Cập nhật nội dung chi tiết về Các Dạng Toán Giải Phương Trình, Hệ Phương Trình Và Bài Tập Có Lời Giải mới nhất trên website Asianhubjobs.com. Hy vọng thông tin trong bài viết sẽ đáp ứng được nhu cầu ngoài mong đợi của bạn, chúng tôi sẽ làm việc thường xuyên để cập nhật nội dung mới nhằm giúp bạn nhận được thông tin nhanh chóng và chính xác nhất.
a) Phương trình chưa biến x là một mệnh dề chứa biến có dạng: f(x) = g(x) (1).
– Điều kiện của phương trình là những điều kiện quy định của biến x sao cho các biể thức của (1) đều có nghĩa.
– x 0 thỏa điều kiện của phương trình và làm cho (1) nghiệm đúng thì x 0 là một nghiệm của phương trình.
– Giải một phương trình là tìm tập hợp S của tất cả các nghiệm của phương trình đó.
– S = Ø thì ta nói phương trình vô nghiệm.
b) Phương trình hệ quả
* Gọi S 1 là tập nghiệm của phương trình (1)
S 2 là tập nghiệp của phương trình (2)
– Phương trình (1) và (2) tương đương khi và chỉ khi: S 1 = S 2
– Phương trình (2) là phương trình hệ quả của phương trình (1) khi và chỉ khi S 1 ⊂ S 2
° a ≠ 0: S = {-b/a}
° a = 0 và b ≠ 0: S = Ø
° a = 0 và b = 0: S = R
b) Giải và biện luận: ax + by = c
° a ≠ 0 và b ≠ 0: S = {x tùy ý; (c-ax)/b} hoặc S = {(c-by)/a; y tùy ý}
° a = 0 và b ≠ 0: S = {x tùy ý; c/b}
° a ≠ 0 và b = 0: S = {c/a; y tùy ý}
° Quy tắc CRAME, tính định thức:
II. Các dạng bài tập toán về giải phương trình, hệ phương trình
° Dạng 1: Giải và biện luận phương trình ax + b = 0
– Vận dụng lý thuyết tập nghiệm cho ở trên
♦ Ví dụ 1 (bài 2 trang 62 SGK Đại số 10): Giải và biện luận các phương trình sau theo tham số m
a) m(x – 2) = 3x + 1
c) (2m + 1)x – 2m = 3x – 2.
⇔ mx – 2m = 3x + 1
⇔ mx – 3x = 2m + 1
⇔ (m – 3)x = 2m + 1 (*)
+ Nếu m – 3 ≠ 0 ⇔ m ≠ 3, PT (*) có nghiệm duy nhất: x = (2m+1)/(m-3).
+ Nếu m – 3 = 0 ⇔ m = 3, PT (*) ⇔ 0x = 7. PT vô nghiệm.
– Kết luận:
m ≠ 3: S = {(2m+1)/(m-3)}
m = 3: S = Ø
⇔ m 2 x – 4x = 3m – 6
⇔ (m 2 – 4)x = 3m – 6 (*)
+ Nếu m 2 – 4 ≠ 0 ⇔ m ≠ ±2, PT (*) có nghiệm duy nhất:
Với m = 2: PT (*) ⇔ 0x = 0, PT có vô số nghiệm
Với m =-2: PT (*) ⇔ 0x = -12, PT vô nghiệm
– Kết luận:
m ≠ ±2: S = {3/(m+2)}
m =-2: S = Ø
m = 2: S = R
c) (2m + 1)x – 2m = 3x – 2
⇔ (2m + 1)x – 3x = 2m – 2
⇔ (2m + 1 – 3)x = 2m – 2
⇔ (2m – 2)x = 2m – 2 (*)
+ Nếu 2m – 2 ≠ 0 ⇔ m ≠ 1, PT (*) có nghiệm duy nhất: x = 1
+ Xét 2m – 2 = 0 ⇔ m = 1, PT (*) ⇔ 0.x = 0, PT có vô số nghiệm.
– Kết luận:
m ≠ 1: S = {1}
m = 1: S = R
Biện luận số nghiệm của phương trình sau theo m: m 2(x-1) = 2(mx-2) (1)
◊ m = 0: (*) ⇔ 0x=-4 (PT vô nghiệm)
◊ m = 2: (*) ⇔ 0x=0 (PT có vô số nghiệm, ∀x ∈ R)
– Kết luận:
m ≠ 0 và m ≠ 2: S = {(m+2)/m}
m = 0: S = Ø
m = 2: S = R
◊ m = -4: (*) ⇔ 0x = 6 (PT vô nghiệm)
– Kết luận:
m ≠ -4 và m ≠ -1: S = {(2-m)/(m+4)}
m = -4 hoặc m = -1: S = Ø
– Vận dụng lý thuyết ở trên để giải
♦ Ví dụ 1 (bài 8 trang 63 SGK Đại số 10): Cho phương trình 3x 2 – 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.
⇒ PT (1) luôn có 2 nghiệm phân biệt, gọi x 1,x 2 là nghiệm của (1) khi đó theo Vi-et ta có:
– Theo bài ra, phương trình có một nghiệm gấp ba nghiệm kia, giả sử x 2 = 3x 1, nên kết hợp với (I) ta có:
+ TH1 : Với m = 3, PT (1) trở thành: 3x 2 – 8x + 4 = 0 có hai nghiệm x 1 = 2/3 và x 2 = 2 thỏa mãn điều kiện.
+ TH2 : m = 7, PT (1) trở thành 3x 2 – 16x + 16 = 0 có hai nghiệm x 1 = 4/3 và x 2 = 4 thỏa mãn điều kiện.
– Kết luận: Để PT (1) có 2 nghiệm phân biệt mà nghiệm này gấp 3 lần nghiệm kia thì giá trị của m là: m = 3 hoặc m = 7.
– Ta có: (1) ⇔ 3x – m + x – 2 = 2x + 2m – 1
⇔ 2x = 3m + 1 ⇔ x = (3m + 1)/2
– Vận dụng tính chất:
♦ Ví dụ 1 (bài 6 trang 62 SGK Đại số 10): Giải các phương trình sau
– TXĐ: D = R.
+ Với x ≥ -3/2 bình phương 2 vế của (1) ta được:
⇔ (3x – 2 – 2x – 3)(3x – 2 + 2x + 3) = 0
⇔ (x – 5)(5x + 1) = 0
⇔ x = 5 hoặc x = -1/5. (cả 2 nghiệm đều thỏa điều kiện x ≥ -3/2)
– Vậy PT có 2 nghiệm phân biệt.
– Bình phương 2 vế ta được
⇔ (2x – 1 + 5x + 2)(2x – 1 – 5x – 2) = 0
⇔ (7x + 1)(-3x – 3) = 0
⇔ x = -1/7 hoặc x = -1
– Vậy PT có 2 nghiệm phân biệt
– Điều kiện: x ≠ 3/2 và x ≠ -1. Quy đồng khử mẫu ta được
+ Với x ≥ -1, ta có:
(x – 1)(x + 1) = (2x – 3)(-3x + 1)
+ Với x < -1, ta có:
(x – 1)(-x – 1) = (2x – 3)(-3x + 1)
⇔ 5x 2 -11x + 4 = 0
– Kết luận: PT đã cho có 2 nghiệm.
+ Với x ≥ -5/2, ta có:
⇔ x = 1 (thỏa) hoặc x = -4 (loại)
+ Với x < -5/2, ta có:
-2x – 5 = x 2 + 5x + 1
⇔ x = -6 (thỏa) hoặc x = -1 (loại)
– Vật PT có 2 nghiệm là x = 1 và x = -6.
– Kết luận:
m ≤ 4. PT (1) có 2 nghiệm: x = (m+2)/3 hoặc x = m – 2.
◊ Với PT: mx – 2 = 2x + m ⇔ (m – 2)x = m + 2 (2)
m ≠ 2: PT (*) có nghiệm x = (m+2)/(m-2)
m = 2: PT (*) trở thành: 0x = 4 (vô nghiệm)
◊ Với PT: mx – 2 = -2x – m ⇔ (m + 2)x = 2 – m (3)
m ≠ – 2: PT (*) có nghiệm x = (2 – m)/(2 + m)
m = -2: PT (*) trở thành: 0x = 4 (vô nghiệm)
– Ta thấy: m = 2 ⇒ x 2 = 0; m = -2 ⇒ x 1 = 0;
m = 2: (1) có nghiệm x = 0
m = -2: (1) có nghiệm x = 0
♥ Nhận xét: Đối vối giải PT không có tham số và bậc nhất, ta vận dụng tính chất 3 hoặc 5; Đối với PT có tham số ta nên vận dụng tính chất 1, 2 hoặc 4.
– Ngoài PP cộng đại số hay PP thế có thể Dùng phương pháp CRAME (đặc biệt phù hợp cho giải biện luận hệ PT)
♦ Ví dụ 1 (bài 2 trang 68 SGK Đại số 10): Giải hệ PT
– Bài này chúng ta hoàn toàn có thể sử dụng phương pháp cộng đại số hoặc phương pháp thế, tuy nhiên ở đây chúng ta sẽ vận dụng phương pháp định thức (CRAME).
– Ta có:
– Ta có:
– Ta có:
Với m = 1: từ (*) ta thấy hệ có vô số nghiệm.
Với m = -4: từ (*) ta thấy Hệ vô nghiệm.
