(Sáng kiến kinh nghiệm) phương pháp giải các bài toán cực trị trong hình học giải tích phẳng

Phương pháp giải tốn cực trị hình học giải tích phẳng PHẦN 1: MỞ ĐẦU 1.1 Lí chọn đề tài Trong năm gần đây, hình học giải tích phẳng ln vấn đề khó học sinh tham gia kỳ thi chọn học sinh giỏi toán cấp tỉnh; đặc biệt vấn đề cực trị Việc rèn luyện kĩ giải toán cực trị cho học sinh có vai trị quan trọng Giúp học sinh phát triển tư duy, tính sáng tạo, hình thành kỹ vận dụng kiến thức học vào tình mới, có khả phát giải vấn đề, có lực độc lập suy nghĩ biết lựa chọn phương pháp tối ưu Trên thực tế, vấn đề cực trị đại số hay hình học gây cho học sinh cảm giác khó khăn tiếp cận, khơng học sinh học vấn đề cực trị hình học lại gặp khó khăn cách tiếp cận giải vấn đề liên quan Nhằm đáp ứng yêu cầu thực tiễn, giúp học sinh tháo gỡ giải tốt khó khăn, vướng mắc việc học hình học giải tích phẳng đồng thời nâng cao chất lượng môn nên thân chọn đề tài: Phương pháp giải tốn cực trị hình học giải tích phẳng 1.2 Mục đích nghiên cứu Mục đích nghiên cứu tơi : Đa dạng hóa loại hình, phương pháp tiếp cận tốn cực trị hình học giải tích phẳng 1.3 Đối tượng nghiên cứu Đối tượng nghiên cứu mà hướng đến đề tài là: Học sinh lớp 10, trực tiếp hai lớp giảng dạy : 10A1 10A2 1.4 Phương pháp nghiên cứu - Phương pháp điều tra, khảo sát thực tế: Tôi tiến hành lập phiếu thơng tin khảo sát tình hình học sinh việc giải toán liên quan hai lớp trực tiếp giảng dạy 10A1 10A2 - Phương pháp thu thập thông tin: Tôi tiến hành thu thập thông tin liên quan đến đề tài thông qua viết mạng Internet, SGK hình học 10 Sau chọn lọc thơng tin phù hợp với đề tài Đồng thời thu thập thông tin phản ứng học sinh toán liên quan - Phương pháp thống kê, xử lí số liệu: Tiến hành thống kê thơng tin, số liệu để xử lí kết thu thập được, phục vụ cho việc phân tích, đánh giá trình nghiên cứu Giáo viên: Kiều Văn Cường - Trường THPT Cẩm Thủy 1 Phương pháp giải tốn cực trị hình học giải tích phẳng PHẦN NỘI DUNG 2.1 Cơ sở lí luận 2.1.1 Phép toán véctơ tọa độ mặt phẳng   a Tọa độ vectơ phép toán: Cho u ( x; y), v( x '; y ') đó:   u  v  x  x '; y  y '    u.v  xx ' yy '   u  v  xx ' yy '    u.v   cos u, v       u  v   x  x '; y  y ' u.v  ku  (kx; ky )  u  x  y b Tọa độ điểm: Cho A(xA;yA), B(xB;yB), đó:  AB   xB  x A ; yB  y A  AB   xB  x A    y B  y A  2.1.2 Phương trình đường thẳng: a Phương trình tổng quát A  x  x0    y  y0    Ax  By  C  b Khoảng cách từ điểm M(xM;yM) đến đường thẳng : Ax  By  C  : d  M ,   AxM  ByM  C A2  B 2.1.3 Phương trình đường trịn, elip: Đường trịn:  x  a    y  b   r Tâm I(a;b), bán kính r 2 Elip: a Phương trình tắc: x2 y   , (a>b>0) a b2 b Các yếu tố liên quan: c  a  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  , F2  c;0  Bốn đỉnh: đỉnh trục lớn A1  a;0  , A2  a;0  , đỉnh trục bé B1  0; b  , B2  0; b  - Bán kính qua tiêu điểm: MF1  r1  a  exM ; MF2  r2  a  exM Tâm sai: e  c 1 a 2.2 Thực trạng vấn đề trước áp dụng sáng kiến kinh nghiệm Giáo viên: Kiều Văn Cường - Trường THPT Cẩm Thủy