Tìm hiểu bài toán cự trị hình học giải tích trong mặt phẳng oxy

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HOÁ TRƯỜNG THPT HOẰNG HOÁ SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM TÊN ĐỀ TÀI TÌM HIỂU BÀI TOÁN CỰC TRỊ HÌNH HỌC GIẢI TÍCH TRONG MẶT PHẲNG Oxy Người thực hiện: Lê Đức Huy Chức

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HOÁ

TRƯỜNG THPT HOẰNG HOÁ

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

TÊN ĐỀ TÀI

TÌM HIỂU BÀI TOÁN CỰC TRỊ HÌNH HỌC GIẢI TÍCH

TRONG MẶT PHẲNG Oxy

Người thực hiện: Lê Đức Huy Chức vụ: Giáo viên

SKKN thuộc môn: Toán học

THANH HOÁ NĂM 2018

PHẦN 1: MỞ ĐẦU

I Lý do chọn đề tài

Xuất phát từ những bài toán trong thực tế, bài toán cực trị là mô hình đơn giản của các bài toán kinh tế trong cuộc sống Với tinh thần đổi mới giáo dục trong các đề thi học sinh giỏi, đại học của những năm gần đây, bài toán cực trị nói chung được đưa vào thường xuyên Điều đó đặt ra cho quá trình giảng dạy

bộ môn Toán học cần phải chú ý rèn luyện cho học sinh những dạng toán này, nhằm đáp ứng với đòi hỏi của thực tiễn và đưa giáo dục nói chung và Toán học nói riêng gần hơn với cuộc sống

Với lý do trên cùng với mong muốn nâng cao chất lượng bài giảng, chất

lượng quá trình giáo dục tôi mạnh dạn đưa ra ý tưởng “Tìm hiểu bài toán cực

trị hình học giải tích trong mặt phẳng Oxy”.

II Mục đích nghiên cứu

Nghiên cứu cơ sở lý luận và thực tiễn các phương pháp giải bài toán cực trị hình học giải tích

III Đối tượng và phạm vi nghiên cứu

1.Khách thể và đối tượng nghiên cứu

Các phương pháp giải bài toán cực trị trong hình học giải tích

2.phạm vi nghiên cứu

Nghiên cứu các phương pháp giải bài toán cực trị trong hình học giải tích được giảng dạy tại trường

IV.Phương pháp nghiên cứu

Phương pháp nghiên cứu lý luận

Phương pháp nghiên cứu thực tiễn

Phương pháp thống kê Toán học

V.Những điểm mới của sáng kiến kinh nghiệm

Có hệ thống bài tập hay, khó

Phương pháp giải đa dạng , gắn gọn

PHÂN 2: NỘI DUNG

1 Các tính chất của Bất đẳng thức

a b � a c b c   0

2 5.

a b

�



� 0

a b

a c b d

c d



�

  

�

� 

� 0 0

a b

ac bd

c d

 

�



�

�  

�

2 1 2 1 *

;

n n

n n

a b a b n N

3 3

2 Định nghĩa giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất

Cho hàm số f x  xác định trên tập D

Giá trị M được gọi là giá trị lớn nhất của hàm số f x  trên D nếu

 

M M

D

�

�

�





Giá trị m được gọi là giá trị nhỏ nhất của hàm số f x  trên D nếu

 

  ; min f x 

m D

�

�

�





Đối với hàm hai biến, ba biến…ta cũng có định nghĩa tương tự

3 Bất đẳng thức giữa trung bình cộng và trung bình nhân (AM-GM)

Cho n số không âm: a a1 2; ; ;a n

khi đó ta có: 1 2

1 2

n n a a a

n n

  

�

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a1a2   a n

4 Bất đẳng thức Bunhiacopxki

Cho hai bộ n số: a a1 , , , ; , , , 2 a b b n 1 2 b n khi đó ta có bất đẳng thức:

1 1 2 2 n. n 1 2 n 1 2 n

a b a b  a b �a   a a b   b b

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi 1 2

1 2

n n

a

a a

b  b   b .

