SKKN 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

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 ∆ :

Trường hợp 1: Hai điểm P và Q nằm khác phía đối với đường thẳng ∆ khi
và chỉ khi (axP + byP + c)(axQ + byQ + c) < 0
a)
P
M

∆

Q

Ta có MP + MQ ≥ PQ . Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi M, P, Q thẳng hàng
⇒ M = PQ ∩ ∆ .
1


P
Q’
b)

∆

N

Q
Lấy Q’ đối xứng với Q qua đường thẳng ∆
Ta có NP − NQ = NP − NQ ' ≥ PQ ' . Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi N, Q’, P
thẳng hàng ⇒ N = PQ '∩ ∆ .
Trường hợp 2: Hai điểm P và Q nằm cùng phía đối với đường thẳng ∆ khi
và chỉ khi (axP + byP + c)(axQ + byQ + c) > 0
a)

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

phải phân chia quá nhiều trường hợp và phải sử dụng đến kiến thức hình học
phẳng vốn ở cấp THCS đã yếu nên vẫn gặp khó khăn trong tiếp nhận và giải
quyết các bài tập loại này.
Bản thân tôi cũng thấy băn khoăn khi bắt học sinh tiếp nhận như thế. Với
những trăn trở và đã cùng học sinh nghiên cứu hướng giải khác, nhằm khắc
phục những hạn chế nêu trên, giúp học sinh lĩnh hội một cách dễ dàng và tự
nhiên hơn.
Để minh họa cho cách làm này, tôi sẽ đưa ra những bài toán ở mức độ thi
đại học và thi học sinh giỏi. Với mỗi bài toán như vậy, tôi đi sâu vào việc
phân tích các khả năng tiếp cận lời giải, dẫn ra những cách giải tương ứng,
đưa ra những nhận xét phù hợp, để từ đó học sinh có thể nắm bắt được nội
dung, thấy được cách làm và cũng như giải quyết các bài toán tương tự, đồng
thời sử dụng phương pháp giải một số dạng toán trong đại số.
Phương pháp này cũng sử dụng được một cách tương tự đối với hình học
không gian. Cuối cùng là một số bài tập để học sinh rèn luyện kỹ năng.
II. GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ
1.Cơ sở luận của vấn đề.
Trở lại bài tập trên: Ta chuyển phương trình ∆ về phương trình tham số
x = t
∆:
 y = −1 + 2t
Gọi M( t ; 2t − 1 ) ∈ ∆ , ta có MP + MQ =

(t − 1) 2 + (2t − 7) 2 + (t + 3) 2 + (2t + 3) 2

MP + MQ = 5t 2 − 30t + 50 + 5t 2 + 18t + 18


2
2

= 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

M’P’ + M’Q’ =  (t − 3) + 1 + (t + ) +



9 

25 

Vậy MP + MQ = 5 (M’P’ + M’Q’)
Nhưng các điểm P’ và Q’ nằm khác phía đối với trục hoành, còn M’ là điểm
nằm trên trục hoành. Để M’P’ + M’Q’ nhỏ nhất khi và chỉ khi P’, M’, Q’
thẳng hàng, nên M’ là giao điểm của P’Q’ với trục hoành.
Suy ra MP + MQ nhỏ nhất khi và chỉ khi M’P’ + M’Q’ nhỏ nhất
Phương trình P’Q’: x + 3 y = 0 , M’ (0;0) ⇒ t = 0 . suy ra Vậy M (0; −1) .
3


Ý nghĩa của phương pháp:
Chuyển bài toán đã cho về bài toán mới đơn giản hơn:
- Đưa phương trình ∆ về phương trình tham số và tính MP, MQ.
- Tùy vào yêu cầu bài toán (lớn nhất hay nhỏ nhất) mà chọn các điểm M’, P’,
Q’ sao cho:
a) M’ thuộc trục hoành, còn P’ và Q’ nằm khác phía đối với trục hoành.
b) M’ thuộc trục hoành, còn P’ và Q’ nằm cùng phía đối với trục hoành.
Với phương pháp này học sinh tiếp thu và giải quyết bài toán nhẹ
nhàng và hoàn toàn có thể giải quyết các bài tương tự đối với hình học không
gian.
Với cách phát triển tương tự như vậy tôi giúp học sinh nghiên cứu thêm
các bài cực trị khác, đồng thời giải quyết một số bài toán cực trị đại số bằng
phương pháp tọa độ trong hình học phẳng.

