SKKNMot so phuong phap giai toan cuc tri o THCS

Thu được tín hiệu ngược từ phía học sinh, từ đó có cách đánh giá quá trình học tập của học sinh một cách khách quan chính xác và phát hiện những sai lầm của học sinh để điều chỉnh kịp th[r]

Phòng giáo dục và đào tạo huyện mỹ hào Trêng thcs t® lª h÷u tr¸c a KINH NGHIỆM MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI TOÁN CỰC TRỊ THCS Lĩnh vực/ môn học: Toán học Người thực hiện: Vũ Thị Hồng Liên Chức vụ: Giáo viên N¨m häc 2015 – 2016 CỘNG HOÀ XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM Độc lập – Tự – Hạnh phúc -O0O SƠ YẾU LÍ LỊCH Họ và tên: VŨ THỊ HỒNG LIÊN Ngày, tháng, năm sinh: 01/ 02 / 1972 Năm vào ngành: 1992 Chức vụ: Giáo viên Đơn vị công tác: Trường THCS trọng điểm Lê Hữu Trác Trình độ chuyên môn: Đại học toán Bộ môn giảng dạy: Môn toán A MỞ ĐẦU I ĐẶT VẤN ĐỀ Thực trạng vấn đề nghiên cứu Toán học là môn học chiếm vị trí quan trọng trường phổ thông Dạy toán tức là dạy phương pháp suy luận Học toán tức là rèn luyện khả tư lôgic Các bài toán là phương tiện tốt việc giúp học sinh nắm vững tri thức, phát triển tư duy, hình thành kỹ kỹ sảo Bài toán tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ ( hay còn gọi là các bài toán cực trị ) là bài toán tìm cái lớn nhất, nhỏ nhất, rẻ nhất, đắt nhất, ngắn nhất, dài … để hình thành cho học sinh có thói quen tìm giải pháp tối ưu cho công việc cụ thể nào đó thực tiễn sau này Các bài toán cực trị là các bài toán tương đối hay và tương đối khó, loại này phong phú và đa dạng đòi hỏi phải vận dụng kiến thức các hợp lý, nhiều độc đáo và bất ngờ Các bài toán cực trị thường đưa vào lớp chọn, trường chuyên với đối tượng học sinh khá và giỏi, sách giáo khoa ít đề cập đến các bài tập loại này Toán cực trị là loại toán gần gũi với thực tế, có nhiều ứng dụng thực tế Chẳng hạn: - Hai xóm A và B cách sông Tìm vị trí bờ sông để bắc cây cầu cho quãng đường từ A đến B là ngắn - Một cửa sổ hình chữ nhật cao h(m) Phần trên là nửa đường tròn đường kính d(m); chu vi cửa sổ là 6(m) Hãy xác định h, d cho cửa sổ có diện tích bé nhất.Điều này chứng tỏ là toán học và thực tiễn không tách rời Trong chương trình toán học THCS, học sinh thực làm quen với loại toán cực trị từ năm lớp 7, kiến thức loại toán này nâng dần lớp và lớp và học nhiều chương trình THPT Toán cực trị nhắc đến nhiều các loại sách đọc thêm các tài liệu tham khảo, đó giáo viên toán thường vất vả việc sưu tầm, tuyển chọn gây hứng thú học tập, lòng say mê học toán học sinh Với mong muốn có tài liệu hệ thống toán cực trị để dạy cho học sinh trung học sở tôi sưu tầm, tuyển chọn số phương pháp giải toán cực trị và số bài toán cực trị thông dụng bậc THCS và viết thành đề tài: “Một số phương pháp giải toán cực trị THCS” để góp phần nâng cao chất lượng giảng dạy môn toán trường trung học sở Ý nghĩa giải pháp Trên sở nghiên cứu đề tài, tôi đã hệ thống lại phân loại các bài tập giá trị lớn nhất, nhỏ trên sở hệ thức các kiến thức liên quan, xây dựng mô hình, giải pháp chung cho loại, có kế hoạch cho học sinh tiếp cận bài cho phù hợp với thời lượng chương trình và nội dung kiến thức, sau nội dung thực tôi có phương pháp kiểm tra đánh giá kịp thời nhằm đánh giá tiến học sinh, thu lại tín hiệu ngược từ quá trình giảng dạy để từ đó có các biện pháp cải tiến phương pháp dạy học cho phù hợp với đối tượng học sinh, nhằm nâng cao chất lượng giảng dạy và gây hứng thú say mê cho học sinh Trong quá trình dạy học để tránh khô khan, nhàm chán tôi kết hợp nhiều phương pháp, kỹ thuật dạy học khác tổ chức hoạt động nhóm, dạy học nêu và giải vấn đề, bàn tay nặn bột … nhằm phát huy tối đa tính tích cực học sinh giúp học sinh ghi nhớ vận dụng hiệu nội dung tri tức chiếm lĩnh Phạm vi nghiên cứu Đề tài nghiên cứu trường THCS trọng điểm Lê Hữu Trác, huyện Mỹ Hào, Tỉnh Hưng Yên Đối tượng nghiên cứu Học sinh lớp 9B, 8B là lớp thực nghiệm, lớp 8A, 9A là lớp đối chứng Lĩnh vực khoa học nghiên cứu là lĩnh vực toán học khối 8,9 II PHƯƠNG PHÁP TIẾN HÀNH Cơ sở lí luận Tri thức khoa học nhân loại càng ngày càng đòi hỏi cao Chính vì vậy, việc giảng dạy nhà trường phổ thông ngày càng đòi hỏi nâng cao chất lượng toàn diện, đào tạo hệ trẻ cho đất nước có tri thức bản, phẩm chất nhân cách, có khả tư duy, sáng tạo, tư độc lập, tính tích cực nắm bắt nhanh tri thức khoa học Môn Toán là môn học góp phần tạo yêu cầu đó Việc hình thành lực giải Toán cho học sinh trung học sở là việc làm chính không thể thiếu người thầy, rèn luyện cho các em có khả tư sáng tạo, nắm kiến thức bản, gây hứng thú cho các em yêu thích môn Toán Môn Toán có vị trí đặc biệt quan trọng trường phổ thông, có khả to lớn giúp học sinh phát triển các lực và phẩm chất trí tuệ Toán học là môn khoa học gây nhiều hứng thú cho học sinh, nó là môn học không thể thiếu quá trình học tập, nghiên cứu và sống hàng ngày Một nhà toán học có nói: “Toán học xem là khoa học chứng minh” Thật vậy, tính chất trừu tượng, tính chính xác, tư suy luận logic Toán học coi là "môn thể thao trí tuệ" rèn luyện cho học sinh trí thông minh, sáng tạo Trong các môn học trường phổ thông, Toán học coi là môn học bản, là tảng để các em phát huy lực thân, góp phần tạo điều kiện để các em học tốt các môn khoa học tự nhiên khác Vậy dạy nào để học sinh không nắm kiến thức bản, cách có hệ thống mà còn phải nâng cao phát triển để các em có hứng, thú say mê học tập là câu hỏi mà thày cô luôn đặt cho mình Tuy nhiên để học tốt môn toán thì người giáo viên phải biết chắt lọc nội dung kiến thức, phải từ dễ đến khó, từ cụ thể đến trừu tượng và phát triển thành tổng quát giúp học sinh có thể phát triển tư toán học, làm cho các em trở nên yêu thích toán từ đó các em có ý thức học tập đảm bảo yêu cầu thời đại Cơ sở thực tiễn Là giáo viên dược phân công giảng dạy môn toán lớp với đối tượng học sinh khá giỏi, các em có tư nhạy bén và nhu cầu hiểu biết ngày càng nâng cao, làm nào để phát huy hết khả các em đó là trách nhiệm giáo viên chúng ta Qua giảng dạy chương trình toán tôi nhận thấy đề tài giải bài toán cực trị là đề tài thật lí thú, phong phú đa dạng không thể thiếu môn toán THCS Giải bài toán tìm cực trị là dạng toán hay, khó, với mong muốn cung cấp cho các em số phương pháp giải các bài toán cực trị, giúp các em làm bài tập tốt nhằm tích cực hoá hoạt động học tập, phát triển tư Các biện pháp tiến hành Trong quá trình nghiên cứu sách giáo khoa, tài liệu tham khảo… xu đẩy mạnh công đổi bản, toàn diện giáo dục, xuất phát từ mâu thuẫn thực tiễn dạy học và đảm bảo chuẩn mục tiêu đầu ra, tôi nhận thấy phải đổi toàn diện từ mục tiêu, nội dung, phương pháp dạy học, cho nội dung, bài, chương, nhằm tích cực hóa hoạt động người học, để người học tự giác