Phương pháp giải tốn cực trị hình học giải tích phẳng PHẦN 1: MỞ ĐẦU 1.1 Lí chọn đề tài Trong năm gần đây, hình học giải tích phẳng ln vấn đề khó học sinh tham gia kỳ thi chọn học sinh giỏi toán cấp tỉnh; đặc biệt vấn đề cực trị Việc rèn luyện kĩ giải toán cực trị cho học sinh có vai trị quan trọng Giúp học sinh phát triển tư duy, tính sáng tạo, hình thành kỹ vận dụng kiến thức học vào tình mới, có khả phát giải vấn đề, có lực độc lập suy nghĩ biết lựa chọn phương pháp tối ưu Trên thực tế, vấn đề cực trị đại số hay hình học gây cho học sinh cảm giác khó khăn tiếp cận, khơng học sinh học vấn đề cực trị hình học lại gặp khó khăn cách tiếp cận giải vấn đề liên quan Nhằm đáp ứng yêu cầu thực tiễn, giúp học sinh tháo gỡ giải tốt khó khăn, vướng mắc việc học hình học giải tích phẳng đồng thời nâng cao chất lượng môn nên thân chọn đề tài: Phương pháp giải tốn cực trị hình học giải tích phẳng 1.2 Mục đích nghiên cứu Mục đích nghiên cứu tơi : Đa dạng hóa loại hình, phương pháp tiếp cận tốn cực trị hình học giải tích phẳng 1.3 Đối tượng nghiên cứu Đối tượng nghiên cứu mà hướng đến đề tài là: Học sinh lớp 10, trực tiếp hai lớp giảng dạy : 10A1 10A2 1.4 Phương pháp nghiên cứu - Phương pháp điều tra, khảo sát thực tế: Tôi tiến hành lập phiếu thơng tin khảo sát tình hình học sinh việc giải toán liên quan hai lớp trực tiếp giảng dạy 10A1 10A2 - Phương pháp thu thập thông tin: Tôi tiến hành thu thập thông tin liên quan đến đề tài thông qua viết mạng Internet, SGK hình học 10 Sau chọn lọc thơng tin phù hợp với đề tài Đồng thời thu thập thông tin phản ứng học sinh toán liên quan - Phương pháp thống kê, xử lí số liệu: Tiến hành thống kê thơng tin, số liệu để xử lí kết thu thập được, phục vụ cho việc phân tích, đánh giá trình nghiên cứu Giáo viên: Kiều Văn Cường - Trường THPT Cẩm Thủy 1 Phương pháp giải tốn cực trị hình học giải tích phẳng PHẦN NỘI DUNG 2.1 Cơ sở lí luận 2.1.1 Phép toán véctơ tọa độ mặt phẳng a Tọa độ vectơ phép toán: Cho u ( x; y ), v ( x '; y ') đó: u v x x '; y y ' ku ( kx; ky) u v x x '; y y ' u.v xx ' yy ' x2 u v xx ' yy ' y2 u u.v cos u , v u v b Tọa độ điểm: Cho A(xA;yA), B(xB;yB), đó: B A B AB xB xA yB yA A AB x x ;y y 2.1.2 Phương trình đường thẳng: a Phương trình tổng quát A x x0 y y0 Ax By C b Khoảng cách từ điểm M(xM;yM) đến đường thẳng : Ax By C d M, 0: ByM C AxM B2 A 2.1.3 Phương trình đường trịn, elip: Đường tròn: x a y b2 r2 Tâm I(a;b), bán kính r Elip: a Phương trình tắc: b Các yếu tố liên quan: c2 x2 y2 a2 b2 a2 1, (a>b>0) b2 , c>0 - Tiêu cự: F1F2=2c Độ dài trục lớn A1A2=2a Độ dài trục bé B1B2=2b - Hai tiêu điểm F1 c; , F2 c; Bốn đỉnh: đỉnh trục lớn A1 a; , A2 a; , đỉnh trục bé B1 0; b , B2 0;b - Bán kính qua tiêu điểm: MF1 r1 a exM ; MF2 r2 c a exM Tâm sai: e a 2.2 