I. ĐẶT VẤN ĐỀ
Việc phát triển năng lực cho học sinh đang là vấn đề trọng tâm đổi mới
phương pháp dạy và học trong giáo dục và đào tạo theo tinh thần Nghị quyết
29 của Ban chấp hành Trung ương. Trong quá trình giảng dạy môn toán ở
trường THPT, công tác phát hiện và bồi dưỡng học sinh giỏi luôn là vấn đề
được các nhà trường đặc biệt quan tâm. Bản thân tôi qua một số năm giảng
dạy ở các lớp có nhiều học sinh thuộc đối tượng này, tôi luôn trăn trở làm thế
nào để phát huy được năng lực tự học và sáng tạo cho học sinh. Giúp học sinh
tự khám phá trải nghiệm bằng cách nêu ra các chủ đề môn học hoặc liên môn,
đồng thời hướng dẫn học sinh nghiên cứu từ những vấn đề nảy sinh trong
chương trình cũng như đòi hỏi giải quyết vấn đề một cách độc lập, sáng tạo.
Trong chương trình THPT bài toán về cực trị hình học trong mặt phẳng
được đề cập khá nhiều, nhất là trong các tài liệu bồi dưỡng học sinh khá giỏi
và các kì thi học sinh giỏi, tuyển sinh vào các trường đại học, cao đẳng (Kì thi
HSG môn Toán cấp tỉnh năm học 2014-2015 của tỉnh ta vừa qua là một ví
dụ). Kiến thức về hình học phẳng ở cấp THCS rất sâu và rộng. Có thể nói,
đây là phần rất khó đối với học sinh và kể cả giáo viên trong quá trình giảng
dạy. Để nắm được kiến thức và vận dụng giải được loại bài tập này rất cần sự
tư duy sáng tạo. Chính vì thế ở cấp THCS hầu hết học sinh yếu nên khi học ở
cấp THPT về phần hình học phẳng vẫn là vấn đề khó đối với giáo viên, học
sinh trong dạy và học.
Trong khuôn khổ một đề tài, tôi chỉ tập trung vào trọng tâm 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.
Xuất phát từ bài tập 40 trang 106 sách bài tập hình học lớp 10 (Nâng
cao):
Cho hai điểm P(1;6) , Q(−3; −4) và đường thẳng ∆ : 2 x − y − 1 = 0
a) Tìm tọa độ điểm M trên ∆ sao cho MP + MQ nhỏ nhất;
b) Tìm tọa độ điểm N trên ∆ sao cho NP − NQ lớn nhất.
Theo cách giải trong sách bài tập và một số tài liệu, trước hết xét vị trí
của điểm P và điểm Q đối với đường thẳng ∆ :

P
Q
∆

M
Q’
Lấy điểm Q’ đối xứng với Q qua đường thẳng ∆
Ta có MP + MQ = MP + MQ ' ≥ PQ ' . Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi M, Q’, P
thẳng hàng ⇒ M = PQ '∩ ∆ .
b)
P
Q
N

∆

Ta có NP − NQ ≤ PQ . Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi N, P, Q thẳng hàng
⇒ N = PQ ∩ ∆ .
Nhận xét :
- Qua phân tích lời giải ở trên ta thấy: Ở câu a) luôn đưa về hai điểm nằm
khác phía đối với đường thẳng ∆ và M chính là giao điểm của đường thẳng
qua hai điểm đó và ∆ .
- Ở câu b) luôn đưa về hai điểm nằm cùng phía đối với đường thẳng ∆ và
N là giao điểm của đường thẳng đi qua hai điểm đó và ∆ .
2


Ở trên là phương pháp giải tổng quát mà trong một số tài liệu đã trình bày
và lời giải cụ thể theo cách ở trên cho bài toán, xin phép không trình bày lại
nữa. Tuy nhiên khi đưa ra lời giải như vậy học sinh vẫn thấy khó tiếp thu vì

