Phương pháp giải các bài toán cực trị trong hình học giải tích phẳng

Lí do chọn đề tài.Trong những năm gần đây, hình học giải tích phẳng luôn là một trongnhững vấn đề khó đối với học sinh khi tham gia các kỳ thi chọn học sinh giỏitoán cấp tỉnh; đặc biệt l

1.1 Lí do chọn đề tài.

Trong những năm gần đây, hình học giải tích phẳng luôn là một trongnhững vấn đề khó đối với học sinh khi tham gia các kỳ thi chọn học sinh giỏitoán cấp tỉnh; đặc biệt là các vấn đề về cực trị Việc rèn luyện kĩ năng giải quyếtcác bài toán cực trị cho học sinh có vai trò hết sức quan trọng Giúp học sinhphát triển tư duy, tính sáng tạo, hình thành kỹ năng vận dụng kiến thức đã họcvào tình huống mới, có khả năng phát hiện và giải quyết vấn đề, có năng lực độclập suy nghĩ và biết lựa chọn phương pháp tối ưu

Trên thực tế, các vấn đề về cực trị đại số hay hình học đều gây cho họcsinh cảm giác khó khăn khi tiếp cận, chính vì vậy không ít học sinh khi học cácvấn đề về cực trị hình học lại càng gặp khó khăn hơn trong cách tiếp cận cũngnhư giải quyết các vấn đề liên quan Nhằm đáp ứng yêu cầu thực tiễn, giúp họcsinh tháo gỡ và giải quyết tốt những khó khăn, vướng mắc trong việc học hìnhhọc giải tích phẳng đồng thời nâng cao chất lượng bộ môn nên bản thân đã chọn

đề tài: Phương pháp giải các bài toán cực trị trong hình học giải tích phẳng

1.2 Mục đích nghiên cứu.

Mục đích nghiên cứu của tôi là : Đa dạng hóa các loại hình, phương pháptiếp cận các bài toán về cực trị trong hình học giải tích phẳng

1.3 Đối tượng nghiên cứu.

Đối tượng nghiên cứu mà tôi hướng đến trong đề tài này là: Học sinh lớp

10, trong đó trực tiếp là hai lớp tôi đang giảng dạy : 10A1 và 10A2

1.4 Phương pháp nghiên cứu.

- Phương pháp điều tra, khảo sát thực tế: Tôi đã tiến hành lập phiếu thôngtin khảo sát tình hình học sinh về việc giải quyết bài toán liên quan ở hai lớp tôiđang trực tiếp giảng dạy là 10A1 và 10A2

- Phương pháp thu thập thông tin: Tôi đã tiến hành thu thập các thông tinliên quan đến đề tài thông qua các bài viết trên mạng Internet, SGK hình học 10.Sau đó chọn lọc thông tin phù hợp với đề tài của mình Đồng thời thu thậpthông tin về phản ứng của học sinh đối với các bài toán liên quan

- Phương pháp thống kê, xử lí số liệu: Tiến hành thống kê các thông tin, sốliệu để xử lí kết quả thu thập được, phục vụ cho việc phân tích, đánh giá trongquá trình nghiên cứu

PHẦN 2 NỘI DUNG 2.1 Cơ sở lí luận.

2.1.1 Phép toán về véctơ và tọa độ trong mặt phẳng.

a Tọa độ của vectơ và các phép toán: Cho u x y v x yr( ; ), ( '; ')r khi đó:

b Các yếu tố liên quan: c2 =a2 −b2, c>0.

- Tiêu cự: F1F2=2c Độ dài trục lớn A1A2=2a Độ dài trục bé B1B2=2b.

