Tìm cách giải tối ưu cho bài toán cực trị trong mặt phẳng tọa độ nhằm giúp học sinh lớp 10 vận dụng vào thi trắc nghiệm hiện nay 2

1. MỞ ĐẦU
1.1. Lý do chọn đề tài.
Toán học là môn khoa học cơ bản, có vai trò quan trọng trong việc phát
triển tư duy sáng tạo cho học sinh. Hiện nay, trong xu thế đổi mới của ngành
giáo dục về phương pháp giảng dạy cũng như phương pháp kiểm tra đánh giá
kết quả giảng dạy và thi tuyển. Cụ thể là phương pháp kiểm tra đánh giá bằng
phương tiện trắc nghiệm khách quan đang trở thành phương pháp chủ đạo trong
kiểm tra đánh giá chất lượng dạy và học trong trường Trung học phổ thông.
Năm học 2016 -2017 trở đi, Bộ giáo dục và đào tạo đưa hình thức thi trắc
nghiệm khách quan của môn Toán vào kì thi Trung học phổ thông quốc gia.
Điều này khiến cho việc dạy của thầy và việc học của trò cũng có sự thay đổi
ngay từ năm lớp 10. Học sinh cần được tiếp cận với nhiều phương pháp giải
khác nhau cho một bài toán, để từ đó tìm ra cách giải nhanh và chính xác nhất.
Trước đây, với hình thức thi tự luận thì Bài toán cực trị trong mặt phẳng
toạ độ được đưa vào đề thi Đại học – Cao đẳng ở mức vận dụng cao, chủ yếu
cho học sinh khá, giỏi. Nhưng để phù hợp với hình thức thi trắc nghiệm hiện
nay, học sinh cần được rèn luyện câu hỏi dưới nhiều mức độ khác nhau (nhận
biết, thông hiểu, vận dụng thấp, vận dụng cao) trong một khoảng thời gian ngắn.
Thực tế, trong Sách giáo khoa Hình học 10, Bài toán cực trị trong mặt phẳng toạ
độ ít được khai thác dẫn đến ban đầu tiếp cận các em còn lúng túng. Một số em
bỏ qua không có hứng thú, một số em tự làm nhưng còn chậm, chưa hiểu rõ bản
chất vấn đề kể cả những bài tập cơ bản.
Chính vì vậy, với suy nghĩ làm thế nào để giúp các em học sinh lớp 10
được làm quen với nhiều hướng tư duy khác nhau nhằm tìm ra cách giải nhanh
nhất cho bài toán cực trị trong mặt phẳng toạ độ. Đồng thời lôi cuốn được nhiều
học sinh tham gia vào quá trình giải bài tập để các em cảm thấy đơn giản hơn
trong việc giải bài tập trắc nghiệm môn Toán. Mặc khác giúp cho quý Thầy, Cô
và các bạn đồng nghiệp dạy Toán có thêm một tài liệu tham khảo trong quá trình
giảng dạy bộ môn của mình. Vì vậy, tôi chọn đề tài:
" TÌM CÁCH GIẢI TỐI ƯU CHO BÀI TOÁN CỰC TRỊ TRONG MẶT PHẲNG TOẠ ĐỘ
NHẰM GIÚP HỌC SINH LỚP 10 VẬN DỤNG VÀO THI TRẮC NGHIỆM HIỆN NAY "

1.2. Mục đích nghiên cứu.
- Giúp các em học sinh lớp 10 từ việc thụ động khi gặp bài toán cực trị trong
mặt phẳng toạ độ chuyển sang chủ động, ham thích được khám phá nhiều cách
khác nhau. Từ đó, lựa chọn cách giải nhanh khi thi trắc nghiệm.
- Rèn luyện kĩ năng giải toán, giúp các em phát triển, nâng cao năng lực tư duy.
- Nghiên cứu phương pháp giảng dạy môn Toán với quan điểm tiếp cận mới
'' Phương pháp trắc nghiệm khách quan".
- Chia sẻ kinh nghiệm dạy học với quý Thầy, Cô và các bạn đồng nghiệp.
1.3. Phương pháp nghiên cứu.
1


- Phương pháp nghiên cứu lí luận: nghiên cứu sách giáo khoa, tài liệu tham
khảo, các đề thi.
- Phương pháp điều tra thực tiễn, thực nghiệm sư phạm: Quan sát việc dạy và
học phần bài tập này thông qua tiết dạy tự chọn, dạy bồi dưỡng.
- Phương pháp thống kê.
1.4. Đối tượng nghiên cứu.
- Đề tài nghiên cứu các phương pháp giải và tìm phương pháp giải tối ưu cho bài
toán cực trị trong mặt phẳng toạ độ khi vận dụng vào thi trắc nghiệm.
- Đối tượng áp dụng: Đề tài này áp dụng cho học sinh lớp 10 của trường THPT
Như Thanh trong năm học 2016 – 2017.
1.5. Điểm mới trong nghiên cứu.
- Nghiên cứu bài toán cực trị trong mặt phẳng toạ độ theo cách tiếp cận mới :
vận dụng vào thi trắc nghiệm. Chính vì vậy, hệ thống các ví dụ phân tích và câu
hỏi trắc nghiệm đưa ra theo các mức độ khác nhau nhằm hướng đến nhiều đối
tượng học sinh giải quyết được bài toán này.
- Nghiên cứu bài toán cực trị trong mặt phẳng toạ độ theo các cách giải khác
nhau nhằm giúp học sinh tìm được cách giải nhanh cho từng loại câu hỏi .