Phương pháp giải tốn cực trị hình học giải tích phẳng Qua thực tế giảng dạy thân lớp: 10A1 10A2 lớp lực tư toán em tương đối tốt Nên tốn hình học giải tích phẳng thơng thường, học sinh vận dụng Tuy nhiên, gặp dạng toán cực trị khơng gian Oxy khả giải cịn nhiều hạn chế dẫn đến việc em khó khăn việc giải tốn có tính lạ Kết khảo sát cụ thể sau: Khi chưa hướng dẫn cách giải toán liên quan tới cực trị giải tích phẳng Lớp Số HS biết cách làm Số HS cách làm SL % SL % 10A1 (48 HS) 05 10.4 43 89.6 10A2 (46 HS) 01 2.2 45 97.8 Từ kết ta thấy, tình trạng học sinh khơng tự giải vấn đề chiếm tỷ lệ cao Nguyên nhân: Về phía học sinh: Phần lớn học sinh lo lắng chí sợ tồn liện quan đến cực trị, mà cực trị hình học học sinh cịn yếu Về phía giáo viên: Thời lượng cho chương trình khơng đủ, nên khó bố trí thời gian cách linh hoạt cho vấn đề cần giải Việc đầu tư thay đổi, vận dụng linh hoạt phương pháp dạy học chưa áp dụng cách thường xuyên, liên tục 2.3 Giải pháp cách thức thực Các tình giải tốn thể khơng gian Oxy, trình bày theo trình tự: Đề – Lời giải hướng dẫn – Lời bình tốn tương tự ( Nếu có ) VD Cho đường thẳng  : x  y   ; hai điểm A(2;1) B(1;0) Tìm tọa độ điểm M nằm  cho MA + MB nhỏ * Lời giải Xét f ( x; y)  x  y  ; ta có: f(2;1).f(1;0)>0 nên A B nằm phía so với  Gọi A’ điểm đối xứng A qua  Tọa độ A’ nghiệm hệ: 2 x  y     x  y 1  1    2 Suy 8 9 A'  ;  5 5 Dễ thấy: MA  MB  MA' MB  A' B Đẳng thức xảy M gia điểm A' B  Vậy tọa độ điểm M nghiệm hệ: x  y    3 x  y   Suy 7 6 M ;  5 5 A B  M A’ Chú ý: Trường hợp điểm A;B nằm khác phía so với  dễ dàng thấy M giao điểm  với đường thằng AB Chúng ta xét số toán mở rộng sau đây: Giáo viên: Kiều Văn Cường - Trường THPT Cẩm Thủy Phương pháp giải tốn cực trị hình học giải tích phẳng Bài Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho điểm A(6;2) đường thẳng d : x  y  Gọi P giá trị nhỏ chu vi tam giác ABC biết B điểm thay đổi tia Ox C điểm thay đổi d Tính P ? A P  B P  C P  D P  * Lời giải Gọi A1 , A2 điểm đối xứng A qua Ox qua d Dễ tìm A1 (6; 2) A2 (2; 6) , đồng thời ta có AB  A1 B, AC  A2 C Do P  AB  BC  CA  A1 B  BC  CA2  A1 A2 ,suy P  A1 A2  A1 , B, C , A2 thẳng hàng theo thứ tự Viết phương trình A1 A2 : x  y  10  , từ tìm B(5;0), C( 10 10 ; ) thỏa mãn A1 , B, C , A2 thẳng hàng theo thứ tự.Vậy Chọn D 3 Bài 2: Trong mặt phẳng Oxy, cho đường thẳng d : x  y   điểm A  2;1 , B  1;3 Tìm điểm M  d cho MA  MB đạt giá trị nhỏ Khi đường trịn tâm O qua M có bán kính A R  B R  10 11 C R  130 D R  244 121 *Lời giải Ta có:           A, B phía với đường thẳng d Gọi A’ đối xứng với A qua đường thẳng d  MA  MA  MA  MB  MA  MB  AB (không đổi)  MA  MB đạt giá trị nhỏ AB  M  AB  d Đường thẳng  qua A vng góc với d   : x  y   Giáo viên: Kiều Văn Cường - Trường THPT Cẩm Thủy Phương pháp giải tốn cực trị hình học giải tích phẳng A B M d I A’  x   x  y 1    I  ;   Xét hệ     2 x  y    y    A’ đối xứng với A qua d  I trung điểm AA’  A  3; 4   AB : x  y   13  x   7 x  y    11  M   13 ;   10  Xét hệ   OM  R     11 11  11 x  y   