Tổng Hợp Các Phương Pháp Giải Phương Trình Và Hệ Phương Trình Môn Toán
Published on
1. TỔNG HỢP CÁC PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI TẬP TOÁN HỌC PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH Chủ biên: Nguyễn văn huy 26-7-2012
3. 4 4 PHƯƠNG TRÌNH MŨ-LOGARIT 158 Lý thuyết . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 158 Phương pháp đặt ẩn phụ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 158 Phương pháp dùng đơn điệu hàm số . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 166 Phương pháp biến đổi đẳng thức . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 170 Bài tập tổng hợp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 173 5 HỆ PHƯƠNG TRÌNH 177 Các loại hệ cơ bản . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 177 Hệ phương trình hoán vị . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 184 Phương pháp đặt ẩn phụ trong giải hệ phương trình . . . . . . . . . . . . . . . . . . 206 Phương pháp biến đổi đẳng thức . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 213 Phương pháp dùng đơn điệu hàm số . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 222 Phương pháp hệ số bất định . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 231 Kĩ thuật đặt ẩn phụ tổng – hiệu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 240 Phương pháp dùng bất đẳng thức . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 246 Tổng hợp các bài hệ phương trình . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 258 Hệ phương trình hữu tỉ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 258 Hệ phương trình vô tỉ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 277 6 SÁNG TẠO PHƯƠNG TRÌNH – HỆ PHƯƠNG TRÌNH 297 Xây dựng một số phương trình được giải bằng cách đưa về hệ phương trình . . . . 297 Sử dụng công thức lượng giác để sáng tác các phương trình đa thức bậc cao . . . . 307 Sử dụng các hàm lượng giác hyperbolic . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 310 Sáng tác một số phương trình đẳng cấp đối với hai biểu thức . . . . . . . . . . . . . 312 Xây dựng phương trình từ các đẳng thức . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 318 Xây dựng phương trình từ các hệ đối xứng loại II . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 321 Xây dựng phương trình vô tỉ dựa vào tính đơn điệu của hàm số. . . . . . . . . 324 Xây dựng phương trình vô tỉ dựa vào các phương trình lượng giác. . . . . . . . 328 Sử dụng căn bậc n của số phức để sáng tạo và giải hệ phương trình. . . . . . . 331 Sử dụng bất đẳng thức lượng giác trong tam giác . . . . . . . . . . . . . . . . 338 Sử dụng hàm ngược để sáng tác một số phương trình, hệ phương trình. . . . . 345 Sáng tác hệ phương trình . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 349 Kinh nghiệm giải một số bài hệ phương trình . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 353 7 Phụ lục 1: GIẢI TOÁN BẰNG PHƯƠNG TRÌNH – HỆ PHƯƠNG TRÌNH 362 8 Phụ lục 2: PHƯƠNG TRÌNH VÀ CÁC NHÀ TOÁN HỌC NỔI TIẾNG 366 Lịch sử phát triển của phương trình . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 366 Có mấy cách giải phương trình bậc hai? . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 366 Cuộc thách đố chấn động thế giới toán học . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 368 Những vinh quang sau khi đã qua đời . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 372
4. 5 Tỉểu sử một số nhà toán học nổi tiếng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 376 Một cuộc đời trên bia mộ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 376 Chỉ vì lề sách quá hẹp! . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 376 Hai gương mặt trẻ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 377 Sống hay chết . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 378 9 Tài liệu tham khảo 381
5. Lời nói đầu Phương trình là một trong những phân môn quan trọng nhất của Đại số vì có những ứng dụng rất lớn trong các ngành khoa học. Sớm được biết đến từ thời xa xưa do nhu cầu tính toán của con người và ngày càng phát triển theo thời gian, đến nay, chỉ xét riêng trong Toán học, lĩnh vực phương trình đã có những cải tiến đáng kể, cả về hình thức (phương trình hữu tỉ, phương trình vô tỉ, phương trình mũ – logarit) và đối tượng (phương trình hàm, phương trình sai phân, phương trình đạo hàm riêng, . . . ) Còn ở Việt Nam, phương trình, từ năm lớp 8, đã là một dạng toán quen thuộc và được yêu thích bởi nhiều bạn học sinh. Lên đến bậc THPT, với sự hỗ trợ của các công cụ giải tích và hình học, những bài toán phương trình – hệ phương trình ngày càng được trau chuốt, trở thành nét đẹp của Toán học và một phần không thể thiếu trong các kì thi Học sinh giỏi, thi Đại học. Đã có rất nhiều bài viết về phương trình – hệ phương trình, nhưng chưa thể đề cập một cách toàn diện về những phương pháp giải và sáng tạo phương trình. Nhận thấy nhu cầu có một tài liệu đầy đủ về hình thức và nội dung cho cả hệ chuyên và không chuyên, Diễn đàn MathScope đã tiến hành biên soạn quyển sách Chuyên đề phương trình – hệ phương trình mà chúng tôi hân hạnh giới thiệu đến các thầy cô giáo và các bạn học sinh. Quyển sách này gồm 6 chương, với các nội dung như sau: Chương I: Đại cương về phương hữu tỉ cung cấp một số cách giải tổng quát phương trình bậc ba và bốn, ngoài ra còn đề cập đến phương trình phân thức và những cách xây dựng phương trình hữu tỉ. Chương II: Phương trình, hệ phương trình có tham số đề cập đến các phương pháp giải và biện luận bài toán có tham số ,cũng như một số bài toán thường gặp trong các kì thi Học sinh giỏi. Chương III: Các phương pháp giải phương trình chủ yếu tổng hợp những phương pháp quen thuộc như bất đẳng thức, lượng liên hợp, hàm số đơn điệu, . . . với nhiều bài toán mở rộng nhằm giúp bạn đọc có cách nhìn tổng quan về phương trình. Chương này không đề cập đến Phương trình lượng giác, vì vấn đề này đã có trong chuyên đề Lượng giác của Diễn đàn. Chương IV: Phương trình mũ – logarit đưa ra một số dạng bài tập ứng dụng của hàm số logarit, với nhiều phương pháp biến đổi đa dạng như đặt ẩn phụ, dùng đẳng thức, hàm đơn điệu, … Chương V: Hệ phương trình là phần trọng tâm của chuyên đề. Nội dung của chương
6. 7 bao gồm một số phương pháp giải hệ phương trình và tổng hợp các bài hệ phương trình hay trong những kì thi học sinh giỏi trong nước cũng như quốc tế. Chương VI: Sáng tạo phương trình – hệ phương trình đưa ra những cách xây dựng một bài hay và khó từ những phương trình đơn giản bằng các công cụ mới như số phức, hàm hyperbolic, hàm đơn điệu, . . . Ngoài ra còn có hai phần Phụ lục cung cấp thông tin ứng dụng phương trình, hệ phương trình trong giải toán và về lịch sử phát triển của phương trình. Chúng tôi xin ngỏ lời cảm ơn tới những thành viên của Diễn đàn đã chung tay xây dựng chuyên đề. Đặc biệt xin chân thành cảm ơn thầy Châu Ngọc Hùng, thầy Nguyễn Trường Sơn, anh Hoàng Minh Quân, anh Lê Phúc Lữ, anh Phan Đức Minh vì đã hỗ trợ và đóng góp những ý kiến quý giá cho chuyên đề, bạn Nguyễn Trường Thành vì đã giúp ban biên tập kiểm tra các bài viết để có một tuyển tập hoàn chỉnh. Niềm hi vọng duy nhất của những người làm chuyên đề là bạn đọc sẽ tìm thấy nhiều điều bổ ích và tình yêu toán học thông qua quyển sách này. Chúng tôi xin đón nhận và hoan nghênh mọi ý kiến xây dựng của bạn đọc để chuyên đề được hoàn thiện hơn. Mọi góp ý xin vui lòng chuyển đến anhhuy0706@gmail.com Thành phố Hồ Chí Minh, ngày 11 tháng 7 năm 2012 Thay mặt nhóm biên soạn Nguyễn Anh Huy