= 5  t − 6t + 10 + t +

=

18 18 
t+ 
5
5



9
9 
5  (t − 3) 2 + 1 + (t + ) 2 +  (*)
5
25 


Trong biểu thức trong dấu [] của (*) cho ta biểu thức về khoảng cách
9 3
5 5

của 2 đoạn thẳng mới. Nếu gọi Gọi P’ (3; −1) , Q’ (− ; ) , M’ (t;0) , khi đó:


9
5

2
2

2.Thưc trạng của vấn đề nghiên cứu.
Đối với nhiều học sinh, khi gặp những bài toán thuộc dạng trên thường tỏ
ra rất lúng túng và phải mất rất nhiều thời gian để giải. Là một giáo viên toán
tôi cảm thấy rất băn khoăn khi dạy học nội dung này. Nếu chỉ dừng lại ở việc
cung cấp lời giải cho học sinh thì không phải là vấn đề khó khăn, khi học sinh
được tiếp cận lời giải thì có thể hiểu được nội dung bài giải, nhưng tính
thuyết phục và định hướng cách giải tổng quát chưa thật sự đáp ứng được cho
nhu cầu của học sinh, học sinh tiếp nhận vẫn còn gượng gạo, còn gặp khó
khăn trong việc tự giải những bài tập khác.
Từ thực tế dạy học, kết hợp với việc phân tích, lấy ý kiến phản hồi từ học
sinh, tôi nhận thấy một trong những nguyên nhân dẫn đến thực trạng trên là
do học sinh phải thực hiện một loạt các thao tác phức tạp mới có được lời
giải, việc tiếp cận vấn đề này chưa thực sự hợp lý, học sinh chỉ biết tiếp nhận
một cách thụ động, các cách giải chưa đem lại tính thuyết phục, chưa thực sự
phát huy tính tích cực và chủ động trong học tập cho học sinh. Do vậy, hiệu
quả học tập không cao. Việc cần tìm ra giải pháp để thực hiện các thao tác
đơn giản nhất, tiết kiệm được tối đa thời gian để giải bài toán nội dung này.
3. Giải pháp và tổ chức thực hiện.
Trước hết, yêu cầu học sinh nắm vững các kiến thức cơ bản về hình học
phẳng và kỹ năng sử dụng tọa độ để giải các bài toán trong hình học phẳng.
Để đạt được mục tiêu đã đặt ra, tôi xuất phát từ một bài trong sách bài tập để
phát triển từ những vấn đề đặt ra rất sát thực, đòi hỏi học sinh giải quyết.
Đồng thời hướng dẫn học sinh nghiên cứu thêm và sắp xếp các đơn vị kiến
thức theo mức độ tăng dần.
Bài toán 1
Trong mặt phẳng cho đường thẳng d và hai điểm A, B không thuộc d. Tìm
điểm M nằm trên d sao cho:
a) MA + MB nhỏ nhất;
b) MA - MB lớn nhất.
Ví dụ 1: (Trong sách bài tập đã nêu ở phần đặt vấn đề)

Nhận xét:
- Với phương pháp trên, từ bài toán mà việc giải nó phải phân chia nhiều
trường hợp nên học sinh rất lúng túng và nhớ máy móc. Khi ta chuyển về bài
toán đơn giản, không phải phân chia trường hợp và chủ yếu là dùng công cụ
tọa độ nên học sinh thực hiện dễ dàng và hứng thú học tập.
- Cũng với phương pháp trên, ta có thể hướng dẫn học sinh giải bài toán tương
tự trong không gian (ta sẽ trở lại ví dụ minh họa ở phần sau)
- Từ biểu thức tổng hay hiệu hai đoạn thẳng MA, MB ta có thể hướng dẫn học
sinh hình học hóa bài toán cục trị đại số bằng phương pháp tọa độ.
Ta xét ví dụ sau minh họa:
2
2
Ví dụ 1: Tìm giá trị lớn nhất của hàm số: y = x − 2 x + 10 − x + 4 x + 5 .