y    11 VD Cho đường thẳng  : x  y   ; hai điểm A(2;1) B(1;0) Tìm tọa độ điểm M nằm  cho MA  MB lớn *Lời giải Ta có: MA  MB  AB , đẳng thức xảy M,A,B thẳng hàng M nằm đoạn thẳng AB Do M giao điểm  với đường thẳng AB ( Do A,B nằm phía so với  nên tồn điểm M vậy) Tọa độ điểm M thõa mãn hệ phương trình: nên M  3;2  Chúng ta xét toán mở rộng sau đây: Bài Cho điểm A(2;1) B(1;2); đường thẳng  : x  y   Tìm tọa độ điểm M nằm  cho MA  MB lớn *Lời giải Bài tốn có nét tương đồng VD2, nhiên trường hợp này, điểm A B nằm khác phía so với  Nên phương án giải tốn có phần khác biệt Gọi A’ điểm đối xứng với A qua  , ta có MA  MB  MA' MB  A' B Đẳng thức xảy M giao điểm  với x  y    x  y   8 9  11  A'  ; ; M  ;  5 5  5 (C ) : x  y  , điểm A(0;9); đường thẳng A’B Dễ thấy tọa độ VD Cho đường trịn B(-1;6) Tìm tọa độ điểm M thuộc (C) cho P=MA + 3MB đạt GTNN *Lời giải (C): Tâm O(0;0); bán kính R=3 Điều quan trọng toán kiện OA = = 3R Gọi K(1;0), ta có OM = 3OK Nên AOM đồng dạng với MOC AO = 3MO Ta có: MA = MK Giáo viên: Kiều Văn Cường - Trường THPT Cẩm Thủy Phương pháp giải tốn cực trị hình học giải tích phẳng Suy ra: P  3( MK  MB)  3BK Đẳng thức xảy M thuộc đường thẳng BC Vậy M(0;3) Chúng ta xét toán mở rộng sau đây: 2 Bài Trong mặt phẳng Oxy , cho đường tròn  C  :  x  1   y    hai điểm A  4; 1 , B  1;1 Điểm M thay đổi đường tròn  C  Tìm giá trị nhỏ biểu thức T  MA  3MB A B 53 C 57 D *Lời giải I P N M B A  C  có tâm I  1;  , bán kính R  Ta có IA   3R, IB  R nên A, B nằm ngồi đường trịn  C  Gọi N giao điểm IA  C  , P nằm đoạn IN cho IP  IN  3    5  IP  IA  P  ;   3 Ta có AIM đồng dạng với MIP  MA IM    MA  3MP MP IP Do T  MA  3MB  3MP  3MB  3PB Gía trị nhỏ T  3PB  53 xảy M giao điểm BP đường tròn  C  2 Bài Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho đường tròn  C  :  x  1   y  1  25 Điểm M  a; b  thuộc  C  cho biểu thức P  MA  MB đạt giá trị nhỏ Khẳng định sau điểm A  7,9  ; B  0;8  A a  b  B a  b  C a  b  37 D a  b  29 *Lời giải Giáo viên: Kiều Văn Cường - Trường THPT Cẩm Thủy Phương pháp giải toán cực trị hình học giải tích phẳng B M A J I Đường trịn  C  có tâm I  1;1 bán kính R  Do IA  10  IB   nên hai điểm A, B nằm ngồi đường trịn  C    Gọi J  x; y  điểm thỏa mãn IA  IJ ta có J  ;3  Vì IJ   nên điểm J 2  nằm đường trịn  Khi với điểm M  IM IJ   IA IM thuộc đường trịn  C  ta có  IM J ∽ IAM  c.g.c   MA  MJ Vậyvới điểm M thuộc  C  ta có: MA  2MB   MJ  MB   BJ  P  MA  2MB đạt giá trị nhỏ ba điểm B, J , M thẳng hàng M nằm B J   Phương trình đường thẳng BJ qua hai điểm B  0;8 J  ;3  có phương 2  trình x  y   Tọa độ giao điểm đường thẳng BJ đường tròn  C  2 x  y   x  x    2  y  2  x  1   y  1  25  y  nghiệm hệ  Do M nằm B   J nên hai vectơ MB MJ ngược hướng  M  1;6  Vậy a  b  37 VD Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho đường tròn  C  :  x     y  1  25 hai đường thẳng d1 : mx  y  , d : x  my  Tìm m để hai đường thẳng d1 , d cắt  C  bốn điểm phân biệt tạo thành tứ giác có diện tích lớn A m  B m  m   C m  m   D m  Giáo viên: Kiều Văn