n  a , b ,c và ( 2 ) : a x 2 b y c z 2  2 d 2 0 có véctơ pháp tuyếnn2 a , b ,c 2 2 2 

 Nếun , n không cùng phương thì 1 2 ( 1 ) cắt ( 2 )

 Nếu n , n cùng phương và 1 2 ( 1 ), ( 2 ) không có điểm chung thì ( 1 ) / /( 2 )

 Nếu n , n cùng phương và 1 2 ( 1 ), ( 2 ) có điểm chung thì (   1 ) ( 2 )

 Góc giữa hai mặt phẳng

Cho 2 mặt phẳng ( 1 ) : a x 1 b y c z 1  1 d 1  0 có véctơ pháp tuyến

1 1 1 1 n  a , b , c và ( 2 ) : a x 2 b y c z 2  2 d 2 0có véctơ pháp tuyếnn2 a , b ,c 2 2 2 

Góc giữa 2 mặt phẳng ( 1 ) và ( 2 ) là    (0 90 ) 0 thỏa mãn:

 Góc giữa đường thẳng và mặt phẳng

Cho (∆) đi qua M0 x , y , z0 0 0  với véctơ chỉ phương u   a, b, c  và mặt phẳng

( ) : Ax By Cz  D 0 với véctơ pháp tuyến n   A, B, C  Góc giữa

 Góc giữa hai đường thẳng

Cho ( 1 )đi qua M x , y , z với véctơ chỉ phương 1  1 1 1  u1a , b ,c1 1 1 , ( 2 ) đi qua M2 x , y , z2 2 2  với véctơ chỉ phương u2 a , b ,c2 2 2  Góc giữa

 Khoảng cách từ M x , y , z 0 0 0 đến mặt phẳng (α): Ax + By +Cz +D = 0 là:

 Khoảng cách giữa hai mặt phẳng song song

 Khoảng cách từ một điểm đến một đường thẳng

Cho (∆) đi qua M0 x , y , z0 0 0  với véctơ chỉ phương u   a, b, c  Khoảng cách từ điểm A x , y , z a a a  đến đường thẳng ( ) là:

 Khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau

Cho ( 1 )đi qua M x , y , z với véctơ chỉ phương 1  1 1 1  u1a , b ,c1 1 1 , ( 2 ) đi qua

M x , y , z với véctơ chỉ phương u2 a , b ,c2 2 2  Giả sử ( 1 ),( 2 ) chéo nhau khi đó:

Phương trình mặt cầu tâm I a, b,c bán kính R:  

Dạng khai triển x 2 y 2 z 2 2ax2by 2cz d  0 với tâm I a, b, c và  

 Phương tích của điểm đối với mặt cầu

Phương tích của điểm M x , y , z đối với mặt cầu (S) có phương trình ở dạng  1 1 1  khai triển là:

 Vị trí tương đối của mặt phẳng và mặt cầu

Cho mặt cầu (S) có tâm I a, b, c  , bán kính R:  x  a   2  y  b   2   z c  2  R 2 và mặt phẳng (P) Ax  By Cz   D  0  A 2  B 2  C 2  0 

Gọi H là hình chiếu của I lên (P)

 IH R (P) không cắt mặt cầu (S)

 IH  R (P) tiếp xúc với mặt cầu (S) Khi đó (P) gọi là tiếp diện của mặt cầu Phương trình mặt phẳng tiếp diện tại điểm M 0  x 0 , y , 0 z 0   (S) là:

 IH R (P) cắt mặt cầu (S) theo giao tuyến là đường tròn (C) tâm H bán kính r R 2 IH 2 có phương trình:

 Vị trí tương đối của đường thẳng và mặt cầu

 và mặt cầu (S) : x   a   2  y b    2  z  c  2  R 2 ta xét phương trình:

Số giao điểm của (∆) và (S) là số nghiệm của phương trình (1)

Trường hợp (∆) cắt (S) tại 2 điểm M, N thì độ dài đoạn MN là:

MN2 R IH với IH là khoảng cách từ tâm I đến đường thẳng (∆)

 Vị trí tương đối của hai mặt cầu

Cho hai mặt cầu S I, R và   S' J, R ' Ta có:  

 R  R '    IJ R R '      S , S' cắt nhau theo giao tuyến là đường tròn

MỘT SỐ DẠNG TOÁN BẰNG PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ

2.1 Miền trên mặt phẳng tọa độ xác định bởi bất phương trình và hệ bất phương trình

Phương trình đường tròn có dạng (x – a)² + (y – b)² = R², với tâm tại điểm I(a, b) và bán kính R Tập hợp các điểm M(x, y) nằm bên trong hình tròn được ký hiệu là 1, được xác định bởi điều kiện 1 = {(x, y) | (x – a)² + (y – b)² < R²}.

Tương tự:   2     x, y x  a   2  y  b  2  R 2 biểu diễn các điểm M x, y   nằm ngoài hình tròn trên

Ta biết rằng axby c 0 chia mặt phẳng tọa độ thành hai phần:

Để xác định miền của hàm số f(x, y) = ax + by + c, ta thường chọn miền chứa gốc tọa độ, hoặc một miền bất kỳ khi c = 0 Nhờ vào tính liên tục của hàm số, ta chỉ cần xét dấu của f(x, y) tại một điểm (x, y) bất kỳ trong miền đó để xác định dấu của toàn bộ miền.