Thực trạng vấn đề trước áp dụng sáng kiến kinh nghiệm Giáo viên: Kiều Văn Cường - Trường THPT Cẩm Thủy Phương pháp giải tốn cực trị hình học giải tích phẳng Qua thực tế giảng dạy thân lớp: 10A1 10A2 lớp lực tư toán em tương đối tốt Nên tốn hình học giải tích phẳng thơng thường, học sinh vận dụng Tuy nhiên, gặp dạng toán cực trị khơng gian Oxy khả giải cịn nhiều hạn chế dẫn đến việc em khó khăn việc giải tốn có tính lạ Kết khảo sát cụ thể sau: Khi chưa hướng dẫn cách giải toán liên quan tới Lớp cực trị giải tích phẳng Số HS biết cách làm Số HS cách làm SL % SL % 10A1 (48 HS) 05 10.4 43 89.6 10A2 (46 HS) 01 2.2 45 97.8 Từ kết ta thấy, tình trạng học sinh khơng tự giải vấn đề chiếm tỷ lệ cao Nguyên nhân: Về phía học sinh: Phần lớn học sinh lo lắng chí sợ tồn liện quan đến cực trị, mà cực trị hình học học sinh cịn yếu Về phía giáo viên: Thời lượng cho chương trình khơng đủ, nên khó bố trí thời gian cách linh hoạt cho vấn đề cần giải Việc đầu tư thay đổi, vận dụng linh hoạt phương pháp dạy học chưa áp dụng cách thường xuyên, liên tục 2.3 Giải pháp cách thức thực Các tình giải tốn thể khơng gian Oxy, trình bày theo trình tự: Đề – Lời giải hướng dẫn – Lời bình tốn tương tự ( Nếu có ) VD Cho đường thẳng : x y ; hai điểm A(2;1) B(1;0) Tìm tọa độ điểm M nằm cho MA + MB nhỏ * Lời giải Xét f (x; y) x y ; ta có: f(2;1).f(1;0)>0 nên A B nằm phía so với Gọi A’ điểm đối xứng A qua Tọa độ A’ nghiệm hệ: Suy xy50 x2 y1 2 A' 10 ; 5 Dễ thấy: MA MB MA' MB A' B Đẳng thức xảy M gia điểm A' B Vậy tọa độ điểm M nghiệm hệ: x2 y10 3x y30 A Suy M ; 5 B M A’ Chú ý: Trường hợp điểm A;B nằm khác phía so với dễ dàng thấy M giao điểm với đường thằng AB Chúng ta xét số toán mở rộng sau đây: Giáo viên: Kiều Văn Cường - Trường THPT Cẩm Thủy Phương pháp giải tốn cực trị hình học giải tích phẳng Bài Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho điểm A(6;2) đường thẳng d : x y Gọi P giá trị nhỏ chu vi tam giác ABC biết B điểm thay đổi tia Ox C điểm thay đổi d Tính P ? A.P B.P C.P 35 D P 45 * Lời giải Gọi A1 , A2 điểm đối xứng A qua Ox qua d Dễ tìm A (6; 2) A (2;6) , đồng thời AB AB,AC AC Do ta có P AB BC CA A1 B BC CA2 A1 A2 ,suy thẳng hàng theo thứ tự Viết phương trình P A1 A2 A1, B,C, A2 A1 A2 : x y 10 , từ tìm B(5; 0), C( 10 ; 10 ) thỏa mãn A1 , B, C, A2 thẳng hàng theo thứ tự.Vậy Chọn D 3 Bài 2: Trong mặt phẳng Oxy, cho đường thẳng d : x y điểm A 2;1 ,B 1;3 Tìm điểm M d cho MA MB đạt giá trị nhỏ Khi đường trịn tâm O qua M có bán kính A.R B R 10 C.R 130 D R 244 *Lời giải Ta có: 2 11 121 0A, B 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 A B M A B d Đường thẳng qua A vng góc với d :x y Giáo viên: Kiều Văn Cường - Trường THPT Cẩm Thủy Phương pháp giải tốn cực trị hình học giải tích phẳng A B M d I A ’ x y