Phát triển tư duy sáng tạo cho học sinh qua một số bài về giá trị lớn nhất, nhỏ nhất và bất đẳng thức bằng phương pháp tọa độ

Với những lí do như trên, từ thực tế giảng dạy, với kinh nghiệm thu được, tôi đã tiến hành thực hiện đề tài sáng kiến kinh nghiệm cho năm 2017 với nội dung “Phát triển tư duy sáng tạo ch

MỤC LỤC Nội dung Trang

I MỞ ĐẦU……… 2

1 Lý do chọn đề tài……… 2

2 Mục đích nghiên cứu……… 2

3 Đối tượng nghiên cứu……… 2

4 Phương pháp nghiên cứu……… 2

II NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM……… 2

1 Cơ sở lý luận của sáng kiến kinh nghiệm………. 2

2.Thực trạng của vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm 3

3 Các giải pháp đã sử dụng để giải quyết vấn đề……… 4

3.1 SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ ĐỂ CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC……….

5 3.2 SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ ĐỂ TÌM GIÁ TRỊ LỚN NHẤT ,NHỎ NHẤT………

9 3.3 BÀI TẬP ÁP DỤNG……… 14

4 Hiệu quả sáng kiến đối với họat động dạy và học 15

III KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ……… 16

1 Kết luận ……… 16

2 Kiến nghị ……… 16

* Tài liệu tham khảo ……… 18

1 Lí do chọn đề tài

1

Đứng trước một bài toán, đặc biệt là bài toán khó người làm toán luôn đặt ra phương hướng giải quyết Tuy nhiên đối với người ham mê toán còn đi tìm các cách làm khác nhau, nhất là tìm được cách giải hay ngắn gọn và mới lạ thì lại càng kích thích tính tò mò khám phá và lòng say mê học tập

Nhằm phát triển tư duy sáng tạo và giúp học sinh biết cách tìm tòi trong quá trình học toán đặc biệt với những em học khá, giỏi Sau nhiều năm trực tiếp giảng dạy các đội tuyển học sinh giỏi cấp trường, cấp tỉnh tôi luôn hướng cho các em tìm ra nhiều cách giải một bài toán mục đích là nhằm phát triển tư duy sáng tạo và kỹ năng làm toán Với những lí do như trên, từ thực tế giảng dạy, với kinh nghiệm thu được, tôi đã tiến hành thực hiện đề tài sáng kiến kinh

nghiệm cho năm 2017 với nội dung “Phát triển tư duy sáng tạo cho học sinh qua một số bài toán về giá trị lớn nhất, nhỏ nhất và bất đảng thức bằng phương pháp tọa độ ”

2 Mục đích nghiên cứu

Với việc nghiên cứu đề tài “Phát triển tư duy sáng tạo cho học sinh qua một

số bài toán về giá trị lớn nhất, nhỏ nhất và bất đảng thức bằng phương pháp tọa độ ”sẽ giúp học sinh, đặc biệt là đối tượng học sinh học ở mức độ khá,

giỏi có thể tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất và bất đẳng thức một cách nhanh hơn, mới lạ hơn và sáng tạo hơn

3 Đối tượng nghiên cứu

Đối tượng nghiên cứu của sáng kiến là áp dụng cho học sinh ở mức độ trung bình khá trở lên lớp 10,11,12 -THPT Trần Phú –Thanh Hóa Tất nhiên với từng đối tượng lớp mà sẽ có những ví dụ minh họa hoặc các bài toán áp dụng sẽ là khác nhau

4 Phương pháp nghiên cứu

Sáng kiến kinh nghiệm này được trình bày theo hình thức tổng hợp lý thuyết sách giáo khoa, bài toán minh họa điển hình theo thứ tự từ đơn giản đến phức tạp và một số bài tập áp dụng Qua đó mong muốn khai thác thêm được cái hay cái đẹp của toán học và đồng thời góp phần tăng thêm kỹ năng giải toán cho học sinh

II NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

1 Cơ sở lý luận của sáng kiến kinh nghiệm

Các kiến thức được sử dụng trong sáng kiến này đều thuộc phạm vi kiến thức được trình bày trong Sách giáo khoa mà học sinh đã được học trong chương trình toán THCS và THPT Ta xin nhắc lại một số kiến thức hình học mà học sinh đã được biết như sau:

1 Trong tất cả các đường gấp khúc nối hai điểmA,B cho trước thì đoạn thẳng nối AB là đoạn có độ dài bé nhất

2 Cho điểmM nằm ngoài đường thẳngd( hoặc mặt phẳng( )P ) cho trước Khi

đó độ dài đường vuông góc kẻ từM xuống d( hoặc mặt phẳng ( )P ), ngắn hơn mọi đường xiên kẻ từM xuống cùng đường thẳng (hoặc mặt phẳng ) ấy

3 Trong các tam giác cùng nội tiếp một đường tròn, thì tam giác đều có chu

vi và diện tích lớn nhất

4 a) Công thức khoảng cách h từ một điểm M x y( ; ) 0 0 đến đường thẳng

0

ax by c   ( với a2 b2  0) là:

2 2

b a

c by ax









b)Công thức khoảng cách htừ một điểmM x y( ; ; z ) 0 0 0 đến mặt phẳng

0

ax by cz d    ( với a2 b2 c2  0) là :

2 2 2

c b a

d cz by ax













5 a) Cho đoạn thẳng AB,M0 là điểm bất kỳ ngoài đoạn AB Khi đó ta có kết quả sau:

}

; max{

max

]

[

B M A M M

AB





b) Xét đa giácA A A1 2 nvà M là một điểm bất kỳ nằm trên mặt phẳng , M0

nằm ngoài mặt phẳng Khi đó ta có:

max max{ o 1; o 2; o n}

D

A M A M A M M

M

o





Ở đây D0 chính là đa giác A A A1 2 n

6 Với hai véc tơ u,v bất kỳ ta có :

a) u+v u +v

b) u.v u v

Đây là những kiến thức khá thông dụng mà học sinh đã được học trong hình học toạ độ và rất dễ nhớ, dễ áp dụng

Nếu như bài toán chứng minh bất đẳng thức hoặc tìm giá trị lớn nhất ,nhỏ nhất bằng một phép biến đổi nào đó ,có thể quy về các sự kiện hình học nói trên thì ta nên dùng phương pháp tọa độ để giải Phép giải sẽ đơn giản và sáng sủa vì ta đã biết khai thác cái tính chất hình học trong bài toán đại số

2 Thực trạng vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm

Trong quá trình giảng dạy của mình một lần khi ra đề thi chọn đội tuyển dự thi học sinh giỏi cấp tỉnh tôi đã ra cho học sinh bài toán sau:

Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số: f(x,y) x2 y2 4x 2y









3

Xét trên miền D0 = (x,y) :  1 x 5 ; 3 y 6 

Khi chấm bài của các em tôi thấy nhiều em không làm được bài này Chỉ một

số ít em làm được song bằng phương pháp Đại số - Giải tích và phải “huy động” nhiều kiến thức như đánh giá quy về một biến rồi khảo sát hàm số, nhìn chung là dài và rườm rà

Thực ra đây là bài toán không khó, nếu ta biết sử dụng phương pháp phù hợp để giải quyết, đó là dùng phương pháp tọa độ mà với phương pháp này kể

cả học sinh lớp 10 cũng làm được

Cụ thể như sau:

Xét hệ trục toạ độ Oxy, khi đó miền ràng buộc D0 chính là hình chữ nhật ABCD, với toạ độ các điểm như sau A  1;3 ; B  1;6; C5;6; D5;3

