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

I ĐẶT VẤN ĐỀ Việc phát triển lực cho học sinh vấn đề trọng tâm đổi phương pháp dạy học giáo dục đào tạo theo tinh thần Nghị 29 Ban chấp hành Trung ương Trong trình giảng dạy môn toán trường THPT, công tác phát bồi dưỡng học sinh giỏi vấn đề nhà trường đặc biệt quan tâm Bản thân qua số năm giảng dạy lớp có nhiều học sinh thuộc đối tượng này, trăn trở làm để phát huy lực tự học sáng tạo cho học sinh Giúp học sinh tự khám phá trải nghiệm cách nêu chủ đề môn học liên môn, đồng thời hướng dẫn học sinh nghiên cứu từ vấn đề nảy sinh chương trình đòi hỏi giải vấn đề cách độc lập, sáng tạo Trong chương trình THPT toán cực trị hình học mặt phẳng đề cập nhiều, tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi kì thi học sinh giỏi, tuyển sinh vào trường đại học, cao đẳng (Kì thi HSG môn Toán cấp tỉnh năm học 2014-2015 tỉnh ta vừa qua ví dụ) Kiến thức hình học phẳng cấp THCS sâu rộng Có thể nói, phần khó học sinh kể giáo viên trình giảng dạy Để nắm kiến thức vận dụng giải loại tập cần tư sáng tạo Chính cấp THCS hầu hết học sinh yếu nên học cấp THPT phần hình học phẳng vấn đề khó giáo viên, học sinh dạy học Trong khuôn khổ đề tài, tập trung vào trọng tâm phát triển lực học sinh thông qua hướng dẫn học sinh giải toán cực trị hình học phẳng công cụ tọa độ Xuất phát từ tập 40 trang 106 sách tập hình học lớp 10 (Nâng cao): Cho hai điểm P(1;6) , Q(−3; −4) đường thẳng ∆ : x − y − = a) Tìm tọa độ điểm M ∆ cho MP + MQ nhỏ nhất; b) Tìm tọa độ điểm N ∆ cho NP − NQ lớn Theo cách giải sách tập số tài liệu, trước hết xét vị trí điểm P điểm Q đường thẳng ∆ : Trường hợp 1: Hai điểm P Q nằm khác phía đường thẳng ∆ (axP + byP + c)(axQ + byQ + c) < a) P M ∆ Q Ta có MP + MQ ≥ PQ Đẳng thức xảy 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 N, Q’, P thẳng hàng ⇒ N = PQ '∩ ∆ Trường hợp 2: Hai điểm P Q nằm phía đường thẳng ∆ (axP + byP + c)(axQ + byQ + c) > 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 M, Q’, P thẳng hàng ⇒ M = PQ '∩ ∆ b) P Q N ∆ Ta có NP − NQ ≤ PQ Đẳng thức xảy N, P, Q thẳng hàng ⇒ N = PQ ∩ ∆ Nhận xét : - Qua phân tích lời giải ta thấy: Ở câu a) đưa hai điểm nằm khác phía đường thẳng ∆ M giao điểm đường thẳng qua hai điểm ∆ - Ở câu b) đưa hai điểm nằm phía đường thẳng ∆ N giao điểm đường thẳng qua hai điểm ∆ Ở phương pháp giải tổng quát mà số tài liệu trình bày lời giải cụ thể theo cách cho toán, xin phép không trình bày lại Tuy nhiên đưa lời giải học sinh thấy khó tiếp thu phải phân chia nhiều trường hợp phải sử dụng đến kiến thức hình học phẳng vốn cấp THCS yếu nên gặp khó khăn tiếp nhận giải tập