Phương pháp giải các bài toán cực trị trong hình học giải tích phẳng
PHẦN 1: MỞ ĐẦU
1.1. Lí do chọn đề tài.
Trong những năm gần đây, hình học giải tích phẳng luôn là một trong
những vấn đề khó đối với học sinh khi tham gia các kỳ thi chọn học sinh giỏi
toán cấp tỉnh; đặc biệt là các vấn đề về cực trị. Việc rèn luyện kĩ năng giải quyết
các bài toán cực trị cho học sinh có vai trò hết sức quan trọng. Giúp học sinh
phát triển tư duy, tính sáng tạo, hình thành kỹ năng vận dụng kiến thức đã học
vào tình huống mới, có khả năng phát hiện và giải quyết vấn đề, có năng lực độc
lập suy nghĩ và biết lựa chọn phương pháp tối ưu.
Trên thực tế, các vấn đề về cực trị đại số hay hình học đều gây cho học
sinh cảm giác khó khăn khi tiếp cận, chính vì vậy không ít học sinh khi học các
vấn đề về cực trị hình học lại càng gặp khó khăn hơn trong cách tiếp cận cũng
như giải quyết các vấn đề liên quan. Nhằm đáp ứng yêu cầu thực tiễn, giúp học
sinh tháo gỡ và giải quyết tốt những khó khăn, vướng mắc trong việc học hình
học giải tích phẳng đồng thời nâng cao chất lượng bộ môn nên bản thân đã chọn
đề tài: Phương pháp giải các bài toán cực trị trong hình học giải tích phẳng.
1.2. Mục đích nghiên cứu.
Mục đích nghiên cứu của tôi là : Đa dạng hóa các loại hình, phương pháp
tiếp cận các bài toán về cực trị trong hình học giải tích phẳng.
1.3. Đối tượng nghiên cứu.
Đối tượng nghiên cứu mà tôi hướng đến trong đề tài này là: Học sinh lớp
10, trong đó trực tiếp là hai lớp tôi đang giảng dạy : 10A1 và 10A2
1.4. Phương pháp nghiên cứu.
- Phương pháp điều tra, khảo sát thực tế: Tôi đã tiến hành lập phiếu thông
tin khảo sát tình hình học sinh về việc giải quyết bài toán liên quan ở hai lớp tôi
đang trực tiếp giảng dạy là 10A1 và 10A2.
- Phương pháp thu thập thông tin: Tôi đã tiến hành thu thập các thông tin
liên quan đến đề tài thông qua các bài viết trên mạng Internet, SGK hình học 10.
Sau đó chọn lọc thông tin phù hợp với đề tài của mình. Đồng thời thu thập
thông tin về phản ứng của học sinh đối với các bài toán liên quan.

4. u.v = xx '+ yy '
7.

r

r

5. u ⊥ v ⇔ xx '+ yy ' = 0

ur r
u.v
r r
cos u , v = r r

( )

r

u ± v = ( x ± x '; y ± y ')

u.v

r

3. ku = (kx; ky)
r

6. u = x 2 + y 2

.

x2 y2
a. Phương trình chính tắc: 2 + 2 = 1 , (a>b>0).
a
b

b. Các yếu tố liên quan: c 2 = a 2 − 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 trên trục lớn A1 ( −a;0 ) , A2 ( a;0 ) ,
đỉnh trên 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

VD 1. Cho đường thẳng ∆ : x − 2 y + 1 = 0 ; hai điểm A(2;1) và B(1;0). Tìm tọa độ
điểm M nằm trên ∆ sao cho MA + MB nhỏ nhất.
* Lời giải
Xét f ( x; y ) = x − 2 y + 1 ; ta có: f(2;1).f(1;0)>0 nên A và B nằm cùng phía so
với ∆ .
Gọi A’ là điểm đối xứng của A qua ∆ . Tọa độ A’ là nghiệm của hệ:
2 x + y − 5 = 0