tích cực chiếm lĩnh tri thức, hình thành và phát triển lực nhận thức, lực hành vi Trong phạm vi đề tài, tôi đã thực số biện pháp đat hiệu cao xây dựng cho các em hệ thống kiến thức, các em hiểu thật sâu các kiến thức và cách vận dụng các kiến thức đó để giải bài toán nào, xây dựng phương pháp giải cho loại và có các ví dụ minh họa Đổi phương pháp dạy học và đổi đánh giá, vừa thực tự đánh giá vừa đánh giá đồng đẳng, sau thực hện xong nhiệm vụ đưa đáp án chuẩn, học sinh tự đánh giá và đánh giá chéo để đảm bảo tính khách quan , kết hợp với đánh giá giáo viên Giáo viên nhận xét đánh giá các cách giải hay nhằm động viên khích lệ kịp thời học sinh, giúp các em có hứng thú học tập và phát huy hết khả sáng tạo thân, giúp cho các em phát triển toàn diện trí tuệ, thể lực, nhân cách, đồng thời rèn cho các em các kỹ giao tiếp, nhận xét, đánh giá, … Thời gian tạo giải pháp Tôi nghiên cứu và thực đề tài này năm học 2014-2015 và đầu năm học 2015-2016 hoàn thành vào tháng năm 2016 B NỘI DUNG I MỤC TIÊU CỦA ĐỀ TÀI - Giúp học sinh có hệ thống các bài tập cực trị ,có phương pháp giải phù hợp cho loại - Giúp học sinh có hứng thú học tập môn, từ đó tích cực chủ động việc chiếm lĩnh tri thức - Rèn tư sáng tạo, phân tích, tổng hợp và kĩ vận dụng kiến thức giải bài toán Học sinh tự giác chủ động tìm tòi, phát giải nhiệm vụ nhận thức và có ý thức vận dụng linh hoạt sáng tạo các kiến thức kỹ đã thu nhận được.Củng cố và hướng dẫn học sinh làm bài tập để nâng cao chất lượng dạy, và nâng cao trình độ chuyên môn nghiệp vụ cho thân, Coi đề tài là tài liệu nghiên cứu đê thông qua đó giới thiệu cho bạn bè đồng nghiệp tham khảo vận dụng vào quá trình giảng dạy môn Toán trường THCS đạt hiệu cao II PHƯƠNG PHÁP TIẾN HÀNH 1.Mô tả giải pháp đề tài PHẦN I: CÁC BÀI TOÁN CỰC TRỊ TRONG ĐẠI SỐ Chương I Những kiến thức I- Khái niệm Cho hàm số f(x) xác định trên miền D M gọi là giá trị lớn f(x) trên miền D điều kiện sau đồng thới thoả mãn: a, f(x) M, x  D b,  x0  D cho f(x0) = M Ký hiệu M = maxf(x), x  D M gọi là giá trị nhỏ f(x) trên miền D điều kiện sau đồng thời thoả mãn: a, f(x)  M, x  D b,  x0  D cho f(x0) = M Ký hiệu M =minf(x), x  D II- Các kiến thức thường dùng: x2  với x Tổng quát [ f(x) ]2n  0, x  R, n  Z [ f(x) ]2n + M  M và -[ f(x) ]2n + M Suy ra: a, M | x |  với x b, |x + y| | x | + | y | , dấu “=” xảy x, y cùng dấu c, |x − y| | x | - | y | , dấu xảy x,y cùng dấu Chứng minh: a, | x |  Theo định nghĩa giá trị tuyệt đối b, Ta có | xy |  xy  |x|  |x|  x2 + | x | | y |  xy | y |  2xy | y | + y2  x2 + 2xy + y2 ( | x | + | y | )2  ( | x + y | )2  Do | x | + | y |  ; | x + y |  Nên |x| + |y|  |x + y| Dấu xảy x, y cùng dấu, x y c, Ta có: | xy |  xy  - | xy | -xy Tương tự phần b ta chứng minh |x| - |y| |x − y| Dấu xảy x, y cùng dấu, x y Bất đẳng thức Côsi ( Cauchy) và các dạng bất đẳng thức Côsi a, ( a + b )2  4ab, dấu xảy a = b a b + ≥2 b a b, c, , ( a.b > ) dấu xảy a = b a + b  √ ab , ( a  0, b  ) dấu xảy a = b Hệ quả: + a  0, b  và a + b = k ( không đổi ) Thì (a.b) đạt giá trị lớn và a = b Hai số không âm có tổng không đổi thì tích lớn hai số đó + a  0, b  và a.b = k ( không đổi ) Thì (a + b) đạt giá trị nhỏ và a = b Hai số không âm có tích không đổi thì tổng nhỏ hai số đó Suy ra: Trong các hình chữ nhật có cùng diện tích thì hình xuông có chu vi nhỏ Trong các hình chữ nhật có cùng chu vi thì hình vuông có diện tích lớn Bất đẳng thức Bunhia cốpxki (ax + by)2  (a2 + b2) (x2 + y2) a x = b y Dấu xảy (a,b tỷ lệ với x, y) Chứng minh: Xét hiệu: (ax + by)2 – (a2 + b2) (x2 + y2) = a2x2 + b2y2 + 2abxy - a2x2 - a2y2- b2x2 - b2y2 = - (a2y2 - 2abxy - b2x2) = - (ay – bx)2  (ax + by)2  (a2 + b2) (x2 + y2) Do đó: a x = b y Dấu xảy ay = bx  Tổng quát: (a1x1 + a2x2 + … + anxn)2  ( a21+ .+a2n )( x21 + + x 2n ) a1 a2 an Dấu xảy khi: x = x = = x n III- Một số phương pháp tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ Phương pháp bất đẳng thức Đây là phương pháp sử dụng nhiều, hay gặp Ở đây cần sử dụng các kỹ biến đổi đồng nhất, các bất đẳng thức để xuất các dấu hiệu nhận biết khái niệm (Phần I), từ đó xác định giá trị lớn hay giá trị nhỏ biểu thức Ví dụ 1: Tìm giá trị lớn biểu thức: f(x) = x2 + x + Với biểu thức trên miền D là toàn miền xác định biểu thức, là tập R Ta có:f(x) = x2 + x + = x2 + x + + 3 f(x) = (x + )2 +  Giá trị nhỏ biểu thức là x = - Ví dụ 2: Tìm giá trị lớn biểu thức A = x −4x +10 Nhận xét: x2 – 4x + 10 = (x-2)2 +6  6, x  D (D=R) Tử là số dương Do đó: A lớn và mẫu số đạt giá trị nhỏ Mẫu số có giá trị nhỏ x = Suy A đạt giá trị lớn x = Ví dụ 3: Tìm giá trị lớn hàm số y = √ x-2+ √ 4-x Trước hết xác định miền D = {x  x  4} Ta viết y = √ x-2+ √ 4-x Áp dụng bất đẳng thức Bunhia cốpxki ta có: y2  (12 + 12)(x – + - x) y2  Do y > nên max y = √ x-2 =1 hay x =  D √ 4-x Vậy giá trị lớn y là x = Phương pháp miền giá trị hàm số Giả sử ta phải tìm cực trị hàm số f(x) có miền giá trị D Gọi y là giá trị nào đó f(x) với x  D Điều này có nghĩa là phương trình f(x) = y phải có nghiệm với x  D Sau giải phương trình điều kiện có nghiệm thường dẫn đến bất đẳng thức: m  y0  M Từ đó suy ra: f(x) = m max f(x) = M Ví dụ 1: Trong cặp nghiệm phương trình: x2 – ( x2 + )y + 8x + = (1) Hãy tìm cặp nghiệm (x,y) cho y lớn Trước hết: (1)  (1-y)x2 + 8x + – y = (2) Nếu – y = y=1x =- Nếu – y  y   ’ = 16 - ( – y )( – y ) ’ = - y2 + 8y + ’ = ( + y )( – y ) (x,y) là nghiệm phương trình (1) cho nên phương trình (2) phải có nghiệm Do đó ’   ( + y )( – y )  -1y9 Suy ra: max y = đó ’ = 0, x = Vậy cặp nghiệm thoả mãn bài toán là (1; 9) Ví dụ 2: Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ biểu thức: A = x +1 ( x2 +1 ) Ta thấy (x2 + 1)2 > 0, x4 + > Nên A đạt giá trị lớn và đạt giá trị nhỏ và ngược lại x +2x +1 2x2 = =1+ 4 A x +1 x +1 Ta có Ta thấy rằng: Nên A 2x2 ≥0 , x x4 + 1 2x2 =1+ ≥ A x +1 A nhỏ x = Do đó A đạt giá trị lớn x = Lại có x4 – 2x2 +  x4 +  2x2   2x ≤1 x +1 2x 1  2 A x 1 A lớn x =  1 Do đó A đạt giá trị nhỏ x =  Chú ý: a, Muốn tìm cực trị hàm số ta không cần chứng minh f(x)  m f(x)  M mà phải tìm tồn biến để có thể xảy dấu đẳng thức b, Nếu A = B + C + D + … (A, B, C, … là các biểu thức đại số) Để tìm cực trị A, ta tìm cực trị B, C, D… phải chứng minh với cùng giá trị biến đồng thời các biểu thức B, C, D,… cùng đạt cực trị c, Khi tìm cực trị biểu thức A, có ta thay điều kiện để tìm cực trị biểu thức này điều kiện tương đương để tìm cực trị biểu thức khác như: - A; A2; ; A  m ( m là số )… A Chương II Những dạng toán thường gặp và phương pháp giải I- Dạng 1: Đa thức bậc có chứa dấu giá trị tuyệt đối Ví dụ: Tìm giá trị nhỏ các biểu thức sau: a, A = |x +1| b, B = |4 −3x|+5 c, C = |x − 1997|+|2000 − x| Bài giải a, A = x  Theo