Ví dụ 1: a) Xét đường thẳng x – 2y + 4 = 0 Xét miền nằm dưới đường thẳng (vì miền đó chứa gốc O) Thay O 0,0 vào biểu thức x – 2y + 4 ta được giá trị 4 > 0 đó là miền  

2 Do đó phần nằm trên đường thẳng là miền  1

1 b) Biểu diễn trên mặt phẳng tọa độ miền D được xác định như sau:

Bằng cách dùng ở ví dụ 1.a, ta tìm được miền   2    x, y x  2y 8   0  được tạo thành bởi đường thẳng x – 2y + 8 = 0 Miền   ' 2    x, y x    y 2 0  được tạo thành bởi đường thẳng x + y + 2 = 0 Miền   " 1    x, y 2x    y 4 0  được tạo bởi đường thẳng 2x – y + 4 = 0

Khi đó D    2 ' 2 " 1 và nó được biểu diễn bằng miền gạch trong hình vẽ sau: Đó là tam giác ABC kể cả 3 cạnh với tọa độ các đỉnh A 0, 4 ;B     2,0 ;C    4, 2 

Một cách tổng quát đường cong y = f(x) chia mặt phẳng tọa độ thành hai phần:

Do hàm số f(x) liên tục, khi phân tích một miền, ta chỉ cần xem xét một điểm bất kỳ (x, y0) trong miền đó Dấu của đại lượng (y0 - f(x0)) sẽ phản ánh dấu của miền này.

Xét miền D trên mặt phẳng tọa độ xác định bởi:

Ta sẽ tìm được miền   ' 1    x, y x 2  4x  6y  0 

Miền D sẽ là giao của  1 và ' 1 được biểu diễn bằng miền gạch trong hình vẽ: y

2.2 Phương pháp tọa độ để khảo sát phương trình và bất phương trình

Xét phương trình f(x) = g(x), và giả sử D là miền xác định của phương trình, tức là D {x f (x) và g(x) xác định}

Vẽ hai đồ thị y = f(x) và y = g(x) trên cùng một hệ trục tọa độ Giả sử hai đồ thị đó cắt nhau tại các điểm A x , y , (i = 1,2, …, n) i  i i 

Khi đó nếu như x i D với 0 i n thì x là nghiệm của phương trình đã cho i

Số giao điểm của hai đường y = f(x) và y = g(x) trên miền D (giao điểm A được gọi k là trên miền D nếu như x k D) chính là số nghiệm của phương trình đã cho

Nếu như f(x) = g(x) tiếp xúc với nhau tại điểm A 0 (x 0 , y 0 ) mà x 0 D thì x0 gọi là nghiệm kép của phương tình đã cho

Người ta thường sử dụng 2 tiêu chuẩn sau để nhận biết sự tiếp xúc của hai đồ thị y = f(x) và y = g(x)

 Tiêu chuẩn 1: Nếu phương trình f(x) = g(x) có nghiệm kép thì hai đường yf (x) và yg(x) tiếp xúc nhau

 Tiêu chuẩn 2: Giả sử hệ sau đây thỏa mãn: 0 0

 thì hai đường yf (x)và y = g(x) tiếp xúc nhau (Nếu một trong hai đường là đường thẳng thì ta có bài toán về tiếp tuyến)

Xét bất phương trình f(x) < g(x) và D là miền xác định của nó Khi đó rõ ràng tập hợp nghiệm của bất phương trình trên là

    Để giải bất phương trình trên bằng đồ thị ta làm như sau:

- Vẽ hai đồ thị y  f x   và y  g x  

- Tìm những phần mà đồ thị y  f x  nằm dưới đồ thị y  g x  

- Tìm hình chiếu của phần đồ thị ấy trên trục hoành

- Giao của nó với tập D chính là nghiệm của bất phương trình đã cho

Người ta thường hay quan tâm đến 2 mệnh đề sau:

 Bất phương trình f(x) < g(x) đúng với mọi x thuộc D trên miền D đồ thị yf (x) hoàn toàn nằm dưới đồ thị y  g x  

 Bất phương trình f(x) < g(x) có nghiệm thì trên miền D, đồ thị y  f x   không hoàn toàn nằm trên đồ thị y  g x  

2.2.3 Bất phương trình một ẩn số x với tham số m

Xét bất phương trình một ẩn số x với tham số m dưới dạng:

  f x, m 0; xD (1) Để giải bất phương trình trên bằng đồ thị ta làm như sau:

 Vẽ hệ trục tọa độ Oxm (coi m như biến tung độ)

Giả sử miền biểu diễn của các điểm (x, m) thỏa mãn điều kiện (1) Để (1) có nghiệm, cần có một giá trị cụ thể của tham số m, sao cho đường thẳng m = cắt miền này.

Tìm m để hệ sau có nghiệm

Hệ đã cho viết lại dưới dạng tương tương sau:

Trong hệ tọa độ Oxm, các điểm M(x, m) thỏa mãn hệ (2) được thể hiện bằng miền gạch, tạo thành tam giác MNP với N(-3, -4) và P(1, 2) Áp dụng lý thuyết đã trình bày, ta có thể suy ra hệ quả liên quan đến các điểm này.

