SKKN phát triển năng lực học sinh thông qua hướng dẫn học sinh giải quyết các bài toán cực trị trong hình học phẳng bằng công cụ tọa độ

Giúp học sinh tự khám phá trải nghiệm bằng cách nêu ra các chủ đề môn học hoặc liên môn, đồng thời hướng dẫn học sinh nghiên cứu từ những vấn đề nảy sinh trong chương trình cũng như đòi

I ĐẶT VẤN ĐỀ

Việc phát triển năng lực cho học sinh đang là vấn đề trọng tâm đổi mới phương pháp dạy và học trong giáo dục và đào tạo theo tinh thần Nghị quyết

29 của Ban chấp hành Trung ương Trong quá trình giảng dạy môn toán ở trường THPT, công tác phát hiện và bồi dưỡng học sinh giỏi luôn là vấn đề được các nhà trường đặc biệt quan tâm Bản thân tôi qua một số năm giảng dạy ở các lớp có nhiều học sinh thuộc đối tượng này, tôi luôn trăn trở làm thế nào để phát huy được năng lực tự học và sáng tạo cho học sinh Giúp học sinh

tự khám phá trải nghiệm bằng cách nêu ra các chủ đề môn học hoặc liên môn, đồng thời hướng dẫn học sinh nghiên cứu từ những vấn đề nảy sinh trong chương trình cũng như đòi hỏi giải quyết vấn đề một cách độc lập, sáng tạo Trong chương trình THPT bài toán về cực trị hình học trong mặt phẳng được đề cập khá nhiều, nhất là trong các tài liệu bồi dưỡng học sinh khá giỏi

và các kì thi học sinh giỏi, tuyển sinh vào các trường đại học, cao đẳng (Kì thi HSG môn Toán cấp tỉnh năm học 2014-2015 của tỉnh ta vừa qua là một ví dụ) Kiến thức về hình học phẳng ở cấp THCS rất sâu và rộng Có thể nói, đây là phần rất khó đối với học sinh và kể cả giáo viên trong quá trình giảng dạy Để nắm được kiến thức và vận dụng giải được loại bài tập này rất cần sự

tư duy sáng tạo Chính vì thế ở cấp THCS hầu hết học sinh yếu nên khi học ở cấp THPT về phần hình học phẳng vẫn là vấn đề khó đối với giáo viên, học sinh trong dạy và học

Trong khuôn khổ một đề tài, tôi chỉ tập trung vào trọng tâm phát triển năng lực học sinh thông qua hướng dẫn học sinh giải quyết các bài toán cực trị trong hình học phẳng bằng công cụ tọa độ

Xuất phát từ bài tập 40 trang 106 sách bài tập hình học lớp 10 (Nâng

cao):

Cho hai điểm P(1;6), Q  ( 3; 4) và đường thẳng  : 2x y  1 0 

a) Tìm tọa độ điểm M trên  sao cho MP MQ nhỏ nhất;

b) Tìm tọa độ điểm N trên  sao cho NP NQ lớn nhất

Theo cách giải trong sách bài tập và một số tài liệu, trước hết xét vị trí của điểm P và điểm Q đối với đường thẳng :

Trường hợp 1: Hai điểm P và Q nằm khác phía đối với đường thẳng  khi

và chỉ khi (ax Pby P c)(ax Qby Qc) 0 

a) P

M 

Q

Ta có MP MQ PQ  Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi M, P, Q thẳng hàng

M PQ

   

P

Q’

b) N 

Q

Lấy Q’ đối xứng với Q qua đường thẳng 

Ta có NP NQ NP NQ ' PQ' Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi N, Q’, P thẳng hàng  N PQ'  

Trường hợp 2: Hai điểm P và Q nằm cùng phía đối với đường thẳng  khi

và chỉ khi (ax Pby P c)(ax Qby Qc) 0 

a) P

Q



M

Q’

Lấy điểm Q’ đối xứng với Q qua đường thẳng 

Ta có MP MQ MP MQ   ' PQ' Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi M, Q’, P thẳng hàng  M PQ'  

b) P

Q

N 

Ta có NP NQ PQ Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi N, P, Q thẳng hàng

N PQ

   

Nhận xét :

- Qua phân tích lời giải ở trên ta thấy: Ở câu a) luôn đưa về hai điểm nằm khác phía đối với đường thẳng  và M chính là giao điểm của đường thẳng qua hai điểm đó và 