7. Các thành viên tham gia chuyên đề Để hoàn thành được các nội dung trên, chính là nhờ sự cố gắng nỗ lực của các thành viên của diễn đàn đã tham gia xây dựng chuyên đề: * Chủ biên: Nguyễn Anh Huy (10CT THPT chuyên Lê Hồng Phong – TP HCM) * Phụ trách chuyên đề: Nguyễn Anh Huy (10CT THPT chuyên Lê Hồng Phong – TP HCM), Nguyễn An Vĩnh Phúc (TN Phổ thông Năng khiếu- TP HCM) * Đại cương về phương trình hữu tỉ: Huỳnh Phước Trường (THPT Nguyễn Thượng Hiền – TP HCM), Phạm Tiến Kha (10CT THPT chuyên Lê Hồng Phong – TP HCM) * Phương trình, hệ phương trình có tham số: thầy Nguyễn Trường Sơn (THPT Yên Mô A – Ninh Bình), Vũ Trọng Hải (12A6 THPT Thái Phiên – Hải Phòng), Đình Võ Bảo Châu (THPT chuyên Lê Quý Đôn – Vũng Tàu), Hoàng Bá Minh ( 12A6 THPT chuyên Trần Đại Nghĩa – TP HCM), Nguyễn Hoàng Nam (THPT Phước Thiền – Đồng Nai), Ong Thế Phương (11 Toán THPT chuyên Lương Thế Vinh – Đồng Nai) * Phương pháp đặt ẩn phụ: thầy Mai Ngọc Thi (THPT Hùng Vương – Bình Phước), thầy Nguyễn Anh Tuấn (THPT Lê Quảng Chí -Hà Tĩnh), Trần Trí Quốc (11TL8 THPT Nguyễn Huệ – Phú Yên), Hồ Đức Khánh (10CT THPT chuyên Quảng Bình), Đoàn Thế Hoà (10A7 THPT Long Khánh – Đồng Nai) * Phương pháp dùng lượng liên hợp: Ninh Văn Tú (THPT chuyên Trần Đại Nghĩa – TPHCM) , Đinh Võ Bảo Châu (THPT – chuyên Lê Quý Đôn, Vũng Tàu), Đoàn Thế Hòa (THPT Long Khánh – Đồng Nai) * Phương pháp dùng bất đẳng thức: Nguyễn An Vĩnh Phúc (TN Phổ thông Năng khiếu- TP HCM), Phan Minh Nhật, Lê Hoàng Đức (10CT THPT chuyên Lê Hồng Phong – TP HCM), Đặng Hoàng Phi Long (10A10 THPT Kim Liên – Hà Nội), Nguyễn Văn Bình (11A5 THPT Trần Quốc Tuấn – Quảng Ngãi), * Phương pháp dùng đơn điệu: Nguyễn Anh Huy (10CT THPT chuyên Lê Hồng Phong – TP HCM), Hoàng Kim Quân (THPT Hồng Thái – Hà Nội), Đặng Hoàng Phi Long (10A10 THPT Kim Liên – Hà Nội) * Phương trình mũ – logarit: Võ Anh Khoa, Nguyễn Thanh Hoài (Đại học KHTN- TP HCM), Nguyễn Ngọc Duy (11 Toán THPT chuyên Lương Thế Vinh – Đồng Nai) * Các loại hệ cơ bản: Nguyễn Anh Huy (10CT THPT chuyên Lê Hồng Phong – TP HCM)
8. 9 * Hệ phương trình hoán vị: thầy Nguyễn Trường Sơn (THPT Yên Mô A – Ninh Bình), Nguyễn Anh Huy (10CT THPT chuyên Lê Hồng Phong TP HCM), Nguyễn Đình Hoàng (10A10 THPT Kim Liên – Hà Nội) * Phương pháp biến đổi đẳng thức: Nguyễn Đình Hoàng (10A10 THPT Kim Liên – Hà Nội), Trần Văn Lâm (THPT Lê Hồng Phong – Thái Nguyên), Nguyễn Đức Huỳnh (11 Toán THPT Nguyễn Thị Minh Khai – TP HCM) * Phương pháp hệ số bất định: Lê Phúc Lữ (Đại học FPT – TP HCM), Nguyễn Anh Huy, Phan Minh Nhật (10CT THPT chuyên Lê Hồng Phong TP HCM) * Phương pháp đặt ẩn phụ tổng – hiệu: Nguyễn Anh Huy (10CT THPT chuyên Lê Hồng Phong TP HCM) * Tổng hợp các bài hệ phương trình: Nguyễn Anh Huy (10CT THPT chuyên Lê Hồng Phong TP HCM), Nguyễn Thành Thi (THPT chuyên Nguyễn Quang Diêu – Đồng Tháp), Trần Minh Đức (T1K21 THPT chuyên Hà Tĩnh – Hà Tĩnh), Võ Hữu Thắng (11 Toán THPT Nguyễn Thị Minh Khai – TP HCM) * Sáng tạo phương trình: thầy Nguyễn Tài Chung (THPT chuyên Hùng Vương – Gia Lai), thầy Nguyễn Tất Thu (THPT Lê Hồng Phong – Đồng Nai), Nguyễn Lê Thuỳ Linh (10CT THPT chuyên Lê Hồng Phong – TP HCM) * Giải toán bằng cách lập phương trình: Nguyễn An Vĩnh Phúc (TN Phổ thông Năng khiếu- TP HCM) * Lịch sử phát triển của phương trình: Nguyễn An Vĩnh Phúc (TN Phổ thông Năng khiếu- TP HCM), Nguyễn Hoàng Nam (THPT Phước Thiền – Đồng Nai)
9. Chương I: Đ I CƯƠNG V PHƯƠNG TRÌNH H U T PHƯƠNG TRÌNH BẬC BA Một số phương pháp giải phương trình bậc ba Phương pháp phân tích nhân tử: Nếu phương trình bậc ba ax3 + bx2 + cx + d = 0 có nghiệm x = r thì có nhân tử (x − r) do đó có thể phân tích ax3 + bx2 + cx + d = (x − r)[ax2 + (b + ar)x + c + br + ar2 ] Từ đó ta đưa về giải một phương trình bậc hai, có nghiệm là −b − ra ± √ b2 − 4ac − 2abr − 3a2r2 2a Phương pháp Cardano: Xét phương trình bậc ba x3 + ax2 + bx + c = 0 (1). Bằng cách đặt x = y − a 3 , phương trình (1) luôn biến đổi được về dạng chính tắc: y3 + py + q = 0(2) Trong đó: p = b − a2 3 , q = c + 2a3 − 9ab 27 Ta chỉ xét p, q = 0 vì p = 0 hay q = 0 thì đưa về trường hợp đơn giản. Đặt y = u + v thay vào (2), ta được: (u + v)3 + p(u + v) + q = 0 ⇔ u3 + v3 + (3uv + p)(u + v) + q = 0 (3) Chọn u, v sao cho 3uv + p = 0 (4). Như vậy, để tìm u và v, từ (3) và (4) ta có hệ phương trình: u3 + v3 = −q u3 v3 = − p3 27 Theo định lí Viete, u3 và v3 là hai nghiệm của phương trình: X2 + qX − p3 27 = 0(5) Đặt ∆ = q2 4 + p3 27 10
15. 16 d) 8×3 + 24×2 + 6x − 10 − 3 √ 6 = 0 Bài 2: Giải và biện luận phương trình: 4×3 + 3x = m với m ∈ R Bài 3: Giải và biện luận phương trình: x3 + ax2 + bx + c = 0 PHƯƠNG TRÌNH BẬC BỐN [1] Phương trình dạng ax4 + bx3 + cx2 + bkx + ak2 = 0 (1) Ta có (1) ⇔ a(x4 + 2×2 .k + k2 ) + bx(x2 + k) + (c − 2ak)x2 = 0 ⇔ a(x2 + k)2 + bx(x2 + k) + (c − 2ak)x2 = 0 Đến đây có hai hướng để giải quyết: Cách 1: Đưa phương trình về dạng A2 = B2 : Thêm bớt, biến đổi vế trái thành dạng hằng đẳng thức dạng bình phương của một tổng, chuyển các hạng tử chứa x2 sang bên phải. Cách 2: Đặt y = x2 + k ⇒ y k Phương trình (1) trở thành ay2 + bxy + (c − 2ak)x2 = 0 Tính x theo y hoặc y theo x để đưa về phương trình bậc hai theo ẩn x. Ví dụ: Giải phương trình: x4 − 8×3 + 21×2 − 24x + 9 = 0 (1.1) Cách 1: (1.1) ⇔ (x4 + 9 + 6×2 ) − 8(x2 + 3) + 16×2 = 16×2 − 21×2 + 6×2 ⇔ (x2 − 4x + 3)2 = x2 ⇔ x2 − 4x + 3 = x x2 − 4x + 3 = −x ⇔ x2 − 5x + 3 = 0 x2 − 3x + 3 = 0 ⇔ x = 5 − √ 13 2 x = 5 + √ 13 2 Cách 2: (1.1) ⇔ (x4 + 6×2 + 9) − 8x(x2 + 3) + 15×2 = 0 ⇔ (x2 + 3)2 − 8x(x2 + 3) + 15×2 = 0 Đặt y = x2 + 3. (1.1) trở thành: y2 − 8xy + 15×2 = 0 ⇔ (y − 3x)(y − 5x) = 0 ⇔ y = 3x y = 5x Với y = 3x: Ta có x2 + 3 = 3x: Phương trình vô nghiệm Với y = 5x: Ta có x2 + 3 = 5x ⇔ x2 − 5x + 3 = 0 ⇔ x = 5 − √ 13 2 x = 5 + √ 13 2 Vậy phương trình (1.1) có tập nghiệm: S = 5 + √ 13 2 ; 5 − √ 13 2 Nhận xét: Mỗi phương pháp giải có lợi thế riêng. Với cách giải 1, ta sẽ tính được trực tiếp mà
20. 21 Ví dụ: Giải phương trình: x4 + x2 − 6x + 1 = 0 (5.1) Ta có: (5.1) ⇔ x4 + 4×2 + 4 = 3×2 + 6x + 3 ⇔ (x2 + 2)2 = 3(x + 1)2 ⇔ x2 + 2 = √ 3(x + 1) x2 + 2 = − √ 3(x + 1) ⇔ x2 − √ 3x + 2 − √ 3 = 0 x2 + √ 3 + 2 + √ 3 = 0 ⇔ x = √ 3 − 4 √ 3 − 5 2 x = √ 3 + 4 √ 3 − 5 2 Phương trình (5.1) có tập nghiệm: S = √ 3 − 4 √ 3 − 5 2 ; √ 3 + 4 √ 3 − 5 2 Bài tập tự luyện Giải các phương trình sau: 1. x4 − 19×2 − 10x + 8 = 0 2. x4 = 4x + 1 3. x4 = 8x + 7 4. 2×4 + 3×2 − 10x + 3 = 0 5. (x2 − 16)2 = 16x + 1 6. 3×4 − 2×2 − 16x − 5 = 0 Nhận xét: Phương trình dạng x4 = ax + b được giải theo cách tương tự. Phương trình ∆ = 0 là phương trình bậc ba với cách giải đã được trình bày trước. Phương trình này có thể cho 3 nghiệm m, cần lựa chọn m sao cho việc tính toán là thuận lợi nhất. Tuy nhiên, dù dùng nghiệm m nào thì cũng cho cùng một kết quả. [6] Phương trình dạng af2 (x) + bf(x)g(x) + cg2 (x) = 0 (6) Cách 1: Xét g(x) = 0, giải tìm nghiệm và thử lại vào (6). Trường hợp g(x) = 0: ⇔ a f(x) g(x) 2 + b. f(x) g(x) + c = 0 Đặt y = f(x) g(x) , giải phương trình bậc hai ay2 + by + c = 0 rồi tìm x. Cách 2: Đặt u = f(x), v = g(x), phương trình trở thành au2 + buv + cv2 = 0 (6∗) Xem (6∗) là phương trình bậc hai theo ẩn u, tham số v. Từ đó tính u theo v. Ví dụ: Giải phương trình: 20(x − 2)2 − 5(x + 1)2 + 48(x − 2)(x + 1) = 0 (6.1)
21. 22 Đặt u = x − 2, v = x + 1. Phương trình (6.1) trở thành: 20u2 + 48uv − 5v2 = 0 ⇔ (10u − v)(2u + 5v) = 0 ⇔ 10u = v 2u = −5v Với 10u = v, ta có: 10(x − 2) = x + 1 ⇔ x = 7 3 Với 2u = −5v, ta có: 2(x − 2) = −5(x + 1) ⇔ x = − 1 7 Vậy phương trình (6.1) có tập nghiệm: S = 7 3 ; − 1 7 Nhận xét: Nếu chọn y = f(x) g(x) Với f(x) và g(x) là hai hàm số bất kì (g(x) = 0), ta sẽ tạo được một phương trình. Không chỉ là phương trình hữu tỉ, mà còn là phương trình vô tỉ. Bài tập tự luyện Giải các phương trình sau: 1. (x − 5)4 − 12(x − 2)4 + 4(x2 − 7x + 10)2 = 0 2. (x − 2)4 + 3(x + 3)4 − 4(x2 + x − 6)2 = 0 3. 4(x3 − 1) + 2(x2 + x + 1)2 − 4(x − 1)2 = 0 4. 2(x2 − x + 1)2 + 5(x + 1)2 + 14(x3 + 1) = 0 5. (x − 10)4 − 15(x + 5)4 + 4(x2 − 5x − 50)2 = 0 [7] Phương trình bậc bốn tổng quát ax4 + bx3 + cx2 + dx + e = 0 (7) Phân tích các hạng tử bậc 4, 3, 2 thành bình phương đúng, các hạng tử còn lại chuyển sang vế phải: (7) ⇔ 4a2 x4 + 4bax3 + 4cax2 + 4dax + 4ae = 0 ⇔ (2ax2 + bx)2 = (b2 − 4ac)x2 − 4adx − 4ae Thêm vào hai vế một biểu thức 2(2ax2 + bx)y + y2 (y là hằng số) để vế trái thành bình phương đúng, còn vế phải là tam thức bậc hai theo x: f(x) = (b2 − 4ac − 4ay)x2 + 2(by − 2ad)x − 4ae + y2 Tính y sao cho vế phải là một bình phương đúng. Như vậy, ∆ của vế phải bằng 0. Như vậy ta phải giải phương trình ∆ = 0. Từ đó ta có dạng phương trình A2 = B2 quen thuộc. Ví dụ: Giải phương trình x4 − 16×3 + 66×2 − 16x − 55 = 0 (7.1) (7.1) ⇔ x4 − 16×3 + 64×2 = −2×2 + 16x + 55 ⇔ (x2 − 8x)2 + 2y(x2 − 8x) + y2 = (2y − 2)x2 + (16 − 16y)x + 55 + y2 Giải phương trình ∆ = 0 ⇔ (8 − 8y)2 − (55 + y2 )(2y − 2) = 0 tìm được y = 1, y = 3, y = 29. Trong các giá trị này, ta thấy giá trị y = 3 là thuận lợi nhất cho việc tính toán.