Xét hệ x x y y I ; 2 A’ đối xứng với A qua d I trung điểm AA’ A 3; AB:7x 4y 13 7x 4y Xét hệ x x y y 11 M 13 ; 11 11 OM R 10 11 11 VD Cho đường thẳng : x y ; hai điểm A(2;1) B(1;0) Tìm tọa độ điểm M nằm cho MA MB lớn *Lời giải Ta có: MA MB AB , đẳng thức xảy M,A,B thẳng hàng M nằm đoạn thẳng AB Do M giao điểm với đường thẳng AB ( Do A,B nằm phía so với nên tồn điểm M vậy) Tọa độ điểm M thõa mãn hệ phương trình: xy10 x2 y1 nên M 3;2 Chúng ta xét toán mở rộng sau đây: Bài Cho điểm A(2;1) B(1;2); đường thẳng nằm cho MA MB lớn *Lời giải : x y 10 Tìm tọa độ điểm M Bài tốn có nét tương đồng VD2, nhiên trường hợp này, điểm A B nằm khác phía so với Nên phương án giải tốn có phần khác biệt Gọi A’ MA MB MA' MB điểm đối xứng với A qua, ta có A' B Đẳng thức xảy M giao điểm với đường thẳng A’B Dễ thấy tọa độ A' 11 ; ;M ; VD Cho đường tròn (C) : x2 y , điểm A(0;9); B(-1;6) Tìm tọa độ điểm M thuộc (C) cho P=MA + 3MB đạt GTNN *Lời giải (C): Tâm O(0;0); bán kính R=3 Điều quan trọng toán kiện OA = = 3R Gọi K(1;0), ta có OM = 3OK Nên AOM đồng dạng với MOC AO = 3MO Ta có: MA = MK Giáo viên: Kiều Văn Cường - Trường THPT Cẩm Thủy Phương pháp giải tốn cực trị hình học giải tích phẳng Suy ra: P 3(MK MB) 3BK Đẳng thức xảy M thuộc đường thẳng BC Vậy M(0;3) Chúng ta xét toán mở rộng sau đây: Bài Trong mặt phẳng Oxy , cho đường tròn C:x 12 y 2 hai điểm A 4; , B 1;1 Điểm M thay đổi đường tròn C Tìm giá trị nhỏ biểu thức T MA 3MB B 53 A.2 C 57 D.6 *Lời giải I P N M B A C có tâm I 1; , bán kính R2 Ta có IA 3 R , IB R nên A, B nằm ngồi đường trịn C Gọi N giao điểm IA C , P nằm đoạn IN cho IP IA P ; IP IN 3 3 Ta có AIM đồng dạng với MIP MP MA IM IP MA 3MP Do T MA 3MB 3MP 3MB 3PB Gía trị nhỏ T PB 53 xảy M giao điểm BP đường tròn C Bài Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho đường tròn C : x điểm A 7, ; B 0;8 Điểm M a;b thuộc C cho y 12 25 biểu thức P MA 2MB đạt giá trị nhỏ Khẳng định sau A a b B a b C a b2 37 D a b2 29 *Lời giải Giáo viên: Kiều Văn Cường - Trường THPT Cẩm Thủy Phương pháp giải tốn cực trị hình học giải tích phẳng B M A J I Đường trịn C có tâm I 1;1 bán kính R Do IA 10 IB 5 nên hai điểm A, B nằm ngồi đường trịn C IA 4IJ ta có J Gọi J x; y điểm thỏa mãn ;3 Vì IJ nằm đường trịn Khi với điểm M nên điểm J thuộc đường tròn C ta có IM IJ IA IM IM J ∽ IAM c.g.cMA 2MJ Vậyvới điểm M thuộc ta có: C MA 2MB MJ MB 2BJ P MA 2MB đạt giá trị nhỏ ba điểm B , J , M thẳng hàng M nằm B J Phương trình đường thẳng BJ qua hai điểm B 0;8 trình x y Tọa độ giao điểm đường thẳng 2x y nghiệm hệ x y x 25 y J ;3 có phương BJ đường trịn C x y Do M nằm B J nên hai vectơ MB MJ ngược hướng M 1; Vậy a2 b2 37 VD Trong mặt phẳng tọa độ , cho đường tròn Ox y , d2 : x : C x 2 y 25 hai đường thẳng d1 : mx y my Tìm m để hai