5 Định lý Nếu hàm số y f x  liên tục trên đoạn  a b; thì hàm số tồn tại giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất trên đoạn  a b;

6 Phương trình tham số của đường thẳng

Đường thẳng  đi qua M x y 0 ; 0 nhận u a br ; � 0r làm vector chỉ phương

Khi đó  có phương trình tham số là: 0

0

;

x x at

y y bt

 

�

�  

�

7 Phương trình tổng quát của đường thẳng

Đường thẳng  đi qua điểm M x y 0 ; 0 nhận u a br ; � 0r làm vector pháp tuyến Khi đó  có phương trình tổng quát là:

x-x 0  0 0 x 0; x 0 0

a b y y  �a by c  c a by

8 Khoảng cách từ một điểm đến một đường thẳng

Cho đường thẳng  có phương trình tổng quát: ax + by + c = 0 và điểm

 0 ; 0

M x y Khi đó khoảng cách từ điểm M đến đường thẳng  được tính

bằng công thức:   0 0

2 2

x , a by c

d M

a b

 

 

 .

9 Góc giữa hai đường thẳng

Cho 2 đường thẳng   1 ; 2 lần lượt có phương trình

1 :a x b y c1 1 1 0 a1 b1 0 ; 2 :a x b y c2 2 2 0 a2 b2 0

Gọi  là góc giữa hai đường thẳng đã cho Khi đó:

1 2 1 2

2 2 2 2

1 1 2 2

os

.

a a b b c

a b a b

10 Phương trình tổng quát của mặt phẳng

Cho đường thẳng  đi qua M x y z 0 ; ; 0 0 nhận n a b cr ; ;  � 0r làm vector pháp tuyến Khi đó đường thẳng  có phương trình tổng quát là:

 0  0  0 0 + y + z + d = 0; d = - 0 0 0.

a x x b y y c z z  �ax b c ax by cz

11 Khoảng cách từ một điểm đến một mặt phẳng

Cho mặt phẳng   : ax + by + cz + d = 0 và điểm M x y z 0 ; ; 0 0 Khoảng cách từ điểm M đến   được tính bằng công thức

 

2 2 2

x , a by cz d

d M

a b c

  .

II Tình hình thực tế trước khi thực hiện đề tài.

Các bài toán về cực trị hình học giải tích là dạng bài tập khó được xuất hiện nhiều trong các đề học sinh giỏi của trường, tỉnh và trong các kì thi quan trọng Đây là một dạng khó nên đa số học sinh khi gặp dạng toán này còn lúng túng

và không giải được Học sinh chưa biết phối hợp một cách khéo léo giữa lý thuyết, các bài tập cơ bản để hình thành tư duy để giải quyết các bài toán khó

Từ thực tế trên, sau đây Tôi xin trình bày phương pháp bài toán cực trị hình học giải tích trong mặt phẳng Oxy

III Một số dạng bài toán cực trị hình học giải tích trong chương trình phổ thông

1.Dạng bài tìm điểm thỏa mãn một yếu tố cực trị

Bài 1.Cho đường thẳng  :x 2y  2 0;A   0;6 ;B 2;5 Tìm điểm M� sao

cho:

a)MA MB nhỏ nhất b) MA MB lớn nhất.

Lời giải

a)Phân tích:

Nếu hai điểm A, B khác phía so với đường thẳng  thì điểm M cần tìm chính là giao điểm của đường thẳng  với đường thẳng AB

Nếu hai điểm A, B cùng phía so với đường thẳng  (Hình 1) khi đó ta thực

hiện theo các bước sau

Hình 1

Bước 1: Xác định điểm A/ là điểm đối xứng với A qua 

Bước 2: Từ đánh giá: MA MB MA  / MB A B� / hằng số Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi A M B/ ; ; thẳng hàng Nên ta đi viết phương trình đường thẳng A B/

Bước 3: Điểm M   �A B/

Với thuật toán trên ta đi đến lời giải chi tiết cho câu a) như sau:

Đặt f x y ;   x 2y 2

Ta có: f  0;6      0 12 2 10; f  2;5      2 10 2 6.