- Hai tiêu điểm F1(−c;0 ,) F c2( );0 Bốn đỉnh: đỉnh trên trục lớn A1(−a;0 ,) A a2( );0 ,

những lớp năng lực tư duy toán của các em tương đối tốt Nên đối với các bàitoán hình học giải tích phẳng thông thường, học sinh vận dụng được Tuy nhiên,khi gặp các dạng toán về cực trị trong không gian Oxy thì khả năng giải quyếtcòn rất nhiều hạn chế dẫn đến việc các em khó khăn trong việc giải quyết cácbài toán có tính mới lạ Kết quả khảo sát cụ thể như sau:

Từ kết quả trên ta thấy, tình trạng học sinh không tự giải quyết được vấn

đề chiếm tỷ lệ rất cao Nguyên nhân:

Về phía học sinh: Phần lớn học sinh lo lắng và thậm chí là sợ các bài toànliện quan đến cực trị, mà cực trị hình học thì học sinh còn yếu hơn nữa

Về phía giáo viên: Thời lượng cho chương trình không đủ, nên khó bố tríthời gian một cách linh hoạt cho vấn đề cần giải quyết Việc đầu tư và thay đổi,vận dụng linh hoạt các phương pháp dạy học mới chưa áp dụng được một cáchthường xuyên, liên tục

2.3 Giải pháp và cách thức thực hiện.

Các tình huống giải toán đều được thể hiện trong không gian Oxy, được

trình bày theo trình tự: Đề bài – Lời giải hoặc hướng dẫn – Lời bình và các bàitoán tương tự ( Nếu có )

VD 1 Cho đường thẳng ∆ :x− 2y+ 1 = 0; hai điểm A(2;1) và B(1;0) Tìm tọa độđiểm M nằm trên ∆ sao cho MA + MB nhỏ nhất

* Lời giải

Xét f(x;y) =x− 2y+ 1; ta có: f(2;1).f(1;0)>0 nên A và B nằm cùng phía sovới ∆

Gọi A’ là điểm đối xứng của A qua ∆ Tọa độ A’ là nghiệm của hệ:

+

− +

=

− +

0 1 2

1 2 2 2

0 5 2

y x

y x

8 '

−

0 3 3

0 1 2

y x

y x

A’

Chú ý: Trường hợp 2 điểm A;B nằm khác phía so với ∆ dễ dàng thấy Mchính là giao điểm của ∆ với đường thằng AB.

Chúng ta xét một số bài toán mở rộng sau đây:

Bài 1 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho điểm A(6;2) và đường thẳng d x y: − = 0

.Gọi P là giá trị nhỏ nhất của chu vi tam giác ABC biết B là điểm thay đổi trên tia Ox và C là điểm thay đổi trên d.

3 3 thỏa mãn A B C A1 , , , 2thẳng hàng theo thứ tự.Vậy Chọn D

Bài 2: Trong mặt phẳng Oxy, cho đường thẳng d x y: + + = 2 0 và các điểm( ) ( )2;1 , 1;3

A B Tìm điểm M d∈ sao cho MA MB+ đạt giá trị nhỏ nhất Khi đó

đường tròn tâm O đi qua M và có bán kính là

Ta có: (2 1 2 1 3 2 + + ) ( + + > ⇒) 0 A B, cùng một phía với đường thẳng d.

Gọi A’ đối xứng với A qua đường thẳng d⇒ MA MA= ′

Ta có: MA−MB ≤AB, đẳng thức xảy ra khi M,A,B thẳng hàng và M

nằm ngoài đoạn thẳng AB Do đó M là giao điểm của ∆ với đường thẳng AB ( Do A,B nằm cùng phía so với ∆ nên tồn tại duy nhất điểm M như vậy)

Tọa độ điểm M thõa mãn hệ phương trình:

−

0 1

0 1 2

y x

y x

nên M( )3 ; 2

Chúng ta xét bài toán mở rộng sau đây:

Bài 1 Cho 2 điểm A(2;1) và B(1;2); đường thẳng ∆ :x− 2y+ 1 = 0 Tìm tọa độđiểm M nằm trên ∆ sao cho MA−MB lớn nhất.

*Lời giải.

Bài toán có nét tương đồng như VD2, tuy nhiên trong trường hợp này, 2

điểm A và B nằm khác phía so với ∆ Nên phương án giải bài toán có phầnkhác biệt

Gọi A’ là điểm đối xứng với A qua ∆, ta có MA−MB = MA' −MB ≤ A'B.