22. 23 Như vậy, chọn y = 3, ta có phương trình: (x2 − 8x + 3)2 = 4(x − 4)2 ⇔ x2 − 8x + 3 = 2(x − 4) x2 − 8x + 3 = −2(x − 4) ⇔ x2 − 10x + 11 = 0 x2 − 6x − 5 = 0 ⇔ x = 3 ± √ 14 x = 5 ± √ 14 Phương trình (7.1) có tập nghiệm S = 3 + √ 14; 3 − √ 14; 5 + √ 14; 5 − √ 14 Nhận xét: Ví dụ trên cho ta thấy phương trình ∆ = 0 có nhiều nghiệm. Có thể chọn y = 1 nhưng từ đó ta có phương trình (x2 −8x+1)2 = 56 thì không thuận lợi lắm cho việc tính toán, tuy nhiên, kết quả vẫn như nhau. Một cách giải khác là từ phương trình x4 +ax3 +bx2 +cx+d = 0 đặt x = t− a 4 , ta sẽ thu được phương trình khuyết bậc ba theo t, nghĩa là bài toán quy về giải phương trình t4 = at2 +bt+c. Bài tập tự luyện 1. x4 − 14×3 + 54×2 − 38x − 11 = 0 2. x4 − 16×3 + 57×2 − 52x − 35 = 0 3. x4 − 6×3 + 9×2 + 2x − 7 = 0 4. x4 − 10×3 + 29×2 − 20x − 8 = 0 5. 2×4 − 32×3 + 127×2 + 38x − 243 = 0 PHƯƠNG TRÌNH DẠNG PHÂN THỨC [1] Phương trình chứa ẩn ở mẫu cơ bản Đặt điều kiện xác định cho biểu thức ở mẫu. Quy đồng rồi giải phương trình. Ví dụ: Giải phương trình: 1 2 − x + x 2x − 1 = 2 (1.1) Điều kiện: x = 2; x = 1 2 . (1.1) ⇔ 2x − 1 + x(2 − x) (2 − x)(2x − 1) = 2 ⇔ 2x − 1 + 2x − x2 = 2(4x − 2 − 2×2 + x) ⇔ 3×2 − 6x + 3 = 0 ⇔ x = 1(thỏa điều kiện) Vây phương trình (1.1) có tập nghiệm S = {1} [2] Phương trình dạng x2 + a2 x2 (x + a)2 = b (2) Ta có: (2) ⇔ x − ax (x + a) 2 + 2x. ax x + a = b ⇔ x2 x + a 2 + 2a. x2 x + a + a2 = b + a2
23. 24 Đặt y = x2 x + a . Giải phương trình bậc hai theo y để tìm x. Ví dụ: Giải phương trình: x2 + 9×2 (x + 3)2 = 7 (2.1) Điều kiện: x = −3. (2.1) ⇔ x − 3x x + 3 2 + 6. x2 x + 3 = 7 ⇔ x2 x + 3 2 + 6. x2 x + 3 = 7 Đặt y = x2 x + 3 . Ta có phương trình y2 + 6y − 7 = 0 ⇔ y = 1 y = −7 Nếu y = 1: Ta có phương trình x2 = x + 3 ⇔ x = 1 ± √ 13 2 Nếu y = −7: Ta có phương trình x2 + 7x + 21 = 0 (vô nghiệm) Vậy phương trình (2.1) có tập nghiệm: S = 1 + √ 13 2 ; 1 − √ 13 2 Nhận xét: Dựa vào cách giải trên, ta có thể không cần phải đặt ẩn phụ mà thêm bớt hằng số để tạo dạng phương trình quen thuộc A2 = B2 Bài tập tự luyện Giải các phương trình sau: 1. x2 + 4×2 (x + 2)2 = 12 2. x2 + 25×2 (x + 5)2 = 11 3. x2 + 9×2 (x − 3)2 = 14 4. 25 x2 − 49 (x − 7)2 = 1 5. 9 4(x + 4)2 + 1 = 8 (2x + 5)2 [3] Phương trình dạng x2 + nx + a x2 + mx + a + x2 + qx + a x2 + px + a = b (3) Điều kiện: x2 + mx + a = 0 x2 + px + a = 0 Xét xem x = 0 có phải là nghiệm phương trình không.
25. 26 Tổng kết Qua các dạng phương trình trên, ta thấy phương trình hữu tỉ thường được giải bằng một trong các phương pháp: [1.] Đưa về phương trình tích [2.] Đặt ẩn phụ hoàn toàn [3.] Đặt ẩn phụ để đưa về hệ phương trình [4.] Đưa về lũy thừa đồng bậc (thường là dạng A2 = B2 ) [5.] Chia tử và mẫu cho cùng một số [6.] Thêm bớt để tạo thành bình phương đúng Tuy nhiên, có một số dạng phương trình có những phương pháp giải đặc trưng. Những phương trình này sẽ được trình bày cụ thể hơn ở những phần khác. Bài tập tổng hợp phần phương trình hữu tỉ Phần 1: 1) x3 − 3×2 + 18x − 36 = 0 2) 8×2 − 6x = 1 2 3) x3 − 4×2 − 4x + 8 = 0 4) x3 − 21×2 + 35x − 7 = 0 5) x3 − 6×2 + 8 = 0 Phần 2: 1) 6×5 − 11×4 − 11x + 6 = 0 2) (x2 − 6x)2 − 2(x − 3)2 = 81 3) x4 + (x − 1)(3×2 + 2x − 2) = 0 4) x4 + (x + 1)(5×2 − 6x − 6) = 0 5) x5 + x2 + 2x + 2 = 0 6) (x2 − 16)2 = 16x + 1 7) (x + 2)2 + (x + 3)3 + (x + 4)4 = 2 8) x3 + 1 x3 = 13 x + 1 x 9) x − 1 x 2 + x − 1 x − 2 2 = 40 9 10) x(3 − x) x − 1 x + 3 − x x − 1 = 15 11) 1 x + 1 x + 2 + 1 x + 5 + 1 x + 7 = 1 x + 1 + 1 x + 3 + 1 x + 4 + 1 x + 6
35. 36 Xét hàm số f(t) = sin2 t t2 với t ∈ 0; π 4 Ta có f (t) = 2t2 sin t cos t − 2tsin2 t t4 = 2 sin t(t cos t − sin t) t3 = sin 2t(t − tan t) t3 < 0 ∀t ∈ 0; π 4 Suy ra hàm số f(t) nghịch biến trên (0; π 4 ). Dựa vào bảng biến thiên suy ra phương trình có đúng một nghiệm trên (0; π 4 ) khi và chỉ khi 8 π2 < −2m < 1 ⇒ − 1 2 < m < − 4 π2 2 Bài 11: Tìm m để hệ phương trình có ba cặp nghiệm phân biệt: (∗) 3(x + 1)2 + y − m = 0 x + √ xy = 1 Giải Điều kiện xy 0 Ta có (∗) 3(x + 1)2 + y = m √ xy = 1 − x ⇒ 3(x + 1)2 + y = m y = x2 − 2x + 1 x y 1 ⇒ m = 3(x + 1)2 + x2 − 2x + 1 x ⇔ m − 3 = 3×2 + 6x + x2 − 2x + 1 x Xét hàm số: f(x) = 3×2 + 6x + x2 − 2x + 1 x (x 1) ta có f (x) = 6×3 + 7×2 − 1 x2 = 0 ⇔ x = −1 x = −1 2 x = 1 3 Dựa vào bảng biến thiên ta thấy hệ phương trình có ba nghiệm phân biệt khi m ∈ [−4; −15 4 ] ∪ [20 3 ; 12] 2 Nhận xét: Khi đặt ẩn phụ ta phải tìm miền xác định của ẩn phụ và giải quyết bài toán ẩn phụ trên miền xác định vừa tìm. Cụ thể: * Khi đặt t = u(x)(x ∈ D), ta tìm được t ∈ D1 và phương trình f(x, m) = 0 (1) trở thành g(t, m) = 0 (2). Khi đó (1) có nghiệm x ∈ D ⇒ (2) có nghiệm t ∈ D1. * Để tìm miền xác định của t ta có thể sử dụng các phương trình tìm miền giá trị (vì miền xác định của t chính là miền giá trị của hàm u(x)). * Nếu bài toán yêu cầu xác định số nghiệm thì ta phải tìm sự tương ứng giữa x và t, tức là mỗi giá trị t ∈ D1 thì phương trình t = u(x) có bao nhiêu nghiệm x ∈ D. Bài 12: Tìm m để phương trình m( √ x − 2 + 2 4 √ x2 − 4) − √ x + 2 = 2 4 √ x2 − 4 có nghiệm
40. 41 Từ đây, thay x = y + 1 vào phương trình thứ hai ta được: 15 + 2y − y2 = 2m + 4 − y2 ⇔ (5 − y) (y + 3) − 4 − y2 = 2m Đến đây ý tưởng đã rõ, ta chỉ cần chuyển về tương giao giữa hai đồ thị. Bài 20: Tìm m để hệ sau có nghiệm thực: x3 + (y + 2) x2 + 2xy = −2m − 3 x2 + 3x + y = m Giải Ý tưởng: Ở hệ này ta quan sát thấy bài toán còn chưa rõ đường lối nào vì cả hai phương trình trong hệ đều chứa đến tham số m. Vì vậy để đi đến hướng giải quyết tốt ta nên bắt đầu phân tích hai vế trái trong hai phương trình trong hệ. Cụ thể ta có: x3 + (y + 2) x2 + 2xy = x3 + yx2 + 2×2 + 2xy = x2 (x + y) + 2x (x + y) = (x + y) x2 + 2x Mặt khác: x2 + 3x + y = x2 + 2x + x + y Rõ ràng ở bước phân tích này ta đã tìm ra lối giải cho bài toán này đó chính là đặt ẩn phụ. Lời giải: Đặt: a = x2 + 2x −1 b = x + y ta có hệ phương trình a + b = m ab = −2m − 3 ⇔ a2 − 3 = (a + 2) m (1) b = m − a Từ phương trình (1) trong hệ ta có: a2 − 3 a + 2 = m (2) Hệ đã cho có nghiệm khi và chỉ khi phương trình (2) có nghiệm a −1. Xét hàm số: f (x) = x2 − 3 x + 2 với x −1 Đến đây ta chỉ cần lập bảng bíến thiên. Công việc tiếp theo xin dành cho bạn đọc. Bài tập tự luyện Bài 1: Tìm m để phương trình tan2 x + cot2 x + m(cot x + tan x) = 3 có nghiệm Bài 2: Tìm m để phương trình √ x + √ −x + 9 = √ 9x − x2 + m có nghiệm Bài 3: Tìm m để phương trình √ 3 + x + √ −x + 6 − √ 18 + 3x − x2 = m có nghiệm Bài 4: Tìm m để phương trình x3 − 4mx2 + 8 = 0 có 3 nghiệm phân biệt. Bài 5: Tìm m để phương trình x3 + 3×2 + (3 − 2m) x + m + 1 = 0 có đúng một nghiệm lớn hơn 1. Bài 6: Tìm m để phương trình sau có đúng 2 nghiệm thực phân biệt: 4×2 − 2mx + 1 = 3 √ 8×3 + 2x
