MỘT SỐ BÀI TOÁN CỰC TRỊ HÌNH HỌC TRONG MẶT PHẲNG TỌA ĐỘ

SỞ GD & ĐT THANH HÓA Trường PTTH Chuyên LAM SƠN ****************************** SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM Năm học 2013 – 2014 * MỘT SỐ BÀI TOÁN CỰC TRỊ HÌNH HỌC TRONG MẶT PHẲNG TỌA ĐỘ Tác giả: Ngô Xuân Ái Giáo viên Trường PTTH Chuyên Lam Sơn Thanh Hóa, tháng năm 2014 CỘNG HOÀ XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM Độc lập-Tự do-Hạnh phúc -o0o ĐỀ TÀI SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM I SƠ YẾU LÝ LỊCH Họ tên: Ngô Xuân Ái Ngày tháng năm sinh: 19.6.1962 Năm vào ngành: 1983 Chức vụ đơn vị công tác: Giáo viên trường THPT Chuyên Lam Sơn Trình độ chuyên môn: Thạc sỹ Toán học Hệ đào tạo: Viện Toán học Việt Nam hệ quy Bộ môn giảng dạy: Môn Toán Ngoại ngữ: Tiếng Anh Trình độ trị: Sơ cấp Khen thưởng: Bằng khen Bộ trưởng Bộ GD & ĐT, Bằng khen Chủ Tịch UBND Tỉnh Thanh Hóa, Chiến sỹ thi đua cấp ngành Sáng kiến kinh nghiệm môn Toán xếp loại B Sở GD & ĐT Thanh Hóa II NỘI DUNG CỦA ĐỀ TÀI Tên đề tài: MỘT SỐ BÀI TOÁN CỰC TRỊ HÌNH HỌC TRONG MẶT PHẲNG TỌA ĐỘ Lý chọn đề tài: Trong cấu trúc đề thi Đại học môn Toán dạng chiếm phần không nhỏ, gồm câu chọn hình học phẳng tọa độ mức khó (mức điểm 8/10); câu dạng tương tự hình học không gian tọa độ câu khó (mức điểm 10) có dạng bất đẳng thức, cực trị Yêu cầuđể thực đề tài: Kiến thức tổng hợp sắc sảo nhiều phân môn, như: hình học phẳng lớp THCS, vecto tọa độ, biến đổi đại số bất đẳng thức, giải tích phương trình hàm số Khó với phần đông học sinh, chí với phận giáo viên chưa có nhiều kinh nghiệm Phạm vi thời gian thực đề tài: Thực nhiều năm học từ 2006 đến nay, trường THPT Chuyên Lam Sơn III QUÁ TRÌNH THỰC HIỆN ĐỀ TÀI Cơ sở lý thuyết: Với vị trí xác định đối tượng hình học vị trí tương đối đối tượng hình học điểm, đường thẳng, đường tròn chứa đại lượng giá trị góc, khoảng cách, diện tích v, v … Và tập giá trị - tồn không giá trị lớn nhất, nhỏ Đề tài nhằm xem xét số toán Tình trạng thực tế chưa thực hiện: Học sinh có kinh nghiệm việc tìm tòi phương pháp giải dạng Không có khả tổng hợp thống kê, phân dạng toán Kiến thức hình học THCS chưa đủ quên Còn thiếu kiến thức niềm tin vào dạng đại số toán bất đẳng thức Thành thực hiện: Khắc phục cho học sinh hạn chế nêu Tăng thêm niềm tin say mê sáng tạo, tìm tòi lời giải hay Thiết kế đề toán đẹp Đạt điểm cao kỳ thi Đại học (Hầu hết điểm 9, điểm 10) Những biện pháp thực hiện: (nội dung đề tài) MỞ ĐẦU Tài liệu chia thành hai phần nội dung Phần 1: Tóm tắt lý thuyết vecto tọa độ mặt phẳng Phần 2: Các toán áp dụng Các toán cực trị hình học giải theo phương pháp tọa độ Bao gồm toán suy từ tính chất kinh điển hình phẳng Mức độ khó dễ nói chung tương đương đề thi Đại học hàng năm Trong tài liệu, đề thường tham khảo từ đề thi thử Đại học trường PTTH nước Tác giả xếp lại theo dạng đưa cách giải phân tích bình luận Tài liệu tác giả sử dụng thường xuyên năm nhiều lớp học, khóa học đạt hiệu cao Chân thành cám ơn mong nhận góp ý bổ sung người Địa liên hệ in cuối trang Thanh Hóa, tháng năm 2014 Người viết: Ngô Xuân Ái Giáo viên trường THPT Chuyên Lam Sơn Phần TÓM TẮT LÝ THUYẾT (về phương pháp tọa độ mặt phẳng) Phép toán véctơ tọa độ mặt phẳng   Độ dài: A  (x1 ; y1 ) B  (x ; y2 ) , AB  (x  x )2  ( y2  y1 )2     Góc: u  (a ; b ) v  (x ; y ) , ta có: cos x u , v  ax  by    Khoảng cách:  : ax  by  c   ': ax  by  c '  ; M (x ; y ) ax  by0  c d(M ,  )  d(,  ')  c c ' a  b2    A, B, C thẳng hàng  tồn k   cho: AB  k AC    AB  CD  AB