định nghĩa giá trị tuyệt đối, ta có: |x +1|  0, x  A = x  đạt giá trị nhỏ x + =  x = -1 Vậy MinA =  x = -1 b, Ta có - 3x 0   3x  5 Vậy biểu thức B đạt giá trị – 3x =  x = Do đó MinB =  x = c, Áp dụng bất đẳng thức: |x + y|≤|x|+| y| Dấu bẳng xảy x, y cùng dấu x y Suy ra: C = |x − 1997|+|2000 − x|≥|x − 1997+2000 − x| C3 MinC = (x - 1997)(2000 - x)  x 1997 x - 1997 - 2000 - x + (x- 1997)(2000 - x) - 0 2000 + + + - + - Vậy minC = 1997  x  2000 Kết luận: Các bài toán thuộc dạng thường gặp lớp Với dạng này cách giải thường tương đối dơn giản, cần áp dụng: + | A|≥ 0, ∀ A + | A|=|− A| + x  y  x  y , dấu xảy xy  + A = m |f (x)|+ n , tồn maxA hay minA phụ thuộc vào dấu m Bài tập áp dụng: Tìm giá trị nhỏ các biểu thức: a, A = 5|1− 4x|−1 b, B = |x − 1|+|x − 4| c, C = |x − a|+| x − b| , với a < b d, D = |x − 2|+|x − 3|+|x − 4|+| x −5| e, G = |x − 1|+|x − 2|+ +|x −1 998| Tìm giá trị lớn các biểu thức: a, H = −|2x − 1| b, I = |x − 2|+3  Các bài toán cực trị - Lê Mộng Ngọc – 1996  II- Dạng 2: Đa thức bậc Ví dụ 1: a, Tìm giá trị nhỏ A = x2 + 4x + b, Tìm giá trị lớn B = + 6x – x2 Bài giải a, A = x2 + 4x + = x2 + 4x + – A = (x + 2)2 – Nhận xét: (x + 2)2   (x + 2)2 –  -3  A  -3 Vậy: minA = -3  x + = x = -2 b, B = + 6x – x2 = – x2 + 6x - + 10 B = - (x - 3)2 + 10  10 vì - (x - 3)2  0, x Vậy maxB = 10 x – = x=3 Ví dụ 2: Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ (nếu có) biểu thức A = 2x2 – 20x + 53 Do A thoả mãn đẳng thức trên Nên phương trình 2x – 20x + 53 – A = có nghiệm Hay ’ = 100 – 2(53 – A) = 2A –  A3 Do đó minA =  ’ = x=5 Ví dụ 3: Với giá trị nào x, y thì a, D = 5x2 – 12xy + 9y2 – 4x + đạt giá trị nhỏ b, E = 15 – 10x – 10x2 + 24xy – 16y2 đạt giá trị lớn Bài giải a, D = 5x2 – 12xy + 9y2 – 4x + D = x2 – 4x + + 4x2 – 12xy + 9y2 D = (x – 2)2 + (2x – 3y)2  0, x, y Nên dấu xảy  minD = ¿ ( x −2 )2=0 ( 2x-3y ) =0 ¿{ ¿  ¿ x =2 y= ¿{ ¿ ¿ x =2 y= ¿{ ¿ b, E = 15 – 10x – 10x2 + 24xy – 16y2 E = - (x2 + 10x + 25) – (9x2 – 24xy +16y2) + 40 E = 40 – (x + 5)2 – (3x – 4y)2 Ta thấy (x + 5)2  0; (3x – 4y)2  Vậy E  40 Dấu xảy Do đó maxE = 40 ¿ x+5=0 3x − 4y=0 ¿{ ¿  ¿ x=−5 -15 y= ¿{ ¿ ¿ x=−5 -15 y= ¿{ ¿ Kết luận: - Muốn tìm cực trị biểu thức A (đa thức bậc 2), ta viết biểu thức A dạng tổng các biểu thức mà qua đó ta có thể xét dấu cách thuận lợi Chẳng hạn A = m[f(x)]2 + n[g(x)]2 + p Tồn maxA hay minA phụ thuộc vào dấu m và n - Dùng phương pháp miền giá trị thường là đưa điều kiện để phương trình bậc có nghiệm Bài tập áp dụng: Tìm giá trị nhỏ của: A = 2x2 + 3x + B = 4x2 + 4x + 11 C = 2x2 – 20x + 53 Tìm giá trị nhỏ của: a, x2 + 2y2 – 2xy – 4y + b, 2x2 + 9y2 – 6xy – 6x – 12y + 2024 Tìm giá trị lớn của: a, -5x2 - 5y2 + 8x – 6y – b, - a2 - b2 + ab + 2a + 2b Tìm cặp số (x, y) thoả mãn phương trình: x2 + y2 + 6x – 3y – 2xy + = Sao cho y đạt giá trị lớn III- Dạng 3: Đa thức bậc cao Ví dụ 1: Tìm giá trị nhỏ đa thức A = (x2 + x + 1)2 Nhận xét: Theo tính chất luỹ thừa bậc thì A  Nhưng giá trị nhỏ A không phải vì x2 + x +  Ta có: x2 + x + = x2 + x + + = (x + 3  x ) + Do đó A  (x2 + x + 1) Nên minA = ( )2 = 16  x = − Ví dụ 2: Tìm giá trị nhỏ B = x4 – 6x3 + 10x2 – 6x + Ta thấy B = x4 – 6x3 + 9x2 + x2 – 6x + B = (x2 – 3x)2 + (x – 3)2 ¿ x −3x=0 x −3=0  x = ¿{ ¿  B  0, Dấu xảy Vậy minB = x = Ví dụ 3: Tìm giá trị nhỏ f(x) = x(x+1)(x+2)(x+3) Xét f(x) = x(x+1)(x+2)(x+3) = (x2 + 3x)(x2 + 3x + 2) = (x2 + 3x)2 + 2(x2 + 3x) f(x) = (x2 + 3x)2 + 2(x2 + 3x) + – = (x2 + 3x + 1)2 – − ± √5  f(x)  - 1, dấu xảy x2 + 3x + =  x 1,2= −3 ± √5 Vậy minf(x) = -  x= Chú ý: Khi giải bài toán cực trị cần trả lời đầy đủ hai nội dung: Cực trị A bao nhiêu và nào xảy Chẳng hạn: Với A = (x2 x + 1)2   minA = Sai lầm vì không có giá trị x để A = Bài tập áp dụng: Tìm giá trị nhỏ các biểu thức A = x4 – 2x3 + 3x2 – 2x + B = (x – 1)(x + 2)(x + 3)(x + 6) C = x6 – 2x3 + x2 – 2x + D = x4 – 6x3 + 10x2 – 6x + E = x(x + 2)(x + 4)(x + 6) Tìm giá trị lớn M = x3(16 – x3) IV- Dạng 4: Phân thức Ví dụ 1: Tìm giá trị lớn phân thức M = 4x  4x  Ta thấy M = 3 = 4x + 4x +5 ( 2x +1 )+4 Do (2x + 1)2   (2x + 1)2 +  M Vậy maxM =  2x + =  x = - Ví dụ 2: Tìm giá trị nhỏ A = Cách 1: x + x+ ( x +1 )2 x  2x   x  1   2  x  1  x  1 A =  x  1 A= 1  x   x  1 1 Coi x +1 =m  A = m2 – m + A= ( m− 3 + ≥ 4 ) Nên A  , dấu xảy m = 1  x +1 = ⇔ x=1 Vậy minA =  x = Cách 2: A= x + x+ 4x 2+ x +4 = ( x +1 )2 ( x +1 )2 A= 3x2 +6 x +3+ x − x +1 ( x+1 )2 2 A= ( x +1 ) + ( x −1 ) ( x+ ) A= x −1 + ≥ , dấu xảy x = ( x +1 ) [ ]  minA =  x = Ví dụ 3: Tìm giá trị lớn và giá trị nhỏ B = Ta có 4x +3 x +1 B= 4x +3 x +4x +4 − x −1 = 2 x +1 x +1 B= ( x +2 )2 − 1≥ −1 x +1 vì x2 + > và (x + 2)2  Nên minB = -1 x + =  x = -2 Mặt khác: B= 4x + − x +4 x −1 x +1 B = 4− (2 x − )2 ≤4 x 2+1 vì x2 + > và (2x - 1)2  Nên maxB =  2x – = x= Bài tập áp dụng: Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ (nếu có) các biểu thức A= 6x-5-9x2 B= 4x + 4x +5 C= 3x −8x +6 x −2x +1 D= x − x+ x −2x+ G= x ( x +1 )2 H= x −2x+ 1989 x 2 2 x +1 ( x2 +1 ) I= K= 27 − 2x x +9 V- Dạng 5: Căn thức và giá trị tuyệt đối Ở đây cần chú ý + + + max f(x) = f(x) = √ maxf 2( x) , x  D √ minf ( x) , x  D |f (x)|+|g (x)|≥|f (x)+ g(x )| Dấu xảy f(x).g(x)  + |f (x)|−|g (x)|≤|f (x)+ g( x )| Dấu sảy ¿ f (x ) g( x)≥ |f (x)|≥|g(x )| ¿{ ¿ + Bất đẳng thức Bunhia cốpxki Ví dụ 1: Tìm giá trị lớn biểu thức A = √ x −2+ √4 − x Trước hết điều kiện xác định A là  x  Áp dụng bất đẳng thức Bunhia côpxki ta có: A2 = ( √ x − 2+ √ − x )2 ≤(12 +12)(x −2+4 − x) A2  2.2 A2  Do A > Nên A  Vậy maxA = √ x −2=√ − x x–2=4–x  x = Thoả mãn điều kiện xác định Ví dụ 2: Tìm giá trị nhỏ biểu thức B = 5− 3x √1 − x Điều kiện xác định B là: -1 < x < Khi đó: – 3x >  B > Ta có: B = B2 = ( −3x )2 = ( √1 − x ) 25 −30x +9x 1− x2 9− 30x+25x +16 −16x 1− x2 (3 − 5x )2 + 16≥ 16 − x2 B = vì – x2 > Dấu xảy – 5x =  x = Vậy minB2 = 16 x =  MinB = x = Ví dụ 3: Tìm giá trị nhỏ biểu thức H = |x − 2001|+|x − 2002| Cách 1: Ta chia khoảng xác định và dựa vào định nghĩa: - Nếu x < 2001 Thì H = 2001 – x + 2002 – x H = 4003 – 2x > - Nếu 2001  x  2002 Thì H = x – 2001 + 2002 – x = - Nếu x > 2002 Thì H = x – 2001 + x – 2002 H = 2x – 4003 > Như minH =  2001  x  2002 Cách 2: Sử dụng bất đẳng thức |f (x)|+|g (x)|≥|f (x)+ g(x )| Dấu xảy f(x).g(x)  Khi đó: H = |x − 2001|+|x − 2002| H = |x − 2001|+|2 002− x|≥|x −2001+2 002− x|=1 Dấu xảy (x – 2001)(2002 – x)   2001  x  2002 Vậy minH =  2001  x  2002 Ví dụ4: Tìm giá trị nhỏ biểu thức M = √ a+3 − √ a −1+ √ a+15 − √a − Nhận xét: Với điều kiện a  Ta có:a + – √ a −1 = a – – √ a −1 + = ( √ a −1 −2 )2 a + 15 – √ a −1 = a – –8 √ a −1 + 16 = ( √ a −1 − )2 Khi đó: M = |√ a −1 −2|+|√ a− 1− 4| M = |√ a −1 −2|+|4 − √ a− 1|  M  |√ a −1 −2+4 − √ a −1|  M  Dấu xảy ( √ a −1 −2 ) ( − √ a −1 ) ≥   a  17 Vậy minM =   a  17 2x 2+ x −1 x − x +1 | Ví dụ 5: Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ hàm số f(x) = | , xR Giả sử y0 là giá trị tuỳ ý hàm số y = 2x + x −1 x − x+ Khi đó ta có phương trình (ẩn x) có nghiệm: y0 = 2x + x −1 x − x+ Dễ thấy (1)  (y0 – 2)x2 – (y0 + 1)x + y0 + = (2) (1) Nếu y0 = Thì y0 +   (2) có nghiệm Nếu y0  Thì (2) có nghiệm   Hay (y0 + 1)2 – 4(y0 + 1)(y0 – 2)  (y0 + 1)(-3y0 + 9)   - 1 y0  và y0   Như phương trình (2) có nghiệm - 1 y0  Do đó: max y = và y = -1 với x  R Theo nhận xét ta có: ¿ x  R= Maxf(x) ¿ |max ( y)|, |min ( y )| x∈ R ¿{ ¿ x∈R } ¿ = max { |3| ; |−1| } = Ta có f(x)  0,  x  R Dấu xảy 2x2 + x – =  Vậy maxf(x) =  x = 2; x=−1 ¿ x= ¿ ¿ ¿ ¿ Minf(x) =  x=−1 ¿ x= ¿ ¿ ¿ ¿ Chú ý: Nếu f(x) nhận giá trị đoạn [m, M] Ở đây m = minf(x) M = maxf(x) Thì ta có: M.m  ¿ min {|M| ,|m|} ¿|f ( x )|={ ¿ M.m > Bài tập áp dụng: Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ (nếu có) các hàm số sau: a, f(x) = 1997 + √ x2 +2x b, f(x) = 100 – √ x2 −3x +2 c, f(x) = x – √ x+2 d, f(x) = e, f(x) = √ −2x+ √2x −3 f, f(x) = g, f(x) = √ x2 +2x +1+ √ x −2x+ x +3x+ | x −8 x+ x −2x +1 | VI- Dạng 6: Cực trị có điều kiện Các bài toán cực trị có điều kiện là các bài toán tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ biểu thức, hàm số ràng buộc điều kiện biến, hàm cho trước Để giải đượccác bài toán dạng này, đòi hỏi phải kết hợp thành thạo kỹ biến đổi khéo léo và vận dụng triệt để điều kiện cho trước đầu bài Ví dụ 1: Cho x, y  R và x2 + y2 = Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ x + y Thật  x, y  R ta có (x + y)2 + (x – y)2 = 2(x2 + y2) Theo giả thiết có x2 + y2 =  (x + y)2 + (x – y)2 = Do (x – y)2   (x + y)2  |x + y|≤ √  −√2 ≤ x + y ≤√2  Dấu xảy (x – y)2 =  x = y và x2 + y2 = x=y= √ √2 Vậy: max(x + y) = √  x = y = 2 min(x + y) = - √  x = y = - √ Ví dụ 2: Cho số dương x, y có x + y = Tìm giá trị nhỏ P = (1Ta có P = 1 ) )(1x y2 ( x2 −1 ) ( y − ) ( x+1 ) ( x − )( y +1 ) ( y − ) = x2 y x2 y Vì x + y =  y – = - x x–1=-y Nên P = ( x+ 1)( y +1) xy ( x+ 1)( y +1) xy + x + y +1 = = xy xy x2 y2 xy +2 P = xy =1+ xy Vì xy >  P nhỏ xy nhỏ Khi đó xy lớn Mà x + y =  xy lớn x = y = Vậy minP = + = x = y = 2 Ví dụ 3: Cho a > 1, b > Tìm giá trị nhỏ A = a2 b2 + b− a −1 Đề kiểm tra đội học sinh giỏi toán TP HCM - 1995 Nhận xét: a a − √ a −1 a − 1− √ a −1+1 ( √ a −1 −1 ) −2= = = ≥0 √a − √ a −1 √ a− √a − Nên a ≥2 ; tương tự √a − a > b ≥2 √b − Theo bất đẳng thức côsi ta có: a2 b2 a2 b 2a b + ≥2 = ≥8 b− a −1 ( a− )( b − ) √a −1 √ b −1 √ Dấu xảy a = √ a− hay a = Vậy minA =  a = b = Bài tập áp dụng: Cho biểu thức P = a3 + b3 + c3 + a2(b + c) + b2(a + c) + c2(a+ b) Tìm giá trị lớn P với a + b + c = Cho x + y = Tìm giá trị nhỏ biểu thức f(x; y) = x2 + y2 Tìm giá trị lớn biểu thức A = 3xy – x2 – y2 biết x, y là nghiệm phương trình 5x + 2y = 10 Cho a + b = Tìm giá trị nhỏ biểu thức Q = a3 + b3 + ab Võ Đại Mau – 250 bài toán học sinh giỏi VII- Dạng 7: Các bài tập tổng hợp Đây là các bài tập mà yêu cầu chính không phải là tìm giá trị lớn hay giá trị nhỏ Nhưng quá trình giải thực tế phải áp dụng các kiến thức cực trị Ví dụ 1: Giải phương trình √ x −2+ √ − x=x − 16x+11 Ta có VP = x2 – 6x + 11 = x2 – 6x + + = (x – 3)2 +  Dấu xảy x = VT = √ x −2+ √4 − x Điều kiện 2x4 Theo bất đẳng thức Bunhia côpxki thì VT2 = ( √ x −2+ √ − x )2 ≤ 2(x – + – x) VT2  Do VT > Nên VT  Dấu xảy √ x −2=√ − x hay x = Vậy để VT = VP thì x = Do đó x = là nghiệm phương trình đã cho Ví dụ 2: Cho a, b, c là độ dài cạnh tam giác Xác định hình dạng a b c tam giác đó cho M = b+c − a + a+c −b + a+b − c đạt giá trị nhỏ Trước hết đặt: x=b+c–a y=a+c–b z=a+b–c Vì a, b, c là cạnh tam giác Nên x, y, z > Từ các đẳng thức trên ta có: 2a = y + z  a = và y+z b= x+z ; c= x+y Khi đó: y + z x + z x + y y + z x+ z x + y M = 2x + 2y + 2z = x + y + z ( y ( x z x y z = x + y+x+ z+ z + y ) ) Với x, y, z > Theo bất đẳng thức côsi ta có: y x + ≥ , dấu xảy x = y x y x z + ≥ , dấu xảy x = z z x z y + ≥ , dấu xảy z = y y z Do đó M  (2 + + 2) = 3, dấu xảy x = y = z  minM =  x = y = z Ví dụ 3: Cho a, b, c là số dương có tổng không đổi Tìm a, b, c cho ab + bc + ca lớn Ta nhận thấy luôn có (a – b)2 + (b – c)2 + (c – a)2  Vì ¿ ( a −b )2 ≥ (b − c ) ≥ ( c −a )2 ≥ }} ¿ Dấu xảy a = b = c Suy ra: 2(a2 + b2 + c2)  2ab + 2bc + 2ca  a2 + b2 + c2  ab + bc + ca  a2 + b2 + c2 + 2ab + 2bc + 2ca  3ab + 3bc + 3ca (a + b + c)2  3(ab + bc + ca) Đặt a + b + c = s Ta có:s2  3(ab + bc + ca)  ab + bc + ca  Do đó max(ab + bc+ ca) = s2 s2 s a=b=c= Ví dụ 4: Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho A(-2, 1), B(2, 3) Tìm trên trục hoành điểm M cho MA + MB nhỏ Gọi A’ là điểm đối xứng với A qua Ox, A’B  Ox  Mo Xét M  Ox Luôn có MA + MB = MA’ + MB  A’B MoA’ + MoB = MoA + MoB = A’B Do đó tổng MA + MB nhỏ A’B M  Mo Ta lại có A(-2; 1)  A’(-2; -1) B(2; 3) Phương trình đường thẳng A’B có dạng y = ax + b(d) (d) qua A’  b – 2a = -1 (d) qua B  2a + b = ¿ b −2a=− 2a+ b=3 ⇔ ¿ a=1 b=1 ¿{ ¿ Ta có hệ Phương trình đường thẳng A’B là y = x + (d) Giao điểm (d) với Ox là Mo(-1; 0) Vậy điểm M phải tìm là M(-1; 0) Bài tập áp dụng: Cho x1, x2 là nghiệm phương trình 2x2 + 2(m + 1)x + m2 + 4m + = Tìm giá trị lớn biểu thức A = |x x − 2x1 −2x 2| Cho  a, b, c  Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ biểu thức B = a + b + c – ab – ac – bc Tìm giá trị lớn P = ab Biết a, b thoả mãn hệ thức a + 2b = Cho biểu thức: M = x2 + y2 + 2z2 + t2 Với x, y, z, t là các số nguyên không âm Tìm giá trị nhỏ M và các giá trị tương ứng x, y, z, t Biết ¿ x − y +t 2=21 x 2+3y +4z 2=101 ¿{ ¿ rằng: Đề học sinh giỏi toàn quốc - 1985 Tìm giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn biểu thức N = 2x + 3y – 4z Biết rằng: x, y, z  và thoả mãn hệ phương trình sau ¿ 2x+ y+3z=6 3x+ 4y − 3z=4 ¿{ ¿ PHẦN II: CÁC BÀI TOÁN CỰC TRỊ TRONG HÌNH HỌC PHẲNG Chương I Những kiến thức I- Toán cực trị hình học là gì? - Toán cửc trị hình học là bài toán tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ đại lượng y nào đó cho: y1  y  y2 Ở đây y là độ dài đoạn thẳng, tổng hai hay nhiều đoạn thẳng, độ lớn góc, chu vi hay diện tích hình… y1, y2 là các giá trị cố định không đổi y - Giải bài toán cực trị hình học là phải rõ vị trí hình học y để y đạt giá trị nhỏ y = y1 hay y = y2 II- Các phương pháp giải bài toán cực trị hình học Người ta có thể giải bài toán cực trị hình học các phương pháp sau đây: Phương pháp Vẽ hình có chứa đại lượng hình học mà ta phải tìm cực trị, thay các điều kiện đại lượng đó các đại lượng tương đương Người ta thường dùng cách này đầu bài toán cho dạng: “Tìm hình nào đó thoả mãn các điều kiện cực trị bài toán.” Ví dụ 1: Trong các tam