Đẳng thức xảy ra khi M là giao điểm của ∆ với đường thẳng A’B Dễ thấy tọa

M

B

(C): Tâm O(0;0); bán kính R=3 Điều quan trọng của bài toán là dữ kiện

OA = 9 = 3R Gọi K(1;0), ta có OM = 3OK Nên ∆AOM đồng dạng với ∆MOC

và AO = 3MO Ta có: MA = 3 MK

Suy ra: P= 3 (MK+MB) ≥ 3BK Đẳng thức xảy ra khi M thuộc đường

thẳng BC Vậy M(0;3)

Chúng ta xét bài toán mở rộng sau đây:

Bài 1. Trong mặt phẳng Oxy, cho đường tròn ( ) ( ) (2 )2

Ta có IA= 3 2 3 , = R IB R> nên A B, nằm ngoài đường tròn ( )C

Gọi N là giao điểm của IA và ( )C , P nằm trên đoạn IN sao cho 1 2

Đường tròn ( )C có tâm I( )1;1 và bán kính R= 5.

Do IA= 10 5 > vàIB= 5 2 5 > nên hai điểm A B, nằm ngoài đường tròn ( )C

Gọi J x y( ; ) là điểm thỏa mãn IAuur= 4uurIJ ta có 5;3

x y

*Lời giải

Nhận xét: d1, d2 vuông góc với nhau tại gốc tọa độ O

( )C có tâm I( )2;1 , bán kính R= 5

Gọi A, B, C, D là các giao điểm của hai đường thẳng d1, d2 với ( )C và H, K

lần lượt là hình chiếu vuông góc của I lên d1, d2 (hình vẽ)

VD 5 Trong mặt phẳng với hệ trục Oxy, Tam giác ABC nhọn có trực tâm là H

và M(0; 2 − ) là trung điểm của cạnh BC Trên tia đối của các tia HB, HC lấy P, Q

sao cho AQHP là hình bình hành Giả sử 7 7; , 7 5;

P  Q− 

   , đỉnh A thuộc đường thẳng d: 3x+ 2y− = 7 0 và đỉnh B a b( ); tính giá trịa b+

*Lời giải.

Phân tích: Vẽ hình theo giả thiết, dự đoán các tính chất đặc biệt để

giải quyết bài toán.

Phát hiện : AM ⊥ QP.

Đường thẳng AM qua M 0; 2( − ) và có VTCP là PQuuur= − −( 7; 1) nên :(AM : 7) x y+ + = 2 0

• Tọa độ điểm B thỏa : 0

Ta có : QAH ACB (do cùng phu HAC)·· ·· ·

AHQ ABC (do BEFH nôi tiêp)

Mà AQH APH· =· ( do AQHP là hình bình hành )

Nên : QAB PAC· = · (· ) (· )

cos QA, AB cos AP, AC

⇒ uuur uuur = − uuur uuur

AP.AC.cos AP, AC AQ.AB.cos QA, AB 0

⇒ uuur uuur + uuur uuur =

Xét 2.QP.AMuuuruuuur=(QA QH AB ACuuur uuur uuur uuur+ )( + )= QA.AB AP.ACuuur uuur uuuruuur+ ( do QA.AC 0, AB.QH 0uuur uuur= uuur uuur= )

AP.AC.cos AP, AC AQ.AB.cos QA, AB 0

= uuur uuur + uuur uuur =

Suy ra MA ⊥ QP.

VD 6 Trong mặt phẳng Oxy, cho đường tròn ( )I có phương trình

2 + 2 − 6 + = 5 0

x y y và đường thẳng ( )d có phương trình x y− + 10 0 = Gọi M ∈( )I

là điểm có khoảng cách lớn nhất tới ( )d , N ∈( )I là điểm có khoảng cách nhỏnhất tới ( )d Tổng khoảng cách đó là:

Gọi( )m là đường thẳng đi qua I và vuông gócvới đường thẳng( )d Khi đó ( )m

cắt ( )I tại hai điểm M và N thỏa mãn yêu cầu đề bài cho

VD 8 Trong mặt phẳng Oxy, Cho tam giác ABC với A(2; 2 , − ) ( )B 4;0 , C(3; 2 1 − )

nội tiếp đường tròn (C) có tâm I Từ điểm M trên đường thẳng d: 4x y+ − = 4 0vẽ

tiếp tuyến với (C) tại N Khi tam giác ABN có diện tích lớn nhất thì độ dài IM

S = AB d N AB nên S ABNmax ⇔d( ,N AB) max ( )∗ .