2


2. NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
2.1. Cơ sở lý luận.
Hiện nay, nền giáo dục nước ta đang áp dụng những phương pháp giáo
dục hiện đại, nhằm phát huy năng lực tự học, năng lực tư duy sáng tạo, và năng
lực giải quyết vấn đề của người học.
Giải bài tập Toán học là một biện pháp quan trọng để thực hiện nhiệm vụ
dạy học, giúp học sinh đào sâu và mở rộng kiến thức một cách sinh động, phong
phú. Thực tiễn giảng dạy cho thấy việc thực hiện giải bài toán bằng nhiều cách
khác nhau, giúp học sinh không những nắm vững kiến thức mà còn hoàn thiện
kỹ năng và hình thành kỹ xảo.
Sự khác biệt giữa hình thức thi tự luận và hình thức thi trắc nghiệm khách
quan là: Hình thức thi tự luận yêu cầu học sinh phải tự trình bày lời giải một
cách tuần tự với đầy đủ các bước để tìm ra ẩn số của bài toán mà không bị bó
buộc nhiều về thời gian. Trong khi đó, hình thức thi trắc nghiệm khách quan yêu
cầu kiến thức có phạm vi rộng với nhiều dạng, ở nhiều mức độ và giải quyết
trong một khoảng thời gian ngắn.Vì vậy, học sinh phải vận dụng cả kiến thức, kĩ
năng, tư duy để tìm ra đáp án nhanh và chính xác nhất.
Phương pháp giải tối ưu của một bài toán trắc nghiệm là phương pháp
ngắn gọn, dễ hiểu và cho kết quả nhanh nhất.
Bài toán cực trị trong mặt phẳng toạ độ là bài toán tìm giá trị lớn nhất, giá
trị nhỏ nhất có liên quan đến các đối tượng hình học phẳng ( điểm, đường thẳng,
đường tròn, elíp, hyperbol, parabol).
2.2. Thực trạng của vấn đề.
Thực trạng học môn Toán hiện nay ở các trường THPT là một bộ phận
không nhỏ các học sinh học toán nhưng không hiểu rõ bản chất, gặp các bài toán
khó thường bỏ qua, không có hứng thú.

Trong quá trình giảng dạy chương trình Toán lớp 10 (năm học 2016-2017)
của trường THPT Như Thanh, tôi nhận thấy " bài toán cực trị trong mặt phẳng
toạ độ" ít được sách giáo khoa đề cập đến. Ban đầu, học sinh chưa được tiếp
cận với nhiều phương pháp giải nên chưa biết cách tìm phương pháp giải tối ưu
cho bài tập này dưới dạng câu hỏi trắc nghiệm. Điều này, khiến tôi mạnh dạn
chọn đề tài này nhằm tháo gỡ các khúc mắc mà các em gặp phải. Từ đó, trang bị
nhiều hướng tư duy khác nhau giúp các em thích ứng với thi trắc nghiệm hiện
nay.
2.3. Giải pháp và tổ chức thực hiện.
2.3.1. Giải pháp để giải quyết vấn đề được nêu.
Bước 1. Tổ chức cho học sinh nắm bắt các kiến thức cơ bản liên quan.
Bước 2. Tổ chức hướng dẫn học sinh tìm cách giải khác nhau và lựa chọn cách
giải tối ưu cho hai bài toán sau:
- Bài toán cực trị trong mặt toạ độ liên quan đến khoảng cách.
3


- Bài toán cực trị trong mặt toạ độ liên quan đến biểu thức.
Ở mỗi bài toán, học sinh được định hướng tư duy theo hai hoặc ba cách để học
sinh khai thác được tối đa kỹ năng làm toán. Cụ thể: phương pháp hình học,
phương pháp đại số hoá (sử dụng các bất đẳng thức, sử dụng tính chất của hàm
số bậc hai, sử dụng lượng giác hoá). Từ đó, so sánh để tìm cách làm nhanh nhất
vào các dạng câu hỏi trắc nghiệm.
(Chú ý: có bài phải kết hợp giữa các phương pháp).
Bước 3. Tổ chức cho học sinh làm bài tập vận dụng dưới dạng câu hỏi trắc
nghiệm (giáo viên tổng hợp, nhận xét, đánh giá kết quả làm bài của học sinh).
2.3.2. Tổ chức thực hiện giảng dạy nội dung.
Phần1. Hệ thống các kiến thức cần ghi nhớ.
1/ Một số tính chất về hình học phẳng :
- Tính chất đường xiên và hình chiếu.

- Cách tìm toạ độ hình chiếu H của điểm M lên đường thẳng d.
- Cách tìm điểm M' đối xứng với điểm M qua đường thẳng d.
- Cách xét hai điểm A, B nằm cùng phía (hoặc khác phía) đối với đường thẳng
d...
2/ Các bất đẳng thức :
- Bất đẳng thức Côsi: a + b ≥ 2 ab (điều kiện a ≥ 0, b ≥ 0 ). Dấu "=" xảy ra
khi a = b.
- Bất đẳng thức Bunhiacopxki: (ax + by)2 ≤ (a2 + b2 )( x2 + y2).
a x
Dấu "=" xảy ra khi = .
b y
- Bất đẳng thức về độ dài véctơ:
r r
r r
r r
u + v ≤ u + v , dấu "=" xảy ra khi u , v cùng hướng.
r r
r r
r r
u − v ≤ u − v , dấu "=" xảy ra khi u , v cùng hướng.
- Bất đẳng thức về lượng giác: −1 ≤ sin ϕ ≤ 1; − 1 ≤ cos ϕ ≤ 1 ;
sin ϕ cos ϕ
=
).
− a 2 + b 2 ≤ a sin ϕ + bcosϕ ≤ a 2 + b 2 (dấu "=" xảy ra khi
a
b
−∆
−b
3/ Tam thức f(x)= ax2 + bx + c (a >0) đạt giá trị nhỏ nhất bằng

khi x =
.
4a
2a
−∆
−b
4/ Tam thức f(x)= ax2 + bx + c (a < 0) đạt giá trị lớn nhất bằng
khi x =
.
4a
2a
5/ Vectơ và các phép biến đổi vectơ:
uu
r uur r
- Nếu I là trung điểm của đoạn thẳng AB thì: IA + IB = 0 và với mọi điểm M ta
uuur uuur
uuu
r
có: MA + MB = 2 MI .
uuu
r uuu
r uuur r
- Nếu G là trọng tâm của tam giác ABC thì: GA + GB + GC = 0 và với mọi điểm
uuur uuur uuur
uuuu
r
M , ta có: MA + MB + MC = 3 MG .
4

Phần2. Các bài toán và ví dụ cụ thể
Bài toán cực trị trong mặt phẳng toạ độ liên quan đến khoảng cách
Bài toán 1. Tìm trên đường thẳng d điểm M sao cho M cách điểm A cho trước
một khoảng ngắn nhất.
Đây là bài toán cơ sở cho các bài toán sau này. Học sinh được định
hướng giải theo 3 cách:
+ Cách 1: ( Phương pháp hình học) Sử dụng tính chất đường xiên và hình
chiếu.
+ Cách 2: ( Phương pháp hàm số) Đại số hoá đưa về hàm số bậc hai.
+ Cách 3: Sử dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki.
Qua đó, các em bước đầu làm quen với bài toán cực trị trong mặt phẳng.
Cụ thể xét ví dụ sau:
Ví dụ. Cho điểm A(1; 0) và đường thẳng d: x +y +1 =0. Tìm trên đường thẳng
d điểm M sao cho MA ngắn nhất.
Hướng dẫn giải:
Cách 1: Gọi H là hình chiếu của A lên d.
Khi đó: AM ≥ AH = d(A, d) = 2 .
Vậy AM nhỏ nhất bằng 2 khi M ≡ H .
Phương trình đường thẳng d' đi qua A và d' ⊥ d là: - x + y + 1 = 0. Toạ độ H là
 x + y = −1
nghiệm của hệ phương trình: 
do đó M ≡ H(0; - 1).
−
x
+
y
=
−
1


Cách 2: Gọi M(t; - t - 1) ∈ d. Ta có: AM = 2t 2 + 2 ≥ 2 . Do đó
AM min = 2 khi t = 0 hay M (0; -1).

Cách 3: Gọi M(a; b) ∈ d nên a +b +1=0 . Ta có AM = (a − 1) 2 + b 2 , áp dụng
2
2
2
2
2
bất đẳng thức Bunhiacopxki ta được: (a − 1 + b) ≤ (a − 1) + b  (1 + 1 )

⇒ (a − 1) 2 + b 2 ≥ 2 .Vậy AM min =

M( 0;-1).

a − 1 = b
a = 0
⇔
2 khi 
hay
a + b + 1 = 0 b = − 1

Nhận xét 1. Cách 3 có phần tư duy khó hơn, đòi hỏi kỹ thuật tách ghép các
biến hợp lí song lại tạo hứng thú cho các em học sinh khá giỏi khi sử dụng bất
đẳng thức. Cách 2 đa số học sinh thấy dễ hiểu nhưng phải khéo léo khi gọi toạ
độ của M theo phương trình của d. Khi sử dụng cách 1 học sinh rút ra được AM
ngắn nhất bằng d(A, d) khi M chính là hình chiếu của A lên d.Việc tìm điểm
M trở nên đơn giản, phù hợp với câu hỏi trắc nghiệm.
Bài toán 2. Lập phương trình đường thẳng d đi qua điểm A và d cách điểm B
cho trước một khoảng lớn nhất.