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)

4


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.
Giải:
a) Đã trình bày lời giải ở trên.
9
5

2
2
b) Gọi N( t ; 2t − 1 ) ∈ ∆ ⇒ NP − NQ = 5 (t − 3) + 1 − (t + ) +

9
25

9 3
5 5

Gọi P’ (3;1) , Q’ (− ; ) , M’ (t;0)
Khi đó NP − NQ = 5 N ' P '− N ' Q '
Suy ra NP − NQ lớn nhất khi và chỉ khi N ' P '− N ' Q ' lớn nhất
Ta thấy P’ và Q’ nằm cùng phía đối với trục hoành, còn M’ nằm trên trục
hoành
Để N ' P '− N ' Q ' lớn nhất khi và chỉ khi P’, M’, Q’ thẳng hàng, nên M’ là giao
điểm của P’Q’ với trục hoành.
Phương trình P’Q’: x − 12 y + 9 = 0 , N’ (−9;0) ⇒ t = −9
Vậy N (−9; −19) .

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

7
2

Vậy Max y = 13 ⇔ x = − .
Ví dụ 2: Tìm giá trị lớn nhất của hàm số:
y = cos 2 a − 2 cos a + 2 + cos 2 a + 6 cos a + 13 .
Giải: y = (cosa − 1) 2 + 1 + (cosa + 3) 2 + 4
Gọi điểm M (1;1) , N (−3; −2) và I (cos a;0) với −1 ≤ cos a ≤ 1
Suy ra y = IM + IN
Ta thấy M và N nằm khác phía đối với trục hoành, còn I nằm trên trục hoành
Để IM + IN nhỏ nhất khi và chỉ khi I, M, N thẳng hàng ⇒ I = MN ∩ Ox
Phương trình MN: 3x − 4 y + 1 = 0
1
1
⇒ I (− ;0) ⇒ cos a = − ( thỏa mãn )
3
3
1
Vậy Min y = 5 ⇔ cos a = − .
3

Ví dụ 3:
Cho đường thẳng
 x = 1 + 2t

∆ :  y = 1 − t và hai điểm M (1;0; −1) , N (2;1;1)
z = t


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
2
12 

1
1 1
;0) , I’ (t ;0;0)
Gọi M’ (0; ;0) , N’ ( 2 ;
3
2 3
Khi đó IM − IN = 6 I ' M '− I ' N '

Suy ra IM − IN lớn nhất khi và chỉ khi I ' M '− I ' N ' lớn nhất
Ta thấy M’ và N’ nằm trên mặt phẳng (Oxy) và nằm cùng phía đối với trục
hoành, còn I’ nằm trên trục hoành.
Để I ' M '− I ' N ' lớn nhất khi và chỉ khi M’, I’, N’ thẳng hàng, nên I’ là giao
điểm của M’N’ với trục hoành.

6


x = t '
x = t

1
1


Phương trình M ' N ' :  y = − t ' ; phương trình Ox :  y = 0 ⇒ t ' = t = 1 . Vậy I
3

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 + 

13
13 


 2 9
25 
2
= 13  t + + (t − 1) + 
13
13 

3
5
;0) , N’ (1; −
;0) , I’ (t ;0;0)
Gọi M’ (0;
13
13
Khi đó IM + IN = 13 (I’M’ + I’N’)

Suy ra IM + IN nhỏ nhất khi và chỉ khi I’M’ + I’N’ nhỏ nhất
Ta thấy M’ và N’ nằm trên mặt phẳng (Oxy) và nằm khác phía đối với trục
hoành, còn I’ nằm trên trục hoành.
Để I’M’ + I’N’ nhỏ nhất khi và chỉ khi M’, I’, N’ thẳng hàng, nên I’ là giao
điểm của M’N’ với trục hoành. Phương trình:
x = t '
x = t

3
8

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.