8 9
x + 2
Suy ra A'  ;  .
y +1
5 5
 2 − 2. 2 + 1 = 0
Dễ thấy: MA + MB = MA'+ MB ≥ A' B Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi M là
gia điểm của A' B và ∆ . Vậy tọa độ điểm M là nghiệm của hệ:
x − 2 y + 1 = 0
7 6

Suy ra M  ;  .
5 5
3 x − y − 3 = 0

A
B

∆

M
A’

A. R = 2 .

B. R =

5 10
.
11

C. R = 130 .

D. R =

244
.
121

*Lời giải.

Ta có: ( 2 + 1 + 2 ) ( 1 + 3 + 2 ) > 0 ⇒ A, B cùng một 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 nhất là A′B ⇔ M = A′B ∩ d
Đường thẳng ∆ qua A và vuông góc với d ⇒ ∆ : x − y − 1 = 0

Giáo viên: Kiều Văn Cường - Trường THPT Cẩm Thủy 1

4


Phương pháp giải các bài toán cực trị trong hình học giải tích phẳng

5 10
⇒
Xét hệ 
⇒ OM = R =

÷
 11 11 
11
x + y + 2 = 0
y = − 9

11
VD 2. Cho đường thẳng ∆ : x − 2 y + 1 = 0 ; hai điểm A(2;1) và B(1;0). Tìm tọa độ
điểm M nằm trên ∆ sao cho MA − MB lớn nhất.

*Lời giải.
Ta có: MA − MB ≤ AB , đẳng thức xảy ra khi M,A,B thẳng hàng và M
nằm ngoài đoạn thẳng AB. Do đó M là giao điểm của ∆ với đường thẳng AB
( Do A,B nằm cùng phía so với ∆ nên tồn tại duy nhất điểm M như vậy).
Tọa độ điểm M thõa mãn hệ phương trình:
x − 2 y + 1 = 0

x − y − 1 = 0

nên M ( 3;2) .

Chúng ta xét bài toán mở rộng sau đây:
Bài 1. Cho 2 điểm A(2;1) và B(1;2); đường thẳng ∆ : x − 2 y + 1 = 0 Tìm tọa độ
điểm M nằm trên ∆ sao cho MA − MB lớn nhất.
*Lời giải.

điểm A ( 4; −1) , B ( −1;1) . Điểm M thay đổi trên đường tròn ( C ) . Tìm giá trị nhỏ
nhất của biểu thức T = MA + 3MB .
A. 2 5 .
B. 53 .
C. 57 .
D. 6 2 .
*Lời giải

( C ) có tâm I ( 1; 2 ) , bán kính

R = 2.
Ta có IA = 3 2 = 3R, IB > R nên A, B nằm ngoài đường tròn ( C ) .
1
2
Gọi N là giao điểm của IA và ( C ) , P nằm trên đoạn IN sao cho IP = IN =
3

3

uur 1 uu
r
4 5
⇒ IP = IA ⇒ P  ; ÷
9
3 3

Ta có ∆AIM đồng dạng với ∆MIP ⇒

MA IM
=

Đường tròn ( C ) có tâm I ( 1;1) và bán kính R = 5 .
Do IA = 10 > 5 và IB = 5 2 > 5 nên hai điểm A, B nằm ngoài đường tròn ( C ) .
uu
r

uu
r



Gọi J ( x; y ) là điểm thỏa mãn IA = 4 IJ ta có J  ;3 ÷. Vì IJ = < 5 nên điểm J
2
2 
nằm trong đường tròn.

Khi đó với mọi điểm M

5

5

thuộc đường tròn ( C ) ta có

IM
IJ 1
=
=
IA IM 2

⇒ ∆IM J ∽ ∆IAM ( c.g .c ) ⇒ MA = 2 MJ .


và J nên hai vectơ MB và MJ ngược hướng ⇒ M ( 1;6 ) .