loại Bản thân thấy băn khoăn bắt học sinh tiếp nhận Với trăn trở học sinh nghiên cứu hướng giải khác, nhằm khắc phục hạn chế nêu trên, giúp học sinh lĩnh hội cách dễ dàng tự nhiên Để minh họa cho cách làm này, đưa toán mức độ thi đại học thi học sinh giỏi Với toán vậy, sâu vào việc phân tích khả tiếp cận lời giải, dẫn cách giải tương ứng, đưa nhận xét phù hợp, để từ học sinh nắm bắt nội dung, thấy cách làm giải toán tương tự, đồng thời sử dụng phương pháp giải số dạng toán đại số Phương pháp sử dụng cách tương tự hình học không gian Cuối số tập để học sinh rèn luyện kỹ II GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ 1.Cơ sở luận vấn đề Trở lại tập trên: Ta chuyển phương trình ∆ phương trình tham số x = t ∆:  y = −1 + 2t Gọi M( t ; 2t − ) ∈ ∆ , ta có MP + MQ = (t − 1) + (2t − 7) + (t + 3) + (2t + 3) MP + MQ = 5t − 30t + 50 + 5t + 18t + 18  2 =  t − 6t + 10 + t + = 18 18  t+  5   9   (t − 3) + + (t + ) +  (*) 25   Trong biểu thức dấu [] (*) cho ta biểu thức khoảng cách 5 đoạn thẳng Nếu gọi Gọi P’ (3; −1) , Q’ (− ; ) , M’ (t;0) , đó:  2 M’P’ + M’Q’ =  (t − 3) + + (t + ) +    25  Vậy MP + MQ = (M’P’ + M’Q’) Nhưng điểm P’ Q’ nằm khác phía trục hoành, M’ điểm nằm trục hoành Để M’P’ + M’Q’ nhỏ P’, M’, Q’ thẳng hàng, nên M’ giao điểm P’Q’ với trục hoành Suy MP + MQ nhỏ M’P’ + M’Q’ nhỏ Phương trình P’Q’: x + y = , M’ (0;0) ⇒ t = suy Vậy M (0; −1) Ý nghĩa phương pháp: Chuyển toán cho toán đơn giản hơn: - Đưa phương trình ∆ phương trình tham số tính MP, MQ - Tùy vào yêu cầu toán (lớn hay nhỏ nhất) mà chọn điểm M’, P’, Q’ cho: a) M’ thuộc trục hoành, P’ Q’ nằm khác phía trục hoành b) M’ thuộc trục hoành, P’ Q’ nằm phía trục hoành Với phương pháp học sinh tiếp thu giải toán nhẹ nhàng hoàn toàn giải tương tự hình học không gian Với cách phát triển tương tự giúp học sinh nghiên cứu thêm cực trị khác, đồng thời giải số toán cực trị đại số phương pháp tọa độ hình học phẳng 2.Thưc trạng vấn đề nghiên cứu Đối với nhiều học sinh, gặp toán thuộc dạng thường tỏ lúng túng phải nhiều thời gian để giải Là giáo viên toán cảm thấy băn khoăn dạy học nội dung Nếu dừng lại việc cung cấp lời giải cho học sinh vấn đề khó khăn, học sinh tiếp cận lời giải hiểu nội dung giải, tính thuyết phục định hướng cách giải tổng quát chưa thật đáp ứng cho nhu cầu học sinh, học sinh tiếp nhận gượng gạo, gặp khó khăn việc tự giải tập khác Từ thực tế dạy học, kết hợp với việc phân tích, lấy ý kiến phản hồi từ học sinh, nhận thấy nguyên nhân dẫn đến thực trạng học sinh phải thực loạt thao tác phức tạp có lời giải, việc tiếp cận vấn đề chưa thực hợp lý, học sinh biết tiếp nhận cách thụ động, cách