45. 46 PHƯƠNG PHÁP DÙNG ĐIỀU KIỆN CẦN VÀ ĐỦ Lý thuyết Bài toán: Cho hệ phương trình (hoăc hệ bất phương trình) chứa tham số có dạng: (I) f(x, m) = 0 x ∈ Dx m ∈ Dm hoặc (II) f(x, m) 0 x ∈ Dx m ∈ Dm Trong đó x là biến số, m là tham số, Dx, Dm là miền xác định của x và m. Yêu cầu đăt ra: ta phải tìm giá trị của tham số m để hệ (I) họăc (II) thỏa mãn một tính chất nào đó. Phương pháp giải: Bước 1 (điều kiện cần): Giả sử hệ thỏa mãn tính chất P nào đó mà đầu bài đòi hỏi. Khi đó, dựa vào đặc thù của tính chất P và dạng của phương trình ta sẽ tìm được một ràng buộc nào đó đối với tham số m và ràng buộc ấy chính là điều kiện cần để có tính chất P. Điều đó có nghĩa là: nếu với m0 không thỏa mãn ràng buộc trên thì chắc chắn ứng với m0, hệ không có tính chất P. Bước 2 (điều kiện đủ): Ta tìm xem trong các giá trị của m vừa tìm được, giá trị nào làm cho hệ thỏa mãn tính chất P. Ở bước này nói chung ta cũng chỉ cần giải những hệ cụ thể không còn tham số. Sau khi kiểm tra, ta sẽ loại đi những giá trị không phù hợp và những giá trị còn lại chính là đáp số của bài toán. Như vậy, ý tưởng của phương pháp này khá rõ ràng và đơn giản. Trong rất nhiều bài toán về biện luận thì phương pháp này lại thể hiện ưu thế rõ rệt. Tuy nhiên, thành công của phương pháp còn nằm ở chỗ ta phải làm thế nào để phát hiện điiều kiện cần một cách hợp lí và chọn điều kiện đủ một cách đúng đắn. Bài tập ví dụ Sử dụng tính đối xứng của các biểu thức có mặt trong bài toán Bài 1: Tìm m để phương trình sau có nghiệm duy nhất 4 √ x + 4 √ 1 − x + √ x + √ 1 − x = m (1) Giải Điều kiện cần: Giả sử (1) có nghiệm duy nhất x = α Dễ thấy nếu (1) có nghiệm x = α thì (1) cũng có nghiệm x = 1 − α. Vì nghiệm là duy nhất
46. 47 nên α = 1 − α ⇔ α = 1 2 Thay α = 1 2 vào (1) ta tìm được m = √ 2 + 4 √ 8. Điều kiện đủ: Giả sử m = √ 2 + 4 √ 8, khi đó (1) có dạng sau: 4 √ x + 4 √ 1 − x + √ x + √ 1 − x = √ 2 + 4 √ 8 (2) Theo bất đẳng thức AM-GM ta có: √ x + √ 1 − x √ 2 và 4 √ x + 4 √ 1 − x 4 √ 8 Do đó (2) ⇔ x = 1 − x ⇔ x = 1 2 . Vậy để (1) có nghiệm duy nhất thì điều kiện cần và đủ là m = √ 2 + 4 √ 8 2 Bài 2: Tìm a và b để phương trình sau có nghiệm duy nhất 3 (ax + b)2 + 3 (ax − b)2 + 3 √ a2x2 − b2 = 3 √ b (1) Giải Điều kiện cần: Giả sử (1) có nghiệm duy nhất x = x0, khi đó dễ thấy x = −x0 cũng là nghiệm của (1). Do đó từ giả thiết ta suy ra x0 = 0. Thay x0 = 0 vào (1) ta được : 3 √ b2 = 3 √ b ⇒ b = 0 b = 1 Điều kiện đủ: Khi b = 0, (1) có dạng: 3 √ a2x2 + 3 √ a2x2 + 3 √ a2x2 = 0 ⇔ a2 x2 = 0 Do đó (1) có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi a = 0 Khi b = 1, (1) có dạng: 3 (ax + 1)2 + 3 (ax − 1)2 + 3 √ a2x2 − 1 = 1 (∗) Đặt u = 3 √ ax + 1; v = 3 √ ax − 1, ta thấy: (∗) ⇔ u3 − v3 = 2 u2 + uv + v2 = 1 ⇔ u − v = 2 u2 + uv + v2 = 1 ⇔ u = 1 v = −1 ⇔ ax + 1 = 1 ax − 1 = −1 ⇔ ax = 0 Vậy (*) có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi a = 0 Tóm lại, để phương trình (1) có nghiệm duy nhất thì điều kiện cần và đủ là a = 0; b = 0 b = 1 2 Bài 3: Tìm m để hệ sau có nghiệm duy nhất: √ 7 + x + √ 11 − x − 4 = m − 4 − 3 √ 10 − 3m 7 + y + 11 − y − 4 = m − 4 − 3 √ 10 − 3m
50. 51 Nếu b = 0 ⇒ b2 + 1 = 1 nên từ (1) có y = 0, nhưng không thoả (2). Vậy trường hợp này loại. Nếu a = 1: ta có x2 + (b2 + 1)y = 1 bxy + x2 y = 0 Hệ trên luôn có nghiệm x = y = 0. Vậy a = 1 là điều kiện cần và đủ để hệ đã cho có nghiệm với mọi b 2 Bài 8: Tìm điều kiện của a, b, c, d, e, f để hai phương trình ẩn (x; y) sau là tương đương: ax2 + bxy + cy2 + dx + ey + f = 0 (1) x2 + y2 = 1 (2) Giải Điều kiện cần: Ta thấy (x; y) = (0; ±1) , (±1; 0) , 1 √ 2 ; 1 √ 2 , − 1 √ 2 ; − 1 √ 2 là nghiệm của (2). Do đó (1) cũng phải có các nghiệm trên. Như vậy c + e + f = c − e + f = a + d + f = a − d + f = 0 a + b + c + √ 2d + √ 2e + 2f 2 = a + b + c − √ 2d − √ 2e + 2f 2 = 0 Giải hệ trên ta tìm được điều kiện cần của bài toán là (∗) b = d = e = 0 a = c = −f = 0 Điều kiện đủ: Dễ thấy với (*) thì (2) trùng với (1). Vậy (*) là điều kiện cần và đủ để (1) ⇔ (2) 2 Bài 9: Cho phương trình x3 + ax + b = 0 (1) Tìm a, b để phương trình trên có ba nghiệm phân biệt x1 < x2 < x3 cách đều nhau. Giải Điều kiện cần: Giả sử phương trình (1) có 3 nghiệm khác nhau x1, x2, x3 thỏa giả thiết ⇒ x1 + x3 = 2×2 Theo định lý Viete với phương trình bậc 3 ta có: x1 + x2 + x3 = 0 ⇒ 3×2 = 0 ⇒ x2 = 0 Thay x2 = 0 vào (1) ta được b = 0 Điều kiện đủ: Giả sử b = 0 , khi đó (1) trở thành: x3 + ax = 0 ⇔ x(x2 + a) = 0 (2) Ta thấy (2) có 3 nghiệm phân biệt nếu a < 0. Khi đó các nghiệm của (2) là x1 = − √ −a x2 = 0 x3 = √ −a
Các Dạng Toán Bất Phương Trình Mũ, Bất Phương Trình Logarit Cách Giải Và Bài Tập
Vậy bất phương trình mũ và bất phương trình logarit có những dạng toán nào? cách giải các dạng bất phương trình này ra sao? chúng ta cùng đi hệ thống lại các dạng bài tập về bất phương trình mũ và logarit thường gặp và cách giải. Qua đó rèn luyện kỹ năng giải toán bất phương trình qua một số bài tập vận dụng.
I. Các dạng toán bất phương trình Mũ
– Để giải bất phương trình mũ dạng này ta sử dụng phép biến đổi tương đương như sau:
Vậy tập nghiệp của bất phương trình là: [-1;1]
– Ta có thể biến đổi theo 1 trong 2 cách sau (thực tế thì cùng phương pháp):
+ Cách 1: Bất phương trình được biến đổi về dạng:
+ Cách 2: Bất phương trình được biến đổi về dạng:
– Ta có thể biến đổi theo 1 trong 2 cách sau:
– Do đó, bất phương trình được biến đổi như sau:
Vậy tập nghiệm của bất phương trình là (-3;-1)
– Do đó, bất phương trình được biến đổi như sau:
Vậy tập nghiệm của bất phương trình là (-3;-1)
– Để giải bất phương trình mũ dạng này ta sử dụng phép biến đổi tương đương như sau:
Vậy tập nghiệm của bất phương trình là: (-∞;1) ∪ (2;+∞)
– Bất phương trình biến đổi về dạng sau:
– Để giải bất phương trình mũ dạng này ta sử dụng phép biến đổi tương đương như sau:
– Ta đưa về cùng cơ số (nên để cơ số lớn hơn 1 như nhận xét ở trên):
Vậy tập nghiệm của bất phương trình là: [1/2;1]
II. Các dạng toán bất phương trình Logarit
– Để giải bất phương trình logarit dạng logaf(x) ≤ logag(x) ta thực các phép biến đổi như sau:
– Để ý cơ số nhỏ hơn 1 nên:
Kết hợp điều điện, tậy tập nghiệm của bất phương trình là: (5/3;3)
– Ta có thể thực hiện biến đổi theo 1 trong 2 cách sau:
– Biến đổi bất phương trình logarit về dạng:
⇔ x 2 – 1 < 3(x – 1) ⇔ x 2 – 3x + 2 < 0 ⇔ (x – 1)(x – 2) < 0 ⇔ 1 < x < 2.
