SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

ĐỀ TÀI:
“TÌM HIỂU BÀI TOÁN CỰC TRỊ HÌNH HỌC GIẢI TÍCH TRONG
MẶT PHẲNG OXY”

1


MỞ ĐẦU
1. Lý do chọn đề tài
Xuất phát từ những bài toán trong thực tế, bài toán cực trị là mô hình đơn giản của
các bài toán kinh tế trong cuộc sống. Với tinh thần đổi mới giáo dục trong các đề thi Đại
học của những năm gần đây, bài toán cực trị được đưa vào thường xuyên. Điều đó đặt ra
cho quá trình giảng dạy bộ môn Toán học cần phải chú ý rèn luyện cho học sinh những
dạng toán này, nhằm đáp ứng với đòi hỏi của thực tiễn và đưa giáo dục nói chung và
Toán học nói riêng gần hơn với cuộc sống.
Với lý do trên cùng với mong muốn nâng cao chất lượng bài giảng, chất lượng quá
trình giáo dục chúng tôi mạnh dạn “Tìm hiểu bài toán cực trị hình học giải tích trong
mặt phẳng Oxy”.
2. Mục đích nghiên cứu
Nghiên cứu cơ sở lý luận và thực tiễn các phương pháp giải bài toán cực trị hình
học giải tích.
3. Nhiệm vụ nghiên cứu.
Đề xuất một số phương pháp giải bài toán cực trị trong hình học giải tích.
4. Khách thể và đối tượng nghiên cứu
Khách thể: Công tác dạy học bộ môn Toán học ở trường phổ thông.
Đối tượng: Các phương pháp giải bài toán cực trị trong hình học giải tích.
5. Giới hạn và phạm vi nghiên cứu
Nghiên cứu các phương pháp giải bài toán cực trị trong hình học giải tích được
giảng dạy tại trường THPT Văn Giang trong 02 năm học 2012-2013; 2013-2014.

a b  ac bc

c0

a  b  ac  bc

c0

a  b  ac  bc

a  b
 ac bd

c  d
0  a  b
 ac  bd

0  c  d

a  b  a 2 n1  b2 n1 ; n  N *
0  a  b  a 2n  b2 n ; n  N *
0ab a  b
ab 3 a  3 b

2. Định nghĩa giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất
Cho hàm số f  x  xác định trên tập D
Giá trị M được gọi là giá trị lớn nhất của hàm số f  x  trên D nếu
 f  x   M x  D;

 M  Max f x


4


Đối với hàm hai biến, ba biến…ta cũng có định nghĩa tương tự.
3. Bất đẳng thức giữa trung bình cộng và trung bình nhân (AM-GM)
Cho n số không âm: a ; a ;...; a
1 2

n

a  a  ...  a
2
n  n a a ...a
1 2 n
n

khi đó ta có: 1

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a  a  ...  a
1

2

n

4. Bất đẳng thức Bunhiacopxki
Cho hai bộ n số: a1 , a2 ,..., an ; b1 , b2 ,..., bn khi đó ta có bất đẳng thức:

 a1.b1  a2 .b2  ...  an .bn 

Khi đó khoảng cách từ điểm M đến đường thẳng  được tính bằng công thức:
d M ,  

ax 0  by0  c
a 2  b2

.

5


9. Góc giữa hai đường thẳng
Cho 2 đường thẳng 1;  2 lần lượt có phương trình
a1 x  b1 y  c1  0
a2 x  b2 y  c2  0

 a  b  0;
 a  b  0.
2
1

2
2

2
1

2
2


A

Lời giải
a) Phân tích:
Nếu hai điểm A, B khác phía so với đường thẳng 
thì điểm M cần tìm chính là giao điểm của đường

B
A/

M

thẳng  với đường thẳng AB.
Nếu hai điểm A, B cùng phía so với đường thẳng 
(Hình 1) khi đó ta thực hiện theo các bước 6sau:

Hình 1




Bước 1: Xác định điểm A / là điểm đối xứng với A qua  .
Bước 2: Từ đánh giá: MA  MB  MA/  MB  A/ B  hằng số. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ
khi A/ ; M ; B thẳng hàng. Nên ta đi viết phương trình đường thẳng A/ B .
Bước 3: Điểm M    A/ B .
Với thuật toán trên ta đi đến lời giải chi tiết cho câu a) như sau:
Đặt f  x; y   x  2 y  2
Ta có: f  0;6  0  12  2  10; f  2;5  2  10  2  6 .
Như vậy hai điểm A; B nằm về một phía so với đường thẳng  .
Gọi A / là điểm đối xứng với A qua  .