- Ở câu b) luôn đưa về hai điểm nằm cùng phía đối với đường thẳng  và

N là giao điểm của đường thẳng đi qua hai điểm đó và 

Ở trên là phương pháp giải tổng quát mà trong một số tài liệu đã trình bày

và lời giải cụ thể theo cách ở trên cho bài toán, xin phép không trình bày lại nữa Tuy nhiên khi đưa ra lời giải như vậy học sinh vẫn thấy khó tiếp thu vì phải phân chia quá nhiều trường hợp và phải sử dụng đến kiến thức hình học phẳng vốn ở cấp THCS đã yếu nên vẫn gặp khó khăn trong tiếp nhận và giải quyết các bài tập loại này

Bản thân tôi cũng thấy băn khoăn khi bắt học sinh tiếp nhận như thế Với những trăn trở và đã cùng học sinh nghiên cứu hướng giải khác, nhằm khắc phục những hạn chế nêu trên, giúp học sinh lĩnh hội một cách dễ dàng và tự nhiên hơn

Để minh họa cho cách làm này, tôi sẽ đưa ra những bài toán ở mức độ thi đại học và thi học sinh giỏi Với mỗi bài toán như vậy, tôi đi sâu vào việc phân tích các khả năng tiếp cận lời giải, dẫn ra những cách giải tương ứng, đưa ra những nhận xét phù hợp, để từ đó học sinh có thể nắm bắt được nội dung, thấy được cách làm và cũng như giải quyết các bài toán tương tự, đồng thời sử dụng phương pháp giải một số dạng toán trong đại số

Phương pháp này cũng sử dụng được một cách tương tự đối với hình học không gian Cuối cùng là một số bài tập để học sinh rèn luyện kỹ năng

II GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ 1.Cơ sở luận của vấn đề

Trở lại bài tập trên: Ta chuyển phương trình  về phương trình tham số :

1 2

x t





 

 



Gọi M(t t ; 2 1) , ta có MP + MQ = ( 1)t 2  (2t 7) 2  (t 3) 2  (2t 3) 2

MP + MQ = 5t2  30t 50  5t2  18 18t

= 2 2 18 18

= 2 9 2 9

5 25

Trong biểu thức trong dấu [] của (*) cho ta biểu thức về khoảng cách của 2 đoạn thẳng mới Nếu gọi Gọi P’(3; 1)  , Q’( 9 3; )

5 5

 , M’( ;0)t , khi đó:

( 3) 1 ( )

5 25

Vậy MP + MQ = 5(M’P’ + M’Q’)

Nhưng các điểm P’ và Q’ nằm khác phía đối với trục hoành, còn M’ là điểm nằm trên trục hoành Để M’P’ + M’Q’ nhỏ nhất khi và chỉ khi P’, M’, Q’ thẳng hàng, nên M’ là giao điểm của P’Q’ với trục hoành

Suy ra MP + MQ nhỏ nhất khi và chỉ khi M’P’ + M’Q’ nhỏ nhất

Ý nghĩa của phương pháp:

Chuyển bài toán đã cho về bài toán mới đơn giản hơn:

- Đưa phương trình  về phương trình tham số và tính MP, MQ

- Tùy vào yêu cầu bài toán (lớn nhất hay nhỏ nhất) mà chọn các điểm M’, P’, Q’ sao cho:

a) M’ thuộc trục hoành, còn P’ và Q’ nằm khác phía đối với trục hoành b) M’ thuộc trục hoành, còn P’ và Q’ nằm cùng phía đối với trục hoành Với phương pháp này học sinh tiếp thu và giải quyết bài toán nhẹ nhàng và hoàn toàn có thể giải quyết các bài tương tự đối với hình học không gian

Với cách phát triển tương tự như vậy tôi giúp học sinh nghiên cứu thêm các bài cực trị khác, đồng thời giải quyết một số bài toán cực trị đại số bằng phương pháp tọa độ trong hình học phẳng

2.Thưc trạng của vấn đề nghiên cứu.

Đối với nhiều học sinh, khi gặp những bài toán thuộc dạng trên thường tỏ

ra rất lúng túng và phải mất rất nhiều thời gian để giải Là một giáo viên toán tôi cảm thấy rất băn khoăn khi dạy học nội dung này Nếu chỉ dừng lại ở việc cung cấp lời giải cho học sinh thì không phải là vấn đề khó khăn, khi học sinh được tiếp cận lời giải thì có thể hiểu được nội dung bài giải, nhưng tính thuyết phục và định hướng cách giải tổng quát chưa thật sự đáp ứng được cho nhu cầu của học sinh, học sinh tiếp nhận vẫn còn gượng gạo, còn gặp khó khăn trong việc tự giải những bài tập khác

