I.Mở đầu
1.1.Lí do chọn đề tài
Trong dạy học toán ta luôn coi mục đích chủ yếu là hình thành và phát
triển tư duy toán học cho học sinh, tạo cho học sinh vốn kiến thức và biết vận
dụng kiến thức vào thực tiễn. Vì vậy việc xây dựng và hình thành cho học sinh
những phương pháp giải quyết các bài toán sao cho nhanh gọn, dễ hiểu là rất
cần thiết.
Bài toán tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số là dạng toán phổ
biến và quan trọng trong chương trình phổ thông và là một chuyên đề hay gặp
trong các đề thi chọn học sinh giỏi ở phổ thông . Có nhiều phương pháp tìm giá
trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất như sử dụng phương pháp hàm số, bất đẳng thức
Côsi hay Bunhiacopsky... Đứng trước bài toán này học sinh phổ thông thường
lúng lúng về phương pháp giải, vì việc vận dụng nhìn chung phụ thuộc rất nhiều
vào đặc thù bài toán. Việc dùng công cụ hình học tọa độ vào giải quyết các bài
toán đại số là một cách nhìn khá mới mẻ với học sinh THPT. Vì vậy để nâng cao
tính tư duy sáng tạo cho học sinh tôi đã mạnh dạn chọn đề tài sáng kiến kinh
nghiệm: “ Phát triển tư duy sáng tạo cho học sinh qua bài tập sử dụng phương
pháp tọa độ trong mặt phẳng tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất”
1.2. Mục đích nghiên cứu
Với đề tài này hy vọng góp phần nâng cao chất lượng học tập, phát triển
tư duy sáng tạo cho học sinh trong quá trình giải bài tập toán tìm giá trị lớn nhất,
giá trị nhỏ nhất của biểu thức bằng phương pháp hình học tọa độ, giúp các em
đỡ lúng túng và tự tin khi đứng trước những bài toán này. Đặc biệt cho học sinh
lớp 12 có thêm kiến thức chuẩn bị ôn thi THPT quốc gia. Hy vọng đề tài sẽ là tài
liệu cho học sinh và giáo viên ôn tập trong các kì thi chọn học sinh giỏi ở lớp 10,
góp phần nâng cao chất lượng giáo dục.
1.3. Đối tượng nghiên cứu
Nội dung chính của đề tài là nhìn bài toán đại số theo quan điểm hình học.
Từ đó xây dựng hệ thống bài tập theo mức độ khó tăng dần nhằm cung cấp cho
học sinh cách ứng dụng phương pháp hình học tọa độ vào tìm giá trị lớn nhất,
giá trị nhỏ nhất của biểu thức trong giải toán, qua đó phát huy tính tư duy sáng

r r r r
r
r
a
1. + b ≤ a + b . Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a và b cùng hướng.

urr

r r

r

r

2. a.b ≤ a . b . Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a và b cùng phương.
c) Các khái niệm và tính chất trong hệ trục tọa độ Oxy
uuuu
r r r
1.Tọa độ của điểm M ( x, y )  ⇔ OM = xi + y j
r
r
r r
2. Tọa độ vectơ u ( x, y )  ⇔ u = xi + y j
3. Các công thức tọa độ vectơ
r

r

Cho A ( x A , y A ) , B ( xB , yB ) , a = ( a1 ; a2 ) , b = ( b1 ; b2 ) thì:
uuu

cos
a
;
b
=
=
r
r
+
a.b
a12 + b12 a22 + b22

( )

+ Phương trình tổng quát của đường thẳng đi qua điểm M ( x0 ; y0 ) có vectơ
r
pháp tuyến là n ( A, B ) là : A ( x − x0 ) + B ( y − y0 ) = 0 .
+ Phương trình đường tròn tâm I(a,b) bán kính R là:
Hoặc có dạng

( x − a)

2

+ ( y − b) = R2 .
2

x 2 + y 2 − 2ax − 2by + c = 0          (a 2 + b 2 − c > 0) . Trong trường

hợp này mặt cầu có tâm là I(a,b) bán kính R = a 2 + b 2 − c .