(2) có nghiệm khi và chỉ khi 4 m2

Để hệ phương trình có nghiệm duy nhất, giá trị của m cần tìm là m = 2 hoặc m = -4, như đã được chỉ ra từ đồ thị.

2.3 Phương pháp tọa độ với bài toán bất đẳng thức và giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất

Để chứng minh bất đẳng thức hoặc xác định giá trị lớn nhất và nhỏ nhất bằng phương pháp tọa độ, người ta thường áp dụng các tính chất quan trọng.

 Trong tất cả các đường gấp khúc nối hai điểm A, B cho trước, thì đường thẳng nối AB là đường thẳng có độ dài nhỏ nhất

 Cho điểm M ở ngoài đường thẳng d (hoặc một mặt phẳng P) cho trước Khi đó độ dài đường vuông góc kẻ từ M xuống d (xuống P), ngắn hơn mọi đường xiên kẻ từ

M xuống cùng đường thẳng (mặt phẳng) ấy

 Trong các tam giác cùng nội tiếp một đường tròn, thì tam giác đều có chu vi và diện tích lớn nhất

Khi giải quyết bài toán chứng minh bất đẳng thức hoặc tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất, việc áp dụng phương pháp tọa độ để quy về các sự kiện hình học sẽ giúp đơn giản hóa quá trình giải Phương pháp này tận dụng triệt để "hồn hình học" tiềm ẩn trong các bài toán, từ đó mang lại kết quả dễ dàng và hiệu quả hơn.

 Cho đoạn thẳng AB, M 0 là điểm bất kỳ nằm ngoài đoạn AB khi đó ta có kết quả sau

Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số

Xét hệ trục tọa độ xOy, khi đó miền ràng buộc D 0 chính là hình chữ nhật ABCD với các đỉnh như sau: A 1,3 ; B  1,6 ; C 5,6 ; D 5,3    

Nếu đặt M = M x, y và   I  I 2,   1 thì f (x, y)  IM 2  5 (3)

 lớn nhất khi IM lớn nhất 2

Từ I kẻ IM 0 ADta có: 2

Còn max IM M 2 max IA , I D , I C , I B 2 2 2 2  IC 2 IB 2 3 2 5 2 34

Vậy từ (3) ta suy ra max f x, y    29 và min f x, y     1

 Người ta thường hay sử dụng hai bất đẳng thức sau đây để chứng minh bất đẳng thức hoặc tìm giá trị lớn nhất nhỏ nhất

Chứng minh bất đẳng thức sau đây

Xét hai véctơ sau đây:u    3, 4 ; v   x 2  1, 2x 

Vậy bất đẳng thức đã cho tương tương với đẳng thức sau: u.v  u v (5)

Vì (5) hiển nhiên đúng, vậy bất đẳng thức (4) đúng ⟹ điều phải chứng minh Dấu bằng xảy rau, v là hai véctơ cùng phương

Vậy đẳng thức xảy ra  x = 2 hoặc 1 x  2

 Mối quan hệ giữa giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của một hàm số với tính chất nghiệm của một phương trình, bất phương trình

Giả sử f(x) là hàm liên tục trên miền D, và tồn tại

Khi đó ta có các kết quả sau đây: i) Phương trình f (x)  ; x D có nghiệm khi và chỉ khi

D D min f (x)  max f (x) ii) Bất phương trình f (x)  ; x D có nghiệm khi và chỉ khi x D max f (x)

   iii) Bất phương trình f (x)  ; x D có nghiệm khi và chỉ khi min f (x)x D

2.4 Phương pháp tọa độ đối với bài toán về tổng hiệu khoảng cách lớn nhất nhỏ nhất

Tìm điểm M mặt phẳng   P : ax  by cz d    0 để  MA  MB  nhỏ nhất

Xác định vị trí tương đối của A, B đối với mặt phẳng (P)

Bằng cách tính các đại lượng t A ax 1 by 1 cz 1 d; t B ax 2 by 2 cz 2 d Nếu t t A B  0 A, B khác phía đối với (P) Gọi M 0 (AB)(P) khi đó:

MAMBABM AM B Nếu t t A B  0 A, B cùng phía đối với mặt phẳng (P)

Lấy A 1 đối xứng với A qua (P) Gọi M 0 (A B) 1 (P) khi đó:

Tìm điểm M mặt phẳng   P : ax  by cz d    0 để MA  MB lớn nhất.

Xác định vị trí tương đối của A, B đối với mặt phẳng (P)

Bằng cách tính các đại lượng t A ax 1 by 1 cz 1 d; t B ax 2 by 2 cz 2 d Nếu t t A B  0 A, B cùng phía đối với (P) Gọi M 0 (AB)(P)khi đó:

MA MB AB M A M B Nếu t t A B  0 A, B khác phía đối với (P) Lấy A 1 đối xứng với A qua (P) Gọi M 0 (A B) 1 (P) khi đó:

Tìm điểm M đường thẳng    cho trước để  MA  MB  nhỏ nhất

Xác định tọa độ các điểm A’, B’ là hình chiếu tương ứng của A, B lên ( )

Gọi M 0 là điểm chia đoạn A’B’ theo tỉ số 0

Thật vậy, gọi A 1 (P) (( ), B) sao cho A khác phía với B so với 1 ( ) và thỏa mãn

Cho A 3, 1,  2 ; B 2, 2, 1   Tìm điểm M(P) : 3x2y 5z  2 0 sao cho a) (MA + MB) nhỏ nhất b) MA MB lớn nhất

Ta có t A = -9 + 10 + 19 > 0 và t B = -6 - 4 + 5 - 2 - 1 < 0, từ đó suy ra hai điểm A và B nằm ở hai phía khác nhau đối với mặt phẳng (P) Do đó, tổng MA + MB ≥ AB, để (MA + MB) đạt giá trị tối thiểu, điểm M phải nằm trên đoạn thẳng AB, suy ra M chính là giao điểm của mặt phẳng (P) với đường thẳng x = 3, y = 1, z = 2.