giải chưa đem lại tính thuyết phục, chưa thực phát huy tính tích cực chủ động học tập cho học sinh Do vậy, hiệu học tập không cao Việc cần tìm giải pháp để thực thao tác đơn giản nhất, tiết kiệm tối đa thời gian để giải toán nội dung Giải pháp tổ chức thực Trước hết, yêu cầu học sinh nắm vững kiến thức hình học phẳng kỹ sử dụng tọa độ để giải toán hình học phẳng Để đạt mục tiêu đặt ra, xuất phát từ sách tập để phát triển từ vấn đề đặt sát thực, đòi hỏi học sinh giải Đồng thời hướng dẫn học sinh nghiên cứu thêm xếp đơn vị kiến thức theo mức độ tăng dần Bài toán Trong mặt phẳng cho đường thẳng d hai điểm A, B không thuộc d Tìm điểm M nằm d cho: a) MA + MB nhỏ nhất; b) MA - MB lớn Ví dụ 1: (Trong sách tập nêu phần đặt vấn đề) Cho hai điểm P(1;6) , Q(−3; −4) đường thẳng ∆ : x − y − = a) Tìm tọa độ điểm M ∆ cho MP + MQ nhỏ nhất; b) Tìm tọa độ điểm N ∆ cho NP − NQ lớn Giải: a) Đã trình bày lời giải 2 b) Gọi N( t ; 2t − ) ∈ ∆ ⇒ NP − NQ = (t − 3) + − (t + ) + 25 5 Gọi P’ (3;1) , Q’ (− ; ) , M’ (t;0) Khi NP − NQ = N ' P '− N ' Q ' Suy NP − NQ lớn N ' P '− N ' Q ' lớn Ta thấy P’ Q’ nằm phía trục hoành, M’ nằm trục hoành Để N ' P '− N ' Q ' lớn P’, M’, Q’ thẳng hàng, nên M’ giao điểm P’Q’ với trục hoành Phương trình P’Q’: x − 12 y + = , N’ (−9;0) ⇒ t = −9 Vậy N (−9; −19) Nhận xét: - Với phương pháp trên, từ toán mà việc giải phải phân chia nhiều trường hợp nên học sinh lúng túng nhớ máy móc Khi ta chuyển toán đơn giản, phân chia trường hợp chủ yếu dùng công cụ tọa độ nên học sinh thực dễ dàng hứng thú học tập - Cũng với phương pháp trên, ta hướng dẫn học sinh giải toán tương tự không gian (ta trở lại ví dụ minh họa phần sau) - Từ biểu thức tổng hay hiệu hai đoạn thẳng MA, MB ta hướng dẫn học sinh hình học hóa toán cục trị đại số phương pháp tọa độ Ta xét ví dụ sau minh họa: 2 Ví dụ 1: Tìm giá trị lớn hàm số: y = x − x + 10 − x + x + Giải : ta viết hàm số dạng: y= ( x − 1) + − ( x + 2) + Gọi điểm M (1;3) , N (−2;1) I ( x;0) Suy y = IM − IN Ta thấy M N nằm phía trục hoành, I nằm trục hoành Để IM − IN lớn I, M, N thẳng hàng ⇒ I = MN ∩ Ox Phương trình MN: x − y + = ⇒ I (− ;0) Vậy Max y = 13 ⇔ x = − Ví dụ 2: Tìm giá trị lớn hàm số: y = cos a − cos a + + cos a + cos a + 13 Giải: y = (cosa − 1) + + (cosa + 3) + Gọi điểm M (1;1) , N (−3; −2) I (cos a;0) với −1 ≤ cos a ≤ Suy y = IM + IN Ta thấy M N nằm khác phía trục hoành, I nằm trục hoành Để IM + IN nhỏ I, M, N thẳng hàng ⇒ I = MN ∩ Ox Phương trình MN: 3x − y + = 1 ⇒ I (− ;0) ⇒ cos a = − ( thỏa mãn ) 3 Vậy Min y = ⇔ cos a = − Ví dụ 3: Cho đường thẳng  x = + 2t  ∆ :  y = − t hai điểm M (1;0; −1) , N (2;1;1) z = t  Tìm điểm