Giải : ta viết hàm số dưới dạng:
y=

( x − 1) 2 + 9 − ( x + 2) 2 + 1

Gọi điểm M (1;3) , N (−2;1) và I ( x;0)
Suy ra y = IM − IN
Ta thấy M và N nằm cùng phía đối với trục hoành, còn I nằm trên trục hoành
Để IM − IN lớn nhất khi và chỉ khi I, M, N thẳng hàng ⇒ I = MN ∩ Ox
Phương trình MN: 2 x − 3 y + 7 = 0
7
⇒ I (− ;0)
2

5


Tìm điểm I trên ∆ sao cho IM − IN lớn nhất
Giải:
Gọi I (1 + 2t;1 − t; t ) ∈ ∆
2
2
2
2
2
2
Ta có IM − IN = (2t ) + (1 − t ) + (t + 1) − (2t − 1) + t + (t − 1)

=

6t 2 + 2 − 6t 2 − 6t + 2


1
3

1
3

2
2
= 6  t + − t −t + 


 2 1
1 2 1 
= 6  t + − (t − ) + 

3

z = 0

 z = 0
(3;0;1) .

Ví dụ 4: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho hai điểm M (1; 2;3) và
N (4; 4;5) . Tìm điểm I thuộc mặt phẳng (Oxy) sao cho IM + IN nhỏ nhất.
Giải: Gọi ∆ là hình chiếu vuông góc của đường thẳng MN lên mặt phẳng
(Oxy).
Điểm I thuộc mặt phẳng (Oxy) sao cho IM + IN nhỏ nhất khi và chỉ khi I thuộc
đường thẳng ∆ để IM + IN nhỏ nhất.
 x = 1 + 3t

Ta có phương trình ∆ :  y = 2 + 2t
z = 0


Gọi I (1 + 3t ; 2 + 2t;0) ∈ ∆
Ta có IM + IN = (3t ) 2 + (2t ) 2 + 32 + (3t − 3) 2 + (2t − 2) 2 + 52
IM + IN = 13t 2 + 9 + 13t 2 − 26t + 38


2
= 13  t +

9
38 
+ t 2 − 2t + 

3
17 11


M 'N ': y =
−
t ' ; phương trình Ox :  y = 0 ⇒ t ' = t = Vậy I ( ; ;0) .
8
8 4
13
13

z = 0

 z = 0

Bài toán 2
Cho n điểm Ai (i = 1, 2,..., n ) và n số thực ai . Tìm tọa độ điểm M trên ∆ để
n

S = ∑ai MAi 2 đạt giá trị nhỏ nhất (hoặc lớn nhất).
i =1

7


Ví dụ: Cho hai điểm A (3; 4) và B (−1; 2) , đường thẳng ∆: x − 2y − 2 = 0 . Tìm
tọa độ điểm M nằm trên ∆ sao cho:
a) MA 2 + 2MB 2 nhỏ nhất.
b) MA 2 − 2MB 2 lớn nhất.


∑ai ≠ 0 . Tìm tọa độ
i =1

uuuur
a
MA
∑ i i đạt giá trị nhỏ nhất".
n

i =1

Ví dụ: cho ∆: x − 2y − 2 = 0 , các điểm A (3; 4) , B (−1; 2) và C (0; 1) . Tìm tọa
uuur uuuur uuuur
P
=
MA
− 2MB + 3MC nhỏ nhất.
độ điểm M nằm trên ∆ sao 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) và CM = (2t + 2; t − 1) .
uuuur uuuur uuuur
A M − 2BM + 3CM = (4t − 1; 2t − 3) , suy ra: P 2 = 20t 2 − 20t + 10 .
1