Tọa độ điểm M là nghiệm của hệ sau:

  b) Lấy A x ; y ; z đối xứng với A qua (P) suy ra AA ' là véctơ pháp tuyến 1  1 1 1  của (P) và

Do A đối xứng với A qua (P) nên 1 MAMA 1

Gọi N là giao điểm của (A B) với mặt phẳng (P) Do 1 A và B nằm cùng phía đối 1 với (P) nên N nằm ngoài đoạn A B 1  NA 1 NB A B 1

Vậy để MAMBmax thì MN có tọa độ là nghiệm của hệ:

ỨNG DỤNG PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ TRONG BÀI TOÁN GIẢI PHƯƠNG TRÌNH, HỆ PHƯƠNG TRÌNH, BẤT PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ BẤT PHƯƠNG TRÌNH

GIẢI PHƯƠNG TRÌNH, HỆ PHƯƠNG TRÌNH, BẤT PHƯƠNG TRÌNH

VÀ HỆ BẤT PHƯƠNG TRÌNH 3.1 Các bài toán định lượng

Bài 1: (Đề thi Đại học khối A năm 2014)

Giải hệ phương trình sau:

Cách 1 Phương pháp đại số Đặt a 12y, a0 y 12 a2

Phương trình 1 trong hệ (6) được viết lại dưới dạng sau:

Thay x 12y vào phương trình 2 của hệ (6) ta được:

Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm  x, y     3, 3

Cách 2 Phương pháp tọa độ Đặt a     x, 12  x 2    ; b   12  y, y 

Theo cách đặt ta có: a  b  12

Phương trình 1 trong hệ (6) được viết lại dưới dạng sau:

Thay x 12y vào phương trình 2 của hệ (6) ta được:

Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm  x, y     3, 3

Trong ví dụ này, việc giải quyết bài toán bằng phương pháp tọa độ tỏ ra hiệu quả hơn so với phương pháp đặt ẩn phụ, nhờ vào sự đơn giản trong lời giải và tính toán dễ dàng hơn.

Tìm nghiệm nguyên của hệ bất phương trình sau:

Nếu \((x, y_0) \) với \(x_0 \geq 0, y_0 \geq 0\) là một nghiệm nguyên của hệ, thì các nghiệm nguyên \((x, y, 0 - 0)\), \((-x, y, 0)\) và \((-x, y_0 - 0)\) cũng tồn tại Do đó, nhiệm vụ của chúng ta chỉ cần tìm nghiệm nguyên cho hệ đã cho.

Từ đó sẽ suy ra các đáp số cần tìm Dễ thấy hệ (7) tương đương với hệ sau:

Vẽ hệ trục tọa độ Oxy Dễ thấy các điểm thỏa mãn hệ (8) được biểu diễn bằng miền gạch trong hình vẽ

Trong miền ấy các điểm có tất cả các tọa độ nguyên sau:

Từ lập luận trên ta suy ra hệ đã cho có 16 nghiệm nguyên sau đây:

Phương trình đã cho viết lại dưới dạng sau đây

Xét các véctơ u(x3, 2y); v (1 x, 3 2y) Khi đó ta có u v (4, 3) Như vậy: (9) u  v  u v (10) Theo nguyên lí hình học, thì u v u  v dấu bằng xảy ra   u v với

 0 hoặc một trong hai véctơ u, v là véctơ không

Vậy (10) tương tương với hai khả năng sau: x 3 2y

Kết hợp lại, ta thấy các nghiệm  x, y  của phương trình đã cho có dạng sau:

Nếu biểu diễn trên mặt phẳng tọa độ, thì các nghiệm đó là đoạn thẳng AB của đường thẳng 3x – 8y + 9, với A   3, 0  và B 1, 3

Theo công thức tích vô hướng ta có u.vx x 1 1 3 x   (11) Mặc khác u v  x 2  1 2  x 1      3 x   2 x 2  1 (12)

Từ (11) và (12) suy ra phương trình đã cho viết lại dưới dạng sau: u.v u v (13)

Do u.v u v cos u, v , nên từ (13) suy ra hai véctơ u và v là hai véctơ cùng phương, cùng chiều tức là:

Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm là: x = 1 hoặc x 1 2

Gọi x , y , z0 0 0  là một nghiệm tùy ý của hệ (nếu có)

Xét hai véctơ sau trong không gian: ux , y , z ; v 2 0 2 0 0 2    1, 1, 2 

Ta có u.vx 2 0 y 2 0 2z 2 0  7 (14) Mặt khác u.v u v cos u, v  (15)