Ta có ( , ) ( 2 ) 2 ( 1 ) 2 5









y x

f

Nếu đặt M M x y( ; ) và O1 O1 (2;1) thì 2

1

f x y O M   1

Kẻ O M1 0 AD, ta có 2 2

O M   = MminD o 2

Và maxM D o 2

1

O M 

o

D M

ở đâyD0 =ABCD

Vậy từ (1) ta suy ra Max ( ; ) 29 D o f x y  và Min ( ; ) D o f x y 1

Như vậy việc gắn ''Phương pháp toạ độ ’’ vào bài toán ta có cách giải ngắn

gọn tự nhiên và rõ ràng đồng thời tăng kỹ năng đa dạng và kích thích tìm tòi sáng tạo cho học sinh trong quá trình làm toán

Sau những năm giảng dạy và trực tiếp bồi dưỡng học sinh khá giỏi, học sinh

thi vào đại học tôi đã đi tìm tòi các cách giải phù hợp trong đó “Phát triển tư duy sáng tạo cho học sinh qua một số bài toán về giá trị lớn nhất, nhỏ nhất

M

0

1 3

6 B

A

C

D

x

y

O

1

và bất đảng thức bằng phương pháp tọa độ ” là những phương pháp như thế

và tôi đã mạnh dạn cải tiến phương pháp này đồng thời tôi đã áp dụng sáng kiến này trong các năm học từ 2005-2006 đến năm học 2016-2017 ở trường THPT Trần Phú Nga Sơn -Thanh Hoá

3 Các giải pháp đã sử dụng để giải quyết vấn đề

3.1 SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ ĐỂ CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC.

Bài 1

Cho bốn số a, b, c, d thoả mãn điều kiện a 2b 9;c 2d 4   Chứng minh rằng :

52 8

12 2

2







 a b b















d c d

Bài giải

Viết lại bất đẳng thức cần chứng minh dưới dạng :

2

)

6

(a  b + (a c) 2  (b d) 2 + (c 2 ) 2  (d 4 ) 2  4 5 (1)

Trong hệ trục toạ độ xOy xét hai đường thẳng x 2y 9 và x 2y 4 và hai điểm M(6; 4), N(2; - 4)

Các điểm P(a;b), Q(c;d) với a 2b 9 và c 2d 4 tương ứng nằm trên hai đường thẳng : x 2y 9 và x 2y 4

Bất đẳng thức (1) tương đương với bất đẳng thức sau :

PM NQ QP  4 5 (2)

Xét hai điểm M N; thì PM NQ QP chính là độ dài đường gấp khúc nối M N; Mặt khác ta có : MN  16  64  4 5

Vì NQ QP PM  MN nên (2) hiển nhiên là đúng  điều phải chứng minh Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi M, N, P, Q thẳng hàng, tức là khi và chỉ khi P 

Po và Q  Qo , ở đây Po và Qo tương ứng là giao điểm của đường thẳng nối MN với hai đường thẳng x 2y 9 và x 2y 4

Dễ thấy tọa độ của Po , Qo là Po(5;2) và Qo( 4;0)

Vậy đẳng thức xảy ra  a=5, b=2, c=4, d= 0 [1]

Nhận xét : Ta đã chuyển bài toán chứng minh bất đẳng thức khô khan thành bài

toán so sánh độ dài đường gấp khúc với độ dài đọan thẳng nối hai đầu đường gấp khúc mà ngay ở cấp 1 các em cũng đã làm quen

( Hình minh họa sau)

5

Q

0

- 4 O

4 2

2 4 5 6

M

N

P

O

x y

Bài 2

Cho bốn số thực thoả mãn các điều kiện c + d =6 ; a2 + b2 = 1

Chứng minh c2+d2 - 2ac- 2bd 18-6 2

Bài giải

Trong hệ trục tọa độ Oxy, vẽ đường tròn x2 + y2=1 và đường thẳng x + y=6 Viết lại bất đẳng thức cần chứng minh dưới dạng:

(c-a)2+(d-b)2  19-6 2 ( do a2+b2=1)

( ) 2 ( ) 2 3 2 1











 c a d b (1)

Điểm M(c;d) và N(a;b) với c, d, a, b thoả mãn điều kiện đầu bài, tương ứng nằm trên đường thẳng : x + y = 6 và đường tròn x2 + y2 = 1

Dễ thấy (1)  MN  3 2-1 (2)

x

y 6

6 1

O

N N

o

M

o

M

Từ O kẻ đường vuông góc với đường thẳng x + y = 6 Gọi Mo là chân đường vuông góc ấy, và giả sử OMo cắt đường tròn đơn vị tại No Hiển nhiên ta có với mọi M thuộc đường thẳng:

x + y =6, với với mọi N thuộc đường tròn x2 + y2 = 1, luôn có

MN  MoNo (3)

Rõ ràng MoNo = OMo - ONo = 3 2 -1

Từ (2), (3) suy ra (1) là đúng và đó là điều phải chứng minh

Dấu bằng xảy ra  M  Mo , N  No  c = d =3 và a = b =

2

2 [2]

Nhận xét : Bài toán này ta so sánh vị trí các điểm nằm trên đường thẳng và

đường tròn Với học sinh từ lớp 10 cũng làm được bằng cách này

Bài 3

Cho bốn số a, b, c, d thoả mãn điều kiện a2 + b2 = c2+ d2 = 5

Chứng minh rằng

5  a 2 b + 5  c 2 d + 5  ac  bd 

2

30 3

Bài giải

Ta thấy các điểm M(a;b), N(c;d), P(1;2) ( trong đó a, b, c, d thoả mãn điều kiện

đề bài ), đều nằm trên đường tròn tâm tại gốc toạ độ và bán kính = 5

Khi đó bất đẳng thức cần chứng minh , có thể viết lại dưới dạng sau:

2

) 2 (

)

1





2

) 2 ( ) 1





2

30 3 2

) ( )







 c b d a

 MP + NP + MN  3 15  CMNP  3 15 (1)

Ở đây CMNP là chu vi của MNP Mặt khác ta biết rằng, trong các tam giác cùng nội tiếp một đường tròn , thì tam giác đều là tam giác có chu vi lớn nhất

7

5

2

M(a;b)

N(c; d)

x

R

P

Q

y

1

Tam giác đều nội tiếp đường tròn bán kính 5 có cạnh là 3 5= 15 Vậy (1) đúng  điều phải chứng minh

Xét tam giác đều nội tiếp PQR Gọi Q là Q(x0; yo), khi đó ta có PQ2 = 15 hay : (xo- 1)2+( yo - 2)2 = 15  2xo + 4yo = -5

Vậy ta có hệ phương trình sau:

















5 4

2

5

0

2

2

y

x

y

x

o

o

o

Giải hệ ta được xo=

2

3

2 

 ; yo =

2

3

2 



xo =

2

3

2 

 ; yo =

2

3

2 



Vậy dấu bằng trong (1) có 

a =

2

3

2 

 ; b =

2

3

2 



; c =

2

3

2 



; d =

2

3

2 

 hoặc

a =

2

3

2 

 ; b=

2

3

2 

 ; c=

2

3

2 

 ; d=

2

3

2 

Nhận xét : Bài này các thông số khá lẻ, nên sử dụng điểm rơi để chọn lựa cách

làm sẽ khó khăn.Cố nhiên dùng cách này học sinh cần nhớ kiến thức : Trong các tam giác cùng nội tiếp một đường tròn , thì tam giác đều là tam giác có chu vi lớn nhất