giác có cùng đáy và cùng diện tích, tam giác nào có chu vi nhỏ Qua A kẻ đường thẳng xy // BC (BC không đổi) Vì diện tích ABC không đổi nên đường cao AH ABC không đổi Do đó các đỉnh các tam giác thoả mãn điều kiện đầu bài phải nằm trên đường thẳng xy Ta có PABC = AB + AC + BC = AB + AC + a PABC nhỏ AB + AC nhỏ Gọi B’ là điểm đối xứng với B qua xy, B’C cắt xy A’ Xét tam giác AB’C có AB’ + AC = AB + AC  B’C Ta có:AB’ + AC  A’B’ + A’C Dấu xảy A  A’ Khi đó A’B’ = A’B = A’C Nên A’BC cân A’ Và PABC  PA’BC hay minPABC = PA’BC Vậy các tam giác có cùng đáy và cùng diện tích thì tam giác cân có chu vi nhỏ Phương pháp Đưa hình theo yêu cầu đầu bài, sau đó chứng minh hình khác có chứa yếu tố mà ta phải tìm cực trị lớn bé yếu tố tương ứng hình đã đưa Người ta thường dùng cách chứng minh này hình dạng hình đạt cực trị đã khẳng định rõ đầu bài Ví dụ 2: Chứng minh rằng: Trong các tam giác có cùng đáy và cùng diện tích thì tam giác cân có chu vi nhỏ Để giải bài toán này trước hết ta vẽ tam giác cân ABC (cân A) Ta phải chứng minh tam giác A’BC nào đó có khoảng cách từ A’ đến BC khoảng cách từ A đến BC thì chu vi tam giác A’BC lớn chu vi tam giác ABC Thật vậy: * Ta có A’  xy, xy qua A và song song với BC (A’  A) Gọi C’ là điểm đối xứng với C qua xy Chứng minh B, A, C’ thẳng hàng Khi đó PABC = BC’ + BC PA’BC = A’B + A’C + BC = A’B + A’C’ + BC Xét A’BC’ Theo bất đẳng thức tam giác ta có: A’B + A’C’ > BC’ Do đóPA’BC > PABC * Nếu xét trường hợp A’ khác phía A so với đường thẳng BC thì ta có tam giác đối xứng với ABC qua BC để so sánh với tam giác A’BC Phương pháp Thay việc tìm cực trị đại lượng này việc tìm cực trị đại lượng khác và ngược lại Ví dụ 3: Cho hình vuông ABCD cạnh a Xét hình thang có đỉnh trên cạnh hình vuông và hai đáy song song với đường thẳng chứa đường chéo hình vuông Tìm hình thang có diện tích lớn và tính diện tích lớn Thật vậy: Gọi EFGH là hình thang có E  AB, F  BC, G  CD, H  DA và EH // BD, FG // BD Giả sử AE = x, FC = y Ta thấy EFGH là hình thang cân Gọi S là hiệu diện tích hình vuông ABCD và diện tích hình thang EFGH Nên S = SAEH + SEBF + SFCG + SDHG S = SAEH + 2SEBF + SDHG S= 2 (a − x ) (a − y ) y x +2 + 2 2 Biến đổi S = [ ( x+ y − a ) +a ] S= a2 ( x+ y − a ) a2 + ≥ 2 Để diện tích hình thang EFGH đạt giá trị lớn thì S phải đạt giá trị nhỏ Mà S  a2 , dấu xảy x + y = a Vậy maxSEFGH = a2 – a2 a2 = 2 x+y=a Hay x=a–y Khi đó AE = BF = DG = AH Mà AE // DG, AH // BF Nên HF // AB // CD và EG // AD // BC Vậy hình thang thoả mãn điều kiện đầu bài có diện tích lớn là a (nửa diện tích hình vuông ABCD) là hình thang có các đường chéo song song với các cạnh hình vuông ABCD Chú ý: - Có trường hợp để tìm cực trị đại lượng A, ta chia A thành tổng A = B + C + D + … tìm cực trị B, C, D… Từ đó suy cực trị A Ta cần chứng minh A đạt cực trị thì đồng thời B, C, D đạt cực trị - Nếu bài toán đã cho có nhiều khả tương ứng với các trường hợp khác hình thì phải tìm cực trị trường hợp Cuối cùng so sánh các cực trị đó để tìm cực trị bài toán Chương II Các dạng toán cực trị thường gặp và phương pháp giải I- Dạng 1: Sử dụng bất đẳng thức tam giác - Với điểm A, B, C luôn có AB + AC  BC Dấu xảy và A nằm B, C - Trong tam giác ABC ta có |AB− AC|<BC< AB+ AC ABC  ACB  AC  AB Ví dụ 1: Cho đường thẳng xy và hai điểm A, B cùng thuộc nửa mặt phẳng có bờ là xy a, Tìm điểm M  xy cho MA + MB là nhỏ b, Tìm điểm N  xy cho |NA −NB| lớn Bài giải a, Gọi A’ là điểm đối xứng với A qua xy Kẻ BA’ cắt xy Mo Ta thấy AMo = A’Mo Và AMo + BMo = A’B Gọi M là điểm thuộc xy suy MA = MA’ Ta có MA + MB = MA’ + MB  A’B Dấu xảy A’, M, B thẳng hàng Hay M  Mo Vậy min(MA + MB) = A’B  M  Mo b, Lấy điểm N  xy Ta luôn có |NA −NB|≤ AB Dấu xảy B nằm A, N * Nếu AB // xy Do đó không tìm điểm N thoả mãn đầu bài * Nếu AB không song song với xy Gọi No là giao điểm đường thẳng AB và xy Ta có max |NA −NB|=AB ⇔ N ≡ N o No là điểm cần tìm Ví dụ 2: Hai xóm A, B cách sông Tìm địa điểm để bắc cây cầu qua sông cho quãng đường từ A đến B là ngắn Bài toán coi: Hai bờ sông là hai đường thẳng song song, cầu bắc vuông góc với bờ sông để tiết kiệm nguyên vật liệu Biểu thị hai xóm A, B bên bờ sông là hai điểm A, B Hai bờ sông là hai đường thẳng d1, d2 song song với Ta phải tìm địa điểm cây cầu CD cho: Tổng AC + CD + DB là ngắn Ta thấy độ dài CD không đổi nên ta cần tìm vị trí điểm C, D cho AC + BD ngắn Qua A ta dựng đường thẳng xy vuông góc với d1, d2  xy // CD Từ D kẻ đường thẳng song song với CA cắt xy A’ Như ACDA’ là hình bình hành Do đó AC = A’D Khi đó DB + AC = DB + A’D  BA’ Dấu xảy B, D, A’ thẳng hàng Tức là D  Do (Do là giao điểm A’B với d2) Vậy địa điểm bắc cầu là CoDo Ví dụ 3: Cho ABC O là tâm đường tròn ngoại tiếp ABC Hãy tìm điểm M cho tổng MA + MB + MC + MO là nhỏ Bài giải Ta xét hai trường hợp: a, Tam giác ABC là tam giác nhọn Nên tâm O nằm ABC Xét hình ( I ) Giả sử O là điểm ABC, theo bất đẳng thức tam giác ta chứng minh được: OB + OC < AB + AC Xét hình ( II ) Không tính tổng quát ta có thể giả sử điểm O  ACM  MA + MC  OA + OC hay MA + MC  2OA Dấu xảy M  O Xét MBO Có MB + MO  OB = OA Do đó MA + MB + MC + MO  3.OA = 3R Do min(MA + MB + MC + MO) = 3R  M  O b, Nếu tam giác ABC là tam giác tù  O nằm ngoài tam giác ABC Giả sử góc A tù Ta có MA + MB + MC + MO = (MA + MO) + (MB + MC)  OA + BC Dấu xảy M  OA và M  BC hay M là giao điểm OA và BC Vậy MA + MB + MC + MO nhỏ M là giao điểm OA và BC (M  Mo) Bài tập áp dụng: Cho tam giác ABC cân A và điểm D cố định trên đáy BC Dựng đường thẳng song song với BC, cắt hai cạnh bên E và F cho DE + DF có giá trị nhỏ Cho góc nhọn xOy và điểm M nằm góc đó cho M không thuộc Ox và Oy Hãy xác địn điểm B trên Ox, điểm C trên Oy cho OB = OC và MB + MC đạt giá trị nhỏ Cho góc vuông xOy Điểm A thuộc miền góc Các điểm M và N theo thứ tự chuyển động trên các tia Ox, Oy cho MAN = 90 o Xác định vị trí M, N để MN có độ dài nhỏ Cho tam giác ABC O là tâm đường tròn ngoại tiếp Hãy tìm điểm M cho tổng MA + MB + MC + MO là nhỏ II- Dạng 2: Dùng tính chất đường vuông góc và đường xiên - Trong các đoạn thẳng nối từ điểm nằm ngoài đường thẳng đến điểm nằm trên đường thẳng đó, đoạn vuông góc với đường thẳng đó là đoạn ngắn Suy ra: tam giác vuông cạnh huyền là cạnh lớn - Trong hai đường xiên kẻ từ điểm nằm ngoài đường thẳng đến đường thẳng đó, đường xiên nào có hình chiếu lớn thì lớn - Trong các đoạn thẳng nối hai điểm nằm trên hai đường thẳng song song, đoạn thẳng vuông góc với hai đường thẳng song song có độ dài nhỏ Ví dụ 1: Cho tam giác ABC Qua trọng tâm O tam giác hãy dựng đường thẳng cho tổng khoảng cách từ đỉnh tam giác đến đường thẳng đó là lớn A d B' H' A' O C' C H B Gọi d là đường thẳng qua O, H là trung điểm BC nên O  AH Kẻ AA’, BB’, CC’, HH’ vuông góc với d Tứ giác BB’C’C là hình thang nhận HH’ là đường trung bình Nên 2HH’ = BB’ + CC’ OAA’  OHH’  AA' OA = =2 HH' OH Do đó AA’ = 2HH’ Suy ra: AA’ + BB’ + CC’ = 2HH’ + 2HH’ = 4HH’ = 2.AA’  2.OA Do đó max(AA’ + BB’ + CC’) = 2.OA  OA = AA’  d // BC (hoặc d // AB, d // AC) Như vậy: Qua O dựng đường thẳng song song với ba cạnh tam giác ABC thì tổng khoảng cách từ ba đỉnh tam giác đến đường thẳng đó là lớn Ví dụ 2: Cho tam giác nhọn ABC M là điểm nằm trên cạnh BC Gọi E, F là hình chiếu M trên AB, AC Tìm vị trí điểm M để EF có độ dài nhỏ Gọi I là trung điểm AM Khi đó IA = IM = IE = IF = AM Ta có EIF = EIM + MIF EIF = 2EAI + 2FAI EIF = 2A không đổi Tam giác EIF cân E, có góc đỉnh không đổi Nên cạnh đáy nhỏ và cạnh bên nhỏ Mà IE = AM Do đó IE nhỏ  AM nhỏ  AM  BC Vậy M là chân đường cao hạ từ A tam giác ABC thì EF có độ dài nhỏ Bài tập áp dụng: Cho góc vuông xOy, điểm A thuộc miền góc Các điểm M, N chuyển động trên các tia Ox, Oy cho MAN = 90 o Xác định vị trí điểm M, N để tổng AM + AN có độ dài: a, Nhỏ b, Lớn Cho tam giác ABC Tìm đường thẳng qua đỉnh A tam giác cho tổng khoảng cách từ B, C tới đường thẳng đó là nhỏ Cho tam giác ABC vuông cân A, cạnh huyền BC = 2a Một đường thẳng d qua A và không cắt cạnh BC Gọi I và K theo thứ tự là hình chiếu B và C trên d và H là trung điểm BC Tính diện tích lớn tam giác HIK Cho (O; R) có AB là dây cung cố định không qua tâm O C là điểm di động trên cung lớn AB (C không trùng với A, B) Gọi d là tiếp tuyến C đường tròn (O; R), M và N là chân các đường vuông góc kẻ từ A, B tới d Tìm vị trí điểm C cho khoảng cách MN dài nhất, ngắn III- Dạng 3: Sử dụng tính chất độ dài đường gấp khúc Độ dài đường gấp khúc nối điểm không nhỏ độ dài đoạn thẳng nối hai điểm đó Cho các điểm A1, A2, …, An A1A2 + A2A3 + … + An-1An  A1An Dấu xảy A2, A3, …, An-1 nằm A1 và An (kể từ A1 đến An) Ví dụ 1: Cho góc nhọn xOy và điểm A góc đó Tìm điểm B thuộc Ox, C thuộc Oy cho tam giác ABC có chu vi nhỏ Thật vậy: Giả sử B và C là hai điểm trên Ox, Oy Ta phải tìm vị trí B, C cho chu vi tam giác ABC nhỏ Gọi A’, A” là điểm đối xứng A qua Ox, Oy Do đó A’, A” cố định và ta có: AB = A’B AC = A”C Nên PABC = AB + AC + BC = A’B + A”C + BC  A’A” Do đó minPABC = A’A”  B  Bo, C  Co Bo và Co là giao điểm A’A” với Ox, Oy Như ta cần dựng A’, A” đối xứng với A qua Ox, Oy, sau đó nối A’A” cắt Ox, Oy Bo, Co và vị trí Bo, Co là vị trí B, C cần tìm Ví dụ 2: Cho hình vuông ABCD và tứ giác MNPQ có bốn đỉnh thuộc bốn cạnh hình vuông (Tứ giác MNPQ nội tiếp hình vuông) Tìm điểu kiện để tứ giác MNPQ có chu vi nhỏ Gọi P là chu vi hình tứ giác MNPQ I, J, K là trung điểm PQ, QN, MN Như PQ = 2DI PN = 2IJ MQ = 2KJ MN = 2BK Do đó P = MN + NP + PQ + QM = 2KB + 2IJ + 2DI + 2KJ = 2(BK + KJ + JI + ID)  2BD Vậy minP = 2BD  MQ // BD, MN // AC, NP // BD, PQ // AC Khi đó MNPQ là hình chữ nhật Ví dụ 3: Cho tam giác ABC có các góc nhỏ 120 o Tìm điểm M nằm bên tam giác cho tổng MA + MB + MC có giá trị nhỏ C' A M' M C B Gọi M là điểm tam giác ABC Thực phép quay tâm A, góc quay 60o ngược chiều kim đồng hồ Khi đó: M  M’ C  C’ AMM’ và ACC’ là các tam giác Do đó AC’ = AC, MC = M’C’ Nên MA + MB + MC = MM’ + MB + M’C’  BC’ Nên min(MA + MB + MC) = BC’  B, M, M’, C’ thẳng hàng Khi đó AMB = 120o AMC = AM’C’ = 180o – 60o = 120o Còn lại BMC = 120o Vậy M là giao hai cung chứa góc 120o dựng trên hai cạnh tam giác ABC vào phía tam giác ABC Bài tập áp dụng: Cho hai đường tròn ngoài Đường nối tâm OO’ cắt hai đường tròn A, B và A’, B’ (A, B  (O); A’, B’  (O’); A, A’ nằm B, B’) Chứng minh AA’ là khoảng cách ngắn nhất, BB’ là khoảng cách lớn tất các khoảng cách nối hai điểm hai đường tròn đó Cho hình chữ nhật ABCD Tìm tứ giác có bốn đỉnh thuộc bốn cạnh hình chữ nhật cho chu vi tứ giác có giá trị nhỏ Tam giác DEF gọi là nội tiếp tam giác ABC ba đỉnh tam giác DEF nằm trên ba cạnh tam giác ABC Hãy tìm tam giác nội tiếp tam giác nhọn ABC cho trước cho nó có chu vi nhỏ IV- Dạng 4: Sử dụng các bất đẳng thức đường tròn - Đường kính là dây lớn đường tròn - Trong hai dây không đường tròn, dây lớn và gần tâm Trong chương trình Trung Học Cơ Sở các bài toán đường tròn sử dụng với học sinh lớp Các bài tập loại này tương đối phong phú, giải ta cần sử dụng tốt các kiến thức học trực tiếp sách giáo khoa Ví dụ 1: Cho đường tròn (O) và điểm M nằm đường tròn (M không trùng với O) Qua M dựng dây AB cho độ dài nó a, Lớn b, Nhỏ Dựng điểm P trên đường tròn cho góc OPM lớn Bài giải 1.a, Theo định lý đường kính là dây lớn đường tròn Nên cần dựng dây A’B’ qua M, O Thì A’B’ chính là day cần phải dựng A’B’ là dây qua M có độ dài lớn b, Giả sử AB là dây qua M Hạ OH  AB Gọi AoBo là dây qua M cho AoBo  OM Xét tam giác vuông MOH Có: OM  OH  AB  AoBo Dấu xảy H  M Như dây AB có độ dài nhỏ thì AB  AoBo Hay A  Ao, B  Bo Giả sử PQ là dây trên đường tròn Tam giác cân OPQ có hai cạnh bên không đổi 180o - POQ OPM = Nên để góc OPM đạt giá trị lớn thì góc POQ đạt giá trị nhỏ  PQ nhỏ  PQ  OM M  PQ  P’Q’ Qua M dựng đường thẳng vuông góc với OM, cắt (O) P’ và Q’ Ta có vị trí P’ là vị trí P cần xác định Ví dụ 2: Cho tam giác ABC vuông góc A.M là trung điểm BC Hai đường thẳng di động vuông góc với M cắt các cạnh AB, AC theo thứ tự D và E Tìm giá trị nhỏ DE và diện tích tam giác MDE Do tam giác ABC vuông A  AM = BC Tứ giác ADME là tứ giác nội tiếp (O) đường kính DE Do đó DE  AM  minDE = AM  AM là đường kính (O) Do đó AEM = 90o Suy ra: ME // AB  E là trung điểm AC Tương tự MD // AC  D là trung điểm AB Khi đó DE là đường trung bình tam giác ABC Vậy đoạn DE ngắn DE là đường trung bình tam giác ABC Ta lại có MDE = MAE Và tam giác AMC cân M Cho nên MAC = MCA  MDE = MCA Do đó tam giác vuông ABC đồng dạng với tam giác vuông MED Do đó: S ABC BC = S MED ED Lại có tam giác ABC cố định  SABC và BC không đổi  SMED nhỏ  ED nhỏ Theo câu a: SMED nhỏ  D, E là trung điểm AB, AC Và ta có: S ABC  S =4 MED BC = 2ED  minSMED = S ABC Ví dụ 3: Cho tam giác ABC cân A nội tiếp (O; R) Một tia Ax nằm hai tia AB và AC cắt BC P cắt (O) E Tìm vị trí tia Ax cho độ dài DE lớn nhất? Bài giải Ta có DE = AE – AD AE là dây (O)  maxAE = 2R là đường kính Nối AO kéo dài cắt BC D1, (O) E1  AD1  BC Luôn có: AD  AD1 Dấu xảy D  D1 Tức là minAD = AD1  AE  AE1 là đường kính Như AE đạt cực đại đồng thời AD đạt cực tiểu Cho nên vị trí này DE đạt giá trị lớn Vậy maxDE = D1E1 và Ax qua tâm O Bài tập áp dụng: Cho tam giác ABC và nội tiếp (O; R) M là điểm di động trên cung nhỏ BC Xác định vị trí M để tổng khoảng cách từ M đến ba đỉnh tam giác ABC có giá trị lớn Cho nửa đường tròn (O) đường kính AB = 2R Điểm M di chuyển trên nửa đường tròn Tiếp tuyến M cắt các tiếp tuyến A, B với nửa đường tròn C, D Tìm giá trị