Vậy a 2 + b 2 = 37 .
VD 4. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho đường tròn ( C ) : ( x − 2 ) + ( y − 1) = 25 và
hai đường thẳng d1 : mx − y = 0 , d 2 : x + my = 0 . Tìm m để hai đường thẳng d1 , d 2
cắt ( C ) tại bốn điểm phân biệt tạo thành tứ giác có diện tích lớn nhất.
2

1
3

1
2

A. m = 0 . B. m = 3 hoặc m = − . C. m = 2 hoặc m = − .

2

D. m = 2 .

Giáo viên: Kiều Văn Cường - Trường THPT Cẩm Thủy 1

7


Phương pháp giải các bài toán cực trị trong hình học giải tích phẳng
*Lời giải

Nhận xét: d1 , d 2 vuông góc với nhau tại gốc tọa độ O .

⇔
m = − 1 .
2
m
−
1
=
−
2
−
m
m + 1 1 + m2

3


VD 5. Trong mặt phẳng với hệ trục Oxy, Tam giác ABC nhọn có trực tâm là H
và M ( 0; −2 ) là trung điểm của cạnh BC. Trên tia đối của các tia HB, HC lấy P, Q




sao cho AQHP là hình bình hành. Giả sử P  ; ÷, Q  − ; ÷, đỉnh A thuộc
2 2
 2 2
7 7

7 5

đường thẳng d : 3x + 2 y − 7 = 0 và đỉnh B ( a; b ) tính giá trị a + b .

⇒ A ( −1;5 ) .

3x + 2 y − 7 = 0

Trung điểm của PQ là N ( 0;3) cũng là trung điểm
của AH ⇒ H ( 1;1) .
• Đường thẳng BC qua M ( 0; −2 ) và vuông góc
với AH nên : ( BC ) : x − 2 y − 4 = 0 .

uuu
r 5 5
Đường thẳng BH qua H ( 1;1) và nhận HP =  ; ÷ làm VTCP nên :

•

2 2

( BH ) : x − y = 0 .
x − y = 0
⇒ B ( −4; −4 ) .
x − 2 y − 4 = 0
Việc chứng minh MA ⊥ QP xin được nêu thêm như sau:
Cách 1 :Chứng minh : MA ⊥ QP .
•

Tọa độ điểm B thỏa : 

Gọi E, F là chân đường cao của C, A; N là trung điểm của PQ và I là giao điểm
của AM và PQ.
·


Cách 2 :Chứng minh : MA ⊥ QP .
·
·
AQH
+ QAB
= 900
Do H là trực tâm của tam giác ABC nên :  ·
·
= 900
PAC + APH
·
·
Mà AQH
= APH
( do AQHP là hình bình hành )
r uuur
·uuur uuur
·uuu
·
·
⇒ cos QA, AB = − cos AP, AC
Nên : QAB
= PAC

(

)

(

=
QA.AB
+
AP.AC
Xét
( do QA.AC = 0, AB.QH = 0 ).
r uuur
·uuu
·uuur uuur
= AP.AC.cos AP, AC + AQ.AB.cos QA, AB = 0 .

(

(

(

Suy ra MA ⊥ QP .

)

)

)(

(

(

)

cắt ( I ) tại hai điểm M và N thỏa mãn yêu cầu đề bài cho.
Khi đó tổng khoảng cách cần tìm là
d ( M , ( d ) ) + d ( N, ( d ) ) = 2R + 2d ( N, ( d ) )

(

)

= 2 R + 2. d ( I, ( d ) ) − R = 2d ( I, ( d ) ) = 2

7
2

=7 2

VD 7. Cho đường tròn ( C ) có phương trình x 2 + y 2 − 4 x + 2 y − 4 = 0 và điểm
M ( 1;1) . Gọi ∆ là đường thẳng qua M cắt ( C ) tại hai điểm A, B sao cho S ∆IAB lớn
nhất. Biết phương trình ∆ có dạng là ax + by + c = 0 với điều kiện

a
là phân số tối
b

a
> −1. Tính giá trị biểu thức H = 2a − b.
b
A. H = −3 .
B. H = −4 .
C. H = −5 .