Tóm tắt lời giải: M ∈ ∆ , nên M (2t + 2; t ) .
uuuur
uuuur
Suy ra: A M = (2t − 1; t − 4) và BM = (2t + 3; t − 2) .
A M 2 = 5t 2 − 12t + 17 , 2BM 2 = 10t 2 + 16t + 26 .
a) MA 2 + 2MB 2 = 15t 2 + 4t + 43 .
MA 2 + 2MB 2 đạt min, khi và chỉ khi: t = −

2 
2
 26
. Vậy, M  ; − ÷.
15
 15 15 

b) MA 2 − 2MB 2 = − 5t 2 − 28t − 9 .
MA 2 − 2MB 2 đạt max, khi và chỉ khi: t = −

14
 18 14 
. Vậy, M  − ; − ÷.
5 
5
 5

Bài toán 3
Cho n điểm Ai (i = 1, 2,..., n ) và n số thực ai , thỏa mãn
điểm M trên ∆ để P =

n

∑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
P min ⇔ P 2 min ⇔ t = . Khi đó: M  5; ÷.
2
 2uuu
 r uuur uuur r
* Cách giải khác: Gọi G là điểm thỏa mãn GA − 2GB + 3GC = 0 (*).
uuur uuuur uuuur uuuur
Biểu thức (*) xác định tọa độ điểm G và MA − 2MB + 3MC = 2MG .
P min ⇔ MG min . Suy ra M là hình chiếu của G trên ∆..
Bài toán 4
Ví dụ 1: cho A ( 2; 1) , ∆1: 2x − y + 2 = 0 , ∆2: x + 3y + 5 = 0 . Tìm tọa độ các
điểm B và C tương ứng nằm trên ∆1 và ∆2 sao cho chu vi tam giác ABC
nhỏ nhất.
Tóm tắt lời giải: Gọi A1, A2 đối xứng với A qua ∆1, ∆ 2 .
8


x + 2y − 4 = 0
A1 ( x ; y ) : 
⇒ A1 ( −2; 3 ) . Tương tự: A2 ( 0; − 5 ) .
2
.(
x
+
2
)
−
(
y
+

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

 6 3
 11 11 

B
A

C

∆2

A2

* Nhận xét: Sai lầm khi chỉ lấy điều kiện chu
vi tam giác A BC đạt min là A1 , B , C và
A2 thẳng hàng mà không kể thứ tự của các
điểm.
Trên cơ sở là: độ dài đường gấp khúc
A1BCA2 ngắn nhất khi và chỉ khi A1 , B ,
C và A2 thẳng hàng, theo thứ tự ấy.

ví dụ: Cho A (2; − 3) , ∆1 : x − 2y + 3 = 0 , ∆2 : 3x + y + 2 = 0 .
 12 29 
5 7
 9 19 
Kết quả: A1  − ; ÷, A2 ( −1; − 4 ) , B  ; ÷ và C  − ; ÷.
 5 5 
3 3
 4 4 
Ví dụ 2:
Cho điểm M(3; 1). Tìm tọa độ điểm A thuộc tia Ox và B thuộc tia Oy sao

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

3

10
3

1

M

O

310

3

x9


Từ đây suy ra: • maxS = 15 , khi a = 0 . Khi đó b = 10 , suy ra: A(0; 0) và B(0; 10).
3
• minS = , khi a = 3 . Khi đó b = 1 , suy ra: A(3; 0) và B(0; 1).
2
Bài toán 5
Cho điểm M (3; 1) . Viết phương trình đường thẳng ∆ đi qua M, cắt tia Ox
và tia Oy tương ứng tại A và B (khác O) sao cho:
c)
Độ dài AB nhỏ nhất.
d)
Diện tích S của tam giác AOB
nhỏ nhất.

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+

.
a −3
a −3
2
3 

2
2
2
2
a) A B = a + b = a +  1 +
÷ (tại đây có thể xét hàm f (a ), a > 3 )
 a −3
6
9
2
+
+ 6(a − 3) + 10
= (a − 3) +
a − 3 (a − 3)2
Thỏa mãn:

2
≥ 3 3 (a − 3) .

3
3
9
.
+ 33

.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 ÷+ 10 ≥ 2.3 + 6.2 + 10 = 28.