+ Cách 2: Bất phương trình biến đổi tương đương về dạng:
Vậy tập nghiệm của bất phương trình logarit trên là:(1;2)
° Dạng 2: Bất phương trình logarit có dạng logaf(x) < b.
– Để giải bất phương trình logarit dạng logaf(x) ≤ b ta thực các phép biến đổi như sau:
– Biến đổi tương đương bất phương trình logarit trên về dạng:
Vậy tập nghiệm của bất phương trình logarit là: (-∞; -30]
III. Giải bất phương trình mũ và bất phương trình logarit bằng phương pháp đặt ẩn phụ
– Các dạng đặt ẩn phụ trong trường hợp này cũng giống như với phương trình mũ và phươngtrình logarit.
Vậy bất phương trình có tập nghiệm (log 3 2;+∞).
Vậy tập nghiệm của bất phương trình là [-1;1]
Vậy bất phương trình có tập nghiệm là: [e-2;+∞)
Phương Pháp Giải Các Dạng Bài Toán Phương Trình Mặt Phẳng
1 PP GIẢI CÁC DẠNG BT PHƯƠNG TRÌNH MẶT PHẲNG Để viết pt măt phẳng em có 2 cách cơ bản : . Xác định 1 điểm và 1 VTPT . Hoặc gọi ptmp dạng Ax+By+Cz+D=0 rồi dựa vào giả thiết tìm A,B,C,D. Vậy khi nào sử dụng cách 1 , khi nào sử dụng cách 2 thì em phân biệt các dạng đề bài sau: Dạng 1: Viết PT mp đi qua A(x0; y0 ;z0) và có VTPT n =(A;B;C) A(x-x0) + B(y-y0) + C(z-z0) = 0 Ax + By + Cz + D = 0 Dạng 2: Viết pt mặt phẳng đi qua A(x0; y0 ;z0) và – Từ ptmp(Q) VTPT n Q = (A;B;C) – Vì (P) – PT mp (P) đi qua A và có VTPT n P Dạng 3: Viết pt mp đi qua A(x0; y0 ;z0) và vuông góc với đường thẳng d – Từ (d) VTCP u d = (A;B;C) – Vì (P) vuông góc với (d) Chọn VTPT n P=u d =(A;B;C) Viết ptmp (P) đi qua A và có vtpt n P. Dạng 4: Viết ptmp đi qua A và (Q) , (R) – Từ pt mp (Q) và (R) VTPT n Q ; VTPT n R – Vì (P) (Q) và (R) VTPT n P Qn và n P n R Chọn n P = [ n Q; n R] – Vậy pt mp (P) đi qua A và có VTPT n P = [ n Q; n R] Dạng 5: Viết Pt mp (P) đi qua 3 điểm A,B,C không thẳng hàng – Tính AB , AC và a = [ AB , AC ] – PT mp (P) đi qua A và có VTPT n P= a = [ AB , AC ] Dạng 6: Viết ptmp (P) đi qua A,B và (Q) – Tính AB , vtpt n Q và tính [ AB , n Q] – Vì A, B (P) ; (Q) (P) nên chọn n P=[ AB , n Q] – Viết ptmp (P) Dạng 7: Viết ptmp (P) đi qua A ; (Q) và – Tính VTPT n Q của mp (Q); VTCP u d của đường thẳng (d). – Tính [u d, n Q] – Vì (P) (Q) và d, n Q] – Từ đó viết được PT mp (p) Dạng 8: Viết ptmp (P) là trung trực của AB. – Tình trung điểm I của ABvà AB – Mp (P) đi qua I và nhận AB làm VTPT. Dạng 9: Viết pt mp(P) chứa (d) và đi qua A – Tính VTCP u d của đường thẳng (d) và tìm điểm M(d) – Tính AM và [u d, AM ] – Ptmp (P) đi qua A và có VTPT n P =[u d, AM ]. Dạng 10: Viết pt mp (P) chứa (d) và – Từ (d) VTCP u d và điểm M (d) – Từ ( ) VTCP u và tính [u d, u ] – PT mp (P) đi qua M và có VTPT n = [u d, u ]. Dạng 11: Viết Pt mp(P) chứa (d) và (Q) – Từ (d) VTCP u d và điểm M (d) – Từ (Q) VTPT n Q và tính [u d, n Q] Chuyên đề LTĐH – Giải tích trong không gian Biên soạn: Lê Minh Đạt – 0918 344 200 2 – PT mp (P) đi qua M và có VTPT n =[u d, n Q]. Dạng 12: Viết PT mp (P) – Vì (P) ( theo pt của mp (Q) , trong đó D DQ) – Vì d(A,(P))= h nên thay vào ta tìm được D – Thay A,B,C,D ta có PT mp (P) cần tìm. Dạng 13: Viết PT mp(P) chứa (d) và d(A,(P))=h – Gọi VTPT của mp (P) là n – Từ (d) VTCP u d và điểm M (d) – Vì (d) nằm trong (P) u d. n P=0 (1) – PT mp (p) đi qua M: A(x-x0) + B(y-y0) + C(z-z0) = 0 – d(A,(P)) = h (2) – Giải (1);(2) ta tìm được A,B theo C từ đó chọn A,B,C đúng tỉ lệ , ta viết được PT mp(P). Dạng 14: Viết Pt mp(P) chứa (d) và hợp với mp (Q) một góc 900 – Gọi VTPT của mp (P) là n – Từ (d) VTCP u d và điểm M (d) – Vì d (P) u d. n P=0 (1) – Tính cos ((P),(Q)) (2) – Từ (1) và (2) ta tìm được A,B theo C từ đó chọn A,B,C đúng tỉ lệ , ta viết được PT mp(P). Dạng 15: Viết Pt mp (P) chứa (d) và hợp với đt( )một góc 900 – Gọi VTPT của mp (P) là n – Từ (d) VTCP u d và điểm M (d) – Vì d (P) u d. n P=0 (1) – Tính sin ((P),( )) (2) – Hệ (1) và (2) tìm được A,B theo C từ đó chọn A,B,C đúng tỉ lệ , ta viết được PT mp(P). Dạng 16: Cho A và (d) , viết PT mp (P) chứa (d) sao cho d(A,(P)) là lớn nhất – Gọi H là hình chiếu của A lên (d) – Ta có : d(A,(P)) = AK AH (tính chất đường vuông góc và đường xiên) Do đó d(A(P)) max AK = AH KH – Viết PT mp (P) đi qua H và nhận AH làm VTPT Dạng 17: Viết Pt mp (P) – Xác định tâm I, bán kính R của mặt cầu (S) – Vì (P) (theo pt của mp (Q) , trong đó D’ DQ). – Mà (P) tiếp xúc với (S) nên d(I,(P))= R tìm được D’ – Từ đó ta có Pt (P) cần tìm Dạng 18: Viết PT mp(P) là đường tròn(C) có bán kính r ( hoặc diện tích, chu vi cho trước). – Xác định tâm I, bán kính R của mặt cầu (S) – Adct : Chu vi đường tròn C = 2 r và diện tích S = 2r tính r. – d(I,(P)) = 2 2R r (1) – Vì (P) (theo pt của mp (Q) , trong đó D’ DQ) – Suy ra d (I,(P)) (2) Giải hệ (1), (2) tìm được D’ viết được pt (P). Dạng 19: Viết PT mp(P) chứa (d) và tiếp xúc với mặt cầu (S) – Xác định tâm I, bán kính R của mặt cầu (S) – Gọi VTPT của mp (P) là n Chuyên đề LTĐH – Giải tích trong không gian Biên soạn: Lê Minh Đạt – 0918 344 200 3 – Từ (d) VTCP u d và điểm M (d) – d (P) u d. n P=0 (1) – Mà (P) tiếp xúc với (S) nên d(A,(P))= R (2) – Giải hệ (1) và (2) tìm được A,B theo C PT mp(P). Dạng 20: Viết Pt mp (P) chứa (d) và cắt mặt cầu (S) theo giao tuyến là đường tròn (C) có bán kính r ( hoặc diện tích , chu vi cho trước) – Xác định tâm I, bán kính R của mặt cầu (S) – Adct : Chu vi đường tròn C = 2 r và diện tích S = 2r tính r. – Vì d (P) u d. n P=0 (1) – Gọi VTPT của mp (P) là n chọn M trên đường thẳng d. – Vì (P) cắt (S) theo đường tròn bán kính r nên d(I,(P)= r (2) – Giải hệ (1) và (2) tìm được A,B theo C PT mp(P). Dạng 21: Viết PT mp (P) chứa (d) và cắt mặt cầu (S) theo giao tuyến là đường tròn (C) có bán kính nhỏ nhất .(áp dụng trường hợp d cắt (S) tại 2 điểm). – Xác định tâm I, bán kính R của mặt cầu (S) – Bán kính r = 2 2( ,( ))R d I p để r min d(I,(P)) max – Gọi H là hình chiếu của I lên (d) ; K là hình chiếu của I lên (P) – Ta có: d(I,(P))= IK Ih ( tính chất đường vuông góc và đường xiên) – Do đó: d(I,(P)) max AK = AH KH – PT mp(P) đi qua H và nhận IH làm VTPT PP GIẢI CÁC DẠNG PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG THẲNG Có 2 loại phương trình đường thẳng : PT ThamSố và PT ChínhTắc. Dạng 1: Viết ptđt (d) qua M(x0; y0 ;z0) và có VTCP u =(a,b,c) PP: phương trình tham số của d là (d): 0 0 0 x x at y y bt z z ct với t R * Chú ý : Nếu cả a, b, c 0 thì (d) có PT chính tắc 0 0 0x x y y z z a b c * Chú ý: Đây là bài toán cơ bản. Về nguyên tắc muốn viết PT dt(d) thì cần phải biết 2 yếu tố đó là tọa độ một điểm thuộc d và toạ độ VTCP của d. Dạng 2: Viết pt dt(d) đi qua 2 điểm A,B – Tính AB – Viết PT đường thăng đi qua A, và nhận AB làm VTCP Dạng 3: Viết PT dt (d) đi qua A và – Từ pt( ) VTCP u – Viết Pt dt(d) đi qua A và nhận u làm VTCP Dạng 4: Viết PT dt(d) đi qua A và (P) – Tìm VTPT của mp(P) là n P – Pt dt(d) đi qua A và Có VTCP u d = n P Dạng 5: Viết Pt dt(d) đi qua A và vuông góc với cả 2 dt (d1),(d2) – Từ (d1),(d2) 1 2 1 2, à u à uVTCPd d l v , 2u ]. – Vì (d) (d1),(d2) nên có VTCP u