Như vậy hai điểm A B; nằm về một phía so với đường thẳng 

Gọi A/ là điểm đối xứng với A qua 

Đường thẳng AA : 2( / x  0) 1(y  6) 0 � 2x y   6 0

Gọi I  AA / �  Tọa độ của I là nghiệm của hệ phương trình:

 

2;2

2 2 0 2.

I

   

�    � 

Do I là trung điểm của AA / nên ta có: A/4; 2  

Từ đó uuuurA B/   2;7

A

M

5; 2 5.

a b

� 

�

� 

�

B



Đường thẳng A B/ : 7(x  2) 2(y  5) 0 � 7x 2y 24 0 

Tọa độ điểm M cần tìm là nghiệm của hệ phương trình:

11

;

; 19

8

x

x y

M

x y

y

� 

�

  

�    � �� ��

Trong trường hợp câu b) thì thuật toán lại có sự khác biệt so với câu a) Nếu

hai điểm A; B mà nằm về hai phía so với  thì ta lại phải đi tìm điểm A/ đối

xứng với A qua  Sau đó ta sử dụng đánh giá:

MA MB  MA MB �A B hằng số Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi

/

, ,

M A B thẳng hàng Từ đó tìm ra tọa độ của M M  A B/ � 

Nếu hai điểm A B; nằm về cùng một phía so với  thì ta có ngay đánh giá:

MA MB �ABhằng số Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi M A B; ; thẳng hàng

Do đó điểm M cần tìm là giao của AB với 

Sử dụng kết quả câu a) ta có hai điểm A B; nằm về cùng phía so với  nên ta

có đánh giá: MA MB �ABhằng số Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi M A B; ;

thẳng hàng

Ta có uuurAB2; 1   nên AB:1(x  0) 2(y  6) 0 � x 2y  12 0

Tọa độ của M là nghiệm của hệ phương trình:

5;

5;

7

2

x

x y

M



�

  

�    �  � �� �

Để củng cố thuật toán trên các em học sinh làm thêm một số bài tập:

cắt Ox; Oy lần lượt tại A a    ;0 ;B 0; ;b a 0;b 0.

a)Tìm a b; để diện tích tam giác OAB đạt giá trị nhỏ nhất?

a) Tìm a b; : 12 12

OA OB đạt giá trị nhỏ nhất?

b) Tìm a b OA OB; :  đạt giá trị nhỏ nhất?

a) Lời giải 1

Sử dụng phương trình đoạn chắn ta có: : x y 1

a b

  

Nhận thấy tam giác OAB vuông tại O nên: 1 .

2

OAB

S  a b

Mặt khác do M 2 1 1;  1

a b

  

� �

Theo bất đẳng thức AM-GM ta có: 2 1 2 2 1 2 2 ab 8;  2

a b�۳۳ ab ab

2

OAB

S  ab� Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi  2 xảy ra dấu

bằng Khi đó kết hợp với  1 ta có hệ phương trình:

2 1

4;

1

a

a b

b

a b

� 

� �� 

�  

�

Bình luận: Ở đây ta sử dụng bất đẳng thức AM-GM và nhận thấy tính hiệu

quả cao, lời giải gọn gàng và đẹp Vấn đề là học sinh cần tìm hiểu được nhiều cách giải cho một đề toán Do vậy một trong những thủ thuật của người thầy (theo cá nhân tôi) là sau lời giải một bài toán nên đặt câu hỏi tự nhiên theo diễn

biến tâm lý: Còn lời giải nào khác nữa không? Câu hỏi đó làm cho học sinh có

hứng thú tìm tòi, và phải làm cho học sinh thấy được chúng ta không nên bằng lòng theo kiểu “ăn xổi”

a) Lời giải 2

Từ kết quả  1 ta rút ra:

2 1

1

2

a b

a b  �  a



Theo bài ra do b 0;a 0 �a 2

Từ đó: 1 2   ; 2

2 2 4

OAB

a

a



Ta đi khảo sát hàm số f a  trên miền a 2

      2  2 

/

2 2 4 2 2 8

f a

0

4 /

f a



�

 � �



�

Lại có: lim2   lim2 2

2 4

a

f a

a



lim lim

2 4

a

f a

a

� �  � �  �



Lập bảng biến thiên ta có:

 

/

 

f a

 4

f

Suy ra: min    4 4

2f a f



Với a 4 �b 2 Vậy các giá trị cần tìm là: 4;

2.

a b



�

� 

�

Bình luận: Lời giải 2 có vẻ phức tạp, tuy nhiên việc sử dụng đạo hàm vào

bài toán cực trị cũng cần hết sức chú ý vì đây cũng là một công cụ rất mạnh trong chương trình toán phổ thông mà học sinh cần được trang bị và thành thạo

b) Lời giải 1

Gọi H là chân đường cao hạ từ O xuống cạnh AB

Sử dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông OAB ta có:

OA OB OH �OM hằng số Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi M �H Tức là OM  AB

Vậy ta có hệ phương trình:

; 0

2

2 1

a b

a

AB OM

a b

  

� �  �   �

uuur uuuur

Vậy các giá trị cần tìm là:

5

; 2 5.

a b

� 

�

�

� 

�

Bình luận: Trong câu b) ta đã sử dụng kiến thức: độ dài đường chiếu luôn

nhỏ hơn độ dài đường xiên Giống như câu a) ta lại có một câu hỏi: Còn lời giải

nào khác nữa không? Và cứ như vậy học sinh sẽ có sự hứng thú nhất định và

các em trở thành những nhà thám hiểm thực sự trong kho tàng kiến thức!

Để ý thấy:

� � � �

 � � � �

� � � � gợi cho ta nhớ tới bất đẳng thức

Bunhiacopxki? Do đó gợi ý cho ta lời giải thứ 2 như sau:

b) Lời giải 2

Theo bài ra do M 2 1 1

a b

  

� �

Xét:

2

2 2

2 1 4 1 Bunhiacopxki

�  � �  �  �

2 2

1 1 1

5

a b

� � Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi 2a b

Kết hợp với giả thiết ta có hệ phương trình:

; 2

2 1

1 5.

b a

a b

a b



�   �

� � �

�

Vậy các giá trị cần tìm là:

5

; 2 5.

a b

� 

�

�

� 

�

Bình luận: Thật gọn, đẹp! Còn có cách giải khác nữa không?

Đối với câu c) Giáo viên sẽ tránh cho học sinh một sai lầm khi sử dụng bất đẳng thức AM-GM thông qua lời giải 1 của câu c) như sau:

c) Lời giải 1

Ta có OA OB a b   � 2 ab;  3 (Theo bất đẳng thức AM-GM)

Mặt khác 1 2 1 2 2 ab 8;  4

a b ab

Từ đó suy ra: OA OB � 2 8 4 2  Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi cả hai

đánh giá    3 ; 4 cùng xảy ra dấu bằng Điều đó tương đương với

;

2 1 1

2

a b

a b



�

�

�  

�

Dễ nhận thấy hệ trên vô nghiệm Như vậy lời giải là sai!

c) Lời giải 2

Ta có OA OB a b  

Mặt khác 2 1 1

2

a b

a b  �  a



Do a 0;b 0 �a 2

Ta được OA OB a a2 a2 2a f a 



Ta đi khảo sát hàm số f a  với a 2

Ta có /        2 2 

f a

 