nhỏ tổng SACM + SBDM Trong tất các tam giác ABC có độ dài cạnh BC và góc A không đổi Hãy tìm tam giác có chu vi lớn Trong các hình chữ nhật có đường chéo d không đổi, hình nào có diện tích lớn nhất? Tính diện tích lớn đó V- Dạng 5: Sử dụng các bất đẳng thức đại số Khi giải các bài toán cực trị hình học có số trường hợp ta phải đưa các biểu thức đại số Khi đó ta vận dụng cách tìm cực trị các biểu thức đại số cách sử dụng các bất đẳng thức, các phương pháp tìm cực trị phần I với điều kiện cụ thể các yếu tố hình học các bài toán Ví dụ 1: Cho tam giác ABC có diện tích S Các điểm D, E, F thứ tự thuộc các cạnh AB, BC, AC cho AD = k.AB, BE = k.BC, CF = k.CA a, Tính diện tích tam giác DEF theo S và k b, Với giá trị nào k thì diện tích tam giác DEF có giá trị nhỏ A F D B C E a, Hai tam giác ABC và ACD có cùng đường cao hạ từ C đến AB đó: S ACD AD = =k S ABC AB  SACD = k.SABC = k.S Tương tự SCDF = k.SACD = k2.S Nên SADF = k.S – k2S = k(1 – k)S Tương tự SBDE = k(1 – k)S SCEF = k(1 – k)S Do đó: SDEF = S – 3k(1 – k)S = [1 – 3k(1 – k)]S b, Do S không đổi Nên SDEF đạt giá trị nhỏ và [1 – 3k(1 – k)] đạt giá trị nhỏ Ta có: – 3k(1 – k) = 3k2 – 3k + 1 = 3(k2 – k + +12 ) 1 = 3(k – )2 + ≥ Dấu xảy k = 1 Vậy minSDEF = S  k = Ví dụ 2: Cho tam giác ABC có BC = a, AC = b, AB = c Gọi x, y, z theo thứ tự là khoảng cách từ điểm M tam giác tới các cạnh BC, AC, AB a b c Xác định vị trí điểm M để tổng x + y + z có giá trị nhỏ Gọi S là diện tích tam giác ABC S = SMBC + SMAC + SMAB  S = (ax + by + cz) ax + by + cz = 2S  Ta xét biểu thức a b c P = (ax + by + cz)( x + y + z ) x y y z x z = a2 + b2 + c2 + ab( y + x ) + bc( z + y ) + ca( z + x ) Theo bất đẳng thức côsi Với x, y, z > Ta có: x y + ≥ , dấu xảy x = y y x y z + ≥ , dấu xảy y = z z y x z + ≥ , dấu xảy x = z z x Do đó P  a2 + b2 + c2 + 2ab + 2ac + 2bc Hay  a b c 2S( x + y + z )  (a + b + c)2 a b c ( a+ b+c ) + + ≥ x y z 2S a b c ( a+b+ c )2 Nên ( x + y + z ) = 2S x = y = z  M là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC Ví dụ 3: Trong các tam giác vuông có tổng hai cạnh góc vuông không đổi tam giác nào có chu vi nhỏ A c b B C a Gọi P là chu vi tam giác ABC Ta có: P = a + b + c Do b, c không đổi  P nhỏ và a nhỏ Đặt b + c = 2m không đổi Suy ra: b = m + x c = m – x Xét Áp dụng định lý Pitago a2 = b2 + c2 a2 = (m + x)2 + (m – x)2 a2 = 2m2 + 2x2  2m2 vì 2x2  Do đó a2 = 2m  x=0  b=c Vậy chu vi tam giác vuông ABC nhỏ tam giác ABC là tam giác vuông cân A Bài tập áp dụng: Cho hình vuông KLMN có cạnh là Người ta nội tiếp hình vuông này hình thang ABCD với các đáy là AB và CD cho A là trung điểm KN, các đỉnh B, C, D thuộc các cạnh KL, LM, MN Tìm giá trị lớn diện tích tứ giác ABCD BK = Cho đường tròn (O; R) đường kính AB M là điểm di động trên đường tròn Vẽ MH vuông góc với AB (H thuộc đoạn AB) Xác định vị trí M trên đường tròn (O; R) cho diện tích tam giác OMH lớn Cho tam giác ABC cân A Các điểm M, N theo thứ tự chuyển động trên các cạnh AB, AC cho AM = CN Xác định vị trí M, N để: a, MN có giá trị nhỏ b, Diện tích tam giác AMN có giá trị lớn Kế hoạch thực đề tài Biện pháp thực hiện: tích hợp nội dung vào bài học trên lớp, ôn tập bồi dưỡng buổi chiều, giao bài nhà cho học sinh Phần đại số: Dạng 1, dạng 2, dạng 3, dạng 4, dạng 5, dạng dạy chương trình đại số lớp 8B, kết hợp củng cố chương trình đại số 9B (thời gian tiết) Dạng 5, dạng 6, dạng dạy chương trình đại số 9B (thời gian tiết) Phần hình học Dạng 1, dạng 2, dạng 3, dạy chương trình hình học lớp 8B, kết hợp củng cố chương trình hình học lớp 9B (thời gian tiêt) Dạng 4, dạng dạy chương trình hình học (thời gian tiết) Phạm vi áp dụng Đề tài áp dụng thử nghiệm với học sinh lớp 8,9 Bước đầu khảo sát đánh giá chất lượng so với năm học trước và so với chất lượng đối chứng 8a 9a thì thấy kết lớpthực nghiệm tiến vượt bậc hẳn, thăm dò yêu thích và thái độ học tập môn thu kết tích cực Đề tài có thể áp dụng cho học sinh khối 8, dành cho đội tuyển học sinh giỏi nhà trường để nâng cao hứng thú học tập và kết môn Hiệu áp dụng Sau áp dụng đề tài tôi thấy có lợi ích sau: *.Về phía học sinh: Hình thành và phát triển lực chuyên môn cách có hệ thống rèn luyện kỹ phân tích, nghiên cứu, khái quát tổng hợp hoạt động nhóm, tư logic để giải vấn đề… hứng thú sôi học, hăng say học tập, thảo luận có tinh thần trách nhiệm, có khả giao tiếp, biết cách đưa đến tính thống nhận thức môn học *.Về phía giáo viên Thu tín hiệu ngược từ phía học sinh, từ đó có cách đánh giá quá trình học tập học sinh cách khách quan chính xác và phát sai lầm học sinh để điều chỉnh kịp thời và phù hợp với đối tượng học sinh *.Đối với quá trình dạy học nói chung Đề tài không áp dụng cho môn toán mà qua đây hình thành và phát triển cho học sinh nhiều kỹ và phương pháp học tập cho các môn học khác, hình thành lực hành vi, lực nhận thức và thái độ học tập tích cực cho học sinh, xây dựng môi trường học tập tích cực tự giác, chủ động, giúp các em có các kỹ năng, có tri thức tốt bước vào sống Kết thực Qua quá trình áp dụng thực tiễn tôi thấy học sinh tích cực chủ động, tự tin việc tiếp thu kiến thức Trong quá trình giảng dạy trường THCS trọng điểm Lê Hữu Trác- Mỹ Hào tôi đã áp dụng đề tài này vào lớp 8B năm học 2014-2015, vào lớp 9B năm học 2015-2016 và đối chứng với lớp 8A năm học 2014-2015 và lớp 9A năm học 20152016 sau dạy xong tôi đã kiểm tra đánh giá kết đạt sau: Kết kiểm tra đợt (chưa áp dụng đề tài) Lớ p 8A 8B Sĩ số Điểm giỏi SL 42 39 Điểm khá % 14,3 20,5 SL 15 14 % 35,7 35,9 Điểm TB SL 21 17 % 50 43,6 Điểm yếu SL 0 % 0 Kết kiểm tra đợt (đã áp dụng đề tài vào lớp 8B năm học 2014-2015) Lớ p 8A 8B Sĩ số 42 39 Điểm giỏi SL 19 Điểm khá % 19 48,7 SL 16 15 % 38 38,5 Điểm TB SL 18 % 43 12,8 Điểm yếu SL 0 % 0 Kết kiểm tra đợt (sau áp dụng đề tài vào học kỳ lớp năm học 2015-2016) Lớ Sĩ số Điểm giỏi Điểm khá Điểm TB Điểm yếu p 9A 9B 42 39 SL 12 25 % 28,6 64,1 SL 16 12 % 38,1 30,8 SL 14 % 33,3 5,1 SL 0 % 0 Kết học tập 8B, 9B tốt hẳn lớp 8A, 9A vì quá trình học tập hướng dẫn giáo viên các em đã chủ động tiếp thu kiến thức cách tốt nhất, các em phát kiến thức, đưa phương pháp giải , và thực tế làm bài lớp, và có hệ thống bài tập vận dụng nhà giúp các em nắm sâu , ghi nhớ lâu hơn, hào hứng học tập, chiếm lĩnh kiến thức Lớp 8A,9A đạt kết thấp 8B, 9B vì học theo phương pháp cũ, nặng nề, tẻ nhạt, không hào hứng học, bài tập sách giáo khoa, sách bài tập không hệ thống nên học sinh thấy khó khăn việc ghi nhớ phương pháp và giải bài toán Mặt khác áp dụng đề tài vào bồi dưỡng học sinh giỏi trường Lê Hữu Trác cho kết khá tốt, các bài toán tìm cực trị các em giải khá thục Bài học kinh nghiệm Trên đây là số dạng toán thường gặp chương trình toán THCS Mỗi dạng có đặc