d= [ 1u , 2u ] – Pt dt(d) đi qua A và có VTCP u d= [ 1u , 2u ] Dạng 6: Viết PT của dt (d) là giao tuyến của 2 mp (P):Ax + By + Cz + D = 0 Chuyên đề LTĐH – Giải tích trong không gian Biên soạn: Lê Minh Đạt – 0918 344 200 4 (Q):A’x + B’y + C’z + D’ = 0 – Từ (P) và (Q) n P , n Q – Tính [ n P , n Q] – Xét hệ ‘ ‘ ‘ ‘ Ax + By + Cz +D =0 A 0x B y C z D . Chọn một nghiệm (x0; y0 ;z0) từ đó Md – Pt dt(d) đi qua M và có VTCP u d =[ n P , n Q]. Dạng 7: Viết PT hình chiếu của d lên mp(P) Cách 1: – Viết ptmp(Q) chứa d và vuông góc với mp(P) – Hình chiếu cần tìm d’ = (P) (Q) Cách 2: + Tìm A = ( )d P ( chỉ áp dụng với giả thiết d cắt (P) ) + Lấy M d và xác định hình chiếu H của M lên (P) + Viết phương trình d’ đi qua M, H Dạng 8: Viết pt đg thẳng d đi qua điểm A và cắt 2 đường thẳng d1, d2: Cách 1 *Viết pt mặt phẳng ( ) đi qua điểm A và chứa đường thẳng d1 * Tìm B = 2( ) d * Đường thẳng cần tìm đi qua A, B Cách 2 : Viết pt mặt phẳng ( ) đi qua điểm A và chứa đường thẳng d1 Viết pt mặt phẳng ( ) đi qua điểm B và chứa đường thẳng d2 Đường thẳng cần tìm d = Dạng 9: Viết pt đường thẳng d song song d1 và cắt cả d2 , d3 – Viết phương trình mp (P) song song d1 và chứa d2 – Viết phương trình mp (Q) song song d1 và chứa d3 – Đường thẳng cần tìm d = ( ) ( )P Q Dạng 10 : Viết ptđt d đi qua A và vuông góc đường thẳng d1 và cắt d2 Cách 1 : – Viết pt mp ( ) qua A và vuông góc d1 – Tìm giao điểm B = 2( ) d – Đường thẳng cần tìm đi qua A, B Cách 2 : * Viết pt mp ( ) qua A và vuông góc d1 * Viết pt mp ( ) qua A và chứa d1 * Đường thẳng cần tìm d = Dạng 11 : Viết ptđt d đi qua A, song song mp ( ) , cắt đường thẳng d’ Cách 1 : – Viết ptmp(P) đi qua A và song song với ( ) – Viết ptmp(Q) đi qua A và chứa d’ – Đường thẳng cần tìm d = ( ) ( )P Q Cách 2 : * Viết ptmp(P) đi qua A và song song với ( ) * Tìm B = ( ) ‘P d * Đường thẳng cần tìm đi qua 2 điểm A,B Dạng 12 : Viết ptđt d nằm trong mp(P) và cắt 2 đường thẳng d1, d2 cho trước. – Tìm giao điểm A=d1 ( )P và B=d2 ( )P – Đường thẳng d đi qua 2 điểm A, B Dạng 13 : Viết ptđt d nằm trong mp(P) và vuông góc với đường thẳng d’ tại giao điểm I của (P) và d’. * Tìm giao điểm I’ = d’ ( )P * Tìm VTCP u của d’ và VTPT n của (P) và tính [u,n]v * Viết ptđt d qua I và có VTCP v Dạng 14 : Viết ptđt vuông góc chung d của 2 dường thẳng chéo nhau d1, d2 : – Gọi 0 0 0 1( , , )M x at y bt z ct d , Chuyên đề LTĐH – Giải tích trong không gian Biên soạn: Lê Minh Đạt – 0918 344 200 5 và ‘ ‘ ‘0 0 0 2( ‘ ‘, ‘ ‘, ‘ ‘)N x a t y b t z c t d là các chân đường vuông góc chung của d1, d2 – Ta có hệ 11 2 2 . 0 , ‘ . 0 MN d MN u t t MN d MN u . – Thay t, t’ tìm M, N. Viết ptđt đi qua M,N. ( Với cách 2 em tính thêm được khoảng cách MN, cũng chính là độ dài đường vuông góc) Dạng 15 : Viết pt đường thẳng d vuông góc với mp(P) và cắt 2 đường thẳng d1,d2 . * Viết ptmp(Q) chứa d1 và vuông góc với mp(P) * Viết ptmp(R) chứa d2 và vuông góc với mp(P) * Đường thẳng d = ( ) ( )Q R Dạng 16 : Viết ptđt d đi qua điểm A , cắt và vuông góc với đường thẳng d1 . – Viết pt mp ( ) qua A và vuông góc d1 – Tìm giao điểm B = 1( ) d – Đường thẳng cần tìm đi qua A, B Dạng 17 : Viết ptđt d đi qua A ,vuông góc với d1,tạo với d2 góc 0 0(0 ;90 ) (= 300, 450, 600) * Gọi VTCP của d là 2 2 2( ; ; ), : 0u a b c dk a b c * Vì 11 . 0d d u u Vì 2 2 . . u u cos u u ( chú ý : nếu thay g … MẶT CẦU CẮT MẶT PHẲNG Bài 1: Lập phương trình mặt cầu có tâm tạo giao điểm I của mặt phẳng (P) và đường thẳng (d) sao cho mặt phẳng (Q) cắt khối cầu theo thíêt diện là hình tròn có diện tích 12ẽ ,biết : 1) R tz ty tx d t 2 3 1 : ,(P):x-y-z+3=0 2) 01 03 : y zyx d , (P):x+y-2=0. Chuyên đề LTĐH – Giải tích trong không gian Biên soạn: Lê Minh Đạt – 0918 344 200 34 Bài 2: Lập phương trình mặt cầu có tâm thuộc đường thẳng (d) và cắt mặt phăng (P) theo thiết diện là đường tròn lớn có bán kính bằng 18.biết: R tz ty tx d t 1 39 412 : và (P):y+4z+17=0. Bài 3: Trong không gian 0xyz , cho hai điểm A(0,0,-3),B(2,0,-1) ,và mặt phẳng (P):3x-8y+7z-1=0 . 1) (HVNH-2000): Tìm toạ độ điểm C nằm trên mặt phẳng (P) sao cho tam giác đều . 2) Lập phương trình mặt cầu (S) đi qua 3 điểm A,B,C và có tâm thuộc mặt phẳng (P):x-y-z-2=0. MẶT CẦU TIẾP XÚC VỚI ĐƯỜNG THẲNG Bài 1: Viết phương trình mặt cầu (S) biết : 1) Tâm I(1,2,-1) và tiếp xúc với đường thẳng (d) có phương trình : R z ty tx d t 1 1 : 2) Tâm I(3,-1,2) và tiếp xúc với đường thẳng (d) có phương trình : 017322 0322 : zyx zyx d Bài 2: Trong không gian 0xyz, cho hai đường thẳng (d1),(d2) ,biết : R tz ty tx d t 32 1 21 :1 , 012 043 :2 zyx yx d Lập phương trình mặt cầu (S) tiếp xúc với (d1) tại điểm H(3,1,3) và có tâm thuộc đường thẳng (d2). Bài 3: Trong không gian 0xyz, cho hai đường thẳng (d1),(d2) ,biết : 01 012 :1 zyx yx d , 012 033 :2 yx zyx d 1) CMR hai đường thẳng đó cắt nhau .Xác định tọa độ giao điểm I của chúng . 2) Viết phương trình tổng quát của mặt phẳng (P) đi qua hai đường thẳng (d1) và (d2). 3) Lập phương trình mặt cầu tiếp xúc với (d1),(d2) và có tâm thuộc đường thẳng (d) có phương trình : R tz ty tx d t 33 2 21 : Bài 4: Trong không gian 0xyz, cho hai đường thẳng (d1),(d2) ,biết : R)(t 46 32 23 :1 tz ty tx d , 015 0194 :2 zx yx d 1) CMR hai đường thẳng đó cắt nhau .Xác định tọa độ giao điểm I của chúng . 2) Viết phương trình tổng quát của mặt phẳng (P) đi qua hai đường thẳng (d1) và (d2). 3) Lập phương trình mặt cầu tiếp xúc với (d1),(d2) và có tâm thuộc đường thẳng (d) có phương trình : 4 9 1 5 3 7 : zyxd Bài 5: Trong không gian 0xyz, cho hai đường thẳng (d1),(d2) ,biết : 4 1 32 2 :1 zyxd , 129 2 6 7 :2 zyxd 1) CMR hai đường thẳng đó song song với nhau. 2) Viết phương trình tổng quát của mặt phẳng (P) đi qua hai đường thẳng (d1) và (d2). 3) Lập phương trình mặt cầu tiếp xúc với (d1),(d2) và có tâm thuộc đường thẳng (d) có phương trình : Chuyên đề LTĐH – Giải tích trong không gian Biên soạn: Lê Minh Đạt – 0918 344 200 35 R z ty tx d t 1 1 : Bài 6: Trong không gian 0xyz, cho hai đường thẳng (d1),(d2) ,biết : 4 9 1 5 3 7 :1 zyxd , 4 18 1 4 3 :2 zyxd 1) CMR hai đường thẳng đó song song với nhau. 2) Viết phương trình tổng quát của mặt phẳng (P) đi qua hai đường thẳng (d1) và (d2). 3) Lập phương trình mặt cầu tiếp xúc với (d1),(d2) và có tâm thuộc đường thẳng (d) có phương trình : R tz ty tx d t 1 3 23 : Bài 7: Trong không gian 0xyz, cho hai đường thẳng (d1),(d2) ,biết : R)(t 33 2 21 :1 tz ty tx d , 31 23 2 :2 uz uy ux d 1) CMR hai đường thẳng đó chéo nhau. 2) Viết phương trình đường vuông góc chung của(d1) và (d2). 3) Tính khoảng cách giữa (d1) và (d2). 4) Lập phương trình mặt cầu tiếp xúc với (d1),(d2) và có tâm thuộc mặt phẳng (P) : xy+z-2=0 Bài 8: Trong không gian 0xyz, cho hai đường thẳng (d1),(d2) ,biết : 01 03 :1 zx zyx d , 01 0922 :2 zy zyx d 1) CMR hai đường thẳng đó chéo nhau. 2) Viết phương trình đường vuông góc chung của(d1) và (d2). 