2.3. Giải pháp giải quyết vấn đề
3


Như đã nói ở trên, đối với các dạng bài tập này chỉ cần chọn hệ trục tọa
độ, hoặc các vectơ phù hợp bà toán sẽ trở nên đơn giản hơn rất nhiều. Sau đây là
một số bài tập minh họa cho phương pháp này. Hi vọng thông qua các bài tập
này các em có thể áp dụng để giải những bài tập tương tự.
Bài 1: Tìm giá trị lớn nhất của hàm số f ( x) = 1 + 2cos 2 x + 1 + 2sin 2 x trên
R.
Hãy chọn đáp án đúng ?
A.1+ 2 2

B. 2 2

C.2 3

D. 1+ 3

Hướng dẫn:
r
r
Đặt u = (1;1);   v = ( 1 + 2cos 2 x , 1 + 2 sin 2 x )
r
Ta có: u = 2        
r
v = 2 + 2cos 2 x + 2sin 2 x = 2
r ur r r
u
Do .v ≤ u . v ta có: 1 + 2cos 2 x + 1 + 2sin 2 x ≤ 2 2 ⇔ f ( x ) ≤ 2 2

r
r 
1
5 1 2 
u
=
1;1
;
v
=  1 + cos 2 x ;
+ sin x ÷
(
)
Đặt
2
4
2



4

7
+1
2

D.

5
3


urr
22
khi và chỉ khi u ,v cùng phương :
2

Vậy Max f(x) =

1
5 1 2
1
⇔ 1 + cos 2 x =
+ sin x ⇔ cos 2 x − sin 2 x =
2
4 2
2
1
π
π
⇔ cos2x = ⇔ 2 x = ± + k 2π ⇔ x = ± + kπ               (k ∈ ¢ )
2
3
6
Chọn đáp án A
Bài 3: Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A = a 2 − 2a + 3 + a 2 + 2a + 3
Hãy chọn đáp án đúng ?
A. 2 2

B. 2



r
2
u = (1− a) + 2
r
2
v = ( a + 1) + 2
r r
u + v = 2;2 2
r r r r
u
Do + v ≥ u + v nên ta có:

(

( a − 1)

)

2

+2+

( a + 1)

2

(

+ 2 ≥ 22 + 2 2

Suy ra:
r r
a + b = ( 2 ( cos x.cos y + s inx.sin y ) ; 2sin ( x − y ) ) = ( 2 cos ( x − y ) ; 2sin ( x − y ) )
r
a = 4 cos 2 x.cos 2 y + sin 2 ( x − y )
r
b = 4sin 2 x.sin 2 y + sin 2 ( x − y )
r r
a + b = 4 cos 2 ( x − y ) + 4sin 2 ( x − y ) = 2
r r r r
a
Do + b ≥ a + b nên ta có:

4 cos 2 x.cos 2 y + sin 2 ( x − y ) + 4sin 2 x.sin 2 y + sin 2 ( x − y ) ≥ 2
Vậy Min A = 2. Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi:
  x = kπ

  y = lπ
r r

a = 0
π
  x = + kπ
r r

2
b = 0
   ⇔  
                         (k , l ∈ ¢ )


bằng cách chọn


A.

3
4

B.

4
5

C.

Hướng dẫn:
r r
r
r
cos
u
,v =
u
=
1,
a
;
v
=
1,

2
sin u, v = 1 − cos u, v = 1 − 
÷ =
2
2
2
2
1
+
a
.
1
+
b

 ( 1+ a ) ( 1+ b )
r r
a+b
⇒ sin u , v =
1 + a 2 . 1 + b2

( )

2

( )

( )

Khi đó:

Do sin 2 u, v ≤ 1 ⇒ 2
2 ( 1 + a2 ) .( 1 + b2 ) 2
( 1 + a 2 ) . ( 1 + b2 )

( )

Vậy Max C =

r r
r r π
1
khi sin 2 ( u, v ) = 1 ⇔ ( u , v ) = + kπ          ( k ∈ ¢ )
4
2

Chọn đáp án C
Bài 6: Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
D = a 2 + b 2 − 2a − 12b + 37 + a 2 + b 2 + 6a − 6b + 18
Hãy chọn một đáp án đúng?
A.3

B.4
C.5
D.6
r
u
r
r
Hướng dẫn: Xét 3 vectơ x = ( 1 − a;6 − b ) ; y = ( a + 3; b − 3) ; z = ( 4;3) .
r u

Áp dụng BĐT:

a 2 + b 2 − 2a − 12b + 37 + a 2 + b 2 + 6a − 6b + 18 ≥ 5

r u
r
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x, y cùng phương, cùng chiều hay trong hai vectơ
ấy có ít nhất một vectơ là vectơ không.
1− a 6 − b

=
>0
1− a 6 − b
a + 3 b −3
a + 3 = b − 3 > 0
 a = 1
r r
⇔ x = 0
⇔ 
u
r
r
 b = 6

y
=
0


 a = −3

A.

23
2

B.