5


Ví dụ. Cho điểm A( -1; 2), B( 1; 1). Lập phương trình đường thẳng d đi qua A
sao cho khoảng cách từ B đến d là lớn nhất.
Một số học sinh đã bắt đầu tự tìm cách tư duy hình học dựa vào tính chất
đường xiên và hình chiếu hoặc tìm cách đại số hoá dựa vào bất đẳng thức
Bunhiacopxki tương tự Bài toán 1. Sau đó so sánh các cách để tìm ra cách giải
nhanh.
Hướng dẫn giải:
Cách 1: Gọi H là hình chiếu của B lên d. Ta
có d(B, d) = BH ≤ AB = 5 . Suy ra, BHmin=
5 khi H ≡ A. Đường thẳng d ⊥ AB có
phương trình là: 2x - y + 4 = 0.
Cách
2: Gọi phương trình đường thẳng d đi qua A(-1; 2) và có véctơ pháp tuyến
r
n(a; b) , ( a 2 + b 2 ≠ 0 ) là: a(x + 1) + b( y - 2) = 0. (1)
2a − b

5. a 2 + b 2

≤
= 5 . Vậy d(B, d)min = 5 khi
a 2 + b2
a2 + b2
a = -2b. Thay vào (1) ta được phương trình đường thẳng d là: -2x + y – 4 = 0.
d(B, d) =

Nhận xét 2. So sánh giữa hai cách thì cách 1 cho kết quả nhanh hơn vì học sinh

rút ra được đường thẳng d đi qua A sao cho d( B, d ) lớn nhất khi d ⊥ AB tức
uuu
r
là đường thẳng d nhận AB làm vectơ pháp tuyến.
Bài toán 3. Cho điểm M nằm trong đường tròn (C). Lập phương trình đường
thẳng d đi qua M và cắt đường tròn (C) theo dây cung có độ dài lớn nhất, nhỏ
nhất.
Phân tích
Giả sử d đi qua M và cắt (C) theo dây cung AB.
Gọi H là trung điểm của AB, khi đó:
AB=2HA = 2 R 2 − IH 2 .
Cách 1: ( Phương pháp hình học)
+ ABmax khi IH min tức là I ≡ H. Khi đó đường
thẳng d đi qua tâm I.
+ ABmin khi IH max = d ( I , d ) max , khi đó M ≡ H
( Bài toán 2 )
Cách 2: Sử dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki để
đánh giá d ( I , d ) lớn nhất hoặc nhỏ nhất.
Ví dụ: Cho phương trình đường tròn (C): ( x - 1)2 + ( y - 3)2 = 25 và điểm
M( 0;1). Lập phương trình đường thẳng d đi qua M và cắt đường tròn (C) theo
dây cung có độ dài lớn nhất, nhỏ nhất.
Hướng dẫn giải:
Đường tròn (C) có tâm I( 1; 3), bán kính R=5, IM = 5 < R nên M nằm trong
6


đường tròn (C). Gọi H là hình chiếu của I lên d. Giả sử d cắt (C) theo dây cung.
Ta có: AB = 2 HA = 2 R 2 − IH 2 .
Cách 1: Theo Phân tích trên ta được:
+ AB lớn nhất khi I trùng H. Khi đó đường thẳng d đi qua hai điểm I, M

cóphương trình: 2x – y + 1 = 0.
+ AB nhỏ nhất khi IH lớn nhất. Do IH ≤ IM suy ra IH lớn nhất khi H ≡ M.
Đường thẳng d lúc này đi qua M và d ⊥ IM có phương trình: x + 2y -2 =0.
Cách 2: Gọi phương trình đường thẳng d đi qua M(0; 1) và có véctơ pháp tuyến
a+2b
r
2
2
n(a; b) , ( a + b ≠ 0 ) là: ax + by - b = 0 (2). Ta có d(I, d) =
.
a 2 + b2
+) AB lớn nhất khi d(I, d) nhỏ nhất tức là a + 2b = 0. Thay vào (2) được phương
trình của d: 2x – y +1 = 0.
+ AB nhỏ nhất khi d(I, d) lớn nhất. Ta có

a+2b
2

a +b

2

≤

5(a 2 + b 2 )
2

a +b

2

= 5 .