3) Lập phương trình mặt cầu tiếp xúc với (d1),(d2) và có tâm thuộc mặt phẳng (P):2x-y+3z-6=0. MẶT CẦU CẮT ĐƯỜNG THẲNG Bài 1: (ĐHQG-96): Cho điểm I(2,3,-1) và đường thẳng (d) có phương trình : 0843 020345 : zyx zyx d 1) Xác định VTCP a của (d) suy ra phương trình mặt phẳng (P) qua I và vuông góc với (d): 2) Tính khoảng cách từ I đến (d) từ đó suy ra phương trình mặt cầu (S) có tâm sao cho (S) cắt (d) tại hai điểm phân biệt A,B thoả mãn AB=40. Bài 2: Cho đường thẳng (d) và mặt phẳng (P) có phương trình : R tz ty tx d t 3 2 21 : , (P):2x-y-2z+1=0. 1) (ĐHBK-98):Tìm toạ độ các điểm thuộc đường thẳng (d) sao cho khoảng cách từ mỗi điểm đó đến mặt phẳng (P) bằng 1. 2) (ĐHBK-98):Gọi K là điểm đối xứng của điểm I(2,-1,3) qua đường thẳng (d) .Xác định toạ độ K. 3) Lập phương trình mặt cầu tâm I cắt đường thẳng (d) tại hai điểm phân biệt A,B sao cho AB=12. 4) Lập phương trình mặt cầu tâm I tiếp xúc với mặt phẳng (P). 5) Lập phương trình mặt cầu tâm I cắt mặt phẳng (P) theo giao tuyến là một đường tròn có diện tích bằng 16ẽ MẶT CẦU NGOẠI TIẾP KHỐI ĐA DIỆN Bài 1: (ĐH Huế-96): Trong không gian với hệ toạ độ trực chuẩn 0xyz ,cho bốn điểm A(1,0,1), B(2,1,2),C(1,-1,1),D(4,5,-5). 1) Viết phương trình tham số của đường thẳng đi qua D và vuông góc với mặt phẳng (ABC). 2) Viết phương trình mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD. Bài 2: Cho bốn điểm 0(0,0,0),A(6,3,0), B(-2,9,1), S(0,5,8) Chuyên đề LTĐH – Giải tích trong không gian Biên soạn: Lê Minh Đạt – 0918 344 200 36 1) (ĐHKT-99): CMR SB vuông góc SA. 2) (ĐHKT-99): CMR hình chiếu của cạnh SB lên mặt phẳng (0AB) vuông góc với cạnh 0A. Gọi K là giao điểm của hình chiếu đó với 0A. Hãy xác định toạ dộ của K. 3) Viết phương trình mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD. 4) (ĐHKT-99): Gọi P,Q lần lượt là điểm giữa của các cạnh S0,AB . Tìm toạ độ của điểm M trên SB sao cho PQ và KM cắt nhau. Bài 3: Trong không gian với hệ toạ độ trực chuẩn 0xyz ,cho bốn điểm A(4,4,4), B(3,3,1), C(1,5,5), D(1,1,1). 1) (HVKTQS-98): Tìm hình chiếu vuông góc của D lên (ABC) và tính thể tích tứ diện ABCD. 2) (HVKTQS-98): Viết phương trình tham số đường thẳng vuông góc chung của AC và BD. 3) Viết phương trình mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD. 4) Tính thể tích tứ diện ABCD. Bài 4: cho bốn điểm A(-1,3,2), B(4,0,-3), C(5,-1,4), D(0,6,1). 1) (HVNHTPHCM-99):Viết phương trình tham số của đường thẳng BC .Hạ AH vuông góc BC .Tìm toạ độ của điểm H. 2) (HVNHTPHCM-99):Viết phương trình tổng quát của (BCD) .Tìm khoảng cách từ A đến mặt phẳng (BCD). 3) Viết phương trình mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD. Bài 5: Trong không gian 0xyz, cho hình chóp .biết toạ độ bốn đỉnh S(5,5,6), A(1,3,0), B(-1,1,4), C(1,-1,4), D(3,1,0). 1) Lập phương trình các mặt của hình chóp. 2) Lập phương trình mặt cầu (S) ngoại tiếp hình chóp . 3) Tính thể tích hình chóp SABCD Bài 6: (HVKTMM-97) Cho bốn điểm A(1,2,2), B(-1,2,-1), C(1,6,-1), D(-1,6,2). 1) CMR tứ diện ABCD có cặp cạnh đối diện bằng nhau . 2) Xác định toạ độ trọng tâm G của tứ diện. 3) Viết phương trình mặt cầu ngoại tiếp ,nội tiếp tứ diện ABCD. MẶT CẦU NGOẠI TIẾP KHỐI ĐA DIỆN Bài 1: Lập phương trình mặt cầu nội tiếp hình chóp SABCD ,biết: 1) )0,0, 3 4( S ,A(0,-4,0), B(0,-4,0),C(3,0,0). Bài 2: Cho hình chóp SABCD .Đỉnh )4, 2 9 , 2 1(S đáy ABCD là hình vuông có A(-4,5,0) ,đươngf chéo BD có phương trình : 0 087 : z yx d 1) Tìm toạ độ các đỉnh của hình chóp . 2) Lập phương trình nặt cầu ngoại tiếp hình chóp. 3) Lập phương trình mặt cầu nội tíêp hình chóp. Bài 3: Cho ba điểm A(2,0,0), B(0,2,0), C(0,0,3). 1) Viết phương trình tổng quát các mặt phẳng (0AB), (0BC), (0CA), (ABC). 2) Xác định tâm I của mặt cầu nội tiếp tứ diện 0ABC . 3) Tìm toạ độ điểm J đối xứng với I qua mặt phẳng (ABC). Bài 4: (HVKTMM-99):Cho bốn điểm A(1,2,2), B(-1,2,-1), C(1,6,-1), D(-1,6,2). 1) CMR tứ diện ABCD có các cặp cạnh đối diện bằng nhau. 2) Xác định toạ độ trọng tâm G của tứ diện . 3) Viết phương trình mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD. 4) Viết phương trình mặt cầu nội tiếp tứ diện ABCD. VỊ TRÍ TƯƠNG ĐỐI CỦA ĐIỂM VÀ MẶT CẦU Bài 1: Cho mặt cầu 034: 222 zyxzyxS .xét vị trí tưpng đối của điểm A đối với mặt cầu (S) trong các trường hợp sau: 1) điểm A(1,3,2). 2) điểm A(3,1,-4). 3) điểm A(-3,5,1). Bài 2: Tìm toạ độ điểm M thuộc mặt cầu 03242: 222 zyxzyxS .Sao cho khoảng cách MA đạt giá trị lớn nhất ,nhỏ nhất,biết: 1) điểm A(1,-2,0). 2) điểm A(1,1,-2). Chuyên đề LTĐH – Giải tích trong không gian Biên soạn: Lê Minh Đạt – 0918 344 200 37 VỊ TRÍ TƯƠNG ĐỐI CỦA ĐƯỜNG THẲNG VÀ MẶT CẦU Bài 1: Cho mặt cầu 06222: 222 zyxzyxS .Tìm toạ độ điểm M thuộc (S) sao cho khoảng cách từ M đến (d) đạt giá trị lớn nhất, nhỏ nhất,biết: 1) R tz ty tx d t 1 1 2 : 2. 012 032 : zy zyx d VỊ TRÍ TƯƠNG ĐỐI CỦA MẶT PHẲNG VÀ MẶT CẦU Bài 1: (ĐHDL-97):Trong không gian với hệ toạ đô trực chuẩn 0xyz, cho mặt cầu (S) và mặt phẳng (P) có phương trình : 022: 222 xzyxS ,(P):x+z-1=0. 1) Tính bán kính và toạ độ tâm của mặt cầu (S). 2) Tính bán kính và toạ độ tâm của đường tròn giao của (S) và (P). Bài 2: (ĐHSPV-99): Cho điểm I(1,2,-2) và mặt phẳng 2x+2y+z+5=0 . 1) Lập phương trình mặt cầu (S) tâm I sao cho giao của (S) và (P) là đường tròn có chu vi bằng 8ẽ . 2) CMR mặt cầu (S) tiếp xúc với mặt phẳng 2x-2=y+3=z. 3) Lập phương trình mặt phẳng chứa đường thẳng (d) và tiếp xúc với (S). Bài 3: (ĐHBK-A-2000): Cho hình chóp SABCD với S(3,2,-1), A(5,3,- 1), B(2,3,-4), C(1,2,0). 1) CMR SABC có đáy ABC là tam giác đều và ba mặt bên là các tam giác vuông cân. 2) Tính toạ độ điểm D đối xứng với điểm C qua đường thẳng AB. M là điểm bất kì thuộc mặt cầu tâm D, bán kính 18R .(điểm M không phụ thuộc mặt phẳng (ABC) ). Xét tam giác có độ dài các cạnh bằng độ dài các đoạn tjẳmg MA, MB, MC. Hỏi tam giác đó có đặc điểm gì ? Bài 4: (ĐHPCCC-2000): Cho đường tròn (C) có phương trình : 0 14 : 222 z zyxC .Lập phương trình mặt cầu chứa (C) và tiệp xúc với mặt phẳng: 2x+2y-z-6=0. Bài 5: (CĐHQ-96): Cho mặt cầu (S) và mặt phẳng (P) có phương trình : 9)1()2()3(: 222 zyxS ,(P):x+2y+2z+11=0. Tìm điểm M sao cho M thuộc (S) sao cho khoảng cách từ M tới mặt phẳng (P) nhỏ nhất . VỊ TRÍ TƯƠNG ĐỐI CỦA HAI MẶT CẦU Bài 1: Cho hai mặt cầu: 0722: 2221 yxzyxS , 02: 2222 xzyxS 1) CMR hai mặt cầu (S1) và (S2) cắt nhau. 2) Viết phương trình mặt cầu qua giao điểm của (S1) và (S2) qua điểm M(2,0,1). Bài 2: Cho hai mặt cầu: 9: 2221 zyxS , 06222: 2222 zyxzyxS 1) CMR hai mặt cầu (S1) và (S2) cắt nhau. 2) Viết phương trình mặt cầu qua giao điểm của (S1) và (S2) qua điểm M(-2,1,-1).
Bạn đang đọc nội dung bài viết Các Dạng Toán Giải Phương Trình, Hệ Phương Trình Và Bài Tập Có Lời Giải trên website Asianhubjobs.com. Hy vọng một phần nào đó những thông tin mà chúng tôi đã cung cấp là rất hữu ích với bạn. Nếu nội dung bài viết hay, ý nghĩa bạn hãy chia sẻ với bạn bè của mình và luôn theo dõi, ủng hộ chúng tôi để cập nhật những thông tin mới nhất. Chúc bạn một ngày tốt lành!