Trong trường hợp câu b) thì thuật toán lại có sự khác biệt so với câu a). Nếu hai điểm
A; B mà nằm về hai phía so với  thì ta lại phải đi tìm điểm A / đối xứng với A qua  .
Sau đó ta sử dụng đánh giá:
MA  MB  MA/  MB  A/ B  hằng số. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi M , A/ , B thẳng

hàng. Từ đó tìm ra tọa độ của M.  M  A/ B   

7


Nếu hai điểm A; B nằm về cùng một phía so với  thì ta có ngay đánh giá:
MA  MB  AB  hằng số. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi M ; A; B thẳng hàng. Do đó điểm
M cần tìm là giao của AB với  .
Sử dụng kết quả câu a) ta có hai điểm A; B nằm về cùng phía so với  nên ta có đánh
giá: MA  MB  AB  hằng số. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi M ; A; B thẳng hàng.
Ta có AB   2; 1 nên AB :1( x  0)  2( y  6)  0  x  2 y 12  0
Tọa độ của M là nghiệm của hệ phương trình:
 x  5;
 x  2 y  12  0

 7


7  M  5; 
 2
x  2 y  2  0
 y  2 .

Để củng cố thuật toán trên các em học sinh làm thêm một số bài tập:

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho điểm M  2;1 . Đường thẳng  đi qua M cắt Ox; Oy
lần lượt tại A a;0 ; B  0; b  ;  a  0; b  0 .

8


a)Tìm a; b để diện tích tam giác OAB đạt giá trị nhỏ nhất?
b) Tìm a; b :

1
1

đạt giá trị nhỏ nhất?
2
OA OB 2

c) Tìm a; b : OA  OB đạt giá trị nhỏ nhất?
a) Lời giải 1
x
a

y
b

Sử dụng phương trình đoạn chắn ta có:  :   1
1
2

Nhận thấy tam giác OAB vuông tại O nên: SOAB  a.b
2

giải một bài toán nên đặt câu hỏi tự nhiên theo diễn biến tâm lý: Còn lời giải nào khác
nữa không?. Câu hỏi đó làm cho học sinh có hứng thú tìm tòi, và phải làm cho học sinh
thấy được chúng ta không nên bằng lòng theo kiểu “ăn xổi”.
a) Lời giải 2
Từ kết quả 1 ta rút ra:
2 1
a
 1 b 
a b
a2

Theo bài ra do b  0; a  0  a  2

9


Từ đó: SOAB

1
a2
 ab 
 f  a ;
2
2a  4

 a  2

Ta đi khảo sát hàm số f  a  trên miền a  2 .
f




a2
 
2a  4

a2
lim f  a   lim
 
a 
a  2a  4

Lập bảng biến thiên ta có:
a

2

f / a





4
0






lượng

trong

tam

giác

vuông

OAB

ta

có:

1
1
1
1



 hằng số. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi M  H . Tức là
2
2
2
OA OB
OH
OM 2

1 1
Để ý thấy:

      gợi cho ta nhớ tới bất đẳng thức Bunhiacopxki? Do
2
2
OA OB  a   b 

đó gợi ý cho ta lời giải thứ 2 như sau:
b) Lời giải 2
2
a

1
b

Theo bài ra do M      1
Xét:
2

1
 1
 1 1
 2.  1.    4  1  2  2 
b
 a
a b 





1
b

Mặt khác 1    2

2
 ab  8;
ab

 4  (Theo bất đẳng thức AM-GM)

Từ đó suy ra: OA  OB  2 8  4 2 . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi cả hai đánh giá
 a  b;

 3 ;  4 cùng xảy ra dấu bằng. Điều đó tương đương với  2 1 1
 a  b  2 .