điểm khác Việc phân dạng trên giúp học sinh dễ tiếp thu kiến thức và thấy bài toán áp dụng kiến thức nào cho phù hợp Mỗi dạng toán tôi chọn các bài toán điển hình để học sinh chủ động tiếp thu kiến thức, tìm tòi phát cách giải cho loại và hiểu cách làm, cách vận dụng để giải các bài toán tương tự và bài toán trên sở các bài toán quen thuộc Trong quá trình giảng dạy tôi đặc biệt chú ý đến nội dung các bài toán có xếp theo trình tự từ dễ đến khó, nhằm cung cấp cho học sinh lượng kiến thức phù hợp với lực học sinh để phát huy tối đa khả phát kiến thức, tư lôgic người học Bên cạnh đó thân giáo viên phải không ngừng lỗ lực trau dồi kiến thức, củng cố nâng cao chuyên môn nghiệp vụ , đổi phương pháp giảng dạy để có thể xây dựng cho mình phương pháp giảng dạy thích hợp cho chủ đề và phù hợp với đối tượng học sinh theo hướng tiếp cận lực người học.Tuy nhiên để chất lượng dạy học đạt kết tốt, các bài tập phải đảm bảo mục tiêu bài học,phù hợp với chuẩn kiến thức kỹ trường THCS Khi đánh giá kết các em, giáo viên cần công minh, đánh giá quá trình cố gắng học sinh, động viên kịp thời để kích thích tích cực, hăng say học tập khám phá tri thức học sinh C.KẾT LUẬN Nhận định chung Trên đây là toàn nội dung tìm cực trị môn toán 8, 9, tôi đã xếp khá chi tiết từ dễ đến khó, tôi đã hệ thống phân dạng và có phương pháp giải cụ thể cho dạng, tích hợp các bài toán vận dụng thực tế, tôi đã lồng ghép vào các tiết học, với nội dung, chương trình hợp lí nhất, phù hợp với nội nung kiến thức bài học và lực học sinh tránh gây mệt mỏi, nhàm chán cho học sinh Ngoài cần quan tâm đến đối tượng học sinh, số dạng bài tập khó áp dụng cho đối tượng học sinh giỏi Việc áp dụng chuyên đề thực cần thiết, và đạt hiệu định vận dụng với đối tượng học sinh Từ đó hình thành cho các em các kỹ vận dụng học tập, lĩnh hội các tri thức khoa học và vận dụng thực tế vào sống Những điều kiện áp dụng * Đối với giáo viên: Phải tâm huyết với nghề, có kế hoạch cụ thể để triển khai nội dung đề tài giảng dạy và bồi dưỡng học sinh * Đối với học sinh: Cần yêu thích môn học, say mê tìm tòi khám phá kiến thức, chủ động tiếp lĩnh hội kiến thức cách tốt nhất, tích cực làm bài tập giao Triển vọng áp dụng và phát triển đề tài Toán cực trị là loại toán hay và khó THCS, nó còn vận dụng vào thực tế sống, đó cần tiếp tục triển khai và vận dụng vào thực tiễn trường THCS trọng diểm Lê Hữu Trác, áp dụng vào chương trình bồi dưỡng học sinh giỏi qua đó để nghiên cứu sâu các dạng bài tập đã đề cập đến chuyên đề, để bổ sung cách phù hợp cho học sinh trung học sơ sở Đồng thời rèn cho học sinh tư suy luận, phân tích, dự đoán, tổng hợp, giải vấn đề và các kỹ khác, giúp cho học sinh yêu thích môn học, say mê học tập còn là sở cho các em học các môn học khác từ đó nâng cao chất lượng học tập học sinh Những kiến nghị và đề xuất *.Đối với cấc cấp quản lí: tôi xin đề xuất tăng cường các tài liệu tham khảo, tổ chức các chuyên đề, hội thảo bồi dưỡng chuyên môn nghiệp vụ cho giáo viên *.Đối với giáo viên: cần tích cực nghiên cứu tài liệu tự nâng cao kiến thức chuyên môn, chuẩn bị bài dạy chu đáo, tổ chức các hoạt động dạy học đạt kết cao nhất, từ đó nâng cao chất lượng dạy giúp học sinh chủ động lĩnh hội kiến thức cách có hiệu Thường xuyên trao đổi kinh nghiệm với tổ nhóm chuyên môn, các bạn đồng nghiệp để phát huy các ưu điểm, khắc phục các hạn chế thân để nâng cao lực chuyên môn nghiệp vụ *.Việc đổi phương pháp dạy học theo chiều hướng tích cực phát huy tính độc lập sáng tạo học sinh,tiếp cận lực người học, không thể chèc lát mà quá trình lâu dài Mục tiêu cuối cùng là hướng dẫn học sinh biết giải toán, học toán và biết vận dụng toán học vào các môn khác vào thực tế Đề tài tôi đề cập tới vấn đề quá trình bồi dưỡng học sinh khá giỏi nhiên theo tôi đây là mảng kiến thức quan trọng chương trình toán lớp 8,9 Trên đây là vài kinh nghiệm nhỏ thân tôi tự rút dạy các bài toán tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất, cùng với góp ý đồng nghiệp hy vọng đề tài tôi góp phần tăng thêm hiệu học tập học sinh Dù đã cố gắng học hỏi trau dồi kiến thức song không tránh khỏi thiếu xót, tôi mong nhận quan tâm góp ý chân thành đồng nghiệp và hội đồng khoa học các cấp để đề tài ngày hoàn thiện TÀI LIỆU THAM KHẢO Các bài toán cực trị - Lê Mộng Ngọc ( Nhà xuất giáo dục – 1996 ) 250 bài toán đại số bồi dưỡng học sinh cấp - Võ Đại Mau ( Nhà xuất Thành phố Hồ Chí Minh ) Toán bồi dưỡng học sinh lớp 8, ( Nhà xuất Hà Nội – 1995 ) - Vũ Hữu Bình và Tôn Thân Toán nâng cao và các chuyên đề Đại số và hình học lớp ( Nhà xuất Giáo dục – 2004 ) - Vũ Dương Thuỵ Nguyễn Ngọc Đạm MỤC LỤC NỘI DUNG TRANG MỞ ĐẦU Sơ yếu lí lịch I Đặt vấn đề 1.Thực trạng vấn đề nghiên cứu 2.Ý nghĩa giải pháp Phạm vi nghiên cứu II.Phương pháp tiến hành 1.Cơ sở lí luận 2 3 2.Cơ sở thực tiễn Các biện pháp tiến hành 4 thời gian tạo giải pháp NỘI DUNG I Mục tiêu đề tài II Phương pháp tiến hành 1.Mô tả giải pháp PHẦN I: Các bài toán cực trị đại số Chương I: Những kiến thức I Khái niệm II Kiến thức thường dùng III Một số phương pháp tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ 1.Phương pháp bất đẳng thức 2.Phương pháp miền giá trị Chương II: dạng toán thường gặp Dạng 1:Đa thức bậc chứa dấu giá trị tuyệt đối 11 Dạng 2:Đa thức bậc hai 13 Dạng 3: Đa thức bậc cao 15 Dạng 4:Phân thức 16 Dạng 5: Căn Thức và giá trị tuyệt đối 18 Dạng 6: Cực trị có điều kiện 22 24 Dạng 7: các bài toán tổng hợp PHẦN II: Cực trị hình học phẳng Chương I: kiến thức 28 I.Toán cực trị hình học là gì II.Các phương pháp giải toán cực trị hình học 1.Phương pháp 28 29 2.Phương pháp 30 2.Phương pháp Chương II Các dạng toán cực trị 32 Dạng 1: Sử dụng bất đẳng thức tam giác 36 Dạng 2: dùng tính chất đường vuông góc, đường xiên 38 Dạng 3: Sử dụng tính chất độ dài đường gấp khúc 41 Dạng 4: Sử dụng tính chất bất đẳng thức đường tròn 45 Dạng 5: Sử dụng bất dẳng thức đại số 48 Kế hoạch thực đề tài 48 Phạm vi áp dụng 48 .Hiệu sử dụng 49 Kết thực KẾT LUẬN Nhận định chung 52 2.Những điều kiện áp dụng 52 3.Triển vọng vận dụng đề tài và phát triển 52 Kiến nghị, đề xuất Tài liệu tham khảo 53 54 XÁC NHẬN CỦA HỘI ĐỒNG KHOA HỌC TRƯỜNG THCS TRỌNG ĐIỂM LÊ HỮU TRÁC Tổng điểm…………………… Xếp loại……………… TM HỘI ĐỒNG KHOA HỌC CHỦ TỊCH – HIỆU TRƯỞNG ( Ký, ghi rõ họ và tên, đóng dấu) XÁC NHẬN CỦA HỘI ĐỒNG KHOA HỌC PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO MỸ HÀO Tổng điểm…………………… Xếp loại……………… TM HỘI ĐỒNG KHOA HỌC CHỦ TỊCH – TRƯỞNG PHÒNG ( Ký, ghi rõ họ và tên, đóng dấu) XÁC NHẬN CỦA HỘI ĐỒNG KHOA HỌC SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HƯNG YÊN Tổng điểm…………………… Xếp loại……………… TM HỘI ĐỒNG KHOA HỌC ( Ký, ghi rõ họ và tên, đóng dấu)