Cường - Trường THPT Cẩm Thủy Phương pháp giải tốn cực trị hình học giải tích phẳng *Lời giải Nhận xét: d1 , d vng góc với gốc tọa độ O  C  có tâm I  2;1 , bán kính R  Gọi A , B , C , D giao điểm hai đường thẳng d1 , d với  C  H , K hình chiếu vng góc I lên d1 , d (hình vẽ) S ABCD  AC.BD  AB  BD 2 2 2 2 2 2 Mà AC  BD   R  IH    R  IK   8R   IH  IK   8R  4OI  const Nên diện tích tư giác ABCD lớn AC  BD , IH  IK  d  I , d1   d  I , d  m  2m   m  2m    m     m   m     m m  1  m2   VD Trong mặt phẳng với hệ trục Oxy, Tam giác ABC nhọn có trực tâm H M  0; 2  trung điểm cạnh BC Trên tia đối tia HB, HC lấy P, Q 7 7  5 cho AQHP hình bình hành Giả sử P  ;  , Q   ;  , đỉnh A thuộc 2 2  2 đường thẳng d : 3x  y   đỉnh B  a; b  tính giá trị a  b *Lời giải Phân tích: Vẽ hình theo giả thiết, dự đốn tính chất đặc biệt để giải toán Phát : AM  QP Giáo viên: Kiều Văn Cường - Trường THPT Cẩm Thủy Phương pháp giải toán cực trị hình học giải tích phẳng  Đường thẳng AM qua M  0; 2  có VTCP PQ   7; 1 nên :  AM  : x  y    Tọa độ A   AM    d  thỏa hệ : 7 x  y    A  1;5   3x  y   Trung điểm PQ N  0;3 trung điểm AH  H  1;1 Đường thẳng BC qua M  0; 2  vng góc  với AH nên :  BC  : x  y     5  Đường thẳng BH qua H  1;1 nhận HP   ;  làm VTCP nên :  2 2  BH  : x  y   x  y   B  4; 4  x  y   Tọa độ điểm B thỏa :  Việc chứng minh MA  QP xin nêu thêm sau: Cách :Chứng minh : MA  QP Gọi E, F chân đường cao C, A; N trung điểm PQ I giao điểm AM PQ    QAH  ACB (do phu HAC)   QAH đồng dạng với ACB  g  g  Ta có :    (do BEFH nôi tiêp) AHQ  ABC AQ AH 2AN   AC BC 2CM   Mà QAN  CAM nên : QAN đồng dạng với ACM  c  g  c       MAC  AQN  QPH mà BP  AC Suy MA  QP Cách :Chứng minh : MA  QP    AQH  QAB  900 Do H trực tâm tam giác ABC nên :     900  PAC  APH   Mà AQH  APH ( AQHP hình bình hành )        cos  QA, AB    cos  AP, AC   PAC Nên : QAB    BAP  CAQ  900  APB đồng dạng với AQC  AP.AC  AQ.AB Lại có :     AQH  APH      AP.AC.cos AP, AC  AQ.AB.cos QA, AB      Giáo viên: Kiều Văn Cường - Trường THPT Cẩm Thủy Phương pháp giải tốn cực trị hình học giải tích phẳng           Xét 2.QP.AM   QA  QH   AB  AC   QA.AB  AP.AC ( QA.AC  0, AB.QH  )          AP.AC.cos AP, AC  AQ.AB.cos QA, AB      Suy MA  QP VD Trong mặt phẳng Oxy , cho đường trịn  I  có phương trình x  y  y   đường thẳng  d  có phương trình x  y  10  Gọi M   I  điểm có khoảng cách lớn tới  d  , N   I  điểm có khoảng cách nhỏ tới  d  Tổng khoảng cách là: A B C D *Lời giải Ta có I   0;3 , R  d  I,  d     R   d  không cắt  I  Gọi  m  đường thẳng qua I vng gócvới đường thẳng  d  Khi  m  cắt  I  hai điểm M N thỏa mãn yêu cầu đề cho Khi tổng khoảng cách cần tìm d  M ,  d    d  N,  d    2R  2d  N,  d      R  d  I,  d    R  2d  I,  d    7 VD Cho đường tròn  C  có phương trình x  y  x  y   điểm M  1;1 Gọi  đường thẳng qua M cắt  C  hai điểm A, B cho S IAB lớn a Biết phương trình  có dạng ax  by  c  với điều kiện phân số tối b a  1 Tính giá trị biểu thức H  2a  b b A H  3 B H  4 C H  5 giản a  0, D H  6 *Lời giải Ta có: I  2; 1 , IM  , R  Giáo viên: Kiều Văn Cường - Trường THPT Cẩm Thủy 10 Phương pháp giải tốn cực trị hình học giải tích phẳng S IAB  IA.IB.sin AIB  Dấu ''  '' xảy  sin AIB   IAB vuông cân đỉnh 2 I AB R   2 Có  : ax  by  a  b   d  I,   d  I ,   2a  b  a  b  a  b 3     a  2b    a  b   7a  8ab  b    2 2 a b b  7a Kết hợp điều kiện a  1  : x  y    H  2a  b  5 b VD Trong mặt phẳng Oxy, Cho tam giác ABC với A  2; 2  , B  4;0  , C  3;  1 nội tiếp đường tròn (C) có tâm I Từ điểm M đường thẳng d : x  y   vẽ tiếp tuyến với (C) N Khi tam giác ABN có diện tích lớn độ dài IM ngắn A B 82 C D 10 *Lời giải Nhận thấy tam giác ABC vng C nên đường trịn (C) có tâm I  3; 1 bán kính R  AB  2 AB.d ( N , AB ) nên S ABN max  d ( N , AB ) max   Do AB đường kính nên   xảy ABN vng cân N S ABN  Ta có: Lúc tiếp tuyến  với (C) N song song với AB : x  y   cách AB đoạn R : x y m  Giả sử Ta có: d  ; AB   R   : x  y    m  2     m  6 2 : x  y   m4 Tọa độ M giao điểm d với tiếp tuyến vừa tìm   6 4 82  IM   M1  ;     Chọn đáp án B Nên:    IM  10  M  2; 4  VD Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho điểm A ( 4;1) đường tròn (C ) có phương trình x2 + y2 - 2x + 4y - = Đường thẳng d cắt đường tròn (C ) hai điểm phân biệt B,C cho tam giác ABC Biết phương trình Giáo viên: Kiều Văn Cường - Trường THPT Cẩm Thủy 11 Phương pháp giải toán cực trị hình học giải tích phẳng đường thẳng d có dạng x + ay + b = Biểu thức S = a + b có giá trị lớn nhấtbằng A S  B S  1 C S  D S  2 *Lời giải B' B A H I C C' Đường trịn (C ) có tâm I ( 1;- 2) bán kính R = Vì AB = AC IB = I C nên IA trung trực BC hay đường thẳng d vng góc với IA uur I Ta có A ( 3;3) nên ( 1;1) vec tơ pháp tuyến d · Áp dụng định lí sin ta có: IB = AB + IA - 2AB IA cosIAB éAB = ê Û AB AB + 12 = Û ê Û = AB + 18 - 2AB.3 2.cos30 êAB = ë o Gọi H trung điểm BC ta có Nếu AB = AH = = AI Þ H º I ( 1;- 2) nên phương trình đường thẳng d là: x + y + = trường hợp S = Nếu AB = AH = = AI Suy H trung điểm AI æ ố2 Do ú H ỗỗỗ ;- 1ử ữ ữ d : x + y - = 0, trường hợp ÷ ÷nên phương trình đường thẳng 2ø S = - Vậy giá trị lớn S = VD 10 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hai đường tròn  C1  : x   y     C2  : x  y  10 x  y  33  Gọi M , N hai điểm di chuyển  C1  ,  C2  , P di chuyển trục hoành Tổng khoảng cách từ P tới M N ngắn là: A  B C  D  *Lời giải Giáo viên: Kiều Văn Cường - Trường THPT Cẩm Thủy 12 Phương pháp giải tốn cực trị hình học giải tích phẳng  C1  có tâm A  0;  , bán kính R1   C2  có tâm B  5;3 , bán kính R2  Gọi  C3  : x   y    đường tròn đối xứng với  C1  qua trục Ox điểm đối xứng với M M ’ qua Ox Khi với P thuộc Ox ta có: PM  PN  PM ' PN  M ' N Vậy tổng khoảng cách từ P tới M N ngắn M ’, P, N thẳng hàng (xem hình vẽ) Vậy  PM  PN   M ' N  A ' B  R1  R2   VD 11 Trong mặt với hệ trục Oxy, cho điểm A  2;  , B  4; 3  , C  1; 5  , D  3;  Lấy M , N , P , Q thuộc cạnh AB , BC , CD , DA Giá trị nhỏ biểu thức MN  NP  PQ  QM là : A 29 phẳng B 58 C 29 D 140 *Lời giải Đầu phát A  2;  , B  4; 3  , C  1; 5  , D  3;  tạo thành hình vng