Dễ nhận thấy hệ trên vô nghiệm. Như vậy lời giải là sai!
c) Lời giải 2
Ta có OA  OB  a  b
Mặt khác

2 1
a
 1 b 
a b
a2

Do a  0; b  0  a  2


Lại có
a2  a
lim f  a   lim
 
a  
a   a  2
a2  a
lim f  a   lim
 
a2


a2
a2

Ta có bảng biến thiên
a
f / a

-

f a





2 2


chiều dương của các trục Ox, Oy lần lượt tại các điểm M, N khác gốc toạ độ sao cho diện
tích tam giác MON đạt giá trị nhỏ nhất?
Bài 8
Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, viết phương trình đường thẳng đi qua điểm M  3;2 , cắt
chiều dương của các trục Ox, Oy tại các điểm A; B khác gốc toạ độ sao cho OA  2OB đạt
giá trị nhỏ nhất?
Bài 9 Bài toán về góc sút và khung thành.
13


Cho hai điểm A, B nằm về cùng phía so với đường thẳng  . Tìm trên đường thẳng 
điểm M sao cho M nhìn xuống A, B một góc lớn nhất?
Nhận xét: Bài số 9 là một bài khá lý thú, gây hứng thú và tò mò cho người làm toán.
Dễ nhận thấy một vài trường hợp đặc biệt như khi  là tiếp tuyến của đường tròn đường
kính AB thì điểm M cần tìm chính là tiếp điểm. Vậy trong các trường hợp còn lại thì ta xử
lý thế nào?
Dựng đường tròn đi qua A, B và tiếp xúc
N

với  tại M. Ký hiệu là đường tròn (C)



Xét điểm N trên  và khác M.
Gọi I là giao của (C) và NB (Hình 2)

I

Ta có AMB  AIB (cùng chắn cung AB)
M


 I1I 2  R1  R2

(*)   I1I 2  R1  R2
R R I I R R
2
1 2
1
2
 1

1
 2
 3

1 ; I1I 2  R1  R2
 13  1  A0
 A0 





2

13  1  14  2 13 ;

 2  ; I1 I 2 

R1  R2

tập như sau:
Bài 11 Cho x; y thoả mãn điều kiện P. Trong đó P có thể biến đổi về phương trình
của một đường tròn  C1  nào đó. Yêu cầu tìm min, max của biểu thức Q trong đó biểu
thức Q cũng biến đổi được đưa về phương trình của một đường tròn  C2  nào đó.
Quay lại Bài 10 ta có thể nhận thấy biểu thức A có thể được biến đổi nhờ điều kiện
của đầu bài.
Thực vậy: Từ giả thiết ta có A  x 2  y 2  4 x  6 y  12

15


Như vậy nếu gọi A0 là một giá trị của biểu thức A. Điều đó chứng tỏ giữa đường
2
2
thẳng  : 4 x  6 y  12  A0  0 và đường tròn  C1  :  x  2    y  3  1 có tâm I1  2;3 ; R1  1
phải có điểm chung (**)

**  d  I1 ,    1


8  18  12  A0
1
16  36

 14  A0  52
  52  14  A0  52
 14  2 13  A0  14  2 13

Vậy Max A  14  2 13 .
Bình luận: Với việc đưa biểu thức A về dạng phương trình đường thẳng thì ta phải


16


có một số em làm được sau khi giảng dạy chuyên đề thì đa số các em đã định hình
phương pháp làm và thực hiện thành thạo.
Kết quả cụ thể được thống kê trong bảng sau
KẾT QUẢ KIỂM TRA LỚP 11A
Điểm

8  10

7

6

5

4

3

2

1

Trướ
3
c


Sau

Như vậy nhìn vào bảng thống kê đa số học sinh đã hiểu và vận dụng và thực hiện
được bài toán cực trị trong hình giải tích (Oxy).

17


KẾT LUẬN
1. Chuyên đề có giá trị thực tiễn trong công tác giảng dạy và học tập của học sinh và
giáo viên.
2. Phù hợp với khả năng nhận thức và tiếp thu của học sinh.
3. Chuyên đề sẽ được mở rộng ra các bài toán cực trị trong không gian.
4. Do trình độ nên chuyên đề có thể còn một số khiếm khuyết, rất mong sự đóng góp ý
kiến của đồng nghiệp để chuyên đề có giá trị cao hơn.
Xin trân trọng cảm ơn!
ĐÀO QUANG BÌNH

18


TÀI LIỆU THAM KHẢO
1. Hạ Vũ Anh - Phương pháp Vectơ và phương pháp toạ độ trong hình học
2. Nguyễn Minh Hà (Chủ biên) – Nguyễn Xuân Bình - Bài tập nâng cao và một số
chuyên đề hình học 10.
3. Trần Văn Hạo (Chủ biên) - Đại số 10.

19