I ∆ cho IM − IN lớn Giải: Gọi I (1 + 2t;1 − t; t ) ∈ ∆ 2 2 2 Ta có IM − IN = (2t ) + (1 − t ) + (t + 1) − (2t − 1) + t + (t − 1) = 6t + − 6t − 6t +  1 3 2 =  t + − t −t +    1  =  t + − (t − ) +  12   1 ;0) , I’ (t ;0;0) Gọi M’ (0; ;0) , N’ ( ; 3 Khi IM − IN = I ' M '− I ' N ' Suy IM − IN lớn I ' M '− I ' N ' lớn Ta thấy M’ N’ nằm mặt phẳng (Oxy) nằm phía trục hoành, I’ nằm trục hoành Để I ' M '− I ' N ' lớn M’, I’, N’ thẳng hàng, nên I’ giao điểm M’N’ với trục hoành x = t ' x = t  1   Phương trình M ' N ' :  y = − t ' ; phương trình Ox :  y = ⇒ t ' = t = Vậy I 3  z =   z = (3;0;1) Ví dụ 4: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho hai điểm M (1; 2;3) N (4; 4;5) Tìm điểm I thuộc mặt phẳng (Oxy) cho IM + IN nhỏ Giải: Gọi ∆ hình chiếu vuông góc đường thẳng MN lên mặt phẳng (Oxy) Điểm I thuộc mặt phẳng (Oxy) cho IM + IN nhỏ I thuộc đường thẳng ∆ để IM + IN nhỏ  x = + 3t  Ta có phương trình ∆ :  y = + 2t z =  Gọi I (1 + 3t ; + 2t;0) ∈ ∆ Ta có IM + IN = (3t ) + (2t ) + 32 + (3t − 3) + (2t − 2) + 52 IM + IN = 13t + + 13t − 26t + 38  = 13  t + 38  + t − 2t +  13 13    25  = 13  t + + (t − 1) +  13 13   ;0) , N’ (1; − ;0) , I’ (t ;0;0) Gọi M’ (0; 13 13 Khi IM + IN = 13 (I’M’ + I’N’) Suy IM + IN nhỏ I’M’ + I’N’ nhỏ Ta thấy M’ N’ nằm mặt phẳng (Oxy) nằm khác phía trục hoành, I’ nằm trục hoành Để I’M’ + I’N’ nhỏ M’, I’, N’ thẳng hàng, nên I’ giao điểm M’N’ với trục hoành Phương trình: x = t ' x = t  17 11   M 'N ': y = − t ' ; phương trình Ox :  y = ⇒ t ' = t = Vậy I ( ; ;0) 8 13 13  z =   z = Bài toán Cho n điểm Ai (i = 1, 2, , n ) n số thực Tìm tọa độ điểm M ∆ để n S = ∑ai MAi đạt giá trị nhỏ (hoặc lớn nhất) i =1 Ví dụ: Cho hai điểm A (3; 4) B (−1; 2) , đường thẳng ∆: x − 2y − = Tìm tọa độ điểm M nằm ∆ cho: a) MA + 2MB nhỏ b) MA − 2MB lớn Tóm tắt lời giải: M ∈ ∆ , nên M (2t + 2; t ) uuuur uuuur Suy ra: A M = (2t − 1; t − 4) BM = (2t + 3; t − 2) A M = 5t − 12t + 17 , 2BM = 10t + 16t + 26 a) MA + 2MB = 15t + 4t + 43 MA + 2MB đạt min, khi: t = −   26 Vậy, M  ; − ÷ 15  15 15  b) MA − 2MB = − 5t − 28t − MA − 2MB đạt max, khi: t = − 14  18 14  Vậy, M  − ; − ÷   Bài toán Cho n điểm Ai (i = 1, 2, , n ) n số thực , thỏa mãn điểm M ∆ để P = n ∑ai ≠ Tìm tọa độ i =1 uuuur a MA ∑ i i đạt giá trị nhỏ nhất" n i =1 Ví dụ: cho ∆: x − 2y − = , điểm A (3; 4) , B (−1; 2) C (0; 1) Tìm tọa uuur uuuur uuuur P = MA − 2MB + 3MC nhỏ độ điểm M nằm ∆ cho (2t + 2; t ) Tóm tắt lời M ∈ ∆ , nên Muuuu uuuugiải: r r uuuur Suy ra: A M = (2t − 1; t − 4) , BM = (2t + 3; t − 2) CM = (2t + 2; t − 1) uuuur uuuur uuuur A M − 2BM + 3CM = (4t − 1; 2t − 3) , suy ra: P = 20t − 20t + 10  1 P ⇔ P ⇔ t = Khi đó: M  5; ÷  2uuu  r uuur uuur r * Cách giải khác: Gọi G điểm thỏa mãn GA − 2GB + 3GC = (*) uuur uuuur uuuur uuuur Biểu thức (*) xác định tọa độ điểm G MA − 2MB + 3MC = 2MG P ⇔ MG Suy M hình chiếu G ∆ Bài toán Ví dụ 1: 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 Tóm tắt lời giải: Gọi A1, A2 đối xứng với A qua ∆1, ∆ 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 + = uuuur  20  uuuur  12 48  uuuur Thử lại: A1A2 = ( 2; − ) , A1B =  ; − ÷, A1C =  ; − ÷  6  11 11  uuuur 12 uuuur 22 uuuur A1A2 = A1B = A1C , suy ra: A1 , B , C A2 thẳng hàng, theo thứ tự 12  1  10 15  B  − ; − ÷ C  − ; − ÷ Vậy: A1 ∆1  3  11 11  B A C ∆2 A2 * Nhận xét: Sai lầm lấy điều kiện chu vi tam giác A BC 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 ví dụ: Cho 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  Ví dụ 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 là: a) Nhỏ b) Lớn Tóm tắt lời giải: A (a ; 0) , a ≥ B (0; b), b ≥ uuur uuuur Suy ra: MA = (a − 3; − 1) , MB = ( − 3; b − 1) uuur uuuur MA MB = ⇔ 3(a − 3) + (b − 1) = ⇔ b = 10 − 3a 10 b≥0 ⇒ a ≤ (*); 2S = MA MB = 3(a − 6a + 10)  10  Khảo sát hàm f (a ) = 3(a − 6a + 10) , đoạn  0;   3 10 30 f (a ) y 10 M O 310 x9 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 Cho điểm M (3; 1) Viết phương trình đường thẳng ∆ qua M, cắt tia Ox tia Oy tương ứng A B (khác O) cho: c) Độ dài AB nhỏ d) Diện tích S tam giác AOB nhỏ e) Khoảng cách d(O , ∆) lớn f) Tổng T = OA + 3OB nhỏ P= + g) nhỏ OA OB Lời giải tóm tắt: Do A, B (khác O) thuộc tia Ox tia Oy, nên A(a; 0) x y B(0; b), với a > b > Phương trình ∆: + = a b 1 + = , suy = − > , hay a > (*) Khi đó: a b b a a b= =1+ a −3 a −3   2 2 a) A B = a + b = a +  + ÷ (tại xét hàm f (a ), a > )  a −3 + + 6(a − 3) + 10 = (a − 3) + a − (a − 3)2 Thỏa mãn: ≥ 3 (a − 3) 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+ Nhận xét: *Có thể mắc số sai lầm sau: • A B = a + b2 ≥ 2ab , đẳng thức xảy a = b Khi a = b = ; A B = 32 10 2 • A B = (a − 3) +   + + a − ÷+ 10 ≥ 2.3 + 6.2 + 10 = 28  (a − 3) a −  *Kết A B = 3 + 3 81 + 10 ≈ 28, hay 28 < A B < 32 , suy ra: Không xảy dấu đẳng thức đánh giá A B ≥ 28 Và rõ ràng a = b ta có A B = 32 mà không suy A B ≥ 32 + + 6(a − 3) + 10 gặp khó * Nếu xét hàm f (a ) = (a − 3) + a − (a − 3)2 khăn thực hành tìm nghiệm f '(a ) = xét dấu f '(a ) * Bài tập dùng để ôn tập 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 + ≥ 12 = a −3+ a −3 Đẳng thức xảy ra, khi: a − = ⇔ a = a = a −3 Kết hợp (*), được: a = 6, suy b = Phương trình ∆: x + 3y − = b) 2S = ab = a + đơn giản a −3 c) Gọi H hình chiếu O ∆, ta có OH ⊥ ∆, suy ra: d(O , ∆) = OH ≤ OM O