Vậy d(I, d)min = 5 khi 2a = b. Thay vào (2) ta được phương trình đường thẳng
d là: x +2y – 2 = 0.
Nhận xét 3. Rõ ràng việc tư duy hình học cho kết quả nhanh hơn. Nếu vận dụng
vào câu hỏi trắc nghiệm học sinh chỉ cần chú ý đường thẳng d đi qua M và cắt
đường tròn (C) theo dây cung AB lớn nhất khi d đi qua tâm I, dây cung AB
nhỏ nhất khi d ⊥ IM.
Lưu ý: khi M nằm trên hoặc nằm ngoài đường tròn(C) thì không xảy ra
trường hợp đường thẳng d đi qua M và cắt (C) theo dây cung có độ dài nhỏ
nhất.
Bài toán 4. Tìm điểm M trên đường tròn (C) sao cho M cách điểm A cho trước
một khoảng nhỏ nhất, lớn nhất.
Ví dụ. Cho phương trình đường tròn (C): ( x + 1)2 + ( y - 2)2 = 1 và điểm A(1;
2). Tìm điểm M trên đường tròn (C) sao cho AM nhỏ nhất, lớn nhất.
Phân tích 1
Cách 1( Phương pháp hình học): IA >R nên A
nằm ngoài đường tròn (C) .Yêu cầu học sinh
chỉ ra vị trí điểm M cần tìm trên hình vẽ.
Giả sử M1M2 là đường kính và M1 nằm giữa A,
M2.
+ MA lớn nhất khi M trùng với M2, vì:
AM ≤ AI + IM ≤ AI + IM 2 = AM 2 .
+ AM nhỏ nhất khi M trùng với M1, vì:
AM ≥ AI − IM = AI − IM 1 = AM 1 .
Như vậy, MA nhỏ nhất, lớn nhất khi M thuộc
d là đường thẳng đi qua tâm I và A.
7

Hướng dẫn giải:

 x = − 1 + 2t
Gọi d là đường thẳng IA. Phương trình đường thẳng d: 
( t ∈ R ).
y = 2
 x = − 1 + 2t

Toạ độ giao điểm giữa d và (C) là nghiệm của hệ :  y = 2

2
2
( x + 1) + ( y − 2) = 1
1
−1
Giải ta được t = ; t = .
2
2
1
1
Với t = ta được M1( 0; 2), với t = − ta được M2( -2; 2).
2
2
Nhận thấy: M1A = 1, AM2 = 3. Vậy M1( 0; 2) là điểm cách A một khoảng nhỏ
nhất và M2( -2; 2) là điểm cách A một khoảng lớn nhất.
Phân tích 2
Cách 2: ( Phương pháp lượng giác hoá ). Xuất phát từ phương trình đường tròn
 x − a = R sin ϕ
, ϕ ∈ [ 0;2π ] .Đưa yêu cầu bài

( x - a)2 + ( y –b)2 = R2 , ta đặt 
y
−
b
=
R
cos
ϕ

toán về tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức lượng giác.
Hướng dẫn giải:
 x = − 1 + sin ϕ
, ϕ ∈ [ 0;2π ] . Gọi M( −1 + sin ϕ ; 2 + cos ϕ ) ∈ (C ) .
Đặt 
 y = 2 + cos ϕ
(sin ϕ − 2) 2 + (cos ϕ ) 2 = 5 − 4sin ϕ , do −1 ≤ sin ϕ ≤1 nên
1 ≤ 5 − 4sin ϕ ≤ 9 hay 1 ≤ AM ≤ 3 .
Kết luận : AM min = 1 khi sin ϕ = 1, cos ϕ = 0 ta được M( 0; 2) và AM max = 3 khi
sin ϕ = − 1, cos ϕ = 0 ta được M(- 2; 2).
AM =

Nhận xét 4. Nếu Bài toán 4 cho dưới dạng câu hỏi trắc nghiệm thì khi dùng
cách 1 học sinh không phải trình bày phân tích 1 mà chỉ cần chỉ ra MA nhỏ
nhất, MA lớn nhất khi M thuộc đường thẳng đi qua tâm I và A. Song nếu
câu hỏi trắc nghiệm chỉ yêu cầu kết quả của khoảng cách lớn nhất, nhỏ nhất
thì việc dùng cách 2 để đánh giá 1 ≤ AM ≤ 3 sẽ nhanh hơn.
Bài toán 5. Tìm điểm M trên đường tròn (C) sao cho M cách đường thẳng d cho
trước một khoảng nhỏ nhất, lớn nhất.
Ví dụ. Cho phương trình đường tròn (C): ( x - 2)2 + ( y - 3)2 = 2 và đường
thẳng d: x - y - 2 = 0 . Tìm điểm M trên đường tròn (C) khoảng cách từ M đến

d nhỏ nhất, lớn nhất.
Phân tích

8


+ Phương pháp hình học: Ta có d(I, d) >R
nên d không cắt (C).
Gọi d' là đường thẳng đi qua tâm I, d' ⊥ d tại
H và d' cắt (C) tại hai điểm M 1, M2 sao cho
M1 nằm giữa H, M2.. Hạ MK ⊥ d , do
HM 1 ≤ KM ≤ HM 2 nên: d(M, d) lớn nhất
khi M trùng với M2, nhỏ nhất khi M trùng với
M1.