Bài 4

a)Chứng minh rằng trong mọi tam giác ABC ta có:

cosA + cosB + cosC

2

3

 b)Chứng minh rằng trong mọi tam giác ABC nhọn, ta có:

cos2A + cos2B + cos2C

2

3





Bài giải

Đối với bài này ta có thể giải bằng phương pháp hệ thức lượng trong tam giác Bây giờ ta sẽ sử dụng phương pháp toạ độ để giải quyết chúng như sau:

a) Lấy các véc tơ e1, e2, e3 như hình vẽ và có độ dài là 1:

e = e2 = e3 = 1 A

Hiển nhiên ta có

(e1+ e2 + e3 )2  0 

3+2cos(e1,e2)+2cos(e2 ,e3 ) + 2cos(e3 ,e1 ) 0 B C

 3 +(-2) ( cosB + cosC + cosA)  0

 cosA + cosB + cosC  

2

3

Đ.p.c.m

Dấu bằng xảy ra 

1

e + e2 + e3 = 0  ABC là tam giác đều

b) Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, H là trực tâm

Ta có OA + OB + OC= OH

Hiển nhiên ta có (OA + OB + OC)2  0

 3R2 + 2R2[ cos(OA,OB) + cos(OB,OC) + cos(OC,OA)]  0

 3R2 + 2R2(cos2C + cos2A + cos2B)  0

 cos2A + cos2B + cos2C  - 

2

3

đ.p.c.m

Dấu bằng xảy ra  OA + OB + OC= O

 OH= O  H  O  ABC là tam giác đều

Nhận xét: Bài này dùng công thức lượng giác để làm với học sinh không

khó.Tuy nhiên tác giả muốn khai thác sự đa dạng của phương pháp tọa độ để cho thấy phương pháp này có thể dùng nhiều dạng toán khác nhau

3.2 SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ ĐỂ TÌM GIÁ TRỊ LỚN NHẤT ,NHỎ NHẤT.

Bài 5

Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số f(x,y) = x2 + y2

Xét trên miền





























0 4 2

0 2

0 8 2

y x

y x

y x

Bài giải

9

e1

2

A

B H

O

C

Vẽ hệ trục toạ độ Oxy Dễ thấy miền các điểm (x;y) thoả mãn hệ ràng buộc đã cho chính là toàn tam giác ABC Ta thấy x2 + y2 = OM2, và có ngay nếu gọi D là miền ràng buộc, thì

D

M

max OM2 = max{OA2, OB2, OC2} = max {4, 20, 16} = 20

D

M

minOM2 = OH2 =

5

16

( do 1 2

OH = 12

4

1

+

16

1

= 5

16 )

Kết luận: maxD f(x,y) = 20 và minD f(x,y) =

5 16

Nhận xét: Qua cách giải bài tập này giúp cho học sinh thấy sự tối ưu hóa của

phương pháp tọa độ Đơn giản ,sáng tạo và dễ hiểu

Bài 6

Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số : f(x, y, z, t) = z2 + t2 - 2xz - 2yt - z

trên miền D = {(x, y, z, t) : x2 + y2 = 1, z2- t +3 = 0}

Bài giải

Với (x, y, z, t)  D , ta có f(x, y, z, t) = ( x-z)2 + (y- t)2 - x2 - y2 -3

= (x-z)2 + ( y - t)2 - 4 (1)

Mặt khác khi (x, y, z, t) D , thì với điểm M(x;y) nằm trên đường tròn đơn vị , còn điểm N(z;t) nằm trên parabol v = u2 + 3

Ta có ( x- z)2 + ( y - t )2 = MN2

Rõ ràng min MN2 = MoNo2 = 4 , ở đây Mo = Mo(0;1) và No = No(0;3)

Từ đó suy ra từ (1)

x

x

y

O H B

C

A

2

-2

f(x, y, z, t)  0  (x, y, z, t)  D

Mặt khác khi x = 0 , y = 1 , z = 0, t = 3

thì f( 0, 1, 0, 3) = 0,

mà ( 0, 1, 0, 3)  D

Kết luận: minD f(x, y, z, t) = 0 [3]