Đẳng thức xảy ra, khi: H ≡ M ⇔ ∆ ⊥ OM uuuur ∆ OM = (3; 1) làm vecto pháp tuyến ∆ nhận M H Phương trình ∆: 3x + y − 10 = Lời giải tóm tắt: Xét hàm f (a ) = a + + (có thể xét hàm f(a), a > đây) a −3 9 + ≥ (a − 3) = 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 − = d) T = a + 3b = a + + 3 + ≥ Suy ra: ab ≥ 12 a b a b Do đó: OA + 3OB = a + 3b ≥ 3ab ≥ 12 Cách 2: = 11 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 + =1 S ⇔ = ⇔ b = Khi a = , ta ∆: b 15 2 2 1 2 1 Cách 2: Áp dụng bất đẳng thức Bunhia: =  + ÷ =  + ÷ b a b  3 a 9    + + ≥ ≤  + ÷ + ÷ Do đó: 2 = OA OB a b 10   a b  2 2a 20 = Dấu bằng, khi: : = : + = Suy ra: a = 10 b = a b a b 9 Phương trình d: 2x + 9y − 20 = Bài toán 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 uur IA = (1; 1) , A nằm (C) Lời giải tóm tắt: I(1; − 2), R = 3; H K tương ứng trung điểm MN PQ, ta có: IH ⊥ MN IK ⊥ PQ Do IHAK hình chữ nhật, suy ra: IH + IK = IA = , không đổi MN PQ S = = 2MH.PK P = (R − IH )(R − IK ) = 63 + IH IK I K M A Q 2) H N 1) Suy ra: S ≥ 63 Đẳng thức xảy khi: IH.IK = 0, tức ∆1 ∆2 qua tâm I Do S nhỏ nhất, hai đường thẳng ∆1 ∆2 trùng với đường thẳng AI, đường thẳng lại vuông góc với AI (tại A) Ta ∆1: x − y − = ∆2: x + y + = Do IH IK ≤ ( IH + IK ) = , suy ra: S ≤ 16 Dấu xảy khi: IH = IK Khi d(I , ∆) = ∆ qua M, có phương trình dạng: a (x − 2) + b(y + 1) = , a + b2 ≠ (*) 12 Thỏa mãn: a + b = a + b2 ⇔ ab = ⇔ a = b = Vậy, chọn: ∆1: x − = ∆2: y + = (hoặc ngược lại) IA , chứng tỏ ∆ tiếp tuyến đường tròn C(I, 1) Đồng thời ∆ cắt C(I, IA) B C cho ∆IBC vuông cân I Bài toán Nhận xét: d(I , ∆) = = 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 Xét bổ đề: Cho hai đường tròn đồng tâm C1(O, R) C2(O, R') (R > R') Các điểm B C di động (C 1) (C2) tương ứng Khi S đạt max O trực tâm tam giác ABC O nằm tam giác Chứng minh: C Thật vậy, cố định B đường thẳng AB cố (C2) định Giả sử AB cắt (C2) M N, diện tích lớn (C1) CO ⊥ AB Tương tự cố định C Tức O trực tâm ABC Khi C điểm O A• B cung lớn MN hay O nằm tam giác ABC Áp dụng, với: A(0; 1) ∈ Oy ⇒ BC // Ox Do tính đối xứng, ta giả sử B có hoành độ dương, dạng B = ( − b2 ; b) suy uuur uuur C = (− − b2 ; b) , b < Suy ra: A B = ( − b2 ; b − 1) , CO = ( − b2 ; − b) uuur uuur Thỏa mãn: A B CO = ⇔ (2 − b2 )(5 − b2 ) = b(b − 1) ⇔ b = −1 (do b < ) Suy ra: B = (1; − 1) C = (−2; − 1) , B = (−2; − 1) C = (1; − 1) Bài toán 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) Lời giải tóm tắt: (C): tâm I(2; − 3), bán kính R = IA = 17 < R hay A nằm (C) I M AH N N · IB 25 IA sin A · IB ≤ 25 Cách 1: S = = sin A 2 · Đẳng thức xảy ra, khi: MIN = 90O 13 R = (1) 2 ∆ qua M(3; 1), phương