+ Phương pháp sử dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki : Gọi M(x 0 ,y0 ) thuộc (C),
suy ra ( x0 - a)2 + ( y0 –b)2 = R2. Học sinh cần khéo léo tách ghép các biến để sử
dụng được điều kiện ( x0 - a)2 + ( y0 –b)2 = R2.
+ Phương pháp lượng giác hoá : ( tương tự Phân tích 2 – Bài toán 4)
Hướng dẫn giải:
x = 2 + t
Cách 1: Phương trình đường thẳng d' : 
.
y = 3 − t
Giải hệ phương trình giữa d' và (C) ta được t = 1; t = −1 .
Với t = 1 ta được M1(3; 2), với t = −1 ta được M2(1; 4).
2
5 2
Nhận thấy d ( M 1, d ) =
và d ( M 2 , d ) =

.
2
2
Vậy d ( M 1, d ) nhỏ nhất khi M1(3; 2) và d ( M 2 , d ) lớn nhất khi M2(1; 4).
Cách 2: M(a; b) ∈ (C): (a -2 )2 + (b - 3)2 =2.
Tacó : (a -2) - (b − 3) ≤ 2. (a − 2) 2 + (b − 3) 2 = 2
a −b−2
(a − 2) − (b − 3) − 3
1
5
≤ d (M , d ) =
=
≤
.
2
2
2
2
2
5 2
Tương tự: d ( M , d ) min =
khi M(3; 2), d ( M , d ) max =
khi M(1; 4).
2
2
Cách 3: Gọi M( 2 + 2 sin ϕ ;3 + 2 cosϕ ) ∈ (C ) , ϕ ∈ [ 0;2π ] .Ta có
2 sin ϕ − 2 cosϕ − 3 5 2
2
.
≤ d (M , d ) =

≤
2
2
2
2
5 2
Vậy d ( M , d ) min =
khi M(3; 2).; d ( M , d ) max =
khi M(1; 4).
2
2
Nhận xét 5. Việc yêu cầu học sinh giải Bài toán 5 bằng ba cách nhằm phát huy
nhiều hướng tư duy cho học sinh. Cách 1 thuận lợi khi câu hỏi trắc nghiệm chỉ
yêu cầu tìm điểm M (vì học sinh chỉ cần ghi nhớ d( M, d ) nhỏ nhất, d( M, d)
lớn nhất khi M thuộc d' là đường thẳng đi qua tâm I và d' vuông góc với d).
9


Lưu ý: khi d cắt (C) thì d(M, d) nhỏ nhất luôn bằng 0 khi M trùng với giao điểm
của d và (C). Nhưng nếu câu hỏi trắc nghiệm chỉ hỏi kết quả của khoảng cách
lớn nhất, nhỏ nhất thì việc đánh giá bất đẳng thức theo cách 3 nhanh hơn( vì lúc
này không phải tìm điều kiện để dấu " = '' xảy ra).
x2 y2
Bài toán 6. Tìm trên Elíp (E) : 2 + 2 = 1 điểm M sao cho diện tích tam giác
a
b
MAB lớn nhất ( với hai điểm A, B cho trước).
Phân tích
1
SVMAB = d ( M , d ). AB , do AB không đổi nên SVMAB lớn nhất khi quy về

2
d
(
M
,
d
) lớn nhất. Tương tự Bài toán 5
bài toán
Cách 1: (Sử dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki).Gọi M(x0; y0 ) thuộc( E), suy ra
x0 2 y0 2
+
= 1 . Học sinh cần khéo léo tách ghép các biến để sử dụng được
a 2 b2
x2 y2
điều kiện 02 + 02 = 1 .
a
b
Cách 2: (Phương pháp lượng giác hoá).Xuất phát từ phương trình Elíp, ta đặt:
 x = a sin ϕ
,ϕ ∈ [ 0;2π ] rồi đưa về đánh giá biểu thức lượng giác.

 y = b cos ϕ

x2 y2
+
= 1 và đường thẳng d:
Ví dụ. Cho Elíp (E) có phương trình:
8
4
x − y 2 + 2 = 0 . Gọi A, B là giao điểm của (E) và d. Tìm điểm M bất kì trên (E)

sao cho diện tích tam giác MAB lớn nhất.
Hướng dẫn giải:
3 2
Ta có: AB = 3 2 , ta có: SVABC =
d ( M , d ) , do đó SVABC lớn nhất khi d ( M , d )
2
lớn nhất.
a2 b2
Cách 1: Gọi M(a; b) thuộc (E): + = 1 . Ta có:
8
4
a
b
a − 2b = 2 2 .
− 2 2. ≤ 4 ⇔ −4 ≤ a − 2b ≤ 4
2
2 2
a − 2b + 2

6
=2 3
3
3
a − b 2 = 4 a = 2
S
⇔
⇒ M (2; − 2)
Do đó VABC lớn nhất bằng 3 6 khi 
b
=