Từ thực tế dạy học, kết hợp với việc phân tích, lấy ý kiến phản hồi từ học sinh, tôi nhận thấy một trong những nguyên nhân dẫn đến thực trạng trên là

do học sinh phải thực hiện một loạt các thao tác phức tạp mới có được lời giải, việc tiếp cận vấn đề này chưa thực sự hợp lý, học sinh chỉ biết tiếp nhận một cách thụ động, các cách giải chưa đem lại tính thuyết phục, chưa thực sự phát huy tính tích cực và chủ động trong học tập cho học sinh Do vậy, hiệu quả học tập không cao Việc cần tìm ra giải pháp để thực hiện các thao tác đơn giản nhất, tiết kiệm được tối đa thời gian để giải bài toán nội dung này

3 Giải pháp và tổ chức thực hiện.

Trước hết, yêu cầu học sinh nắm vững các kiến thức cơ bản về hình học phẳng và kỹ năng sử dụng tọa độ để giải các bài toán trong hình học phẳng

Để đạt được mục tiêu đã đặt ra, tôi xuất phát từ một bài trong sách bài tập để phát triển từ những vấn đề đặt ra rất sát thực, đòi hỏi học sinh giải quyết Đồng thời hướng dẫn học sinh nghiên cứu thêm và sắp xếp các đơn vị kiến thức theo mức độ tăng dần

Bài toán 1

Trong mặt phẳng cho đường thẳng d và hai điểm A, B không thuộc d Tìm điểm M nằm trên d sao cho:

a) MA + MB nhỏ nhất;

b) MA - MB lớn nhất

Ví dụ 1: (Trong sách bài tập đã nêu ở phần đặt vấn đề)

Cho hai điểm P(1;6), Q  ( 3; 4) và đường thẳng  : 2x y  1 0 

a) Tìm tọa độ điểm M trên  sao cho MP MQ nhỏ nhất;

b) Tìm tọa độ điểm N trên  sao cho NP NQ lớn nhất

Giải:

a) Đã trình bày lời giải ở trên

b) Gọi N(t t ; 2 1)   NP NQ = 2 9 2 9

5 ( 3) 1 ( )

5 25

t   t 

Gọi P’(3;1), Q’( 9 3; )

5 5

 , M’( ;0)t

Khi đó NP NQ = 5 N P N Q' '  ' '

Suy ra NP NQ lớn nhất khi và chỉ khi N P N Q' '  ' ' lớn nhất

Ta thấy P’ và Q’ nằm cùng phía đối với trục hoành, còn M’ nằm trên trục hoành

Để N P N Q' '  ' ' lớn nhất khi và chỉ khi P’, M’, Q’ thẳng hàng, nên M’ là giao điểm của P’Q’ với trục hoành

Phương trình P’Q’: x 12y  9 0, N’( 9;0)   t 9

Vậy N( 9; 19)  

Nhận xét:

- Với phương pháp trên, từ bài toán mà việc giải nó phải phân chia nhiều trường hợp nên học sinh rất lúng túng và nhớ máy móc Khi ta chuyển về bài toán đơn giản, không phải phân chia trường hợp và chủ yếu là dùng công cụ tọa độ nên học sinh thực hiện dễ dàng và hứng thú học tập

- Cũng với phương pháp trên, ta có thể hướng dẫn học sinh giải bài toán tương

tự trong không gian (ta sẽ trở lại ví dụ minh họa ở phần sau)

- Từ biểu thức tổng hay hiệu hai đoạn thẳng MA, MB ta có thể hướng dẫn học sinh hình học hóa bài toán cục trị đại số bằng phương pháp tọa độ

Ta xét ví dụ sau minh họa:

Ví dụ 1: Tìm giá trị lớn nhất của hàm số: y x2  2x 10  x2  4x 5

Giải : ta viết hàm số dưới dạng:

( 1) 9 ( 2) 1

y x   x 

Gọi điểm M(1;3), N( 2;1)  và I( ;0)x

Suy ra yIM IN

Ta thấy M và N nằm cùng phía đối với trục hoành, còn I nằm trên trục hoành

Để IM IN lớn nhất khi và chỉ khi I, M, N thẳng hàng  I MN Ox

Phương trình MN: 2x 3y  7 0

7

( ;0)

2

I

 

Vậy Max y = 13 7

2

x

 