1
)
+
4
=
0

4x + y + 5 = 0
 7 1
 10 15 
B ( x; y ) : 
⇒ B  − ; − ÷. Tương tự: C  − ; − ÷.
 6 3
 11 11 
2x − y + 2 = 0
uuuur  5 20  uuuur  12 48 
uuuur
Thử lại: A1A2 = ( 2; − 8 ) , A1B =  ; − ÷, A1C =  ; − ÷.
6 
6
 11 11 
uuuur 12 uuuur 22 uuuur
A1A2 = .A1B = .A1C , suy ra: A1 , B , C và A2 thẳng hàng, theo thứ tự ấy.
5
12
 7 1
 10 15 
B  − ; − ÷ và C  − ; − ÷.
Vậy:
A1 ∆1

cho tam giác MAB vuông tại M và có diện tích S là:
a)
Nhỏ nhất.
b)
Lớn nhất.
Tóm tắt lời giải: A (a ; 0) , a ≥ 0 và B (0; b), b ≥ 0 .
uuur
uuuur
Suy ra: MA = (a − 3; − 1) , MB = ( − 3; b − 1) .
uuur uuuur
MA .MB = 0 ⇔ 3(a − 3) + (b − 1) = 0 ⇔ b = 10 − 3a .
10
b≥0 ⇒ a ≤
(*); 2S = MA .MB = 3(a 2 − 6a + 10) .
3
 10 
Khảo sát hàm f (a ) = 3(a 2 − 6a + 10) , trên đoạn  0;  .
 3
0

10

3

30

f (a )

y


e)
Khoảng cách d(O , ∆) lớn
nhất.
f)
Tổng T = OA + 3OB
nhỏ
nhất.
9
4
P=
+
g)
nhỏ nhất.
OA 2 OB 2
Lời giải tóm tắt: Do A, B (khác O) lần lượt thuộc tia Ox và tia Oy, nên A(a; 0)
x y
và B(0; b), với a > 0 và b > 0. Phương trình ∆: + = 1 .
a b
3 1
1
3
+ = 1 , suy ra
= 1 − > 0 , hay a > 3 (*). Khi đó:
a b
b
a
a
3
b=
=1+

.3(a − 3).3(a − 3) + 10
a −3 a −3
(a − 3)2

= 3 3 9 + 3 3 81 + 10 .
Đẳng thức xảy ra, khi: (a − 3)3 = 3 ⇔ a = 3 + 3 3 .
Khi đó: b = 1 + 3 9 , a và b thỏa mãn (*). Vậy, ∆:

x
y
+
=1.
3 + 3 3 1+ 3 9

Nhận xét:
*Có thể mắc một số sai lầm sau:
• A B 2 = a 2 + b2 ≥ 2ab , đẳng thức xảy ra khi a = b . Khi đó a = b = 4 ;
A B 2 = 32 .
10


2
2
• A B = (a − 3) +

9
 1

+
6

a −3
9
Đẳng thức xảy ra, khi và chỉ khi: a − 3 =
⇔ a = 0 hoặc a = 6.
a −3
Kết hợp (*), được: a = 6, suy ra b = 2. Phương trình ∆: x + 3y − 6 = 0 .

b) 2S = ab = a +

9
cũng khá đơn giản.
a −3
c) Gọi H là hình chiếu của O trên ∆, ta có OH ⊥ ∆, suy ra: d(O , ∆) = OH ≤
OM.
O
Đẳng thức xảy ra, khi chỉ khi: H ≡ M ⇔ ∆ ⊥ OM.
uuuur
∆
OM
= (3; 1) làm vecto pháp tuyến.
∆ nhận
M
H
Phương trình ∆: 3x + y − 10 = 0 .
Lời giải tóm tắt: Xét hàm f (a ) = a + 3 +

9
(có thể xét hàm f(a), a > 3 tại đây)
a −3
9

a b
2

2

9 4  1
4
1
1
e) S = 2 + 2 =  1 − ÷ + 2 = 5. ÷ − 2. + 1.
a b
b
 b b
b 
1 1
15
4x y
+ =1.
S min ⇔ = ⇔ b = 5. Khi đó a =
, ta được ∆:
b 5
4
15 5
2