27
2

C.8

Hướng dẫn:
r
r 
1
1
Đặt u = ( 1;1) ; v =  x + ; y + ÷. Ta có:
x
y


8

D.

25
2



≤ 2 P (1)
x
y
x 
y
xy

Theo bất đẳng thức côsi ta có: x + y ≥ 2 xy ⇔ xy ≤
Khi đó ( 1) ⇔ 2 P ≥ 5 ⇔ P ≥
Vậy Max P =

1
1
1
⇔ xy ≤ ⇔
≥4
2
4
xy

25
2

25
1
tại x = y = .
2
2

Chọn đáp án D


⇔ x 1 − y 2 + y 1 − x2

)

2

≤ ( x 2 + y 2 )  2 − ( x 2 + y 2 ) 

⇔ ( x 2 + y 2 ) ≤ ( x 2 + y 2 )  2 − ( x 2 + y 2 ) 
⇔ ( x 2 + y 2 ) ( x 2 + y 2 ) − 2 + ( x 2 + y 2 )  ≤ 0
⇔ 2 ( x 2 + y 2 )  x 2 + y 2 − 1 ≤ 0
2

⇔ x 2 + y 2 ≤ 1                                                                         (1)

9


r
Đặt a = ( 3;4 ) ;

r
r
b = ( x; y ) = u
rr r r
Từ bất đăng thức a.b ≤ a . b ta có: 3 x + 4 y ≤ 5 x 2 + y 2     (2)
Từ (1) và (2) ta có: 3x + 4 y ≤ 5 ⇒ 3 x + 4 y ≤ 5 .
r r
Dấu “=” xảy ra khi và chi khi x 2 + y 2 = 1 và a, b cùng phương.

b
asinx + b cos y = c
Hãy chọn đáp án đúng?
2 2
c2
A. Max S= + − 3
a b a + b3

1 1
3c 2
B. Max S= + − 3
a b a + b3

1
1
c2
D. Max S=
+
−
2a 2b a 3 + b3

1 1
c2
D. Max S= + − 3
a b a + b3

Hướng dẫn:
Ta có: asinx + b cos y = a a

sinx

sin 2 x cos 2 y
cos 2 y 
2
3
3  sin x
+
⇔ c ≤(a +b )
+
÷
a
b
b 
 a

sin 2 x cos 2 y
c2
1 − cos 2 x 1 − sin 2 y
c2
⇔
+
≥ 3
⇔
+
≥ 3
a
b
a + b3
a
b
a + b3

a 3 + b3

Chọn đáp án D
Bài 10: Giả sử a,b,c là các tham số làm cho hàm số :
F ( x) = a cos 2 x + b sin 2 x + c + a sin 2 x + b cos 2 x + c + m sin 2 x xác định với
mọi x. Tìm giá trị lớn nhất của F(x) trên R. Hãy chọn đáp án đúng ?
[3]
A.

max F(x)= 2a + 2b + 2c + m

B. max F(x)= 2a + 2b + 4c + m
D. max F(x)= 2a + 2b + 4c + m

C. max F(x)= 2a + 2b + 4c − m
Hướng dẫn:
r
r
Đặt u = ( 1;1) ; v =

(

)

a cos 2 x + b sin 2 x + c ; a sin 2 x + b cos 2 x + c . Khi đó ta có:

r
u = 2
r
v = a cos 2 x + b sin 2 x + c + a sin 2 x + b cos 2 x + c = a + b + 2c

4
+) Nếu m < 0 ⇒ max F(x) = max g(x) - m = 2a + 2b + 4c − m
Dấu

“=”
xảy
ra
khi
π kπ

x
=
+

cos2x=0
4
2 ⇔ x = − π + kπ ( k ∈ Z )
⇔

4
sin2x=-1  x = − π + kπ

4

và

chỉ

khi


6 + 13 ; Min y =4

+4

Gọi M(2, 1-cosx); N(4;3). Do 0 ≤ 1 − cos x ≤ 2 nên M thuộc đoạn M 0 M 1 với
M 0 ( 2;0 ) , M 1 ( 2;2 ) .