Do AB là đường kính nên ( )∗ xảy ra khi ABN vuông cân tại N

Lúc này tiếp tuyến ∆ với (C) tại N sẽ song song với AB x y: − − = 4 0 và cách AB

2

x y m

VD 9 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho điểm A 4;1( ) và đường tròn ( )C

có phương trình x2 +y2 - 2x+ 4y- 1 0 = Đường thẳng d cắt đường tròn ( )C

tại hai điểm phân biệt B C, sao cho tam giác ABC đều Biết rằng phương trìnhcủa đường thẳng d có dạng x ay b+ + = 0 Biểu thức S= +a b có giá trị lớnnhấtbằng

*Lời giải

Đường tròn ( )C có tâm I 1; 2( - ) bán kính R = 6 Vì AB =AC và IB =IC nên IA là trung trực của BC hay đường thẳng d vuông góc với IA

Ta có IA 3;3uur( ) nên ( )1;1 là một vec tơ pháp tuyến của d

Áp dụng định lí cô sin ta có: IB2 =AB2 +IA2 - 2AB IA cosIAB·

ê = ë

Gọi H là trung điểm của BC ta có

Nếu AB =2 6 thì AH = 3 2 =AI Þ H º I (1; 2 - )nên phương trình của đường thẳng d là: x+ + =y 1 0 trường hợp này S= 2

Vậy giá trị lớn nhất của S = 2

VD 10 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hai đường tròn

VD 12. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn

C x− + −y = và các điểm A(− 1;8 , ) (B 3; 2 , − ) ( )C 0;1 Biết M a b( ; ) làđiểm trên ( )C sao cho MBuuur− 4MCuuuur+ 6MA MB MCuuur uuur uuuur+ − nhỏ nhất, khi đó tổng a b+bằng:

VD 13 Cho hình bình có ( ) ( ) Tâm nằm trên parabol cóphương trình ( )2

2

  ⇒ + + + = −a b c d 1

VD 14 Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy Đường thẳng (d) đi qua M( 3; -2)

cắt Ox, Oy lần lượt tại A(a;0), B(0;b) và ab ≠ 0 sao cho: 1 2 + 1 2

OA 4OB đạt giá trịnhỏ nhất Khi đó giá trị của biểu thức S 1 1

VD 15 Cho đường tròn ( ) :C x2 +y2 = 1 và đường thẳng d Ax By: + + = 1 0 Giả sử

d tiếp xúc với ( )C và M N, là hai điểm thuộc ( )C sao cho x M = − 1;y N = 1 Hãy

α

α

1 sin

sin

OL

OI OI

sin cos 2 sin 2

4

4 3

(x− 3) + − (y 3) = 36, hai điểm A( 6;3), ( 1; 5) − B − − Giả sử điểm M a b( ; )thuộc ( )C

sao cho biểu thức cho P= 2MA+ 3MB đạt giá trị nhỏ nhất Tính tổng 12a b+

IA= = IM , lấy điểm K trong

đoạn IA sao cho 3 .

thẳng hàng và M nằm giữa K B, Vậy M cần tìm là giao của đường thẳng KB và( ).C

Ta có phương trình đường thẳng KB x= − 1 Tọa độ điểm M là nghiệm của hệ

2.4 Hiệu quả thực nghiệm.

* Đối với học sinh: Đa số học sinh nhận biết và nắm được kỹ năng giải quyếtcác bài toán liên quan đến cực trị trong hình học giải tích phẳng, không còn lúngtúng khi xử lí dạng bài toán này

* Đối với hoạt động dạy và học:

- Việc củng cố kiến thức của bài học có hiệu quả cao hơn, khắc sâu được kiếnthức và kỹ năng giải quyết bài toán liên quan đến cực trị hình học trong giải tíchphẳng cho học sinh