Ví dụ 2: Tìm giá trị lớn nhất của hàm số:

y c a a  c a a

Giải: y ( osc a 1) 2   1 ( osc a 3) 2  4

Gọi điểm M(1;1), N( 3; 2)   và I(cos ;0)a với   1 cosa 1

Suy ra y = IM + IN

Ta thấy M và N nằm khác phía đối với trục hoành, còn I nằm trên trục hoành

Để IM + IN nhỏ nhất khi và chỉ khi I, M, N thẳng hàng  I MN Ox

Phương trình MN: 3x 4y  1 0

1

( ;0)

3

I

cos

3

a

  ( thỏa mãn )

Vậy Min y = 5 cos 1

3

a

Ví dụ 3:

Cho đường thẳng

1 2

y t

z t

 





   

 



và hai điểm M(1;0; 1)  , N(2;1;1)

Tìm điểm I trên  sao cho IM IN lớn nhất

Giải:

Gọi I(1 2 ;1 ; )  t  t t  

Ta có IM IN  (2 )t 2  (1  t) 2  (t 1) 2  (2 1)t 2 t2  ( 1)t 2

= 6t2   2 6t2  6t 2

= 2 1 2 1

6

= 2 1 1 2 1

Gọi M’(0; 1 ;0)

3 , N’( ;1 1 ;0)

2 2 3 , I’( ;0;0)t

Khi đó IM IN  6 'I M '  I N' '

Suy ra IM IN lớn nhất khi và chỉ khi I M' '  I N' ' lớn nhất

Ta thấy M’ và N’ nằm trên mặt phẳng (Oxy) và nằm cùng phía đối với trục hoành, còn I’ nằm trên trục hoành

Để I M' '  I N' ' lớn nhất khi và chỉ khi M’, I’, N’ thẳng hàng, nên I’ là giao điểm của M’N’ với trục hoành

Phương trình

'

0

x t

z













 



; phương trình : 0

0

x t

Ox y z











 



t t

   Vậy I

(3;0;1)

Ví dụ 4: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho hai điểm M(1; 2;3) và

N(4; 4;5) Tìm điểm I thuộc mặt phẳng (Oxy) sao cho IM IN nhỏ nhất

Giải: Gọi  là hình chiếu vuông góc của đường thẳng MN lên mặt phẳng (Oxy)

Điểm I thuộc mặt phẳng (Oxy) sao cho IM IN nhỏ nhất khi và chỉ khi I thuộc đường thẳng  để IM IN nhỏ nhất

Ta có phương trình

1 3

0

z

 





   

 

 Gọi I(1 3 ;2 2 ;0)  t  t  

Ta có IM + IN = (3 )t 2  (2 )t 2  3 2  (3t 3) 2  (2t 2) 2  5 2

IM + IN = 13t2   9 13t2  26t 38

= 2 9 2 38

= 2 9 2 25

Gọi M’(0; 3 ;0)

13 , N’(1; 5 ;0)

13

 , I’( ;0;0)t

Khi đó IM + IN = 13(I’M’ + I’N’)

Suy ra IM + IN nhỏ nhất khi và chỉ khi I’M’ + I’N’ nhỏ nhất

Ta thấy M’ và N’ nằm trên mặt phẳng (Oxy) và nằm khác phía đối với trục hoành, còn I’ nằm trên trục hoành

Để I’M’ + I’N’ nhỏ nhất khi và chỉ khi M’, I’, N’ thẳng hàng, nên I’ là giao điểm của M’N’ với trục hoành Phương trình:

'

13 13 0

x t

z













 



; phương trình : 0

0

x t

Ox y z











 



3 '

8

t t

   Vậy I(17 11; ;0)

8 4

Bài toán 2

Cho n điểm A i i ( 12, , , )n và n số thực a i Tìm tọa độ điểm M trên  để

n

i i

i



1

đạt giá trị nhỏ nhất (hoặc lớn nhất)

Ví dụ: Cho hai điểm A 3 4( ; ) và B  1 2( ; ), đường thẳng : x 2y 2 0 Tìm

tọa độ điểm M nằm trên  sao cho:

a) MA22MB2 nhỏ nhất

b) MA2 2MB2 lớn nhất

Tóm tắt lời giải: M   , nên M t(2 2 ; )t

Suy ra: AM (2 1t ;t 4) và BM (2 3t ;t 2)

AM25t2 12 17t , 2BM210t216 26t

a) MA22MB2  15t24t43

MA22MB2 đạt min, khi và chỉ khi: t  152 Vậy, M  ; 

b) MA2 2MB2   5t2 28 9.t

MA2 2MB2đạt max, khi và chỉ khi: t  14

5 Vậy, M  ;



Bài toán 3

Cho n điểm A i i ( 12, , , )n và n số thực a i, thỏa mãn n i

i

a







1

0 Tìm tọa độ

điểm M trên  để

n

i



1



đạt giá trị nhỏ nhất"

Ví dụ: cho : x 2y 2 0 , các điểm A 3 4( ; ), B  1 2( ; ) và C 0 1( ; ) Tìm tọa

độ điểm M nằm trên  sao cho P MA 2MB 3MC nhỏ nhất.