trình dạng: a (x − 3) + b(y − 1) = , a + b2 ≠ (*) Thỏa mãn: (1) ⇔ 2(a + 4b)2 = 25(a + b2 ) Từ điều kiện (*), suy b ≠ Chọn b = −1, ta được: a = −1 a = 23 Phương trình ∆ : x + y − = ∆ : 7(x − 3) − 23y + Gọi H trung điểm MN, ta có IH ⊥ MN, suy d(I , ∆) = IH = IH + 25 − IH 25 Cách 2: S = IH 25 − IH ≤ = 2 Đẳng thức xảy ra, khi: IH = 25 − IH N ⇔ d(I , ∆) = IH = (đến đây, tương tự cách 1) 2 I M AH Cách 3: Đặt IH = x , < x ≤ 17 Suy ra: S = x 25 − x Xét hàm f (x ) = x 25 − x , < x ≤ 17 Ta có: f '(x ) = 25 − x − + f (x ) x2 25 − x = 25 − 2x 25 − x ; f '(x ) = ⇔ x = S − đạt max khi: d(I , ∆) = … đến đây, tương tự cách ♣ Kết quả: ∆: x +y − = 0, y = (x − 3) + 23 ♣ Câu hỏi tương tự với A (3; − 2) Tương tự: < IH ≤ IA = hay 0[...]... chưa triển khai đề tài trên tôi đã cho học sinh làm một bài kiểm tra ở lớp 12A1 như sau: Kết quả Nhóm Nhóm 1 (15 học sinh) Nhóm 2 (15 học sinh) Sau khi triển sau: Kết quả Nhóm Nhóm 1 (15 học sinh) Nhóm 2 (15 học sinh) Số học sinh có lời giải Sô học sinh có lời giải đúng 4 (26,7%) 2 (13,3%) 5 (33,3%) 3 (20%) khai đề tài này tôi tiếp tục khảo sát được kết quả như Số học sinh có lời giải Sô học sinh có... hành giải toán một cách hiệu quả hơn, tạo được sự hứng thú, phát huy được tính chủ động và sự sáng tạo cho của học sinh Mỗi một nội dung kiến thức, nên có một hệ thống các bài tập tương ứng cho học sinh tự luyện.Giáo viên, cần có sự chủ động trong việc hướng dẫn học sinh tìm tòi cái mới, kế thừa và phát huy những kiến thức có sẵn một cách sáng tạo Trong quá trình giảng dạy, với cách nêu phương pháp giải. .. thẳng AB Tìm tọa độ điểm M sao cho đường tròn (E) có chu vi lớn nhất KIỂM NGHIỆM THỰC TẾ GIẢNG DẠY Thực tế cho thấy, với cách làm trên đã tạo được cho học sinh sự nhanh nhẹn, linh hoạt, vững vàng, tiết kiệm được thời gian hơn trong quá trình giải toán Học sinh biết vận dụng và có sự sáng tạo hơn trong học tập, cách làm trên đã đáp ứng được nhu cầu của học sinh Hiệu quả trong học tập của học sinh đã được... hệ thống các bài tập phù hợp cho từng đối tượng học sinh sẽ giúp cho học sinh chủ động và tích cực hơn trong học tập Do vậy kết quả học tập của học sinh sẽ tốt hơn Mặc dù đã thu được một số kết quả nhất định, nhưng trong phạm vi bài viết, tôi nghĩ có thể còn một số chỗ chưa thực sự hợp lý Vì vậy, tôi mong các bạn đồng nghiệp bổ sung góp ý để việc dạy học ngày một tốt hơn, đem lại cho học sinh những... lời giải đúng 14 (93,3%) 13 (86,7%) 15 (100%) 13 (86,7%) 19 Qua bảng thống kê trên ta thấy cách làm trên đã thể hiện được hiệu quả vượt trội III KẾT LUẬN VÀ ĐỀ XUẤT Trong quá trình dạy học, với mỗi thể loại kiến thức, nếu giáo viên biết tìm ra