−
2
a = −b 2

Cách 2: Gọi M( 2 2 sin ϕ ; 2cosϕ ) ∈ ( E ) , ϕ ∈ [ 0;2π ] . Ta có:
⇒ d(M, d)=

≤

10


2 3
2 sin ϕ − 2 cos ϕ + 1 ≤ 2 3 (vì −2 ≤ 2 sin ϕ − 2 cos ϕ ≤ 2 ).
3
sin ϕ = − cos ϕ
sin ϕ = 2
⇔
⇒ M (2; − 2) .
Dấu " = " khi 

2
sin
ϕ
−
2
cos
ϕ
=
2

cos ϕ = − 2

d (M , d ) =

Nhận xét 6. Việc sử dụng bất đẳng thức để đánh giá theo cách 2 dễ dàng hơn
( vì học sinh không cần phải tách ghép các biến như cách 1).
Bài toán 7. (Trích đề thi đại học khối A – năm 2009)
Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường tròn (C):
x 2 + y 2 + 4 x + 4 y + 6 = 0 và đường thẳng ∆ : x + my -2m +3 = 0,với m là tham
số thực. Gọi I là tâm của đường tròn (C). Tìm m để ∆ cắt (C) tại hai điểm phân
biệt A và B sao cho diện tích tam giác IAB lớn nhất.
Phân tích
- Đường thẳng ∆ cắt (C) tại hai điểm phân biệt A, B khi d ( I , ∆) < R .
- Để xét diện tích tam giác IAB lớn nhất, ta phân tích hai cách như sau:
Cách 1: Sử dụng bất đẳng thức lượng giác.
2
1
R
R2
·
·
( vì sin ·AIB ≤ 1 )
SVIAB = IA. IB. sin AIB =
sin AIB ≤
2
2
2
2
R
R 2

Suy ra SVIAB lớn nhất bằng
khi ·AIB = 900 hay d ( I , ∆) = R sin 450 =
.
2
2
Cách 2: Sử dụng bất đẳng thức Côsi.
Gọi H là trung điểm của AB.
1
SVIAB = IH . AB = IH . R 2 − IH 2
2
IH 2 + R 2 − IH 2
R2
≤
=
2
2
Dấu "=" xảy ra khi
R 2
.
IH 2 = R 2 − IH 2 ⇔ IH =
2
Hướng dẫn giải
Đường tròn (C) có tâm I(- 2; -2), bán kính R = 2 .
Điều kiện để đường thẳng cắt (C) tại hai điểm phân biệt A, B là d ( I , ∆ ) < 2 .
Cách 1: Theo phân tích trên, diện tích tam giác IAB lớn nhất bằng 1 khi
m = 0
2
d ( I , ∆) = 1 ⇔ 1 − 4m = 1 + m ⇔ 
8 .
m =

15

Cách 2: Sử dụng bất đẳng thức Côsi. Theo phân tích trên diện tích tam giác
IAB lớn nhất bằng 1 khi IH = 1 ⇔ d ( I , ∆) = 1 . Ta được m = 0; m =

8
.
15
11


R 2
. Nếu
2
lớn nhất bằng

Nhận xét 7. Cả hai cách đều quy về tìm điều kiện của m để d ( I , ∆) =
bài toán này hỏi dưới dạng trắc nghiệm thì rõ ràng việc tìm SVIAB
R2
theo cách 1 nhanh hơn, dễ hiểu hơn.
2

Bài toán cực trị trong mặt toạ độ liên quan đến biểu thức
Bài toán 1. Cho đường thẳng d và hai điểm A, B không thuộc d. Tìm trên d điểm
M sao cho MA + MB nhỏ nhất.
Phân tích
+ Khi sử dụng phương pháp hình học, học sinh cần đưa bài toán về một trong
hai trường hợp.
Trường hợp1: A, B nằm về hai phía
đối với d.

Khi đó MA +MB ≥ AB ( không đổi)
⇒ MA +MB nhỏ nhất bằng AB khi A,
B, M thẳng hàng tức M trùng với giao
điểm I của d với đường thẳng AB.
Trường hợp2: A, B nằm cùng phía đối với
d.
Lấy A' đối xứng với A qua d, khi đó:
MA +MB = MA' +MB ≥ A'B (khôngđổi)
⇒ (MA+ MB) min =A'B khi A', B, M thẳng
hàng hay M trùng với giao điểm I của A'B
và d.
+ Sử dụng bất đẳng thức về độ dài vectơ: Để áp dụng được bất đẳng thức

r r
r r
r r
r r
u + v ≥ u + v học sinh cần khéo léo chọn được u , v sao cho u + v = MA + MB
r r
u
và + v không đổi.