CD     Bất đẳng thức: u  (a ; b ) v  (x ; y )         Suy ra: u  v  u  v u v  u v a  b2 Đường thẳng, đường tròn conic  Đường thẳng  : ax  by  c   Đường tròn (C): (x  a )2  (y  b )2  R2 , tâm I (a ; b ) bán kính R x y2  Elip: (E )  M MF1  MF2  2a  ;   (a  b  0) a b 2 c  a  b (c  0) Tiêu điểm: F1 ( c; 0) F2 (c; 0) Tiêu cự: F1F2  2c Tâm sai: e  c a c (e  1) a c a x y2  Hyperbol: (H )  M MF1  MF2  2a  ; (H ) :   (a  0, b  0) a b b c  a  b , c  (e  1) Tiệm cận d1,2 : y   x a  Parabol: (P )  M / MF  d(M , ) Bán kính qua tiêu: F1M  a  x F2M  a  x ( M(x; y)  (E))  Phươngtrình tắc: (P ) : y  px , p tham số tiêu (p  0) p 2   Tiêu điểm: F  ;  Đường chuẩn  : x   p Phần CÁC BÀI TOÁN MINH HỌA Mỗi toán sau cho mặt phẳng tọa độ Oxy , ta quy ước đề bắt đầu câu: "Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho … " Mỗi toán trình bày theo thứ tự: Đề Lời giải Hướng dẫn Kết Lời bình Bài toán tương tự (nếu có) Bài 1: Cho điểm A(2;  3) đường thẳng : x  2y   1) Tìm tọa độ điểm M nằm  cho MA ngắn 2) Viết phương trình ' qua A, cho d(O ,  ') lớn 3) Viết phương trình d qua A, cho d(d ,  ) lớn ♣ Hướng dẫn: 1) Cách 1: (Phương pháp hình học) Gọi H hình chiếu A , ta có MA  AH , suy M cần tìm trùng với H A  M H Khi đó, AM qua A vuông góc với  x  2y   Tọa độ M (x ; y ) thỏa mãn hệ:  2x  y   7 9 Suy ra: M   ;   5 5 Cách 2: (Phương pháp đại số) M thuộc , suy ra: M (2t  5; t ) AM  (2t  3)2  (t  3)2  5t  18t  18 7 9 Suy MA ngắn nhất, t   Suy ra: M   ;   5 5 2) Gọi H hình chiếu O ', ta có: d(O ,  ')  OH  OA Dấu xảy ra, H  A  ' nhận OA  (2;  3) làm véc tơ pháp tuyến O ' A H Phương trình ': 2x  3y  13  3) d qua A không thuộc , nên d  cắt song song Trường hợp d  cắt d(d , )  Do ta xét d // Phương trình d : x  2y   Bài 2: Cho điểm M(3; 1) Tìm tọa độ điểm A thuộc tia Ox B thuộc tia Oy cho tam giác MAB vuông M có diện tích S a) nhỏ y b) lớn 10 ♣ Hướng dẫn: A(a ; 0) , a  B (0; b ), b    Suy ra: MA  (a  3;  1) , MB  ( 3; b  1)   MAMB   3(a  3)  (b  1)   b  10  3a 10 b0 a  (*) 2S  MAMB  3(a  6a  10)  10  Khảo sát hàm f (a )  3(a  6a  10) , đoạn 0;  M  3 10 a 3 O 10 x 30 f (a ) Từ suy ra:  maxS  15 , a  Khi b  10 , suy ra: A(0; 0) B(0; 10)  minS  , a  Khi b  , suy ra: A(3; 0) B(0; 1) ♣ Bài toán tương tự: Thay số liệu M (a ; b ) , với a b dương Bài 3: cho hai điểm A(3; 4) B (1; 2) , đường thẳng : x  2y   Tìm tọa độ điểm M nằm  cho: a) MA2  2MB nhỏ b) MA2  2MB lớn ♣ Hướng dẫn: M   , nên M (2t  2; t )   Suy ra: AM  (2t  1; t  4) BM  (2t  3; t  2) AM  5t  12t  17 , 2BM  10t  16t  26 a) MA2  2MB  15t  4t  43 MA2  2MB đạt min, khi: t   2   26 Vậy, M  ;   15  15 15  b) MA2  2MB   5t  28t  MA2  2MB đạt max, khi: t   14  18 14  Vậy, M   ;   5   ♣ Bài toán tổng quát: "Cho n điểm Ai (i  1, 2, , n ) n số thực Tìm tọa độ n điểm M  để S  aiMAi đạt giá trị nhỏ (hoặc lớn nhất)" i 1 Bài 4: cho : x  2y   , điểm A(3; 4) , B (1; 2) C (0; 1) Tìm tọa    độ điểm M nằm  cho P  MA  2MB  3MC nhỏ ♣ Hướng dẫn: M   , nên M (2t  2; t )    Suy ra: AM  (2t  1; t  4) , BM  (2t  3; t  2) CM  (2t  2; t  1)    AM  2BM  3CM  (4t  1; 2t  3) , suy ra: P  20t  20t  10 1  P  P  t   Khi đó: M  1;   2      ♣ Cách giải khác: Gọi G điểm thỏa mãn GA  2GB  3GC  (*)     Biểu thức (*) xác định tọa độ điểm G MA  2MB  3MC  2MG P  MG Giải tương tự Bài 1.1 ( M hình chiếu G  ) ♣ Bài toán tổng quát: "Cho n điểm Ai (i  1, 2, , n ) n số thực , thỏa mãn n n  a  Tìm tọa độ điểm M  để P  a MA i  i i đạt giá trị nhỏ nhất" i 1 i 1 ♣ Bài toán tương tự không gian với hệ tọa độ Oxyz , đường