Gọi I , J , K trung điểm QN , MN , PQ Ta có BJ  Do tiên ta MN PQ QM PN , DK  , IJ  , IK  2 2 MN  NP  PQ  QM  2BJ  2DK  2IJ  2IK   BJ  IJ  IK  KD   2BD  58 Giáo viên: Kiều Văn Cường - Trường THPT Cẩm Thủy 13 Phương pháp giải tốn cực trị hình học giải tích phẳng Dấu xảy M , N , P , Q trung điểm AB, BC , CD , DA VD 12 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn  C  :  x  3   y    điểm A  1;8  , B  3; 2  , C  0;1 Biết M (a; b)      điểm  C  cho MB  4MC  MA  MB  MC nhỏ nhất, tổng a  b bằng: A  B  C D *Lời giải    Gọi I  xI ; yI  điểm thỏa mãn IB  IC  (1) 3  xI  4( xI )   x  1  I  I  1;   2  yI  4(1  yI )   yI      Gọi J  xJ ; y J  điểm thỏa mãn JA  JB  JC  (2) Ta có (1)   1  xJ   xJ  (  xJ )   xJ    J (2;5) 8  yJ   yJ  (1  yJ )   yJ  Ta có (2)   y J M E x O           Ta có T  MI  IB  4( MI  IC )  MJ  JA  MJ  JB  ( MJ  JC )  3 MI  2MJ  MI   a  1   b    a  b  2a  4b    a  3   b     12 2  a  b  4a  4b   2  a  2 2   b    2ME , với E  2;  Ta có J , E nằm khác phía so với  C  Khi T   ME  MJ   6EJ  6.3  18 Dấu "  " xảy  M , E , J thẳng hàng M thuộc đoạn EJ a  2  a   a  M , E , J thẳng hàng M   C    b   b   a  3   b    b    M thuộc đoạn EJ nên M  2;    a  b   Giáo viên: Kiều Văn Cường - Trường THPT Cẩm Thủy 14 Phương pháp giải tốn cực trị hình học giải tích phẳng VD 13 Cho hình bình ABCD có A  0;1 ; B  3;  Tâm I nằm parabol có phương trình y   x  1  xI  diện tích hình binh hành ABCD đạt giá trị lớn tọa độ C  a, b  , tọa độ D  c, d  , Tính a  b  c  d ? A 2 B 1 C.1 D *Lời giải S ABCD  S IAB  2.d  I , AB  AB Vì AB khơng đổi nên S ABCD lớn khoảng cách từ I đến AB lớn Phương trình đường thẳng AB x  y    Gọi I x;  x  1 max d ( I , AB)  , x   x  1  d  I , AB     x  3x   x  3x  x  I   I ;  x đạt 2 4 3 7  1   D  0;   C  3;    a  b  c  d  1 2 2   VD 14 Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy Đường thẳng (d) qua M( 3; -2) 1 + cắt Ox, Oy A(a;0), B(0;b) ab  cho: đạt giá trị OA 4OB2 nhỏ Khi giá trị biểu thức S  A S  11 25 B S   11 1  a b C S   D S   *Lời giải x y  1 Vì M  d nên:   a b a b 1 1 OA  a ; OB  b  +  2 2 OA 4OB a 4b Từ giả thiết ta có d: (1) 1 1  Theo BĐT Bunhiacopski : = (  )2    (4)   (9  16)(  ) a 4b a b 2b   a Giáo viên: Kiều Văn Cường - Trường THPT Cẩm Thủy 15 Phương pháp giải tốn cực trị hình học giải tích phẳng 25  a 3  1   1  + Hay đẳng thức xảy   a b   2 ≥ 25 OA 4OB 3a  8b b   25  25  a  1   S   + Vậy 2 nhỏ  25 25 OA 4OB b   25  VD 15 Cho đường tròn (C ) : x  y  đường thẳng d : Ax  By   Giả sử d tiếp xúc với (C ) M , N hai điểm thuộc (C ) cho xM  1; y N  Hãy tính k  A  B để tổng khoảng cách từ M , N đến d nhỏ A B C 3 D  *Lời giải Ta có: d tiếp xúc với (C ) khoảng cách từ tâm O(0, 0) đến đường thẳng d : Ax  By   bán kính R  (C ) d (O; d )  | A.0  B.0  1| A B 2  R 1  A2  B   A2  B  (1) Vậy A2  B  d tiếp xúc với (C ) Khoảng cách từ M (1;0) đến d d( M , d )  |  A  1|  1 A A2  B | B  1| Khoảng cách từ N (0;1) đến d d( N , d )  2   B A B Suy d( M , d )  d( N , d )   B  A   ( A  B) Tổng nhỏ ( A  B) lớn (chú ý A2  B  