đường thẳng d1 , d cắt C bốn điểm phân biệt tạo thành tứ giác có diện tích lớn C m m A m B m m D m Giáo viên: Kiều Văn Cường - Trường THPT Cẩm Thủy Phương pháp giải tốn cực trị hình học giải tích phẳng *Lời giải Nhận xét: d1 , d2 vng góc với gốc tọa độ O C có tâm I 2;1 , bán kính R Gọi A , B , C , D giao điểm hai đường thẳng d1 , d2 với C hình chiếu vng góc I lên d1 , d2 (hình vẽ) S AC.BD AB2 BD2 H , K ABCD Mà AC BD2 R2 IH R2 IK2 8R2 IH2 IK2 8R2 4OI2 const Nên diện tích tư giác ABCD lớn AC BD , IH IK 2m d I, d1 d I, d2 m 2 m 1 m 2 m 12 m m 2m m m VD Trong mặt phẳng với hệ trục Oxy, Tam giác ABC nhọn có trực tâm H M 0; trung điểm cạnh BC Trên tia đối tia HB, HC lấy P, Q cho AQHP hình bình hành Giả sử đường thẳng d : 3x y đỉnh B a;b P ; ,Q , đỉnh A thuộc ; 2 tính giá trị a b *Lời giải Phân tích: Vẽ hình theo giả thiết, dự đốn tính chất đặc biệt để giải toán Phát : AM QP Giáo viên: Kiều Văn Cường - Trường THPT Cẩm Thủy Phương pháp giải toán cực trị hình học giải tích phẳng M0;2 Đường thẳng AM PQ qua có VTCP 7;1 nên : AM : x y Tọa d độ thỏa hệ : A AM 7x y 3x 2y A 1;5 Trung điểm PQ N 0;3 AH H 1;1 trung điểm Đường thẳng BC qua M 0; vuông góc với AH nên : BC : x Đường thẳng BH qua H 1;1 nhận 2y HP ; làm VTCP nên : 2 BH : x y Tọa độ điểm B thỏa : x y B 4; 2y x QP xin nêu thêm sau: Việc chứng minh MA Cách :C hứng minh : MA QP Gọi E, F chân đường cao C, A; N trung điểm PQ I giao điểm AM PQ QAH ACB (do phu HAC) Ta có : AQ AC AHQ ABC (do BEFH nôi tiêp) AH BC 2CM 2AN QAH đồng dạng với ACB g g Mà QAN CAM nên : QAN đồng dạng với ACM c g c MAC AQN QPH mà BP AC Suy MA QP Cách :C hứng minh : MA QP Do H trực tâm tam giác ABC nên : AQH QAB 90 PAC APH 90 Mà AQH APH ( AQHP hình bình hành ) Nên : QAB PAC cos QA,ABcos AP, AC Lại có : BAP CAQ 90 AQH APH APB đồng dạng với AQC AP.AC AQ.AB AP.AC.cos AP, AC AQ.AB.cos QA,AB Giáo viên: Kiều Văn Cường - Trường THPT Cẩm Thủy Phương pháp giải toán cực trị hình học giải tích phẳng Xét 2.QP.AM QA QH AB AC QA.AB AP.AC ( QA.AC 0, AB.QH ) AP.AC.cos AP, AC AQ.AB.cos QA, AB Suy MA QP VD Trong x2 mặt phẳng Oxy , cho đường trịn I có phương trình y2 6y đường thẳng d có phương trình x y 10 Gọi M I điểm có khoảng cách lớn tới d , N I điểm có khoảng cách nhỏ tới d Tổng khoảng cách là: C A.5 B.6 D.8 *Lời giải Ta có I 0;3 , R d I, d Rd không cắt I Gọi m đường thẳng qua I vng gócvới đường thẳng d Khi m cắt I hai điểm M N thỏa mãn yêu cầu đề cho Khi tổng khoảng cách cần tìm d M , dd N, d2R d N, d R d I, dR d I, d2 77 2 VD Cho đường trịn C có phương trình x2 y2 x y điểm M 1;1 Gọi đường thẳng qua M cắt C hai điểm A, B cho S IAB lớn Biết phương trình có dạng ax by c với điều kiện a phân số tối b giản a 0, a b Tính giá trị biểu thức H a b A.H B.H *Lời giải Ta có: I 2; , IM 5,R C.H Giáo