 6  Suy ra rằng nếu hệ đã cho có nghiệm, thì sẽ dẫn đến điều vô lý

Vậy hệ đã cho vô nghiệm

Bài 6: Giải hệ phương trình sau:

Hệ phương trình đã cho viết lại dưới dạng sau:

Xét các véctơ trong một hệ trục tọa độ nào đó

      u x, y ; v xy, y z ; w  x 1, 2z 1  Khi đó hệ (16) có thể viết lại dưới dạng

Chỉ có hai khả năng xảy ra:

 Khả năng 1: u0, khi đó x = y = 0 Thay x = y =0 vào (16) ta có: x 0 y 0 z 1 2

Trường hợp này cho ta nghiệm 1

 Khả năng 2: u0 ta suy ra hoặc là w, v cùng 0, hoặc chúng cùng là véctơ không

Vậy không thể có trường hợp này

Khi đó ta suy ra w, v là hai véctơ cộng tuyến (vì chúng cùng vuông góc với u ) và w2 v hoặc là w 2 v

Trường hợp này cho ta nghiệm 1 1

Phương trình này vô nghiệm

Vậy hệ đã cho có hai nghiệm 1 1 1

Giải hệ phương trình sau

Gọi x , y , z0 0 0  là nghiệm tùy ý của hệ đã cho (nếu có)

Vậy u và v là hai véctơ cùng phương, cùng chiều tức là phải có

(Vì nếu k = 0 thì x 0 y 0 z 0 0 mâu thuẫn với x 0 y 0 z 0 3)

Như thế điều kiện cần là x 0 y 0 z 0 1

Thay x = y = z = 1 vào hệ thấy đúng

Vậy hệ có nghiệm duy nhất  1, 1, 1 

Xét trong không gian hai véctơ sau:

 Vậy phương trình đã cho có dạng: u.v u v

Ta đi đến u, v là hai véctơ cùng phương, cùng chiều tức là có hệ sau:

Rõ ràng suy ra ngay k = 1

Vậy hệ trở thành sin x = 1

Nghiệm của phương trình đã cho là x 2k

Hệ đã cho viết lại dưới dạng sau:

Dấu bằng trong phương trình 2 của hệ (17) xảy ra khi   0

Vậy từ nhận xét đó, ta xét hai trường hợp sau:

Trên hệ trục tọa độ Oxy ta vẽ các đường sau: Đường tròn 2 2 82 x y

  9 đó là đường tròn tâm tại gốc tọa độ O và bán kính

3    Đường thẳng này cắt Ox tại điểm 10

Đường thẳng này phân chia mặt phẳng tọa độ thành hai phần, trong đó nửa mặt phẳng trên chứa gốc tọa độ O Các điểm thuộc nửa mặt phẳng này có tọa độ dạng (x, y) và thỏa mãn bất đẳng thức 10x - y ≥ 0.

3    (Nửa mặt phẳng dưới gồm các điểm x , y sao mà 1 1 

 y , đó là hypebol gồm 2 nhánh

Như vậy các điểm  x, y thỏa mãn hệ (18) là phần đường tròn 2 2 82 x y

  9 nằm trong nửa mặt phẳng trên xác định bởi đường thẳng 10 x y 0

Từ đồ thị ta suy ra các điểm thỏa mãn hệ (I) bao gồm CE (không kể E), B, A,

DF (không kể F) Ở đây tọa độ các điểm A, B, C, D, E, F dễ thấy như sau:

Vậy nghiệm của phương trình đã cho trong trường hợp 1 là:

Ta thấy khi x , y0 0  thỏa mãn 2 2 82 x y

y  , vậy hệ (II) vô nghiệm

Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm

Giải hệ phương trình sau:

   (22) Đẳng thức (22) chứng tỏ rằng các véctơ a cùng phương, cùng chiều, cùng độ i dài nên suy ra x 1 x 2   x 2014

Hay hệ đã cho có nghiệm duy nhất 1 2 2014 1 x x x

3.2 Các bài toán định tính

Tìm a để mọi nghiệm của bất phương trình x  y 1 cũng là nghiệm của bất phương trìnhx 2 y 2 a

Cách 1 Phương pháp đại số

Giả sử mọi nghiệm của bất phương trình x  y 1 cũng là nghiệm của bất phương trình x 2 y 2 a

Vì (1, 0) là nghiệm của x  y 1, nên nó cũng là nghiệm của x 2 y 2 a tức là ta có 1 2 0 2   a a 1

Như thế a1 là điều kiện cần

Giả sử a1 Gọi (x , y ) là nghiệm tùy ý của x 0 0  y 1 Khi đó ta có:

Theo tính chất của hàm số mũ thì x 0 2  x 0 và y 0 2  y 0

Vì a1 nên x 0 2 y 0 2 avậy (x , y ) cũng là nghiệm của 0 0 x 2 y 2 a, nên từ đó ta suy ra mọi nghiệm của x  y 1 cũng là nghiệm của x 2 y 2 a

Cách 2 Phương pháp tọa độ

Vẽ hệ trục tọa độ Oxy Dễ thấy mọi điểm M(x,y) với x, y thỏa mãn bất phương trình x  y 1 nằm trong hình vuông ABCD với tọa độ các đỉnh như sau:

Tương tự các điểm x, y thỏa mãn bất phương trình x 2 y 2 a nằm trong hình tròn tâm tại gốc tọa độ O, và bán kính a

Bài toán đã cho trở thành: Tìm a để hình vuông ABCD nằm trong đường tròn

(0, a ) Điều đó xảy ra khi a 1 a 1

    Đó chính là các giá trị cần tìm của tham số a

Phương pháp tọa độ trong việc giải bài toán trên mang lại lời giải có tính hình học, giúp người học dễ dàng suy luận và tìm ra kết quả một cách tự nhiên và rõ ràng.