2
(a − 3)
a − 3


*Kết quả min A B 2 = 3 3 9 + 3 3 81 + 10 ≈ 28, 3 hay 28 < min A B 2 < 32 , suy
ra:
Không xảy ra dấu đẳng thức trong đánh giá A B 2 ≥ 28 . Và rõ ràng khi
a = b ta mới có A B 2 = 32 mà không suy được A B 2 ≥ 32 .
6
9
2
+
+ 6(a − 3) + 10 sẽ gặp khó
* Nếu xét hàm f (a ) = (a − 3) +
a − 3 (a − 3)2
khăn trong thực hành tìm nghiệm f '(a ) = 0 và xét dấu f '(a ) .
* Bài tập này có thể dùng để ôn tập kiến thức tổng hợp: về hình học
phẳng, về tọa độ, về bất đẳng thức, về hàm số.
3a
9
= a +3+
(có thể xét hàm f(a), a > 3 tại đây)
a −3
a −3
9
+ 6 ≥ 12.
= a −3+

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

9
+ 6 ≥ 2 (a − 3).
= a −3+
+ 6 = 12.
a −3
a −3
9
Đẳng thức xảy ra, khi và chỉ khi: a − 3 =
⇔ a = 0 hoặc a = 6.
a −3
Kết hợp với (*), ta được: a = 6 và b = 2. Phương trình ∆: x + 3y − 6 = 0 .
d) T = a + 3b = a + 3 +

3 1
3 1
+ ≥ 2 . . Suy ra: ab ≥ 12.
a b
a b
Do đó: OA + 3OB = a + 3b ≥ 2 3ab ≥ 12.
Cách 2: 1 =

11


Dấu bằng xảy ra, khi:

3 1
3 1
= , a = 3b và 1 = + . Suy ra: a = 6 và b = 2.
a b

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

Cách 2: Áp dụng bất đẳng thức Bunhia: 1 =  + ÷ =  . + 1. ÷
b
a b 
3 a
9
4
9 4
9
 1  9 4 
+
+ 2 ≥
≤  + 1 ÷ 2 + 2 ÷. Do đó:
.
2
2 = 2
OA OB
a b
10
 9  a b 
3 1 2
1 2
2a 20
=
Dấu bằng, khi: : = : 1 và + = 1. Suy ra: a = 10 và b =
.
a 3 b
a b
9
9
Phương trình d: 2x + 9y − 20 = 0 .

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)

H

N

1) Suy ra: S ≥ 2 63 . Đẳng thức xảy ra khi:
IH.IK = 0, tức ∆1 hoặc ∆2 đi qua tâm I.
Do đó S nhỏ nhất, khi một trong hai đường
thẳng ∆1 hoặc ∆2 trùng với đường thẳng AI,
đường thẳng còn lại vuông góc với AI (tại A).
Ta được ∆1: x − y − 3 = 0 và ∆2: x + y + 1 = 0 .

Do IH 2 .IK 2 ≤

(

IH 2 + IK 2

)

2

= 1 , suy ra: S ≤ 16.

4
Dấu bằng xảy ra khi: IH = IK. Khi đó d(I , ∆) = 1 .
∆ đi qua M, có phương trình dạng: a (x − 2) + b(y + 1) = 0 , a 2 + b2 ≠ 0 (*).
12


Thỏa mãn: a + b = a 2 + b2 ⇔ ab = 0 ⇔ a = 0 hoặc b = 0 .

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

uuur
C = (− 5 − b2 ; b) , b < 0. Suy ra: A B = ( 2 − b2 ; b − 1) , CO = ( 5 − b2 ; − b) .
uuur uuur
Thỏa mãn: A B .CO = 0 ⇔ (2 − b2 )(5 − b2 ) = b(b − 1) ⇔ b = −1 (do b < 0 ).
Suy ra: B = (1; − 1) và C = (−2; − 1) , hoặc B = (−2; − 1) và C = (1; − 1) .
Bài toán 8
Cho A(3; 1) và (C): (x − 2)2 + (y + 3)2 = 25 , tâm I. Viết phương trình đường
thẳng ∆ đi qua A, cắt (C) tại M và N, sao cho IMN có diện tích S lớn nhất.
Câu hỏi tương tự, với A(3; − 2).
Lời giải tóm tắt: (C): tâm I(2; − 3), bán kính R = 5.
IA = 17 < R hay A nằm trong (C).

I
M

AH

N
N

· IB 25
IA 2 .sin A
· IB ≤ 25 .
Cách 1: S =
= sin A
2
2
2
·
Đẳng thức xảy ra, khi: MIN = 90O .