viên: Kiều Văn Cường - Trường THPT Cẩm Thủy D.H 10 Phương pháp giải tốn cực trị hình học giải tích phẳng S IAB IA.IB sin AIB IAB vuông cân đỉnh Dấu '' '' xảy sin AIB1 I AB R 2 2 Có : dI, ax by a b d I, 2a b a b a b2 Kết hợp điều kiện a a 2b 9a b 7a 8ab b a b b 7a : x y H a b b VD Trong mặt phẳng Oxy, Cho tam giác ABC với A 2; , B 4;0 , C 3; nội tiếp đường trịn (C) có tâm I Từ điểm M đường thẳng d : x y vẽ tiếp tuyến với (C) N Khi tam giác ABN có diện tích lớn độ dài IM ngắn A B C D 82 10 *Lời giải Nhận thấy tam giác ABC vuông C nên đường trịn (C) có tâm I 3; bán kính R AB S Ta có: ABN AB.d (N , AB) nên S ABN max d( N , AB) max Do AB đường kính nên xảy ABN vuông cân N AB : x y cách AB Lúc tiếp tuyến với (C) N song song với đoạn R Giả sử :x y m Ta có: d ; AB R m m 1:x y 2 m :x y Tọa độ M giao điểm d với tiếp tuyến vừa tìm M Nên: M ; 5 2; IM1 IM 82 Chọn đáp án B 10 (C ) VD Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho điểm A 4;1 2 có phương trình x + y - 2x + 4y - = Đường thẳng d cắt đường tròn ( C ) ( ) đường tròn hai điểm phân biệt B ,C cho tam giác ABC Biết phương trình Giáo viên: Kiều Văn Cường - Trường THPT Cẩm Thủy 11 Phương pháp giải tốn cực trị hình học giải tích phẳng đường thẳng d có dạng x +ay +b = Biểu thức S = a +b có giá trị lớn nhấtbằng A.S B.S C.S D.S *Lời giải B' B A H C I C' Đường trịn ( C ) có tâm I ( 1;- bán kính R = Vì AB =AC ) IB = IC nên IA trung trực BC hay đường thẳng d vng góc với IA Ta có IA 3;3 nên (1;1) vec tơ pháp tuyến d ( ) Áp dụng định lí sin ta có: IB = AB + IA · - 2AB IA cosIAB é o Û 6=AB +18 - 2AB.3 2.cos30 Gọi H trung điểm BC Nếu AB=2 Û AB - 6AB +12= 0Û ê êAB ë ta có AH = = AI Þ AB ê HºI = =26 ( 1;- nên phương trình đường ) thẳng d là: x + y +1= trường hợp S = AH = Nếu AB = ỉ Do ú H ỗ ố =1 AI ö Suy H trung điểm AI ;- ÷ nên phương trình đường thẳng d ø S = - Vậy giá trị lớn S = VD 10 Trong mặt phẳng với hệ tọa C1 : x :x + y - = 0, trường hợp độ Oxy, cho hai y 2 C2 : x2 y2 10 x y 33 Gọi lượt di chuyển C ,C , P P tới M N ngắn là: A.5 2 M,N đường tròn hai điểm lần di chuyển trục hoành Tổng khoảng cách từ B.5 C.5 D 52 *Lời giải Giáo viên: Kiều Văn Cường - Trường THPT Cẩm Thủy 12 Phương pháp giải tốn cực trị hình học giải tích phẳng C1 có tâm A 0; , bán kính R1 C2 có tâm B 5;3 , bán kính R2 Gọi C3 : x2 y 22 đường tròn đối xứng với C1 qua trục Ox M’ điểm đối xứng với M qua Ox.Khi với P thuộc Ox ta có: PM PN PM' PN M'N Vậy tổng khoảng cách từ P tới M N ngắn M ’, P , N thẳng hàng (xem hình vẽ) 2 Vậy PM PN M ' N A ' B R1 R2 VD 11 Trong mặt phẳng với hệ trục Oxy, cho điểm A 2;2,B 4; 3,C AB, BC, CD, A.3 29 1;5,D 3;0 M, lượt thuộc cạnh DA Giá trị nhỏ biểu thức MN NP PQ QM : B.2 58 C.2 29 D 140 Lấy N, P, Q lần *Lời giải Đầu A tiên ta 2;2,B 4; 3,C hình vng