Giải và biện luận theo a bất phương trình xa2 xa

Bài giải Đặt X x a 0, khi đó viết lại bất phương trình đã cho dưới dạng:

Vẽ hệ trục XOa, khi đó các điểm M X, a thỏa mãn hệ (23) được biểu diễn   bằng miền gạch, trong hình vẽ sau:

Từ đồ thị trên ta suy ra:

Tìm a để hệ sau có nghiệm duy nhất

Các điểm M x, y thỏa mãn (1) nằm trong hai hình tròn: hình tròn tâm O1(-1,0) với bán kính a và hình tròn tâm O0(0,12) cũng với bán kính a Hệ (24) chỉ có nghiệm duy nhất khi hai đường tròn này tiếp xúc nhau.

Vậy 1 a 2 là giá trị cần tìm

Bài 14: a) Biện luận theo m số nghiệm của phương trình 2 x x 2 m b) Biện luận theo m số nghiệm của phương trình 12 3x 2 2mx

Bài giải a) Xét phương trình 2 x x 2 m (25)

Số nghiệm của (25) chính là số giao điểm của hai đồ thị hàn số sau: y 2 x x2 và y=m

Vì y 2 x x 2 là hàm số chẵn, nên chỉ vẽ với x0 rồi lấy đối xứng qua trục tung Khi x0 ta có:

Từ đó suy ra đồ thị hàm số y 2 x x 2 có dạng như sau:

Từ đồ thị, ta suy ra kết luận sau:

 Nếu (m > 0) và (m < 0) : phương trình (25) vô nghiệm

 Nếu m = 1 : phương trình (25) có 2 nghiệm

 Nếu 0 < m < 1 : phương trình (25) có 4 nghiệm

 Nếu m = 0 : phương trình (25) có 3 nghiệm b) Xét phương trình 12 3x 2 2m x. (26) Đặt y 12 3x 2 , khi đó ta có:

Đồ thị của hàm số y = 12 - 3x^2 là một nửa elip nằm trên trục hoành, trong khi đồ thị của hàm số y = 2m - x là đường thẳng song song với đường thẳng y = -mx Đường thẳng y = 2m - x đi qua điểm A (-2, 0) nếu 2m^2 + 2 = 0, tương đương với m = -1.

B 2, 0 nếu 2m 2   0 m 1 Đường thẳng Ax By C 0   là tiếp tuyến của elip

2 2 x y a  b 1 khi và chỉ khi đẳng thức sau thỏa mãn:

Ta suy ra đường thẳng x + y – 2m = 0 là tiếp tuyến với nửa trên elip khi

Từ các lập luận trên, và từ đồ thị ta suy ra:

 Phương trình (26) có hai nghiệm khi 1 < m < 2

 Phương rình (26) có một nghiệm khi m = 2 hoặc 1 m 1  

 Phương trình (26) vô nghiệm khi m > 2 hoặc m < -1

Tìm m để phương trình sau đây có bốn nghiệm

Viết lại phương trình đã cho dưới dạng tương đương sau:

Họ đường thẳng y  m x 1    có hệ số góc là m luôn đi qua điểm cố định

A 1, 0 , m Đồ thị hàm số y  x 4x  2   3  1 có dạng như sau:

Gọi B là điểm B 0, 1   , khi đó đường thẳng AB có hệ số góc m 1 1

Từ A vẽ tiếp tuyến với đường cong y  x 4x  2   3  1 ứng với x < 0 Gọi m là 0 hệ số góc của tiếp tuyến

Từ đồ thị ta suy ra (27) có nghiệm khi và chỉ khi m 1 mm 0 Để tìm m 0 ta gọi x là hoành độ tiếp điểm và khi đó hệ phương trình sau: 0

2 Ở hệ (28) thay phương trình một vào phương trình hai ta có:

Vậy các giá trị cần tìm của m là: 1 m 6 39

Tìm m để phương trình sau có nghiệm

Ta chỉ xét khi m > 0 Đặt u 1 2cos x; v 2  1 2sin x 2

Bài toán trở thành tìm m > 0 để hệ sau có nghiệm

Giả sử M, N là điểm chung của hình vuông MPNQ và đường tròn u 2 v 2 4.

Vậy đường thẳng MN có phương trình u v 3 1.