Tóm tắt lời giải: M   , nên M t(2 2 ; )t

Suy ra: AM (2 1t ;t 4), BM (2 3t ;t 2) và CM (2 2t ;t 1)

AM  2BM 3CM  4 1 2 3t t , suy ra: P220t2 20 10t

2 Khi đó: ;

M 5 1

* Cách giải khác: Gọi G là điểm thỏa mãn GA  2GB 3GC 0 (*)

Biểu thức (*) xác định tọa độ điểm G và MA  2MB 3 MC 2MG.

min min

P  MG Suy ra M là hình chiếu của G trên 

Bài toán 4

Ví dụ 1: cho A 2 1 ; , 1: 2x y  2 0, 2: x3y 5 0 Tìm tọa độ các

điểm B và C tương ứng nằm trên 1 và 2 sao cho chu vi tam giác ABC

nhỏ nhất

Tóm tắt lời giải: Gọi A A1, 2 đối xứng với A qua  1, 2

 ; 

A x y1 :

x y







2 2 1 4 0  A 1 2 3;  Tương tự: A20 5; .

B x y : x y

x y

  









6 3 Tương tự: C  ;



Thử lại: A A 1 2 2 8; , A B  ; 

1



, AC  ; 

1



A A1 212A B1 22AC1

, suy ra: A1, B , C và A2 thẳng hàng, theo thứ tự ấy

Vậy: B  ; 

6 3 và C  ;



* Nhận xét: Sai lầm khi chỉ lấy điều kiện chu

vi tam giác ABC đạt min là A1, B, C và

A2 thẳng hàng mà không kể thứ tự của các

điểm

Trên cơ sở là: độ dài đường gấp khúc

A BCA1 2 ngắn nhất khi và chỉ khi A1, B,

C và A2 thẳng hàng, theo thứ tự ấy

ví dụ: Cho A( ;2 3 ), 1: x 2y 3 0, 2: 3x y  2 0

Kết quả: A  ; 

1

12 29

5 5 , A  2 1 4; , B  ; 

5 7

3 3 và C  ;





9 19

Ví dụ 2:

Cho điểm M(3; 1) Tìm tọa độ điểm A thuộc tia Ox và B thuộc tia Oy sao cho tam giác MAB vuông tại M và có diện tích Slà:

Tóm tắt lời giải: A a 0( ; ), a 0 và B( ; ),0b b0

Suy ra: MA (a 3 1; ), MB  ( 3;b 1)

MA MB 0   3(a 3) ( b 1 0)  b10 3 a.

b0  a 10

3 (*); 2SMA MB.  (a  a )

2

Khảo sát hàm f a( )3(a2 6a10), trên đoạn  ; 

10 0

3

A

A1

A2

1

2

B

C

x

y

10

0 3

( )

f a

3

Từ đây suy ra:  maxS 15, khi a 0 Khi đó b10 , suy ra: A(0; 0) và B(0; 10).

2, khi a 3 Khi đó b1 , suy ra: A(3; 0) và B(0; 1).

Bài toán 5

Cho điểm M 3 1( ; ) Viết phương trình đường thẳng  đi qua M, cắt tia Ox

và tia Oy tương ứng tại A và B (khác O) sao cho:

nhỏ nhất

nhất

nhất

OA OB

 92 42

nhỏ nhất

Lời giải tóm tắt: Do A, B (khác O) lần lượt thuộc tia Ox và tia Oy, nên A(a; 0)

và B(0; b), với a  0 và b  0 Phương trình : x y

a b 1

Thỏa mãn:

a b 

3 1

1, suy ra

b  a

1 0, hay a  3 (*) Khi đó:

a

b

3 1

a) AB2a2b2  a

a



2

1

3 (tại đây có thể xét hàm f a a  3( ), )

2

2

2

2

 3 9 3 81 103  3 

Đẳng thức xảy ra, khi: (a  3)33  a  3 33

Khi đó: b 1 39, a và b thỏa mãn (*) Vậy, : x y

Nhận xét:

*Có thể mắc một số sai lầm sau:

 AB2a2b22ab, đẳng thức xảy ra khi a b Khi đó a b 4;

AB 2 32.