Nhận xét: Bài này là hàm nhiều biến nhưng dùng tọa độ đã làm gọn nhẹ và

thanh thoát làm cho bài toán trở nên đơn giản hơn.Học sinh còn nhìn thấy sự tương giao của đường tròn, parabol và đường thẳng

Bài 7

Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số

f(x) = 2 1



 x



 x

x , với x R

Bài giải

Viết lại hàm số f(x) đã cho dưới dạng sau đây

2 2

2

2

1 2

3 2

3 2

1

































































Xét hệ trục toạ độ Oxy,và trên đó xét các điểm A 











 2

3

; 2

1

; B 













 2

1

; 2

3

và C(x;0) khi đó từ (1) ta có

f(x) = CA +CB

Rõ ràng ta có CA + CB  AB

11

N(z;t)

M(x;y)

M

o

N

o

1

-1 O

3 v

u

u = v 2 + 3

trong đó AB = 2

2

3 2

1 2

1 2











































Vậy f(x)  2  x  R

Mặt khác giả sử AB cắt Ox tại Co Ta có CoA + CoB = AB, như vậy nếu đặt

xo = OCo thì

f( xo) = 2  min ( )  2

R x

Kết luận : ( )  2

Min

R

( Hình vẽ minh hoạ dưới đây)

Nhận xét: Với học sinh lớp 12 có thể dùng đạo hàm để khảo sát Tuy nhiên việc

khảo sát để xét dấu của đạo hàm cũng khá rườm rà nếu không nói là khó

Bài 8

Cho x, y, z là các số thực thoả mãn điều kiện

























3

2 0

; 2 0

; 2 0

z y x

z y

x

(*) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức sau:

P = x2 + y2 + z2

Bài giải

Ta giải quyết bài toán này bằng phương pháp toạ độ trong không gian như sau: Trong không gian Oxyz lấy điểm M(x; y;z) thoả mãn (*)

Khi đó:

OM2 = x2 + y2 + z2

y

x A

B

C

3 2

3 2

2

1



2

1

Tập hợp các điểm M là thiết diện của khối lập phương cạnh bằng 2 với mặt phẳng : (Q) : x + y + z = 3 ( Hình vẽ) thiết diện này là hình lục giác :

A1 A2 A3 A4 A5 A6

(kể cả những điểm thuộc miền trong ) kí hiệu là (H) với A1(1; 0; 2), A2(0; 1; 2),

A3(0; 2 ;1), A4(1; 2; 0), A5(2; 1; 0), A6(2; 0; 1)

Bài toán quy về tìm vị trí M trên (H) sao cho OM2 lớn nhất , bé nhất

a) OM2 đạt giá trị lớn nhất khi M trùng với Ai ( i = 1,2,3,4,5,6)

Ta có OAi = 5 Vậy maxP = 5

b) Gọi T(xo; yo; zo ) là hình chiếu vuông góc của O lên mặt phẳng (Q) Ta có:



















3

1

1

1

o

o

o

o o

o

z

y

x

z

y

x

Suy ra T(1; 1; 1)  (H)

Vậy minP = 3

Kết luận MaxP = 5 và MinP = 3.

Nhận xét : Bài này tác giả muốn dùng cho đối tượng là học sinh 12 Đây là bài

toán cũng khá đơn giản nhưng do là bài toán có điều kiện của biến.Nên dùng cách thông thường sẽ khó tìm điều kiện bị chặn của ẩn phụ

Bài 9

Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số f(x;y) = 4x + 3y trên miền:

D = {(x;y) : x2 + y2 +16 = 8x + 6y}

Bài giải

Nếu (x;y)  D , ta có:

x2 + y2 + 16 = 8x + 6y  (x - 4)2 + (y - 3)2 = 9

13

O

A

1

A

2

A

3

A

4

A

5

A

6

z

x

y

2 3

3

3 2

2