thẳng  thay mặt phẳng (P ) Bài 5: cho đường thẳng : x  2y   , hai điểm A(2; 1) B (1; 0) Tìm tọa độ điểm M nằm  cho 1) MA  MB nhỏ 2) MA  MB lớn ♣ Lời giải: Đặt f (x ; y )  x  2y  A Ta có f (2; 1).f (1; 0)  , suy A B nằm B  M phía nửa mặt phẳng bờ  Gọi A ' đối xứng với A qua , tọa độ A '(x ; y ) 2x  y    8 9 Suy ra: A '  ;  x  y 1 5 5   2   1) MA  MB  MA ' MB  A ' B Đẳng thức xảy ra, M giao điểm đường thẳng  đoạn thẳng A 'B (do A ' B nằm hai phía  nên tồn điểm M thế) A'  x  2y   7 Tọa độ M (x ; y ) thỏa mãn hệ:  Suy ra: M  ; 5 3x  y   6  5 2) MA  MB  AB Đẳng thức xảy ra, M , A, B thẳng hàng M nằm đoạn thẳng AB Do M giao điểm đường thẳng  đường thẳng AB (do A, B nằm phía  nên tồn điểm M thế) x  2y   Tọa độ M (x ; y ) thỏa mãn hệ:  Suy ra: M (3; 2) x  y   ♣ Bình: Trong ý 1, A B nằm phía, nên A ' B nằm khác phía đường thẳng  Vì tồn điểm M giao đường thẳng  đoạn A 'B Trong ý 2, dễ sai lầm kết luận M giao đường thẳng  đoạn A 'B Bài 6: cho hai điểm A(2; 1) B (1; 2) , đường thẳng : x  2y   Tìm tọa độ điểm M nằm  cho 1) MA  MB nhỏ 2) MA  MB lớn A'  B ♣ Hướng dẫn kết quả: A B nằm khác phía nửa mặt phẳng bờ  1) Ta có: MA  MB  AB 5 4 M giao đoạn thẳng AB với  Tọa độ M  ;  3 3  A  M1 M2 2) Gọi A ' đối xứng với A qua , ta có: MA  MB  MA ' MB  A'B Xảy đẳng thức, M giao đường thẳng A'B với  8 Tọa độ A '  ; 5 9  11  M   ;  5  5 ♣ Hai toán mẫu: Cho đường thẳng  hai điểm A , B Tìm tọa độ điểm M  cho 1) MA  MB nhỏ nhất, A B nằm phía đường thẳng  2) MA  MB lớn nhất, A B nằm khác phía đường thẳng  Bài 7: cho A 2; 1 , 1: 2x  y   , 2: x  3y   Tìm tọa độ điểm B C tương ứng nằm 1 2 cho chu vi tam giác ABC nhỏ ♣ Hướng dẫn: x  2y   A1  x ; y  :   A1  2;  Tương tự: A2  0;   ( x  )  ( y  )    4x  y    1  10 15  B x ; y  :   B   ;   Tương tự: C   ;    3  11 11  2x  y      20    12 48  Thử lại: A1A2   2;   , A1B   ;   , AC ;     6  11 11   12  22  A1A2  A1B  AC , suy ra: A1 , B , C A2 thẳng hàng, theo thứ tự 12 A1  1  10 15  Vậy: B   ;   C   ;    3  11 11  1 B ♣ Bình: A 2 C A2 Sai lầm lấy điều kiện chu vi tam giác ABC đạt A1 , B , C A2 thẳng hàng mà không kể thứ tự điểm Trên sở là: độ dài đường gấp khúc A1BCA2 ngắn A1 , B , C A2 thẳng hàng, theo thứ tự Bạn đọc tham khảo ví dụ, với: A(2;  3) , 1 : x  2y   , 2 : 3x  y    12 29  5 7  19  Kết quả: A1   ;  , A2  1;   , B  ;  C   ;   5  3 3  4  Bài 8: cho điểm A(2; 1), đường tròn (C): (x  2)2  (y  1)2  đường thẳng  : x  2y  10  Tìm tọa độ điểm M thuộc (C), cho: M4 c) độ dài MA a) nhỏ b) lớn M2 M1  A I d) khoảng cách d(M , ) a) nhỏ M b) lớn K M3  H ♣ Hướng dẫn: (C) có tâm I( 2; 1), bán kính R  1) A(2; 1) ; AI   R , A nằm (C) Xét với M điểm (C), ta có ♣ Cách (Phương pháp hình học) Gọi M 1M đường kính qua A , M nằm A M , ta có: AM  AI  IM  AM AM  AI  IM  AM Suy ra: AM  M  M , AM max  M  M (x ; y )  (  ; 1) y   Khi đó, tọa độ M (x ; y ) :    2 ( x  )  ( y  )  (x ; y )  (  ; 1)  Tính độ dài AM , suy ra: M1  (  ; 1) M  (  ; 1) ♣ Cách (Phương pháp đại số) M (x ; y ) thỏa mãn (x  2)2  (y  1)2  AM  (x  2)2  (y  1)2  (x  2)2  (y  1)2  8x   8x (y  1)2   (x  2)2  , suy ra: x  4x       x    Suy ra: M1  (  ; 1) M  (  ; 1) 10 2) d(I ;  )   R , suy  không cắt (C) Gọi M 3M đường kính vuông góc với  H , M nằm H M Gọi K hình chiếu M (C), ta có: M 3H  MK  M 4H Suy ra: d(M , )  M  M , d(M , ) max  M  M (x  2)2  (y  1)2  Khi tọa độ M (x ; y ) thỏa mãn hệ:  2x  y   (x  2)2  (2x  4)2  (x  2)2  (x ; y )  ( 3;  1)     (x ; y )  ( 1; 3) y  2x  y  2x  Tính d(M , ) , suy ra: M  ( 3;  1) M  ( 1; 3) ♣ Lưu ý rằng: Nếu  (C) cắt d (M , )  (xảy giao điểm) Bài 9: cho hai đường tròn (C1): (x  1)2  y  , (C2): (x  1)2  (y  4)2  Tìm tọa độ điểm M (C1) điểm N (C2) cho độ dài MN a) lớn b) nhỏ ♣ Hướng dẫn N M I A E J B C FF D (C1): I(1; 0), r  1; (C2): J(1; 4), R  IJ   R  r (C1) (C2) nằm Giả sử IJ cắt (C1) (C2) theo thứ tự A, B, C, D Kẻ đường vuông góc với MN M N, cắt đường thẳng IJ E F tương ứng Ta có E F tương ứng thuộc đoạn thẳng AB CD Suy ra: MN  EF  AD Tương tự, hạ MH NK vuông góc với CD , ta có: BC  HK  MN Do ta BC  MN  AD Phương trình đường thẳng IJ: x   11 x  (x ; y )  (1; 1) Tọa độ A, B thỏa mãn hệ:   (x ; y )  (1;  1) 2 ( x  )  y    x  (x ; y )  (1; 2) Tọa độ C, D thỏa mãn hệ:   (x ; y )  (1; 6) 2  (x  1)  (y  4)  Kết quả: a) M (1;  1) N (1; 6) (thì MN lớn nhất) b) M (1; 1) N (1; 2) (thì MN nhỏ nhất) Bài 10: cho đường tròn (C) tâm I, bán kính R Hai điểm A B (nằm (C) thỏa mãn IA  k.R, điều kiện cho ẩn) Tìm tọa độ điểm M nằm (C), cho biểu thức P  MA  kMB đạt giá trị nhỏ Ví dụ: (C): x  y  A(0; 9) , B ( 1; 6) Tìm tọa độ M thuộc (C) cho biểu thức P  MA  3MB đạt y B ♣ Hướng dẫn kết (C): O(0; 0), R  3; OA   3R M (C) Gọi K(1; 0), ta có OM  3OK 1 A x K O AOM  MOC AO  3MO  MA  3MK Suy ra: P  3(MK  MB)  3BK Dấu xảy ra, M thuộc đoạn thẳng BC Đáp số: M(0; 3) Bài 11: cho điểm A(3; 1) đường tròn (C): (x  2)2  (y  3)2  25 Viết phương trình đường thẳng  qua A, cắt (C) M N, cho độ dài MN 1) lớn 2) nhỏ (C) ♣ Hướng dẫn: (C): I(2;  3), R  IA  17  R hay A nằm (C) M I 1) MN  2R Dấu xảy ra,  qua I H Phương trình : 4x  y  11  A N 12 ♣ Bình: Lúc MN đường kính (C), hay đường thẳng  qua A I Kết cho trường hợp A (nằm trong, hay đường tròn) 2) Gọi H trung điểm MN, suy IH  MN Khi đó: MN  2MH IH  IA Suy ra: MN  2MH  IM  IH  R  IA2  Dấu xảy ra, khi H  A hay   IA   qua A(3; 1), nhận IA  (1; 4) làm vectơ pháp tuyến: x  4y   ♣ Bình: Kết cho trường hợp A nằm đường tròn Trong trường hợp này, ta có:  MN  10 Bài 12: cho điểm A(1;  3) đường tròn (C): (x  2)2  (y  6)2  50 Tìm  lớn nhất, I tâm (C) tọa độ điểm M thuộc (C) cho AMI ♣ Lời giải: M M (C): tâm I (2;  6) , bán kính IM  (C) A I A(1;  3) , suy AI  10 AM  MI  AI  cos AMI  2.AM MI  40   AM   AM  10   đạt max, khi: AM  40  AM  40  đạt hay AMI cosAMI AM  Khi đó: AM  AI  50  MI , hay AMI tam giác vuông A x  3y  10  x  3y  10 M (x ; y ) thỏa mãn:    2 (x  2)  (y  6)  50 y  6y   Suy ra: M (7;  1) M ( 5;  5) 13 ♣ Cách khác (phương pháp hình học) Gọi N giao điểm AM với (C), H trung điểm MN, ta có: IH  MN IH IA   IM IM Đẳng thức xảy ra, H  A Khi MN  IA  AM nhận AI  (1;  3) làm vecto pháp tuyến  Suy ra: sin AMI I M A N H x  3y  10  M (x ; y ) thỏa mãn:  2 (x  2)  (y  6)  50 Suy ra: M (7;  1) M ( 5;  5) Bài 13: cho A(3; 1) (C): (x  2)2  (y  3)2  25 , tâm I Viết phương trình đường thẳng  qua A, cắt (C) M N, cho IMN có diện tích S lớn Câu hỏi tương tự, với A(3;  2) ♣ Hướng dẫn: (C): tâm I(2;  3), bán kính R  IA  17  R hay A nằm (C) I M AH N  25 IA2 sin AIB   25  sin AIB 2 O   90 Đẳng thức xảy ra, khi: MIN ♣ Cách 1: S  Gọi H trung điểm MN, ta có IH  MN, suy d(I ,  )  IH  R  2  qua M(3; 1), phương trình dạng: a (x  3)  b (y  1)  , a  b  (*) Thỏa mãn: a  4b a  b2   2(a  4b )2  25(a  b ) Từ điều kiện (*), suy b  Chọn b  1 , ta được: 2(a  4)2  25(a  1)  23a  16a    a  1 a  Phương trình  : x  y    : y  14 (x  3)  23 23 ♣ Cách 2: S  IH 25  IH I M IH  25  IH 25   2 Đẳng thức xảy ra, khi: IH  25  IH 5 hay d(I ,  )   IH  2 … đến đây, tương tự cách N AH ♣ Cách 3: Đặt IH  x ,  x  17 Suy ra: S  x 25  x Xét hàm f (x )  x 25  x ,  x  17 x2 Ta có: f '(x )  25  x  x 25  x f '(x )   25  2x 25  x ; f '(x )   x  17 Từ đó: S đạt max khi:  d(I ,  )  f (x ) … đến đây, tương tự cách ♣ Kết quả: Phương trình  : x  y    : y  (x  3)  23 ♣ Câu hỏi tương tự với A(3;  2) Tương tự cách 3, ta có:  IH  IA  hay  x  Diện tích S  x 25  x Xét f (x )  x 25  x , với  x  f '(x )  25  x  x2 25  2x   , suy f (x ) đồng biến 25  x 25  x S đạt max x  Khi H  A , hay   IA Phương trình : x  y   ♣ Bình: 1) Trong trường hợp A(3;  2) không giải cách cách không xảy IH  , với  IH  Cách cách giải tổng quát 2) Nếu giải theo cách cách 2, sai lầm kết luận vô nghiệm 3) Biện luận hình học vị trí điểm A (C) hay độ dài IA so với R 15 R   - đồng tâm nằm (C):  I , R  2 R , hay AB tiếp tuyến (T) R Nếu IA  hay M nằm (T) có hai đường thẳng  tiếp tuyến với (T) kẻ qua A (C) R  M  (T) M nằm (T), IA  (T) có đường thẳng  thỏa mãn yêu cầu toán  Khi IA   hay đường thẳng  nhận IA làm véc tơ pháp tuyến  Xét đường tròn (T):  I ,  R S  d(I ,  )  M N I M A Bài 14: cho điểm A(2;  1) , đường tròn (C): x  y  2x  4y   ; hai đường thẳng 1 2 vuông góc với A; 1 cắt (C) M N, 2 cắt (C) P Q Viết phương trình 1 2, cho diện tích S tứ giác MPNQ đạt 1) nhỏ 2) lớn  ♣ Hướng dẫn: I(1;  2), R  3; IA  (1; 1) , A nằm (C) H K tương ứng trung điểm MN PQ, ta có: IH  MN IK  PQ Do IHAK hình chữ nhật, suy ra: IH  IK  IA2  , không đổi MN PQ S  2MH.PK P  (R2  IH )(R2  IK )  63  IH IK I K M A Q H 1) Suy ra: S  63 Đẳng thức xảy khi: IH.IK  0, tức 1 2 qua tâm I N Do S nhỏ nhất, hai đường thẳng 1 2 trùng với đường thẳng AI, đường thẳng lại chúng vuông góc với AI (tại A) Ta 1: x  y   2: x  y   16 2) Do IH IK IH   IK   , suy ra: S  16 IA   qua M, có phương trình dạng: a (x  2)  b (y  1)  , a  b  (*) a b Thỏa mãn:   ab   a  b  2 a b Vậy, chọn: 1: x   2: y   (hoặc ngược lại) Dấu xảy khi: IH  IK Khi d(I , )  ♣ Bình: d(I ,  )  , chứng tỏ  tiếp tuyến đường tròn C(I, 1) IA , chứng tỏ  cắt đường tròn C(I, IA) hai điểm B C cho tam giác IBC vuông cân I, hay diện tích IBC lớn d(I ,  )  Bài 15: cho hai đường tròn (C1): x  y  4x  6y   (C2): (x  1)2  y  Gọi A B giao điểm (C1) (C2), A có hoành độ dương Viết phương trình đường thẳng  qua A, cắt (C1) (C2) tương ứng M N, cho A nằm M N 1) MN lớn 2) Diện tích S tam giác BMN lớn ♣ Hướng dẫn: (C1): I(2; 3), R  17 ; (C2): J( 1; 0), r  x  y  4x  6y   Tọa độ A(x; y) thỏa mãn hệ:   A(1;  1) 2 (x  1)  y  5, x  1) Gọi H K tương ứng trung điểm AM AN, suy ra: B I IH  AM JK  AN hay IH // JK J M H A K IHKJ hình thang vuông H K, đó: MN  2HK  2IJ Dấu xảy  HK // IJ hay  nhận IJ  ( 3;  3) làm véc tơ phương N 17 Đường thẳng  qua A(1;  1) , có phương trình: x  y    ANB  góc Do AMB  cố định nội tiếp chắn cung AB (C1) (C2) tương ứng, nên góc  BNM  không đổi, suy BMN    không đổi MBM 2) B I J M H A K N S   2Rr sin  BM BN sin MBM Nhận thấy, BM  2R BA  MN , suy BN  2r Do S lớn Khi IJ đường trung bình tam giác BMN, hay MN // IJ   qua A(1;  1) nhận IJ  ( 3;  3) làm vecto phương: x  y   Bài 16: cho điểm M (3; 1) Viết phương trình đường thẳng  qua M, cắt tia Ox tia Oy tương ứng A B (khác O) cho: a) b) c) d) e) độ dài AB nhỏ diện tích S tam giác AOB nhỏ khoảng cách d(O , ) lớn tổng T  OA  3OB nhỏ P  nhỏ OA2 OB y ♣ Hướng dẫn Do A B (khác O) thuộc tia Ox tia Oy, nên tọa độ có dạng: B O M A(a; 0) B(0; b), với a  b  A x : x y   , thỏa mãn:   a b a b a    , suy ra: a  (*) Khi đó: b  1 b a a 3 a 3   2 2 a) AB  a  b  a     (tại xét hàm f (a ), a  )  a 3 Điều kiện: 18  (a  3)2    6(a  3)  10 a  (a  