12


Gọi I là giao điểmcủa ON và M 0 M 1 ⇒ y= OM + MN.
+) y đạt giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi O, M, N thẳng hàng. Hay M trùng với I.
Vậy Min y = ON =

32 + 42 =5

+) y đạt giá trị lớn nhất khi M ở xa I nhất
⇔ M ≡ M 0 ⇒ Max y = OM 0 + M 0 N = 2 + 13
Chọn đáp án A
Bài 12: Cho hai số a,b thỏa mãn điều kiện: a − 2b + 2 = 0 . Tìm giá trị nhỏ nhất
của biểu thức P = a 2 + b 2 + 6a − 10b + 34 + a 2 + b 2 − 10a − 14b + 74 . Hãy
chọn một đáp án đúng?
A. 5
Hướng dẫn: Ta có P =

B.6

( a − 3)

C.7

x ′ = 5
⇒ A
⇒ A′ ( 5,1)
Do H là trung điểm của AA′ nên 
y
=
2
y
−
y
y
=
1
′
′
 A
H
A
 A

13


Ta có MA + MB = MA′ + MB ≥ A′B
Do B(5,7), A′ ( 5,1) nên A′B = 6 ⇒ MA + MB ≥ 6 . Suy ra Min P = 6
Dấu bằng xảy ra ⇔ M ≡ M 0 . Ta tìm tọa độ điểm M 0
Ta có phương trình A′B : x=5
Tọa độ điểm M 0 là nghiệm của hệ phương trình :
x = 5
x = 5


2

O1 (4,3), bán kính bằng 3.
a 2 + b 2 + 16
Từ giả thiết ta có: 4a + 3b =
. Mà a 2 + b 2 = OM 2 .
2

14


Nối OO1 cắt đường tròn tại M1, M2 . Vì M1, M2 là các điểm trên đường tròn (C)
gần và xa O nhất nên hiển nhiên ta có: OM 1 ≤ OM ≤ OM 2 .
Do OO1=5 nên ta có OM1 = OO1 - O1M1 = 5-3 = 2
OM2 = OO1 + O1M2 = 5+3 = 8
Như vậy 2 ≤ OM ≤ 8 hay
a 2 + b2
a 2 + b 2 + 16
4 ≤ a + b ≤ 64 ⇔ 2 ≤
≤ 32 ⇔ 10 ≤
≤ 40
2
2
2

2

Suy ra 10 ≤ 4a + 3b ≤ 40
Vậy Min A = 10 khi M trùng với M1. Theo định lí talet ta có:

Suy ra M  ; ÷ hay 
5 5
b = 8

5

15


32

a=


 32 24 
5
+ Max A = 40 ⇔ M ≡ M 2 , tương tự ta tìm được M  ; ÷ hay 
 5 5 
b = 24

5
Chọn đáp án C
Bài 14: Cho a,b,c,d là 4 số thỏa mãn điều kiện:
a 2 + b 2 + 1 = 2(a + b); c 2 + d 2 + 36 = 12(c + d )
Tìm giá trị lớn nhất , giá trị nhỏ nhất của biểu thức A = ( a − c ) + ( b − d )
Hãy chọn đáp án đúng?
2

(
B. Max A= (

5

2

6

5

2

2

Hướng dẫn:
Ta có
2
2
a 2 + b 2 + 1 = 2(a + b) ⇒ ( a − 1) + ( b − 1) = 1;
c 2 + d 2 + 36 = 12(c + d ) ⇒ ( c − 6 ) + ( d − 6 ) = 36
Như vậy nếu a,b,c,d là các số thỏa mãn điều kiện đề bài thì các điểm M(a,b)
nằm trên đường tròn (C1) có tâm là O1(1;1) bán kính bằng 1 và điểm N(c,d) nằm
trên đường tròn (C2) có tâm O2(6;6) bán kính bằng 6.
Nối O với O1O2 ( hiển nhiên O,O1,O2 thẳng hàng ) cắt (C1) tại M1, M2 và cắt (C2)
tại N1, N2.
2

2

16




(

⇒ 5 2 − 7 ≤ ( a − c) + ( b − d ) ≤ 5 2 + 7
2

2

+(b−d) ≤5 2 +7
2

M ≡ M 2
⇔
Dấu “=” bên phải xảy ra
.

 N ≡ N1
Gọi O1′ , O2′ , M 1′ , M 2′ , N1′ , N 2′ lần lượt là hình chiếu vuông góc của
O1 , O2 , M 1 , M 2 , N1 , N 2 lên Ox. Theo talet ta có:

(

)

OM 2′ OM 2
OM 2 .OO2′ OO2′ ( OO1 + O1M 2 ) 6 2 + 1 2 + 2
=
⇒ OM 2′ =
=
=

2− 2
M ≡ M1
a = b =
⇔
2
Dấu “=” bên trái xảy ra ⇔ 
N
≡
N

2
c = d = 6 + 3 2


(

Vậy max A= 5 2 + 7

)

2

(

, min A= 5 2 − 7

)