=
0
Có
⇔ d ( I , ∆) =

Giáo viên: Kiều Văn Cường - Trường THPT Cẩm Thủy 1

10


Phương pháp giải các bài toán cực trị trong hình học giải tích phẳng
d ( I , ∆) =

2a − b − a − b
 a = −b
3 2
3
2
⇔
=
⇔ 2 ( a − 2b ) = 9 ( a 2 + b 2 ) ⇔ 7a 2 + 8ab + b 2 = 0 ⇔ 
2
2
a 2 + b2
b = −7 a

Kết hợp điều kiện

a
> −1 thì ∆ : x − 7 y + 6 = 0 ⇒ H = 2a + b = −5.

1
AB.d ( N , AB ) nên S ABN max ⇔ d ( N , AB ) max ( ∗) .
2
Do AB là đường kính nên ( ∗) xảy ra khi ABN vuông cân tại N
Lúc này tiếp tuyến ∆ với (C) tại N sẽ song song với AB : x − y − 4 = 0 và cách AB
S ABN =

Ta có:

một đoạn R.
Giả
d ( ∆; AB ) = R ⇒

sử

∆: x− y+m = 0.

Ta

có:

 ∆1 : x − y − 2 = 0
 m = −2
= 2 ⇒
⇒
.
2
 m = −6
∆2 : x − y − 6 = 0


Phng phỏp gii cỏc bi toỏn cc tr trong hỡnh hc gii tớch phng

ng trũn (C ) cú tõm I ( 1;- 2) bỏn kớnh R = 6 . Vỡ AB = AC v IB = I C
nờn IA l trung trc ca BC hay ng thng d vuụng gúc vi IA .
uur
Ta cú IA ( 3;3) nờn ( 1;1) l mt vec t phỏp tuyn ca d .
p dng nh lớ cụ sin ta cú: I B 2 = AB 2 + IA 2 - 2AB .IA cosIãAB .
ộAB = 6
ờ
.
6 = AB + 18 - 2AB .3 2.cos30 AB - 3 6AB + 12 = 0 ờ
ờAB = 2 6
ở
Gi H l trung im ca BC ta cú
2

o

2

Nu AB = 2 6 thỡ AH = 3 2 = AI ị H I ( 1;- 2) nờn phng trỡnh ca ng
thng d l: x + y + 1 = 0 trng hp ny S = 2 .
Nu AB = 6 thỡ AH = 3 2 = 1 AI Suy ra H l trung im ca AI .
ổ
5

Do ú H ỗỗỗ ;ố2

2


Phương pháp giải các bài toán cực trị trong hình học giải tích phẳng

( C1 ) có tâm A ( 0; 2 ) , bán kính R1 = 1 . ( C2 ) có tâm B ( 5;3) , bán kính R2 = 1 .
2
Gọi ( C3 ) : x 2 + ( y + 2 ) = 1 là đường tròn đối xứng với ( C1 ) qua trục Ox và
điểm đối xứng với M

M ’ là

qua Ox. Khi đó với mọi P thuộc Ox ta có:

PM + PN = PM '+ PN ≥ M ' N .

Vậy tổng khoảng cách từ P tới M và N ngắn nhất khi M ’, P, N thẳng hàng
(xem hình vẽ)
Vậy min ( PM + PN ) = M ' N = A ' B − R1 − R2 = 5 2 − 2.
VD

11.