3)2  3 (a  3)2 3  33 3(a  3).3(a  3)  10 a 3 a 3 (a  3)2  3  3 81  10 Đẳng thức xảy ra, khi: (a  3)3   a   3 Khi đó: b   , a b thỏa mãn (*) Vậy, : x y  1  3 1 ♣ Bình: 1) Có thể mắc số sai lầm sau:  AB  a  b  2ab , đẳng thức xảy a  b Khi a  b  ; AB  32    AB  (a  3)2    a     10  2.3  6.2  10  28 (a  3)2 a   2) Kết AB  3  3 81  10  28, hay 28  AB  32 , suy ra: Không xảy dấu đẳng thức đánh giá AB  28 Và rõ ràng a  b ta có AB  32 mà không suy AB  32   6(a  3)  10 a  (a  3)2 định hướng cách giải Chắc chắn lời giải rườm rà khó khăn thực hành tìm nghiệm phương trình f '(a )  xét dấu f '(a ) 3) Phương pháp xét hàm f (a )  (a  3)2  4) Bài tập coi ôn kiến thức tổng hợp: hình học phẳng, tọa độ, bất đẳng thức, hàm số 3a  a 3 (có thể xét hàm f(a), a  đây) a 3 a 3 9  a 3   (a  3)   12 a 3 a 3 Đẳng thức xảy ra, khi: a    a  a  a 3 Kết hợp (*), được: a  6, suy b  x y Phương trình :   hay x  3y   b) 2S  ab  a  ♣ Bình: Xét hàm f (a )  a   đơn giản a 3 19 c) Gọi H hình chiếu O   OH    d(O , )  OH  OM O Đẳng thức xảy ra, khi: H  M    OM   nhận OM  (3; 1) làm vecto pháp tuyến  M H Phương trình : 3x  y  10  d) T  a  3b  a    a 3 (có thể xét hàm f(a), a  đây) a 3 9   (a  3)   12 a 3 a 3 Đẳng thức xảy ra, khi: a    a  a  a 3 Kết hợp với (*), ta được: a  b  Phương trình : x  3y   Cách 2:  3   Suy ra: ab  12 a b a b Do đó: OA  3OB  a  3b  3ab  12 Dấu xảy ra, khi: 3  , a  3b   Suy ra: a  b  a b a b 2  1 1 e) S         5.    a b b  b b b  1 15 4x y S    b  Khi a  , ta :  1 b 15 2 2 1 2 1 Cách 2: Áp dụng Bunhia:         b a b  3 a 9          Do đó:   2  2 10 OA OB a b   a b  Dấu bằng, khi: 2 2a 20 :  :   Suy ra: a  10 b   a b a b 9 Phương trình d: 2x  9y  20  20 Bài 17: cho điểm M (0; 2) , hai đường thẳng 1: 3x  y   2: x  3y   Gọi A giao điểm 1 2 Viết phương trình đường thẳng  qua M, cắt 1 2 B C tương ứng (B, C khác A) cho 1 T  đạt giá trị nhỏ AB AC 3x  y   ♣ Hướng dẫn: Tọa độ A(x ; y ) thỏa mãn hệ:  Suy A(1; 1) x  3y   Nhận thấy 1  2 , nên tam giác ABC vuông A 1 1     2 2 AB AC AH AM Đẳng thức xảy ra, khi: H  M  AM  BC Phương trình : x  y   Hạ AH  BC, ta có: T  Bài 18: cho (C1): x  y  (C2): x  y  , A(0; 1) Tìm tọa độ điểm B C nằm (C1) (C2) tương ứng, cho diện tích S tam giác ABC đạt max ♣ Bổ đề: Cho hai đường tròn đồng tâm C1(O, R) C2(O, R') (R  R') Các điểm B C di động (C1) (C2) tương ứng Khi S đạt max O trực tâm tam giác ABC O nằm tam giác Thật vậy, cố định B đường thẳng AB cố định C (C2) Giả sử AB cắt (C2) M N, diện tích lớn CO  AB Tương tự cố định C Tức O (C1) trực tâm ABC Khi C điểm O cung lớn MN hay O nằm tam giác ABC A B Áp dụng, với: A(0; 1)  Oy  BC // Ox Do tính đối xứng, ta giả sử B có hoành độ dương, dạng B     b ; b suy   C    b ; b , b   Suy ra: AB     b ; b  , CO    Thỏa mãn: AB CO       b2 ;  b (2  b )(5  b )  b (b  1)  b  1 (do b  ) Suy ra: B  (1;  1) C  (2;  1) , B  (2;  1) C  (1;  1) 21 Bài 19: cho (C): x  y  2x  4y   , : x  y   Tìm tọa độ điểm M  mà từ kẻ hai tiếp tuyến MA, MB (A, B tiếp điểm) cho a) diện tích S tứ giác MAIB nhỏ nhất, I tâm (C) b) độ dài AB nhỏ ♣ Hướng dẫn: I (1; 2), R  Gọi H trung điểm AB, ta có AH  MI M (t ; t  ) , MI  (t  1)2  (t  5)2  2t  8t  26 MA2  MI  R2  2t  8t  22 B H I a) S  IA2 MA2  MA2  8(t  4t  11) S  t   Đáp số: M (2; 5) A b) AH   M MAIA 2 1 MI 2t  8t  26 AB  t   Đáp số: M (2; 5) Bài 20: (C): (x  2)2  (y  1)2  10 , tâm I Viết phương trình đường thẳng  cách O khoảng tích lớn , cắt (C) A B cho tam giác AIB có diện ♣ Hướng dẫn: (C) có tâm I(2; 1), bán kính R  10 R   d(O, ) Nếu  