2


2

+ ( b − 4 ) ⇔ O1M 2 = ( a − 2 ) + ( b − 4 ) . Khi đó bài toán
2

2

2

trở thành tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của O1M 2 .
Dựa vào đồ thị dễ thấy min O1M = d ( O1; CD ) . Mà phương trình CD: x+3y-9
=0

18


2 + 3.4 − 9

5
5
5
=
⇒ Min  P = khi và chỉ khi M ≡ H
2
2
1+ 9
10
3 5
(H là hình chiếu vuông góc của O 1 trên CD ). Dễ dàng tìm được điểm H  ; ÷
2 2

3
Bài 2: Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số: y = x 2 − 2 px + 2 p 2 + x 2 − 2qx + 2q 2
Với p, q là hai số thực cho trước và p ≠ q .
(Trích bài 157 sách “ Các dạng toán về bất đẳng thức, giá trị lớn nhất, giá trị
nhỏ nhất trong đại số, hàm số, hình học )
Đáp số:

min y =

( p − q)

2

+( p + q ) ⇔ x =
2

19

p. q + q. p
p+q


Bài 3: Cho a,b,c >0 và ab+bc+ac=abc. Tìm giá trị nhỏ nhất của
a 2 + 2b 2
b 2 + 2c 2
c 2 + 2a 2
P=
+
+
ab

12C5
35
2
12C8
41

Tổng số học sinh
76

Tổng hợp điểm kiểm tra của các lớp đối chứng
Lớp

SL

Loại giỏi

Loại khá

Loại TB

Loại yếu

SL

%

SL

%


41

0

0

7

17,1

16

39

18

43,9

Tổng hợp điểm kiểm tra của các lớp thực nghiệm
Lớp

SL

Loại giỏi

Loại khá

20

Loại TB

43,6

12

30,8

4

10,2

38,9

11

30,5

6

16,7

13,9

14

SL

%

2.4.2. Đối với bản thân:
- Giáo viên phải phân tích sâu, kỹ về kiến thức chuyên môn và các kiến

lớn nhất, nhỏ nhất nào cũng có thể dùng phương pháp tọa độ. Ngoài phương
pháp tọa độ nêu trên còn rất nhiều kĩ thuật và phương pháp khác để giải dạng
toán này. Tuy nhiên phương pháp này cho thấy việc sử dụng phương pháp tọa
độ trong hình học vào giải quyết vào các bài toán đại số là rất mạnh mẽ, làm

21


cho nhiều bài toán trở nên gọn gàng, sáng sủa hơn rất nhiều.
3.2. Đề xuất và kiến nghị:
Việc nâng cao chất lượng giảng dạy bộ môn toán học là nhiệm vụ,
trách nhiệm cũng là lương tâm của các thầy, cô giáo. Với tinh thần đó tôi
mong muốn góp phần nhỏ trí tuệ của mình trong giảng dạy với các đồng
nghiệp. Tuy nhiên do năng lực và thời gian có hạn, tôi rất mong được sự đóng
góp, bổ sung của các đồng nghiệp và hội đồng khoa học các cấp để sáng kiến
kinh nghiệm của tôi được hoàn chỉnh hơn,đồng thời giúp đỡ tôi tiến bộ và
thành công trong giảng dạy. Mong tất cả các thầy, cô giáo có nhiều SKKN
hay góp phần nâng cao chất lượng giảng dạy nói chung và bộ môn Toán nói
riêng.
Tôi xin chân thành cảm ơn!
Thanh hóa, ngày 24 tháng 5 năm 2018
XÁC NHẬN CỦA HIỆU TRƯỞNG Tôi xin cam đoan đây là SKSN của mình
viết, không sao chép nội dung của người
khác.
Người thực hiện

Lê Thị Phượng

22


7

Bất đẳng thức, bất phương trình đại số - Nhà xuất bản giáo dục - Nguyến
Thế Hùng

4

www.mathvn.com

5

www.vnmath.com

6

http://violet.vn

7

http://tailieu.vn

8

http://www.htv4.vn

[1]: Trích sách giáo khoa Giải tích 12- Nhà xuất bản giáo dục
[2]: Trích đề bài 315 – Sách 500 bài toán chọn lọc về bất đẳng thức – Nhà xuất
bản Hà Nội. (Các bạn có thể tham khảo cách giải khác tử tài iệu này).
[3] Trích đề bài tập 466 – Sách 500 bài toán chọn lọc về bất đẳng thức – Nhà
xuất bản Hà Nội. (Các bạn có thể tham khảo cách giải khác tử tài iệu này).