Trong

mặt

với hệ trục Oxy, cho các điểm
A ( −2;2) , B( −4; −3) , C ( 1; −5) , D ( 3;0) . Lấy M , N , P , Q lần lượt thuộc các cạnh
AB, BC , CD , DA . Giá trị nhỏ nhất của biểu thức MN + NP + PQ + QM là :
A. 3 29 .

phẳng

.
2
2
2
2

đó

MN + NP + PQ + QM = 2BJ + 2DK + 2IJ + 2IK = 2( BJ + IJ + IK + KD ) ≥ 2BD = 2 58 .

Dấu bằng xảy ra khi M , N , P , Q lần lượt là trung điểm của AB, BC , CD , DA .
Giáo viên: Kiều Văn Cường - Trường THPT Cẩm Thủy 1

13


Phương pháp giải các bài toán cực trị trong hình học giải tích phẳng
VD 12. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn
2
( C ) : ( x − 3) + ( y − 2 ) 2 = 4 và các điểm A ( −1;8 ) , B ( 3; −2 ) , C ( 0;1) . Biết M (a; b) là
uuur uuuu
r
uuur uuur uuuu
r
MB − 4MC + 6 MA + MB − MC nhỏ nhất, khi đó tổng a + b

điểm trên ( C ) sao cho
bằng:

A. 4 − 3


uuu
r uur

uuur uur uuur uur

uuur uuu
r

Ta có T = MI + IB − 4( MI + IC ) + 6 MJ + JA + MJ + JB − ( MJ + JC ) = 3[ MI + 2MJ ]
vì MI = ( a + 1) + ( b − 2 ) = a 2 + b 2 + 2a − 4b + 5 + 3 ( a − 3) + ( b − 2 ) 2  − 12
2

2

= 2 a 2 + b 2 − 4a − 4b + 8 = 2

2

( a − 2)

2

2
+ ( b − 2 ) = 2 ME , với E ( 2; 2 ) . Ta có J , E

nằm

khác phía so với ( C ) . Khi đó T = 6 ( ME + MJ ) ≥ 6EJ = 6.3 = 18 . Dấu " = " xảy ra ⇔
M , E , J thẳng hàng và M thuộc đoạn EJ .

Vì AB không đổi nên S ABCD lớn nhất khi khoảng cách từ I đến AB lớn nhất.
Phương trình đường thẳng AB là x − y + 1 = 0

(

Gọi I x; ( x − 1)

2

),

x − ( x − 1) + 1
2

d ( I , AB ) =

=

− x2 + 3x

2
2
9
3
3 1
max d ( I , AB ) =
I ; ÷
x=
2 vậy  2 4 
4 2 đạt được khi

B. S = −

11
7

1 1
+ là
a b

C. S = −

1
5

D. S = −

5
7

*Lời giải
x y
3 2
+ =1 .Vì M ∈ d nên: − = 1
a b
a b
1
1
1
1
OA = a ;OB = b ⇒


a=
3 2

1
1
1
 − =1 
3
+
Hay
đẳng thức xảy ra ⇔  a b ⇔ 
2
2 ≥
25
OA
4OB
3a = −8b b = − 25
8

25

 a = 3
3 8
1
1
1
⇒
S
=

.
4

D. − 2 .

*Lời giải
Ta có: d tiếp xúc với (C ) khi khoảng cách từ tâm O(0, 0) đến đường
thẳng d : Ax + By + 1 = 0 bằng bán kính R = 1 của (C ) .
d (O; d ) =

| A.0 + B.0 + 1|

= R =1⇔

A2 + B 2 = 1 ⇔ A2 + B 2 = 1 .