Gọi I,J,K Do 1;5,D QN, MN, PQ MN Ta có BJ , DK phát PQ , IJ 3;0 tạo thành trung điểm QM PN , IK MN NP PQ QM 2BJ 2DK 2IJ 2IK BJ IJ IK KD 2BD 58 Giáo viên: Kiều Văn Cường - Trường THPT Cẩm Thủy 13 Phương pháp giải tốn cực trị hình học giải tích phẳng Dấu xảy M , N, P, Q trung điểm AB, BC, CD, DA VD 12 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn 2 C:x y điểm A 1;8 , B 3; , C 0;1 Biết M ( a ; b) cho MB 4MC MA MB MC điểm C nhỏ nhất, tổng a b bằng: A B.4 3 C D *Lời giải Gọi I xI ; yI điểm thỏa mãn IB IC (1) I1;2 Ta có (1) xI 4( xI ) xI1 yI yI ) 4(1 y I Gọi J xJ ; yJ điểm thỏa mãn JA JB JC (2) Ta có (2) xJ xJ ( xJ ) xJ J (2;5) yJ y yJ yJ ) (1 yJ J M E x O Ta có T MI a MI IB 4( MI IC) a2 b2 b 2 a 4b khác phía so với M , E , J thẳng MJ a b a 22 JA MJ 2a 4b b 22 hàng M MI b 2 2MJ 12 với E 2;2 Ta có J,E nằm 6EJ 6.3 18 Dấu " " xảy thuộc đoạn EJ a M , E , J thẳng a 2ME , C Khi T ME MJ hàng M JB ( MJ JC) C b a 3b M thuộc đoạn EJ nên M 2; 3a b a b a b Giáo viên: Kiều Văn Cường - Trường THPT Cẩm Thủy 14 Phương pháp giải tốn cực trị hình học giải tích phẳng VD 13 Cho hình bình ABCD phương trình x I có A 0;1 ; B 3; Tâm I nằm parabol có diện tích hình binh hành ABCD đạt giá trị y x lớn tọa độ C a,b , tọa độ D c, d , Tính a b c d ? B A C.1 D.0 *Lời giải SABCD SIAB 2.d I , AB AB Vì AB không đổi nên SABCD lớn khoảng cách từ I đến AB lớn Phương trình đường thẳng AB x y Gọi I x; x , d I , AB x x x 3x x 3x xI max d (I, AB) x đạt D 0; 2 I ;1 C 3; a b c d VD 14 Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy Đường thẳng (d) qua M( 3; -2) cắt Ox, Oy A(a;0), B(0;b) ab nhỏ Khi giá trị biểu thức S cho: + 4OB b C S 1 a A S 11 11 B S 25 *Lời giải y x Từ giả thiết ta có d: OA a ;OB b + OA 4OB Theo BĐT Bunhiacopski : = ( a đạt giá trị OA D S 5 1.Vì M d nên: a b 1 (1) a b 2 a b 4b 2 )2 3.1 ( 4) (9 16)( 1 ) a 2b Giáo viên: Kiều Văn Cường - Trường THPT Cẩm Thủy a b 15 Phương pháp giải tốn cực trị hình học giải tích phẳng Hay OA + 4OB ≥ 25 đẳng thức xảy a 25 25 a b b 3a 8b 1 + OA 4OB2 Vậy 25 S 25 a nhỏ b VD 15 Cho đường tròn (C) : x2 25 25 đường thẳng d : Ax By Giả sử y2 d tiếp xúc với (C) M , N hai điểm thuộc (C) cho xM 1; yN Hãy tính k A B để tổng khoảng cách từ M , N đến d nhỏ A B C D 2 *Lời giải Ta có: d tiếp xúc với (C) khoảng cách từ tâm O(0, 0) đến đường thẳng d : Ax By bán kính R (C) d ( O; d ) | A.0 B.0 1| R A2 B2 A2 B2 A2 B2 B2 d tiếp xúc với (C) Vậy A Khoảng cách từ M ( 1; 0) đến d d( M , d ) Khoảng cách từ N (0;1) đến d d( N , d ) |A1| A |B 1| B (1) A A2 B2 B Suy d( M , d ) d( N, d ) B A ( A B) Tổng nhỏ ( A B) lớn (chú ý A B2 A2 hay A,B 1) Gọi K, L, I điểm mà d cắt Ox ; tiếp xúc với (C) , cắt Oy Ox , OL ta có: cos d cắt Ox K nên: OK OL OK 1 cos A A OL OK OK 1 OK cos OK cos cos 1 d cắt Oy I nên: OI B B OI sin Khi đó: Giáo viên: Kiều Văn Cường - Trường THPT Cẩm Thủy 16 Phương pháp giải tốn cực trị hình học giải tích phẳng A B sin ( A B) max2 sin4 24 VD 16 ( A B) cos2 sin max Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn (C) : ( x 3) ( y 3) 36, hai điểm A( 6;3), B( 1; 5) Giả sử điểm M ( a ; b) thuộc (C) cho biểu thức cho P MA 3MB đạt giá trị nhỏ Tính tổng 12 a b A.35 24 B.925 C 15 D 3016 2 12 *Lời giải y M A I K O -6 -5 -4 -3-2 -1 56 x 34 -1 -2 -3 -4 -5 B Ta có (C) có tâm I (3; 3) , bán kính R đoạn IA cho IM Ta có tam giác MA AI AM MK MK MI -6 Ta có IA IM , lấy điểm K IK Khi ta có K ( 1;3) AIM MIK đồng dạng với nên Giáo viên: Kiều Văn Cường - Trường THPT Cẩm Thủy ta có 17 Phương pháp giải tốn cực trị hình học giải tích phẳng Do P MK 3MB 3(MK MB) 3KB Dấu xảy M, K,B thẳng hàng M nằm K , B Vậy M cần tìm giao đường thẳng KB (C) Ta có phương trình đường thẳng KB x Tọa độ điểm M nghiệm hệ x ( x 3) ( y 3) 36 Giải hệ kết hợp với M nằm K , B ta có M ( 1;3 5) Suy a b Vậy 12 a b 2.4 Hiệu thực nghiệm * Đối với học sinh: Đa số học sinh nhận biết nắm kỹ giải toán liên quan đến cực trị hình học giải tích phẳng, khơng cịn lúng túng xử lí dạng toán * Đối với hoạt động dạy học: - Việc củng cố kiến thức học có hiệu cao hơn, khắc sâu kiến thức kỹ giải toán liên quan đến cực trị hình học giải tích phẳng cho học sinh - Học sinh chủ động tham gia xây dựng *Đối với thân giáo viên : Xây dựng hệ thống kiến thức bổ trợ cho q trình ơn thi THPT Quốc gia thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh mơn văn hóa Có thêm kinh nghiệm giảng dạy, tăng thêm động lực để tạo hứng thú học tập cho học sinh Kết qủa cụ thể qua lớp trực tiếp giảng dạy sau: Lớp 10A1 (48 HS) 10A2 (46 HS) Khi chưa áp dụng Số HS biết Số HS không SL 05 % 10.4 SL 43 % 89.6 Sau áp dụng Số HS Số HS biết lúng túng cách làm làm SL % SL % 32 67 16 33 01 2.2 45 97.8 22 cách làm biết cách làm 48 24 52 PHẦN 3: KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ 3.1 Kết luận Trong q trình giảng dạy mơn tốn chương trình phổ thơng, học hình học học sinh vấn đề khó khăn, việc giải tốn cực trị, đặc biệt cực trị hình học cịn khó khăn hơn; đó, kỳ Giáo viên: Kiều Văn Cường - Trường THPT Cẩm Thủy 18 Phương pháp giải tốn cực trị hình học giải tích phẳng thi THPT Quốc gia thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh mơn tốn vấn đề lại khơng thể thiếu đượ Chính vậy, dạng tốn này, địi hỏi giáo viên phải đầu tư kỹ càng, tập trung nghiên cứu tìm tịi giải pháp để giải đáp khúc mắc học sinh Tạo cho học sinh tự tin học tập, từ rèn luyện kỹ để giải tốn có liên quan, nhằm giúp em đạt kết cao học tập Với kinh nghiệm giải pháp thân giảng dạy dạng tốn này, tơi hy vọng nguồn tài liệu tham khảo cho đồng nghiệp để từ góp phần nâng cao chất