- Học sinh chủ động tham gia xây dựng bài

*Đối với bản thân giáo viên : Xây dựng được hệ thống kiến thức bổ trợ cho quátrình ôn thi THPT Quốc gia và thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh các bộ môn vănhóa Có thêm kinh nghiệm giảng dạy, tăng thêm động lực để tạo hứng thú họctập cho học sinh

Kết qủa cụ thể qua các lớp tôi trực tiếp giảng dạy như sau:

Lớp

Khi chưa áp dụng Sau khi áp dụng

Số HS biếtcách làm

Số HS khôngbiết cách làm

Số HS biếtcách làm

Số HS cònlúng túngkhi làm bài

Trong quá trình giảng dạy bộ môn toán trong chương trình phổ thông, họchình học đối với học sinh đã là một vấn đề khó khăn, thì việc giải quyết các bàitoán cực trị, đặc biệt là cực trị hình học còn khó khăn hơn; trong khi đó, các kỳthi THPT Quốc gia cũng như thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh môn toán thì vấn đềnày lại không thể thiếu đượ Chính vì vậy, đối với dạng toán này, đòi hỏi giáoviên phải đầu tư kỹ càng, tập trung nghiên cứu tìm tòi giải pháp để giải đáp các

cao nhất trong học tập Với những kinh nghiệm và giải pháp của bản thân khigiảng dạy dạng bài toán này, tôi hy vọng nó sẽ là một nguồn tài liệu tham khảocho các đồng nghiệp để từ đó góp phần nâng cao chất lượng giảng dạy bộ môntoán.

3.2 Kiến nghị.

- Đối với giáo viên: Mỗi đồng chí cán bộ giáo viên khi tham gia giảngdạy, đặc biệt là giảng dạy bộ môn toán cần căn cứ vào nhiệm vụ cụ thể, điềukiện thực tế của nhà trường và đặc biệt là năng lực thực tế của học sinh để cónhững giải pháp hợp lý cho riêng từng phần, nhóm kiến thức giảng dạy Thườngxuyên trau dồi kiến thức thông qua các hình thức, phương thức khác nhau: Nhưsinh hoạt tổ, nhóm chuyên môn, qua mạng xã hội, nguồn tư liệu trên Internet,qua đó đúc rút kinh nghiệm và có những giải pháp hợp lý trong giảng dạy phùhợp với từng đối tượng học sinh cụ thể

- Đối với nhà trường cần trang bị thêm cơ sở vật chất: Máy chiếu, phầnmềm vẽ hình, trọn đề Tất cả những điều kiện trên sẽ là một nguồn động viên,kích thích sự say mê, sáng tạo trong hoạt động dạy và học nhằm nâng cao chấtlượng giảng dạy của mỗi giáo viên

XÁC NHẬN CỦA

THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ

Thanh Hóa, ngày 15 tháng 05 năm 2019

Tôi xin cam kết : Đây là SKKN của bản thân tôi, không copy

(Tác giả ký và ghi rõ họ tên)

Kiều Văn Cường

TÀI LIỆU THAM KHẢO

1 Sách giáo khoa hình học 10 nâng cao, NXB Giáo dục (2000)

2 Một số phương pháp chọn lọc giải các bài toán sơ cấp, NXB Đại học Quốcgia Hà Nội (2003)

3 Các bài viết trên các trang mạng Internet như: Toanmath.com, mathvn.com,diendantoanhoc.net, toanhocbactrungnam.vn

Họ và tên tác giả: Kiều Văn Cường

Chức vụ và đơn vị công tác: Giáo viên - Trường THPT Cẩm Thủy 1

Cấp đánh giá xếp loại

(Ngành GD cấphuyện/tỉnh;

Tỉnh )

Kết quả đánh giá xếp loại

(A, B,hoặc C)

Năm học đánh giá xếp loại

1. Một số phương pháp tìm công

thức tổng quát của dãy số

Ngành GD tỉnh Thanh Hóa

C 2008-2009

MỤC LỤC

1.2 Mục đích nghiên cứu 1