2

2
1 2
1 3

Bài toán 6
Cho điểm A (2; − 1) , đường tròn (C): x 2 + y 2 − 2x + 4y − 4 = 0 ; hai đường
thẳng ∆1 và ∆2 vuông góc với nhau tại A; ∆1 cắt (C) tại M và N, ∆2 cắt (C) tại
P và Q. Viết phương trình ∆1 và ∆2, sao cho diện tích S của tứ giác MPNQ
đạt
1) Nhỏ nhất.
2) Lớn nhất.
uur
IA
= (1; 1) , A nằm trong (C).
Lời giải tóm tắt: I(1; − 2), R = 3;
H và K tương ứng là trung điểm của MN và PQ, ta có: IH ⊥ MN và IK ⊥ PQ.
Do đó IHAK là hình chữ nhật, suy ra: IH 2 + IK 2 = IA 2 = 2 , không đổi.
MN .PQ
S =
= 2MH.PK
P
2
= 2 (R 2 − IH 2 )(R 2 − IK 2 ) = 2 63 + IH 2 .IK 2 .
I

K

M

A
Q

2)


Vậy, chọn: ∆1: x − 2 = 0 và ∆2: y + 1 = 0 (hoặc ngược lại).
IA
, chứng tỏ ∆ là tiếp tuyến của đường tròn C(I, 1).
2
Đồng thời ∆ cắt C(I, IA) tại B và C sao cho ∆IBC vuông cân tại I.
Bài toán 7
Nhận xét: d(I , ∆) = 1 =

Cho (C1): x 2 + y 2 = 2 và (C2): x 2 + y 2 = 5 , A (0; 1) . Tìm tọa độ các điểm B và
C nằm trên (C1) và (C2) tương ứng, sao cho diện tích S của tam giác ABC đạt max.
Xét bổ đề: Cho hai đường tròn đồng tâm C1(O, R) và C2(O, R') (R > R'). Các
điểm B và C lần lượt di động trên (C 1) và (C2) tương ứng. Khi đó S đạt max
khi O là trực tâm tam giác ABC và O nằm trong tam giác.
Chứng minh:
C
Thật vậy, nếu cố định B thì đường thẳng AB cố
(C2)
định.
Giả sử AB cắt (C2) tại M và N, diện tích lớn nhất
(C1)
khi CO ⊥ AB. Tương tự nếu cố định C. Tức O là
trực tâm của ABC. Khi đó C là điểm chính giữa
O
A•
B
cung lớn MN hay O nằm trong 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 = ( 2 − b2 ; b) suy ra
uuur

13


R
5
=
(1).
2
2
∆ đi qua M(3; 1), phương trình dạng: a (x − 3) + b(y − 1) = 0 , a 2 + b2 ≠ 0 (*).
Thỏa mãn: (1) ⇔ 2(a + 4b)2 = 25(a 2 + b2 ) .
7
Từ điều kiện (*), suy ra b ≠ 0 . Chọn b = −1, ta được: a = −1 hoặc a = .
23
Phương trình ∆ : x + y − 4 = 0 hoặc ∆ : 7(x − 3) − 23y + 1 .
Gọi H là trung điểm MN, ta có IH ⊥ MN, suy ra d(I , ∆) = IH =

IH 2 + 25 − IH 2 25
Cách 2: S = IH . 25 − IH ≤
= .
2
2
Đẳng thức xảy ra, khi chỉ khi: IH = 25 − IH 2
5
N
⇔ d(I , ∆) = IH =
(đến đây, tương tự cách 1).
2
2



0

−

đạt max khi và chỉ khi:
5
d(I , ∆) =
.
2
… đến đây, tương tự cách 1.
♣ Kết quả:
∆: x +y − 4 = 0,
7
y = (x − 3) + 1 .
23

hoặc

♣ Câu hỏi tương tự với A (3; − 2) . Tương tự: 0 < IH ≤ IA = 2 hay
0