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

I
M

AH

Cách 3: Đặt IH = x , 0 < x ≤ 17 . Suy ra: S = x 25 − x 2 .
Xét hàm f (x ) = x 25 − x 2 , 0 < x ≤ 17 .
2

Ta có: f '(x ) = 25 − x −
0
+

f (x )

x2
25 − x 2

=

25 − 2x 2
25 − x 2

; f '(x ) = 0 ⇔ x =

5
.
2

S

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
0Diện tích S = x 25 − x 2 . Xét f (x ) = x 25 − x 2 , với 0 < x ≤ 2 .
x2
25 − 2x 2
2
f '(x ) = 25 − x −
=
> 0 , suy ra f (x ) đồng biến.
25 − x 2
25 − x 2

S đạt max tại x = 2 . Khi H ≡ A , hay ∆ ⊥ IA . Phương trình ∆: x − y − 5 = 0 .
Nhận xét:

14


* Trong trường hợp A (3; − 2) không giải được bằng cách 1 và cách 2 do
5
không xảy ra IH =
, với 0 < IH ≤ 2 . Cách 3 là cách giải tổng quát.
2
* Nếu giải theo cách 1 và cách 2, sai lầm khi kết luận vô nghiệm.
* Biện luận hình học về vị trí điểm A đối với (C) hay độ dài IA so với R.
 R 
Xét đường tròn (T):  I ,
÷ - đồng tâm và nằm trong (C): ( I , R ) .
2

R
R2
•S=
⇔ d(I , ∆) =
, hay AB là tiếp tuyến của (T).
2
2
R
Nếu IA >
hay M nằm ngoài (T) thì có hai
M
2

đường thẳng ∆ là tiếp tuyến với (T) kẻ qua A.
(C)
R
IA ≤
⇔ M ∈ (T) hoặc M nằm trong (T),
N
I
(T)
2
có đúng một đường thẳng ∆ thỏa mãn yêu cầu
M
A
bài toán.
uur Khi đó IA ⊥ ∆ hay đường thẳng ∆
nhận IA làm véc tơ pháp tuyến.
Bài toán 9
Cho đường tròn (C) tâm I, bán kính R. Hai điểm A và B (nằm ngoài (C)
thỏa mãn IA = k.R, điều kiện này cho ẩn). Tìm tọa độ điểm M nằm trên (C),
sao cho biểu thức P = MA + kMB đạt giá trị nhỏ nhất.
Ví dụ: (C): x 2 + y 2 = 9 và A (0; 9) , B (− 1; 6) . Tìm
y
tọa độ M thuộc (C) sao cho biểu thức P = MA +
B
6
3MB đạt min.
3

M

(C)

−1
O

K

♣ Hướng dẫn và kết quả
(C): O(0; 0), R = 3; OA = 9 = 3R. Gọi K(1; 0),
OM = 3OK
A
∆AOM ∼ ∆MOK và AO = 3MO
9 X
⇒ MA = 3MK
Suy ra: P = 3(MK + MB) ≥ 3BK.
Dấu bằng xảy ra, khi M thuộc đoạn BC.
Đáp số: M(0; 3).

15


Bài toán 10
3

x2 y2
Cho (E):
+ = 1 , M  −1; − ÷; A và B thuộc (E) và đối xứng với nhau
2

16 12
qua M . Tìm tọa độ C nằm trên (E) sao cho ABC có diện tích S lớn nhất.
Cách 1:

y
Giả sử A (x ; y ) , suy ra B (−2 − x ; − 3 − y )
.
23
C
3
A , B ∈ (E ) ⇔ A (−4; 0) và B (2; − 3) ;
A B = 3 5 - không đổi, suy ra:
O 2
−4 −2
4
S max ⇔ d(C ,(A B )) max.
Phương trình (AB): x + 2y + 4 = 0 .
M
−3
Giả sử C (x o ; y o ) , suy ra:
B
1
d(C ,(A B )) =
x o + 2y o + 4 .
5
d(C ,(A B )) max ⇔ x o + 2y o + 4 max.

x

2

 x o2 y o2 
yo 
 xo

(x o + 2y o ) =  4. + 4 3 .
÷ ≤ 64. 16 + 12 ÷ = 64 . Suy ra: x o + 2y o ≤ 8 .
2 3
 4


2
2
x
y
x
y
Dấu " = " xảy ra, khi: o + o = 1 , o = o và x o + 2y o = 8 . Suy ra: C (2; 3)
16 24
16 12
.
2

Cách 2: Áp dụng lượng giác
x2 y2
+ = 1 , suy ra: C (4 sin α ; 2 3 cos α ) .
16 12
4
8
π 1

d(C ,(A B )) =
sin α + 3 cos α + 1 =
sin  α + ÷+ .
3 2

5
5

π
d(C ,(A B )) max, khi: α = hay C (2; 3) .
6
C ∈ (E ) :