lượng giảng dạy mơn tốn 3.2 Kiến nghị - Đối với giáo viên: Mỗi đồng chí cán giáo viên tham gia giảng dạy, đặc biệt giảng dạy môn toán cần vào nhiệm vụ cụ thể, điều kiện thực tế nhà trường đặc biệt lực thực tế học sinh để có giải pháp hợp lý cho riêng phần, nhóm kiến thức giảng dạy Thường xuyên trau dồi kiến thức thông qua hình thức, phương thức khác nhau: Như sinh hoạt tổ, nhóm chun mơn, qua mạng xã hội, nguồn tư liệu Internet, qua đúc rút kinh nghiệm có giải pháp hợp lý giảng dạy phù hợp với đối tượng học sinh cụ thể - Đối với nhà trường cần trang bị thêm sở vật chất: Máy chiếu, phần mềm vẽ hình, trọn đề Tất điều kiện nguồn động viên, kích thích say mê, sáng tạo hoạt động dạy học nhằm nâng cao chất lượng giảng dạy giáo viên XÁC NHẬN CỦAThanh Hóa, ngày 15 tháng 05 năm 2019 THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ Tôi xin cam kết : Đây SKKN thân tôi, không copy (Tác giả ký ghi rõ họ tên) Kiều Văn Cường TÀI LIỆU THAM KHẢO Sách giáo khoa hình học 10 nâng cao, NXB Giáo dục (2000) Một số phương pháp chọn lọc giải toán sơ cấp, NXB Đại học Quốc gia Hà Nội (2003) Các viết trang mạng Internet như: Toanmath.com, mathvn.com, diendantoanhoc.net, toanhocbactrungnam.vn Giáo viên: Kiều Văn Cường - Trường THPT Cẩm Thủy 19 Phương pháp giải toán cực trị hình học giải tích phẳng 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 Họ tên tác giả: Kiều Văn Cường Chức vụ đơn vị công tác: Giáo viên - Trường THPT Cẩm Thủy Cấp đánh giá T T xếp loại Tên đề tài SKKN (Ngành GD cấp huyện/tỉnh; Tỉnh ) Một số phương pháp tìm cơng Ngành GD tỉnh thức tổng quát dãy số Thanh Hóa Kết đánh giá xếp loại (A, B, Năm học đánh giá xếp loại C) C Giáo viên: Kiều Văn Cường - Trường THPT Cẩm Thủy 2008-2009 20 Phương pháp giải tốn cực trị hình học giải tích phẳng MỤC LỤC Cấu trúc Trang MỞ ĐẦU 1.1 Lí chọn đề tài 1.2 Mục đích nghiên cứu 1.3 Đối tượng nghiên cứu 1.4 Phương pháp nghiên cứu NỘI DUNG 2.1 Cơ sở lí luận 2.2 Thực trạng vấn đề 2.3 Giải pháp cách thức thực 2.4 Hiệu thực nghiệm 18 KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ 18 3.1 Kết luận 18 3.2 Kiến nghị 18 Giáo viên: Kiều Văn Cường - Trường THPT Cẩm Thủy 21 ... Cẩm Thủy Phương pháp giải toán cực trị hình học giải tích phẳng Qua thực tế giảng dạy thân lớp: 10A1 10A2 lớp lực tư toán em tương đối tốt Nên tốn hình học giải tích phẳng thơng thường, học sinh... Cẩm Thủy 14 Phương pháp giải toán cực trị hình học giải tích phẳng VD 13 Cho hình bình ABCD phương trình x I có A 0;1 ; B 3; Tâm I nằm parabol có diện tích hình binh hành ABCD đạt giá trị y x lớn... hình học học sinh vấn đề khó khăn, việc giải tốn cực trị, đặc biệt cực trị hình học cịn khó khăn hơn; đó, kỳ Giáo viên: Kiều Văn Cường - Trường THPT Cẩm Thủy 18 Phương pháp giải toán cực trị hình