A +B
2
Vậy khi A + B 2 = 1 thì d tiếp xúc với (C ) .
2

2

Khoảng cách từ M (−1; 0) đến d là d( M , d ) =

(1)

| − A + 1|

= 1− A .


nhất khi ( A − B ) lớn nhất (chú ý khi A2 + B 2 = 1 thì A2 ≤ 1 hay
−1 ≤ A, B ≤ 1) .
Gọi K , L, I lần lượt là các điểm mà d cắt Ox ; tiếp xúc với
(C ) , cắt Oy .

uur uuu
r
OL
1
OL
1
⇒ OK =
⇒ OK =
Gọi α = ( Ox, OL ) ta có: cos α =
. cos α =
.
OK

sin α =

cos α

OK

cos α

OL
1
⇒ OI =


π

⇒ ( A − B) max = 2 ⇔ sin  α − ÷ = 1
4

π π
3π
⇔α − = ⇔α =
⇒ ( A − B )max = 2.
4 2
4

VD 16. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn (C ) :
( x − 3) 2 + ( y − 3) 2 = 36, hai điểm A(−6;3), B( −1; −5). Giả sử điểm M (a ; b) thuộc (C )
sao cho biểu thức cho P = 2MA + 3MB đạt giá trị nhỏ nhất. Tính tổng 12a + b.
A. 35 − 24 5.
−

B. −9 − 2 5.

C. −15 +

2
.
2

D.

301

Do đó P = 2. MK + 3MB = 3(MK + MB ) ≥ 3KB. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi
2
M , K, B

Giáo viên: Kiều Văn Cường - Trường THPT Cẩm Thủy 1

17


Phương pháp giải các bài toán cực trị trong hình học giải tích phẳng
thẳng hàng và M nằm giữa K , B. Vậy M cần tìm là giao của đường thẳng KB và
(C ).

Ta có phương trình đường thẳng KB x = −1 . Tọa độ điểm M là nghiệm của hệ
 x = −1

2
2
( x − 3) + ( y − 3) = 36.

Giải hệ trên và kết hợp với M nằm giữa K , B ta có M (−1;3 − 2 5) .Suy ra

a = −1


b = 3 − 2 5.
Vậy 12a + b = −9 − 2 5.

2.4. Hiệu quả thực nghiệm.
* Đối với học sinh: Đa số học sinh nhận biết và nắm được kỹ năng giải quyết

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 quá trình giảng dạy bộ môn toán trong chương trình phổ thông, học
hình học đối với học sinh đã là một vấn đề khó khăn, thì việc giải quyết các bài
toán cực trị, đặc biệt là cực trị hình học còn khó khăn hơn; trong khi đó, các kỳ
thi THPT Quốc gia cũng như thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh môn toán thì vấn đề
này lại không thể thiếu đượ. Chính vì vậy, đối với dạng toán này, đòi hỏi giáo
viên phải đầu tư kỹ càng, tập trung nghiên cứu tìm tòi giải pháp để giải đáp các

(Tác giả ký và ghi rõ họ tên)

Kiều Văn Cường

TÀI LIỆU THAM KHẢO
1. Sách giáo khoa hình học 10 nâng cao, NXB Giáo dục (2000)
2. Một số phương pháp chọn lọc giải các bài toán sơ cấp, NXB Đại học Quốc
gia Hà Nội (2003)
3. Các bài viết trên các trang mạng Internet như: Toanmath.com, mathvn.com,
diendantoanhoc.net, toanhocbactrungnam.vn

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
Giáo viên: Kiều Văn Cường - Trường THPT Cẩm Thủy 1

19


Phương pháp giải các bài toán cực trị trong hình học giải tích phẳng

Họ và tên tác giả: Kiều Văn Cường
Chức vụ và đơn vị công tác: Giáo viên - Trường THPT Cẩm Thủy 1
Kết quả
đánh
giá xếp
loại
(Ngành GD cấp
huyện/tỉnh;


Giáo viên: Kiều Văn Cường - Trường THPT Cẩm Thủy 1

20


Phương pháp giải các bài toán cực trị trong hình học giải tích phẳng
1.1. Lí do chọn đề tài

1

1.2. Mục đích nghiên cứu

1

1.3. Đối tượng nghiên cứu

1

1.4. Phương pháp nghiên cứu

1

2. NỘI DUNG

2

2.1. Cơ sở lí luận

2