Tiếp tuyến của đường tròn trên song song với MN có phương trình u v 2 2

Hệ (29) có nghiệm khi và chỉ khi đường thẳng u + v = m cắt cung nhỏ MN tức là đường thẳng u v  3 1 và u v 2 2

Vậy phương trình đã cho có nghiệm khi và chỉ khi

Cho hệ phương trình sau:

 a) Tìm m để hệ có nghiệm b) Tìm m để hệ có nghiệm duy nhất

Viết lại hệ dưới dạng tương đương sau:

Các điểm M(x, y) thỏa mãn bất phương trình 1 trong hệ (30) nằm trong dãy được giới hạn bởi hai đường song song với trục tung x = -2 và x = 2 Đồng thời, các điểm M(x, y) thỏa mãn bất phương trình 2 của hệ (30) nằm trong miền mà x m2 0 và x m 0.

Từ đó suy ra các điểm M x, y thỏa mãn hệ (30) được biểu diễn bằng miền gạch   trong hình vẽ

Dễ thấy tọa độ của điểm A là 1 2

  Từ đó suy ra ngay:

- Hệ có nghiệm duy nhất khi và hỉ khi đường thẳng m cắt miền gạch trong hình vẽ trên tại điểm duy nhất, tức là khi 2 m 2 hoặc m = 0

ỨNG DỤNG CỦA PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ TRONG BÀI TOÁN VỀ BẤT ĐẲNG THỨC, VỀ GIÁ TRỊ LỚN NHẤT VÀ NHỎ NHẤT

VỀ BẤT ĐẲNG THỨC, VỀ GIÁ TRỊ LỚN NHẤT VÀ NHỎ NHẤT

4.1 Chứng minh bất đẳng thức bằng phương pháp tọa độ

Ba số a, b, c thỏa mãn điều kiện 2a – b + c + 1 = 0

Bất đẳng thức đã cho viết lại dưới dạng sau:

 a 1    2  b 3    2   c 2  2   a  9   2  b  4   2   c 9  2  3 26 (31) Xét hệ trục tọa độ Đề các vuông góc Oxyz Trên đó xét mặt phẳng  P cho bởi phương trình: 2x – y + z + 1 = 0 và hai điểm A   1, 3,  2  và B   9, 4, 9 

Ta thấy nếu đặt f x, y, z    2x    y z 1 , thì f   1, 3,  2    6 và

  f 9, 4, 9  12, do đó A, B nằm về cùng một phía của mặt phẳng P

Xét điểm M a, b,c với 2a - b + c + 1 = 0, thì M  (P) bất đẳng thức (31) có dạng tương đương sau:

MAMB3 26 (32) Gọi A ' là điểm đối xứng của A qua (P).Nối A 'B cắt (P) tại M 0

Rõ ràng ta có  M (P), thì:

Ta có thể tính được ngay tọa độ của A ' là A ' 3, 1, 0 và tọa độ của   M là 0

Từ đó A 'B3 26 Từ (33) suy ra (32) đúng.Vậy đẳng thức đã cho đã được chứng minh

Dấu bằng xảy ra khi MM 0 a 1, b 2, c 3

Cho hai số a, b thỏa mãn điều kiện a – 2b + 2 = 0

Bất đẳng thức đã cho viết lại dưới dạng sau:

Xét đường thẳng x – 2y + 2 = 0 và các điểm A 3, 5 ; B 5, 7     Điểm M a, b với a – 2b + 2 = 0 dĩ nhiên thuộc đường thẳng x – 2y + 2 = 0  

Ta có vế trái (34) = MA + MB

Gọi A ' là điểm đối xứng của A qua đường thẳng x – 2y + 2 = 0

Giả sử BA ' cắt đường thẳng nói trên tại M 0

Ta luôn có MA = MA ' , vậy

MA MB MB MA' MA MB BA' (35) Dấu bằng xảy ra MM 0

Giả sử AA’ cắt đường thẳng x – 2y + 2 = 0 tại H

Véctơ chỉ phương của đường thẳng x – 2y + 2 = 0 là u(2, 1) Điểm H có tọa độ 2yH2, yH 

Do AHu nên ta có 2 2y H5 1 yH  5 0 yH 3 và do đó x H 4 Từ đó ta suy ra

Từ (35) và (36) có MA MB 6 và đó là điều phải chứng minh

Vậy dấu bằng xảy ra 7 a 5, b

Cho bốn số thực thỏa mãn các điều kiện c d 6; a 2 b 2 1

Trong hệ trục tọa độ Oxy

Vẽ đường tròn x 2 y 2 1 và đường thẳng x y 6

Viết lại bất đẳng thức cần chứng minh dưới dạng:

      (37) Điểm M c, d ; N a, b với c, d, a, b thỏa mãn điều kiện đầu bài, tương ứng nằm     trên đường thẳng x + y = 6 và đường tròn x 2 y 2 1

Từ O kẻ đường vuông góc với đường thẳng x y 6

Gọi M là chân đường vuông góc, và giả sử OM cắt đường tròn tại N Với mọi M thuộc đường thẳng x + y = 6 và mọi N thuộc đường tròn x² + y² = 1, ta có mối quan hệ rõ ràng giữa các điểm này.

Từ (38) và (39) suy ra (37) đúng và đó là điều phải chứng minh

Bài 21: a) Chứng minh trong mọi tam giác ABC, ta có cosA cos B cos C 3

   2 b) Chứng minh trong mọi tam giác ABC nhọn, ta có cos 2A cos 2B cos 2C 3

Cách 1 Phương pháp đại số

Do  ' 0 và hệ số a  2 0 nên f x     0 x

Cách 2 Phương pháp tọa độ

Lấy các véc tơ e , e , e như hình vẽ và có độ dài là 1: 1 2 3 e 1  e 2  e 3 1.