qua trung điểm OI thì: S max  d(I, )  y (C) OI  , vô lý 2 Nếu  // OI, suy : x  2y  c   d(I, )  I O  A B x Thỏa mãn: d(O, )  c   c  5 Phương trình : x  2y    ♣ Ý nghĩa hình học:  tiếp tuyến chung C(O, 22 ) C(I, ) x2 y2 3  Bài 21: cho (E):   , M  1;   ; A B thuộc (E) đối xứng với 16 12 2  qua M Tìm tọa độ C nằm (E) cho ABC có diện tích S lớn ♣ Hướng dẫn: Giả sử A(x ; y ) , suy B (2  x ;   y ) A, B  (E )  A(4; 0) B (2;  3) ; AB  - không đổi, suy ra: S max  d(C ,(AB )) max y Phương trình (AB): x  2y   C 4 2 O Giả sử C (x o ; y o ) , suy ra: d(C ,(AB ))  x o  2y o  x d(C ,(AB )) max  x o  2yo  max M 3 B  (x o  2y o ) max x o  2y o   x o2 y o2  yo   xo (x o  2y o )      64. 16  12   64 Suy ra: x o  2y o  3    x y x y2 Dấu "  " xảy ra, khi: o  o  , o  o x o  2y o  Suy ra: C (2; 3) 16 12 16 24 x y2 ♣ Áp dụng lượng giác: C  (E ) :   , suy ra: C (4 sin  ; cos  ) 16 12   sin      d(C ,(AB ))  sin   cos   3 5   d(C ,(AB )) max, khi:   hay C (2; 3) ♣ Ý nghĩa hình học – Nhận biết tọa độ C phương pháp tiếp tuyến: C tiếp điểm tiếp tuyến  (E) song song với AB  : x  2y  c  , suy C (c  2y ; y ) , thỏa mãn: 16y  12cy  3c  48  (1) Điều kiện tiếp xúc phương trình (1) có nghiệm kép, hay: c   c   y  6y    y   C (2; 3)  5d(C ,(AB ))  12 c    y  6y    y  3  C ( 2;  3)  Chọn: C (2; 3) 23 5d(C ,(AB ))  Phần CÁC BÀI TẬP THAM KHẢO Trong Phần 2, toán có định dạng cụ thể Từ đó, muốn có thêm tập tương tự để luyện tập bạn đọc cần thây đổi số liệu giả thiết tương đương Sau vài tập khác dạng, số thứ tự đánh tiếp liên tục Bài 22: A(3; 4), B(1; 2) C(5; 0) TìmViết phương trình đường thẳng  qua A cho T  2d (B ,  )  d(C , ) 3) lớn 4) nhỏ Bài 23: cho đường tròn (C): (x  2)2  (y  3)2  Viết phương trình tiếp tuyến (C), cắt tia Ox Oy A B tương ứng, cho (C) nằm tam giác AOB đồng thời diện tích S AOB đạt giá trị nhỏ x2 y2 Bài 24: cho (E ) :   Điểm M N tương ứng chuyển động tia 16 Ox tia Oy cho đường thẳng MN tiếp xúc với (E) Tìm MN cho độ dài MN nhỏ Tìm giá trị nhỏ Bài 25: cho điểm P, hai đường thẳng cắt d1 d2 Đường thẳng  thay đổi qua P cắt hai cạnh góc nhọn tạo d1, d2 tương ứng A, B Viết phương trình  cho diện tích tam giác ABC nhỏ ========================== Hết ========================== 24 KẾT LUẬN Tài liệu phần trích từ tài liệu tổng hợp tác giả Nó bao gồm "Một số toán cực trị hình học tọa độ mặt phẳng" Tác giả chân thành cảm ơn mong nhận ý kiến đóng góp người Thanh Hóa, ngày 12 tháng năm 2014 TÁC GIẢ Ngô Xuân Ái Ý KIẾN NHẬN XÉT ĐÁNH GIÁ VÀ XẾP LOẠI CỦA HỘI ĐỒNG KHOA HỌC CƠ SỞ CHỦ TỊCH HỘI ĐỒNG 25 [...]... 3  C ( 2;  3)  Chọn: C (2; 3) 23 5d(C ,(AB ))  4 Phần 3 CÁC BÀI TẬP THAM KHẢO Trong Phần 2, mỗi bài toán đều đã có định dạng cụ thể Từ đó, muốn có thêm bài tập tương tự để luyện tập bạn đọc chỉ cần thây đổi số liệu hoặc bằng các giả thiết tương đương Sau đây chỉ là một vài bài tập khác dạng, số thứ tự được đánh tiếp liên tục Bài 22: A(3; 4), B(1; 2) và C(5; 0) TìmViết phương trình đường thẳng... Bài 25: cho một điểm P, hai đường thẳng cắt nhau d1 và d2 Đường thẳng  thay đổi qua P cắt hai cạnh của góc nhọn tạo bởi d1, d2 tương ứng tại A, B Viết phương trình của  sao cho diện tích tam giác ABC nhỏ nhất ========================== Hết ========================== 24 KẾT LUẬN Tài liệu này được là một phần được trích ra từ tài liệu tổng hợp của chính tác giả Nó chỉ bao gồm một "Một số bài toán cực. .. trích ra từ tài liệu tổng hợp của chính tác giả Nó chỉ bao gồm một "Một số bài toán cực trị của hình học tọa độ trong mặt phẳng" Tác giả chân thành cảm ơn và mong nhận được ý kiến đóng góp của mọi người Thanh Hóa, ngày 12 tháng 5 năm 2014 TÁC GIẢ Ngô Xuân Ái Ý KIẾN NHẬN XÉT ĐÁNH GIÁ VÀ XẾP LOẠI CỦA HỘI ĐỒNG KHOA HỌC CƠ SỞ ...  