Cách 3: Ý nghĩa hình học – Nhận biết tọa độ C bằng phương pháp tiếp
tuyến:
C là một tiếp điểm của tiếp tuyến ∆ của (E) và song song với AB.
∆ : x + 2y − c = 0 , suy ra C (c − 2y ; y ) , thỏa mãn: 16y 2 − 12cy + 3c 2 − 48 = 0
(1).
Điều kiện tiếp xúc là phương trình (1) có nghiệm kép, hay: c = ± 8
c = 8 ⇒ y 2 − 6y + 9 = 0 ⇒ y = 3 ⇒ C (2; 3) ⇒ 5d(C ,(A B )) = 12 .
c = −8 ⇒ y 2 + 6y + 9 = 0 ⇒ y = −3 ⇒ C ( − 2; − 3) ⇒
Chọn: C (2; 3) .

5d(C ,(A B )) = 4 .

16


17


BÀI TẬP RÈN LUYỆN KĨ NĂNG
Bài 1: A(3; 4), B(1; 2) và C(5; 0). Viết phương trình đường thẳng ∆ đi qua A
sao cho T = 2d(B , ∆) + d(C , ∆) : lớn nhất. b) nhỏ nhất.
Bài 2: cho đường tròn (C): (x − 2)2 + (y − 3)2 = 4 . Viết phương trình tiếp

tuyến của (C), cắt các tia Ox và Oy tại A và B tương ứng, sao cho (C) nằm
trong tam giác AOB đồng thời diện tích S của AOB đạt giá trị nhỏ nhất.
x2 y2
Bài 3: cho (E ) : 2 + 2 = 1, a > b > 0 .
a
b
1) Tìm tọa độ điểm M nằm trên (E ) sao cho
OM lớn nhất, nhỏ nhất. b) F2M lớn nhất, nhỏ nhất.
a)
2) Tìm tọa độ các điểm điểm A và B nằm trên (E ) sao cho
a) A B đi qua F2 và A B ngắn nhất.
b) OA ⊥ OB và ∆A OB có diện tích lớn nhất. Tính giá trị lớn nhất
đó.
x2 y2
Bài 4: cho (E ) : + = 1 , các điểm A (5; 0) và B (0; 4) . Tìm tọa độ điểm
25 16
M nằm trên (E) sao cho tam giác MA B có diện tích lớn nhất.
Bài 5: cho hai điểm A và B tương ứng có hoành độ bằng 1 và 4, nằm trên
2
parabol (P ) : y = x . Tìm tọa độ điểm M nằm trên cung A» B của (P) sao cho
tam giác MA B có diện tích lớn nhất.
x2 y2
Bài 5: cho (E ) : + = 1 . Điểm M và N tương ứng chuyển động trên tia
16 9
Ox và tia Oy sao cho đường thẳng MN tiếp xúc với (E). Tìm MN sao cho độ
dài MN nhỏ nhất. Tìm giá trị nhỏ nhất đó.
Bài 6: cho một điểm P, hai đường thẳng cắt nhau d1 và d2. Đường thẳng ∆
thay đổi qua P cắt hai cạnh của góc nhọn tạo bởi d1, d2 tương ứng tại A, B.
Viết phương trình của ∆ sao cho diện tích tam giác ABC nhỏ nhất.
Bài 7: (ĐHQY – 1996 )

Trong không gian với hệ trục tọa độ Descartes vuông góc Oxyz, cho hai điểm
A (1;1;0) , B (3; −1; 4) và đường thẳng d:

x +1 y −1 z + 2
=
=
. Tìm điểm M trên
1
−1
2

đường
thẳng d sao cho tổng độ dài MA + MB nhỏ nhất.
Bài 8: (ĐHNNI – 1997 )
Trong không gian với hệ trục tọa độ Descartes vuông góc Oxyz, cho hai điểm
A (1; 2;3) , B (4; 4;5)

18


a) Viết phương trình đường thẳng AB. Tìm giao điểm P của nó và mặt
phẳng (Oxy). Chứng minh rằng với mọi điểm Q ∈ (Oxy), biểu thức
QA − QB có giá
trị lớn nhất khi Q trùng với P.
b) Tìm điểm M thuộc (Oxy) sao cho tổng các độ dài MA + MB nhỏ nhất.
Bài 9: (HVKTQS – 1994 )
Trong không gian với hệ trục tọa độ Descartes vuông góc Oxyz, cho hai điểm
A (−1;3; −2) , B (−9; 4;9) và mặt phẳng (P): 2 x − y + z + 1 = 0 . Tìm điểm M thuộc
(P) sao
cho MA + MB nhỏ nhất.