Dấu bằng xảy ra     e 1 e 2 e 3 0 ABC là tam giác đều b) Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp, H là trực tâm

Ta có OA OB OC  OH

Hiển nhiên có  OA  OB OC   2  0

3R 2R cos OA, OB cos OB, OC cos OC, OA 0

3R 2R cos2C cos2A cos2B 0 cos2A cos2B cos2C 3.

Dấu bằng xảy ra OA OB OC  0

ABC là tam giác đều

Chứng minh rằng x, y  ta có

4cox xcos ysin xy  4sin x sin y sin xy 2

Xét hai véctơ sau u2cosx cos y, sin x y ; v  2sin x sin y, sin x y  Khi đó

        u v 2cosx cos y 2sin x sin y, 2sin x y  2cos xy , 2sin xy Hiển nhiên ta có u  v  u v

4cox xcos y sin x y 4sin x sin y sin x y 2

Dấu bằng xảy ra nếu như thỏa mãn một trong các trường hợp sau:

  cosxcosy = ksinxsiny sin x y k sin x y cosx cos y sinxsiny cos x y 0 x y k k

Vậy dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi

Cho x , y , x , y là các số thỏa mãn điều kiện 1 1 2 2

Xét hệ tọa độ Oxyz, và hình cầu đơn vị có tâm là gốc tọa độ O

Giả sử M x , y ,1  1 1  M2 x , y2 2  là hai điểm thuộc mặt phẳng Oxy

Từ giả thuyết x 1 2 y 1 2 1 và x 2 2 y 2 2  1 M 1 và M nằm bên trong hoặc trên 2 biên hình cầu nói trên

Gọi N , N là các điểm giao của các đường vuông góc với mặt phẳng (xOy) kẻ 1 2 từ M , M với mặt cầu nói trên Khi đó, ta có: 1 2

M N  1 x y ;M N  1x y Gọi M là trung điểm của M M thì trong (xOy) điểm M có tọa độ là 1 2

Từ M kẻ đường vuông góc với (xOy) Đường thẳng này cắt M M tại N ' , và cắt 1 2 mặt cầu tại N Rõ ràng là

Vì MN ' là đường trung bình của hình thang M M N N nên ta có: 1 2 1 2

Do MNMN' nên từ (40) và (41) ta suy ra điều phải chứng minh

Dấu bằng xảy ra M 1 và M trùng nhau 2

4.2 Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất bằng phương pháp tọa độ Bài 24: (Đề thi OLYMPIC - 2007)

Cho các số thực a, b, x, y thỏa mãn điều kiện axby 3

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

F được viết lại dưới dạng sau:

     Đẳng thức xảy ra khi M là hình chiếu của A trên (D)

Vậy min F = 3 đạt được khi và chỉ khi:

Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số

Bài giải Đặt u = sin x, v = sin y Khi đó ta có:

Xét bài toán mới sau:

Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số

Lúc đó ta có mối liên hệ sau:    

Tập D chính là đoạn thẳng AB đó là phần đường thẳng 1 1 u v

Dễ thấy A, B có tọa độ 1

2 2 2 1 5 max F u, v max OM OA OB 1

(vì OH là đường cao của tam giác vuông cân cạnh bằng 1

TÌm giá trị nhỏ nhất của hàm số

Mặt khác khi  x, y, z, t   D thì điểm M x, y nằm trên đường tròn đơn vị, còn   điểm N z, t nằm trên parabol   vu 2 3

Rõ ràng min MN 2 M N 0 0 2 4, ở đây M0 M 0,0  1 vàN0 N 0,30  

Mặc khác khi x0; y1; z0; t3 thì f 0, 1, 0, 3 0, mà  0, 1, 0, 3   D

Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số f (x) x 4 1 x

Viết lại f(x) dưới dạng sau f (x) x2 2 2 x

Xét phương trình có tham số sau x 2 2 2 x m (45) Đặt u x , v 2 x khi đó

Hệ (46) có nghiệm khi và chỉ khi đường thẳng \( u + 2v = m \) cắt cung phần tư thứ nhất AB của đường tròn tâm tại gốc tọa độ với bán kính 2 Đường thẳng \( d: u + 2v = m \) đi qua điểm A(2, 0) có dạng \( u + 2v = 2 \) Đường thẳng \( d: u + 2v = m \) là tiếp tuyến với AB có dạng \( u + 2v = OC \).

Từ đó thấy ngay hệ (46) có nghiệm  đường thẳng u2 2vm nằm giữa hai đường thẳng nói trên, tức là: 2 m 3 2 

Cho x , y ii i  1, 2, , n là 2n số thực thỏa mãn n n i 1 i i i 1 x y 1

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

Trong mặt phẳng xét hệ tọa độ vuông góc xOy Gọi M là điểm có tọa độ k k k i 1 i k i

   sẽ nằm trên đường thẳng x + y = 1 (vì theo giả thuyết ta có n n i 1 i i i 1 x y 1

Từ đó suy ra AOM 1 M M 1 2   M n 1  M n

Gọi H là chân đường vuông góc kẻ từ O đến đường thẳng 2 x y 1 OH

Dấu bằng trong (47) xảy ra