A2  hay 1  A, B  1) Gọi K , L, I điểm mà d cắt Ox ; tiếp xúc với (C ) , cắt Oy   OL   Ox , OL ta có: cos    OK  Gọi  sin    OK OL  OK  cos   cos  cos  OK OL  OI  sin  OI 1  A   cos  A OK 1   sin  d cắt Oy I nên: OI    B   B OI d cắt Ox K nên: OK   Khi đó: Giáo viên: Kiều Văn Cường - Trường THPT Cẩm Thủy 16 Phương pháp giải tốn cực trị hình học giải tích phẳng   A  B  sin   cos   sin      4     ( A  B ) max   sin      4    3       ( A  B ) max  4 VD 16 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn (C ) : ( x  3)  ( y  3)  36, hai điểm A(6;3), B( 1; 5) Giả sử điểm M (a ; b) thuộc (C ) cho biểu thức cho P  2MA  3MB đạt giá trị nhỏ Tính tổng 12a  b A 35  24  B 9  C 15  D 301  12 *Lời giải y M A K I x -6 -5 -4 -3 -2 -1 O -1 -2 -3 -4 -5 B -6 Ta có (C ) có tâm I (3;3) , bán kính R  Ta có IA   IM , lấy điểm K đoạn IA cho IM  IK Khi ta có K (1;3) Ta có tam giác AIM MIK đồng dạng với nên ta có MA AI 3    AM  MK MK MI 2 Giáo viên: Kiều Văn Cường - Trường THPT Cẩm Thủy 17 Phương pháp giải toán cực trị hình học giải tích phẳng Do P  MK  3MB  3( MK  MB)  3KB Dấu xảy M , K, B thẳng hàng M nằm K , B Vậy M cần tìm giao đường thẳng KB (C ) Ta có phương trình đường thẳng KB x  1 Tọa độ điểm M nghiệm hệ  x  1  2 ( x  3)  ( y  3)  36 Giải hệ kết hợp với M nằm K , B ta có M (1;3  5) Suy  a  1   b   Vậy 12a  b  9  2.4 Hiệu thực nghiệm * Đối với học sinh: Đa số học sinh nhận biết nắm kỹ giải tốn liên quan đến cực trị hình học giải tích phẳng, khơng cịn lúng túng xử lí dạng toán * Đối với hoạt động dạy học: - Việc củng cố kiến thức học có hiệu cao hơn, khắc sâu kiến thức kỹ giải toán liên quan đến cực trị hình học giải tích phẳng cho học sinh - Học sinh chủ động tham gia xây dựng *Đối với thân giáo viên : Xây dựng hệ thống kiến thức bổ trợ cho trình ơn thi THPT Quốc gia thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh mơn văn hóa Có thêm kinh nghiệm giảng dạy, tăng thêm động lực để tạo hứng thú học tập cho học sinh Kết qủa cụ thể qua lớp trực tiếp giảng dạy sau: Khi chưa áp dụng Sau áp dụng Số HS cịn Số HS biết Số HS khơng Số HS biết Lớp lúng túng cách làm biết cách làm cách làm làm SL % SL % SL % SL % 10A1 (48 05 10.4 43 89.6 32 67 16 33 HS) 10A2 (46 01 2.2 45 97.8 22 48 24 52 HS) PHẦN 3: KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ 3.1 Kết luận Trong trình giảng dạy mơn tốn chương trình phổ thơng, học hình học học sinh vấn đề khó khăn, việc giải tốn cực trị, đặc biệt cực trị hình học cịn khó khăn hơn; đó, kỳ Giáo viên: Kiều Văn Cường - Trường THPT Cẩm Thủy 18 Phương pháp giải tốn cực trị hình học giải tích phẳng thi THPT Quốc gia thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh mơn tốn vấn đề lại khơng thể thiếu đượ Chính vậy, dạng tốn này, địi hỏi giáo viên phải đầu tư kỹ càng, tập trung nghiên cứu tìm tịi giải pháp để giải đáp khúc mắc học sinh Tạo cho học sinh tự tin học tập, từ rèn luyện kỹ để giải tốn có liên quan, nhằm giúp em đạt kết cao học tập Với kinh nghiệm giải pháp thân giảng dạy dạng tốn này, tơi hy vọng