0 4 2 0

2 2 /

�  

�

 �    �

�  

�

Lại có

 

 

2 lim lim

2 2 lim lim

2

a a

f a

a

a a

f a

a









Ta có bảng biến thiên

 

/

 

3 2 2 

Từ đó ta có kết luận: min  3 2 2 2 2;

2 1.

a

b

�  

�

 

�

Bài 3 Bài toán về góc sút và khung thành

Cho hai điểm A, B nằm về cùng phía so với đường thẳng  Tìm trên đường thẳng  điểm M sao cho M nhìn xuống A, B một góc lớn nhất?

Nhận xét: Bài số 9 là một bài khá lý thú, gây hứng thú và tò mò cho người

làm toán Dễ nhận thấy một vài trường hợp đặc biệt như khi  là tiếp tuyến của

đường tròn đường kính AB thì điểm M cần tìm chính là tiếp điểm Vậy trong các

trường hợp còn lại thì ta xử lý thế nào?

Dựng đường tròn đi qua A, B và tiếp xúcvới  tại M Ký hiệu là đường tròn (C)

Xét điểm N trên  và khác M Gọi I là giao của (C) và NB

Ta có �AMB �AIB (cùng chắn cung AB)

B A

I N

M



Vậy M là điểm cần tìm

2.Dạng bài tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất sử dụng phương pháp hình giải tích

Bài 1 Cho x2  y2  4x 6y 12 0  Tìm: Max của biểu thức A x 2 y2

Lời giải

Nhận xét: điều kiện của đầu bài thoả mãn phương trình của một đường

tròn:     2 2

C x  y  có tâm I1 2;3 ;R1  1.

Gọi A0 là một giá trị của biểu thức Dễ nhận thấy A0  0 Do đó ta được

đường tròn   2 2

C x y  A có tâm I2 0;0 ;R2  A0

Vì A0 là một giá trị của biểu thức điều đó tương đương với    C1 & C2

phải có điểm chung (*)

(*) �

 

 

 

1 2 1 2

1 2 1 2

1 2 1 2 1 2

1 2 3

I I R R

I I R R

R R I I R R

�  

�

 

�

�    

�

 

1 2 1 2

0 2 0

1 ;

13 1

13 1 14 2 13 ;

I I R R

A A

 

 

�

   

�

  1 2 1 2

0

0 0

2 ;

14 2 13

14 2 13

I I R R

A A

A

 

 

�

�  

� �

 

�

  1 2 1 2 1 2

0 0 0

3 ;

14 2 13

14 2 13

1 13

14 2 13 14 2 13

R R I I R R

A

A

A

A

   

   

�

�  

�

�  

� �

�  

�

   

�

So sánh các kết quả của (1); (2) và (3) ta có MaxA  14 2 13.

Bình luận: Như vậy ta đã sử dụng phương pháp của hình học giải tích để tìm

Max của biểu thức A nhờ những nhận xét về điều kiện và đầu bài Sẽ tương đối

khó khăn khi đi tìm một phương pháp khác cho bài số 10! Với bài 10 ta có thể khái quát hoá thành bài tập như sau:

trình của một đường tròn  C1 nào đó Yêu cầu tìm min, max của biểu thức Q

trong đó biểu thức Q cũng biến đổi được đưa về phương trình của một đường tròn  C2 nào đó

Quay lại Bài 1 ta có thể nhận thấy biểu thức A có thể được biến đổi nhờ

điều kiện của đầu bài

Thực vậy: Từ giả thiết ta có A x 2 y2  4x 6y 12

Như vậy nếu gọi A0 là một giá trị của biểu thức A Điều đó chứng tỏ giữa

đường thẳng  : 4x 6y  12 A0  0 và đường tròn     2 2

C x  y  có tâm I1 2;3 ;R1  1 phải có điểm chung (**)