3 (a  3)2 chỉ là định hướng cách giải Chắc chắn lời giải sẽ khá rườm rà và khó khăn trong thực hành tìm nghiệm phương trình f '(a )  0 và xét dấu f '(a ) 3) Phương pháp xét hàm f (a )  (a  3)2  4) Bài tập này có thể coi như ôn được kiến thức tổng hợp: về hình học phẳng, về tọa độ, về bất đẳng thức, về hàm số 3a 9  a 3 (có thể xét hàm f(a), a  3 tại đây) a 3 a 3 9 9  a 3  6  2 (a ... Tọa độ A, B thỏa mãn hệ:   (x ; y )  (1;  1) 2 2 ( x  1 )  y  1   x  1 (x ; y )  (1; 2) Tọa độ C, D thỏa mãn hệ:   (x ; y )  (1; 6) 2 2  (x  1)  (y  4)  4 Kết quả: a) M (1;  1) và N (1; 6) (thì MN lớn nhất) b) M (1; 1) và N (1; 2) (thì MN nhỏ nhất) Bài 10: cho đường tròn (C) tâm I, bán kính R Hai điểm A và B (nằm ngoài (C) thỏa mãn IA  k.R, điều kiện này cho ẩn) Tìm tọa độ. .. nhất Bài 23: cho đường tròn (C): (x  2)2  (y  3)2  4 Viết phương trình tiếp tuyến của (C), cắt các tia Ox và Oy tại A và B tương ứng, sao cho (C) nằm trong tam giác AOB đồng thời diện tích S của AOB đạt giá trị nhỏ nhất x2 y2 Bài 24: cho (E ) :   1 Điểm M và N tương ứng chuyển động trên tia 16 9 Ox và tia Oy sao cho đường thẳng MN tiếp xúc với (E) Tìm MN sao cho độ dài MN nhỏ nhất Tìm giá trị. .. Hạ AH  BC, ta có: T  Bài 18: cho (C1): x 2  y 2  2 và (C2): x 2  y 2  5 , A(0; 1) Tìm tọa độ các điểm B và C nằm trên (C1) và (C2) tương ứng, sao cho diện tích S của tam giác ABC đạt max ♣ Bổ đề: Cho hai đường tròn đồng tâm C1(O, R) và C2(O, R') (R  R') Các điểm B và C lần lượt di động trên (C1) và (C2) tương ứng Khi đó S đạt max khi O là trực tâm tam giác ABC và O nằm trong tam giác Thật vậy,... 5  d(I, )  I 1 O  2 A B x Thỏa mãn: d(O, )  5 c  5  c  5 5 Phương trình : x  2y  5  0  ♣ Ý nghĩa hình học:  là tiếp tuyến chung của C(O, 22 5 ) và C(I, 5 ) x2 y2 3  Bài 21: cho (E):   1 , M  1;   ; A và B thuộc (E) và đối xứng với 16 12 2  nhau qua M Tìm tọa độ C nằm trên (E) sao cho ABC có diện tích S lớn nhất ♣ Hướng dẫn: Giả sử A(x ; y ) , suy ra B (2  x ;  3  y... , suy ra: C (4 sin  ; 2 3 cos  ) 16 12 4 8  1  sin      d(C ,(AB ))  sin   3 cos  1  3 2 5 5   d(C ,(AB )) max, khi:   hay C (2; 3) 6 ♣ Ý nghĩa hình học – Nhận biết tọa độ C bằng phương pháp tiếp tuyến: C là một tiếp điểm của tiếp tuyến  của (E) và song song với AB  : x  2y  c  0 , suy ra C (c  2y ; y ) , thỏa mãn: 16y 2  12cy  3c 2  48  0 (1) Điều kiện tiếp xúc là... qua A(3; 1), nhận IA  (1; 4) làm vectơ pháp tuyến: x  4y  7  0 ♣ Bình: Kết quả chỉ đúng cho trường hợp A nằm trong đường tròn Trong trường hợp này, ta luôn có: 4 2  MN  10 Bài 12: cho điểm A(1;  3) và đường tròn (C): (x  2)2  (y  6)2  50 Tìm  lớn nhất, I là tâm của (C) tọa độ điểm M thuộc (C) sao cho AMI ♣ Lời giải: M M (C): tâm I (2;  6) , bán kính IM  5 2 (C) A I A(1;  3) , suy ... Chân thành cám ơn mong nhận góp ý bổ sung người Địa liên hệ in cuối trang Thanh Hóa, tháng năm 2014 Người viết: Ngô Xuân Ái Giáo viên trường THPT Chuyên Lam Sơn Phần TÓM TẮT LÝ THUYẾT (về phương...   Biểu thức (*) xác định tọa độ điểm G MA  2MB  3MC  2MG P  MG Giải tương tự Bài 1.1 ( M hình chiếu G  ) ♣ Bài toán tổng quát: "Cho n điểm Ai (i  1, 2, , n ) n số thực , thỏa... mặt phẳng" Tác giả chân thành cảm ơn mong nhận ý kiến đóng góp người Thanh Hóa, ngày 12 tháng năm 2014 TÁC GIẢ Ngô Xuân Ái Ý KIẾN NHẬN XÉT ĐÁNH GIÁ VÀ XẾP LOẠI CỦA HỘI ĐỒNG KHOA HỌC CƠ SỞ