những cơ sở lý thuyết, biết phát huy và sáng tạo và hướng dẫn học sinh vận dụng một cách hợp lý vào việc giải các bài tập thì sẽ tạo được điều kiện để học sinh. .. = 0 Nhận xét: 14 * Trong trường hợp A (3; − 2) không giải được bằng cách 1 và cách 2 do 5 không xảy ra IH = , với 0 < IH ≤ 2 Cách 3 là cách giải tổng quát 2 * Nếu giải theo cách 1 và cách 2, sai lầm khi kết luận vô nghiệm * Biện luận hình học về vị trí điểm A đối với (C) hay độ dài IA so với R  R  Xét đường tròn (T):  I , ÷ - đồng tâm và nằm trong (C): ( I , R ) 2  R R2 •S= ⇔ d(I , ∆) = , hay... 1) Tìm tọa độ điểm M nằm trên (E ) sao cho OM lớn nhất, nhỏ nhất b) F2M lớn nhất, nhỏ nhất a) 2) Tìm tọa độ các điểm điểm A và B nằm trên (E ) sao cho a) A B đi qua F2 và A B ngắn nhất b) OA ⊥ OB và ∆A OB có diện tích lớn nhất Tính giá trị lớn nhất đó x2 y2 Bài 4: cho (E ) : + = 1 , các điểm A (5; 0) và B (0; 4) Tìm tọa độ điểm 25 16 M nằm trên (E) sao cho tam giác MA B có diện tích lớn nhất Bài 5:... gian với hệ trục tọa độ Descartes vuông góc Oxyz, cho hai điểm A (1; 2;3) , B (4; 4;5) 18 a) Viết phương trình đường thẳng AB Tìm giao điểm P của nó và mặt phẳng (Oxy) Chứng minh rằng với mọi điểm Q ∈ (Oxy), biểu thức QA − QB có giá trị lớn nhất khi Q trùng với P b) Tìm điểm M thuộc (Oxy) sao cho tổng các độ dài MA + MB nhỏ nhất Bài 9: (HVKTQS – 1994 ) Trong không gian với hệ trục tọa độ Descartes vuông... y tọa độ M thuộc (C) sao cho biểu thức P = MA + B 6 3MB đạt min 3 M (C) −1 O K ♣ Hướng dẫn và kết quả (C): O(0; 0), R = 3; OA = 9 = 3R Gọi K(1; 0), OM = 3OK A ∆AOM ∼ ∆MOK và AO = 3MO 9 X ⇒ MA = 3MK Suy ra: P = 3(MK + MB) ≥ 3BK Dấu bằng xảy ra, khi M thuộc đoạn BC Đáp số: M(0; 3) 15 Bài toán 10 3  x2 y2 Cho (E): + = 1 , M  −1; − ÷; A và B thuộc (E) và đối xứng với nhau 2  16 12 qua M Tìm tọa độ. .. 4 16 17 BÀI TẬP RÈN LUYỆN KĨ NĂNG Bài 1: A(3; 4), B(1; 2) và C(5; 0) Viết phương trình đường thẳng ∆ đi qua A sao cho T = 2d(B , ∆) + d(C , ∆) : lớn nhất b) nhỏ nhất Bài 2: 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 3: cho ... pháp học sinh tiếp thu giải toán nhẹ nhàng hoàn toàn giải tương tự hình học không gian Với cách phát triển tương tự giúp học sinh nghiên cứu thêm cực trị khác, đồng thời giải số toán cực trị đại... gian để giải toán nội dung Giải pháp tổ chức thực Trước hết, yêu cầu học sinh nắm vững kiến thức hình học phẳng kỹ sử dụng tọa độ để giải toán hình học phẳng Để đạt mục tiêu đặt ra, xuất phát từ... 12A1 sau: Kết Nhóm Nhóm (15 học sinh) Nhóm (15 học sinh) Sau triển sau: Kết Nhóm Nhóm (15 học sinh) Nhóm (15 học sinh) Số học sinh có lời giải Sô học sinh có lời giải (26,7%) (13,3%) (33,3%)