   1 

0

0

0 0

8 18 12

1

16 36

14 52

52 14 52

14 2 13 14 2 13

d I

A

A

A A



  

ۣ





Vậy Max A  14 2 13

Bình luận: Với việc đưa biểu thức A về dạng phương trình đường thẳng thì ta

phải xử lý ít trường hợp hơn so với việc đưa biểu thức A về phương trình của

đường tròn

Bài 1.Cho hai điểm A  2;5 ;B  4;5 và đường thẳng   :x 2y  3 0 Tìm điểm

:

M�  MA MB đạt giá trị nhỏ nhất? ( Đáp số: 3 9;

2 4

M � �

� �

� �)

Bài 2.Cho hai điểm A2; 5 ;   B  4;5 và đường thẳng   :x 2y  3 0 Tìm

điểm N�  : NA NB đạt giá trị lớn nhất?

1 2

x t



�

 �  

sao cho :

a) MA MB đạt giá trị nhỏ nhất

b) MA MB đạt giá trị lớn nhất.

điểm A 1;3 và cắt các trục Ox, Oy lần lượt tại M, N sao cho 2 2 1 2

OM ON đạt giá trị nhỏ nhất?

Bài 5.Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, viết phương trình đường thẳng đi qua điểm

(2;5)

A , cắt chiều dương của các trục Ox, Oy lần lượt tại các điểm M, N khác gốc toạ độ sao cho diện tích tam giác MON đạt giá trị nhỏ nhất?

Bài 6.Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, viết phương trình đường thẳng đi qua điểm

 3;2

M , cắt chiều dương của các trục Ox, Oy tại các điểm A; B khác gốc toạ độ

sao cho OA 2OB đạt giá trị nhỏ nhất?

Bài 7.Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức A 2x y  2 với điều

kiện:

2 2

1

4 9

x  y 

: 1 4 & 2; 3 ; 1;3

C x  y  A  B Tìm điểm H trên đường tròn (C) sao cho tam giác HAB có diện tích là lớn nhất, nhỏ nhất

Bài 9.Cho đường tròn:  C x: 2 y2  2x 4y  4 0; &M5; 3   Viết phương

trình đường thẳng d đi qua điểm M cắt (C) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho

diện tích tam giác IAB lớn nhất ở đây I là tâm đường tròn (C)

Bài 10.Cho đường thẳng:     :x y 1 0 & A  2;3 ;B  4;1 Tìm M� sao cho

2MA  3MB đạt giá trị nhỏ nhất (Đ/s: 6; 11

5 5

M ��  ��

� �)

PHẦN 4: KẾT QUẢ THỰC HIỆN

Chuyên đề được thực hiện tại lớp 11A1 năm học 2017-2018 Để đánh giá kết quả của chuyên đề tôi thực hiện cho học sinh làm dạng bài trong chuyên đề trước và sau khi giảng dạy kết quả thu được là khả quan Trước khi giảng dạy thì chỉ có một số em làm được sau khi giảng dạy chuyên đề thì đa số các em đã định hình phương pháp làm và thực hiện thành thạo

Kết quả cụ thể được thống kê trong bảng sau

KẾT QUẢ KIỂM TRA LỚP 11A1

Như vậy nhìn vào bảng thống kê đa số học sinh đã hiểu và vận dụng và thực hiện được bài toán cực trị trong hình giải tích (Oxy)

PHÂN 5: KẾT LUẬN

1 Chuyên đề có giá trị thực tiễn trong công tác giảng dạy và học tập của học sinh và giáo viên

2 Phù hợp với khả năng nhận thức và tiếp thu của học sinh

3 Chuyên đề sẽ được mở rộng ra các bài toán cực trị trong không gian

4 Do trình độ nên chuyên đề có thể còn một số khiếm khuyết, rất mong sự đóng góp ý kiến của đồng nghiệp để chuyên đề có giá trị cao hơn

Xin trân trọng cảm ơn!