nguồn tài liệu tham khảo cho đồng nghiệp để từ góp phần nâng cao chất lượng giảng dạy mơn tốn 3.2 Kiến nghị - Đối với giáo viên: Mỗi đồng chí cán giáo viên tham gia giảng dạy, đặc biệt giảng dạy mơn tốn cần vào nhiệm vụ cụ thể, điều kiện thực tế nhà trường đặc biệt lực thực tế học sinh để có giải pháp hợp lý cho riêng phần, nhóm kiến thức giảng dạy Thường xuyên trau dồi kiến thức thơng qua hình thức, phương thức khác nhau: Như sinh hoạt tổ, nhóm chun mơn, qua mạng xã hội, nguồn tư liệu Internet, qua đúc rút kinh nghiệm có giải pháp hợp lý giảng dạy phù hợp với đối tượng học sinh cụ thể - Đối với nhà trường cần trang bị thêm sở vật chất: Máy chiếu, phần mềm vẽ hình, trọn đề Tất điều kiện nguồn động viên, kích thích say mê, sáng tạo hoạt động dạy học nhằm nâng cao chất lượng giảng dạy giáo viên XÁC NHẬN CỦA Thanh Hóa, ngày 15 tháng 05 năm 2019 THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ Tôi xin cam kết : Đây SKKN thân tôi, không copy (Tác giả ký ghi rõ họ tên) Kiều Văn Cường TÀI LIỆU THAM KHẢO Sách giáo khoa hình học 10 nâng cao, NXB Giáo dục (2000) Một số phương pháp chọn lọc giải toán sơ cấp, NXB Đại học Quốc gia Hà Nội (2003) Các viết trang mạng Internet như: Toanmath.com, mathvn.com, diendantoanhoc.net, toanhocbactrungnam.vn Giáo viên: Kiều Văn Cường - Trường THPT Cẩm Thủy 19 Phương pháp giải toán cực trị hình học giải tích phẳng DANH MỤC SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM ĐÃ ĐƯỢC HỘI ĐỒNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM NGÀNH GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HUYỆN, TỈNH VÀ CÁC CẤP CAO HƠN XẾP LOẠI TỪ C TRỞ LÊN Họ tên tác giả: Kiều Văn Cường Chức vụ đơn vị công tác: Giáo viên - Trường THPT Cẩm Thủy T T Kết đánh giá xếp loại (Ngành GD cấp huyện/tỉnh; (A, B, Tỉnh ) C) Cấp đánh giá xếp loại Tên đề tài SKKN Một số phương pháp tìm cơng Ngành GD tỉnh thức tổng quát dãy số Thanh Hóa C Giáo viên: Kiều Văn Cường - Trường THPT Cẩm Thủy Năm học đánh giá xếp loại 2008-2009 20 Phương pháp giải tốn cực trị hình học giải tích phẳng MỤC LỤC Cấu trúc Trang MỞ ĐẦU 1.1 Lí chọn đề tài 1.2 Mục đích nghiên cứu 1.3 Đối tượng nghiên cứu 1.4 Phương pháp nghiên cứu NỘI DUNG 2.1 Cơ sở lí luận 2.2 Thực trạng vấn đề 2.3 Giải pháp cách thức thực 2.4 Hiệu thực nghiệm 18 KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ 18 3.1 Kết luận 18 3.2 Kiến nghị 18 Giáo viên: Kiều Văn Cường - Trường THPT Cẩm Thủy 21 ... thơng, học hình học học sinh vấn đề khó khăn, việc giải toán cực trị, đặc biệt cực trị hình học cịn khó khăn hơn; đó, kỳ Giáo viên: Kiều Văn Cường - Trường THPT Cẩm Thủy 18 Phương pháp giải toán cực. .. Cẩm Thủy 14 Phương pháp giải toán cực trị hình học giải tích phẳng VD 13 Cho hình bình ABCD có A  0;1 ; B  3;  Tâm I nằm parabol có phương trình y   x  1  xI  diện tích hình binh hành... Thủy Phương pháp giải toán cực trị hình học giải tích phẳng Suy ra: P  3( MK  MB)  3BK Đẳng thức xảy M thuộc đường thẳng BC Vậy M(0;3) Chúng ta xét toán mở rộng sau đây: 2 Bài Trong mặt phẳng