Bài 10: (THI KHẢO SÁT THPT QUỐC GIA THANH HÓA -2015)
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho điểm E(3; 4), đường thẳng
d : x + y − 1 = 0 và đường tròn (C ) : x 2 + y 2 + 4 x − 2 y − 4 = 0 . Gọi M là điểm
thuộc đường thẳng d và nằm ngoài đường tròn (C). Từ M kẻ các tiếp tuyến
MA, MB đến đường tròn (C) (A, B là các tiếp điểm). Gọi (E) là đường tròn
tâm E và tiếp xúc với đường thẳng AB. Tìm tọa độ điểm M sao cho đường
tròn (E) có chu vi lớn nhất.
KIỂM NGHIỆM THỰC TẾ GIẢNG DẠY
Thực tế cho thấy, với cách làm trên đã tạo được cho học sinh sự nhanh
nhẹn, linh hoạt, vững vàng, tiết kiệm được thời gian hơn trong quá trình giải
toán. Học sinh biết vận dụng và có sự sáng tạo hơn trong học tập, cách làm
trên đã đáp ứng được nhu cầu của học sinh. Hiệu quả trong học tập của học
sinh đã được nâng lên rõ rệt. Khi chưa triển khai đề tài trên tôi đã cho học
sinh làm một bài kiểm tra ở lớp 12A1 như sau:
Kết quả
Nhóm
Nhóm 1
(15 học sinh)
Nhóm 2
(15 học sinh)
Sau khi triển
sau:
Kết quả
Nhóm
Nhóm 1
(15 học sinh)
Nhóm 2
(15 học sinh)

Số học sinh có lời giải

Sô học sinh có lời giải đúng

4 (26,7%)

2 (13,3%)

5 (33,3%)

3 (20%)

khai đề tài này tôi tiếp tục khảo sát được kết quả như
Số học sinh có lời giải

Sô học sinh có lời giải đúng

14 (93,3%)

13 (86,7%)

15 (100%)

13 (86,7%)
19


Qua bảng thống kê trên ta thấy cách làm trên đã thể hiện được hiệu quả
vượt trội.
III. KẾT LUẬN VÀ ĐỀ XUẤT
Trong quá trình dạy học, với mỗi thể loại kiến thức, nếu giáo viên biết tìm

ra những cơ sở lý thuyết, biết phát huy và sáng tạo và hướng dẫn học sinh vận
dụng một cách hợp lý vào việc giải các bài tập thì sẽ tạo được điều kiện để
học sinh củng cố và hiểu sâu kiến thức thì việc thực hành giải toán một cách
hiệu quả hơn, tạo được sự hứng thú, phát huy được tính chủ động và sự sáng
tạo cho của học sinh.
Mỗi một nội dung kiến thức, nên có một hệ thống các bài tập tương ứng
cho học sinh tự luyện.Giáo viên, cần có sự chủ động trong việc hướng dẫn
học sinh tìm tòi cái mới, kế thừa và phát huy những kiến thức có sẵn một cách
sáng tạo. Trong quá trình giảng dạy, với cách nêu phương pháp giải và đưa ra
hệ thống các bài tập phù hợp cho từng đối tượng học sinh sẽ giúp cho học
sinh chủ động và tích cực hơn trong học tập. Do vậy kết quả học tập của học
sinh sẽ tốt hơn.
Mặc dù đã thu được một số kết quả nhất định, nhưng trong phạm vi bài
viết, tôi nghĩ có thể còn một số chỗ chưa thực sự hợp lý. Vì vậy, tôi mong các
bạn đồng nghiệp bổ sung góp ý để việc dạy học ngày một tốt hơn, đem lại cho
học sinh những hứng thú, cuốn hút hơn nữa trong quá trình học tập.
Tôi chân thành cảm ơn!
Yên Định, ngày 10 tháng 5 năm 2015.
Tôi xin cam đoan đây là SKKN của
mình viết, không sao chép nội
dung của người khác.
Xác nhận của thủ trưởng đơn vị
Trịnh Thị Minh

20