Ví dụ. Cho hai điểm A(1; 1) và B( -2; -4). Tìm trên d: x + y = 0 điểm M sao
cho MA + MB nhỏ nhất .
Hướng dẫn giải:
Cách 1: Đặt f ( x ; y ) = x + y . Ta có f (1;1). f (−2 ; − 4) < 0 nên A, B khác phía đối
với d.
Lí luận như TH1, ta được (MA +MB)min = AB = 34 khi M là giao điểm của d
với đường thẳng AB.
1 1



2
Cách 2: Gọi M( t; - t) thuộc d, khi đó: MA + MB = 2t + 2 + 2(t − 1)2 + 18

Phương trình đường thẳng AB: 5x -3y -2 = 0 ⇒ M  ; − ÷.
4 4

12


r

r

r r

Ta có thể chọn u = (− 2t ; 2), v = ( 2t − 2;3 2) ⇒ u + v = ( − 2;4 2) . Khi đó:
r r r r
r r
MA + MB = u + v ≥ u + v = 34 , dấu " =" xảy ra khi u , v cùng hướng

⇒t =

1
1 1
hay M  ; − ÷.
4
4 4

Bài toán 2. Cho đường thẳng d và hai điểm A, B không thuộc d. Tìm trên d điểm
M sao cho MA − MB lớn nhất.
Phân tích
+ Khi sử dụng hình học, đưa bài toán về một
trong hai trường hợp.
Trường hợp1: A, B nằm về cùng phía đối với d.
Khi đó MA − MB ≤ AB ⇒ MA − MB lớn nhất
bằng AB khi A, B, M thẳng hàng và M nằm
ngoài đoạn AB hay M trùng với giao điểm I của
AB và d.
Trường hợp2: A, B nằm về hai phía đối với d.
Lấy A' đối xứng với A qua d. Khi đó
MA − MB = MA '− MB ≤ A ' B ⇒ MA − MB

lớn nhất bằng A'B khi A', B, M thẳng hàng và
M nằm ngoài đoạn A'B hay M trùng với Mo là
giao điểm của d và A'B.

+ Sử dụng bất đẳng thức về độ dài vectơ: Để áp dụng được bất đẳng thức
r
r
u −v
r
r
u −v

r r
≤ u −v

r r

học sinh cần khéo léo chọn được u, v sao cho

= MA −MB

r

r

và u − v không đổi.

Ví dụ. Cho đường thẳng d: 2x – y + 1 = 0, A(1; 2), B(0; -1). Tìm điểm M thuộc
d sao cho MA − MB lớn nhất.
Hướng dẫn giải:
Cách 1: Nhận thấy A, B cùng phía đối với d. Theo TH1, MA − MB ≤ 10 , khi
M là giao điểm của AB và d suy ra M(2; 5).
Cách 2: Gọi M(t; 2t+1) thuộc d. Ta có:
3
1
4
4
(t − ) 2 +
− (t + ) 2 +
.
5
25
5
25
r  3 1 r  4 2
r r  7 1

Đặt u =  t − ; ÷, v =  t + ; ÷⇒ u − v =  − ; ÷. Khi đó:
 5 5
 5 5
 5 5
MA − MB = 5

13


r
r
r r
MA − MB = 5 u − v ≤ 5 u −v = 10 . Dấu " = " xảy ra khi
r r
u , v cùng hướng khi đó t = 2, suy ra M(2; 5).

Nhận xét 8. Khi đưa bài toán 1 và bài toán 2 về dạng câu hỏi trắc nghiệm thì
cách 1 ưu thế hơn đối với đa số học sinh ( vì không phải trình bày quá trình
phân tích bài toán mà chỉ cần chỉ ra vị trí của M trong hai trường hợp A, B
nằm cùng phía và khác phía đối với d .Việc tìm M quy về bài toán tìm giao
điểm của hai đường thẳng).
Cách 2 khá thú vị, đặc biệt với các em yêu thích bất đẳng thức.
Bài toán 3. Cho n điểm A1, A2 , ..., An với n số k1, k2 , ..., kn thoả mãn:
k1 + k2 + ... + kn = k ≠ 0 và đường thẳng d. Tìm trên d điểm M sao cho
uuuu
r
uuuur
uuuur
P1 = k1 MA1 + k2 MA2 + ... + k n MAn

nhỏ nhất .

Phân tích
+ Sử dụng kết hợp phương pháp
pháp hình học.
uur biếnuuđổi
u
r vectơ uvới
uu
r phương
r
- Xác định điểm I sao cho k1 IA1 + k2 IA2 + ... + kn IAn = 0 .
uuu
r uur

uuu
r uuu
r

uuu
r uuu
r

- Biến đổi P1 = k1 ( MI + IA1 ) + k2 ( MI + IA2 ) + ... + kn ( MI + IAn ) = k MI
Do đó P1 nhỏ nhất khi MI nhỏ nhất ( quy về Bài toán1- trang 5).
Đặc biệt khi n = 2; k1 = k2 thì I là trung điểm của AB, khi n = 3; k1 = k2 = k3
thì I là trọng tâm của tam giác ABC .
+ Sử dụng phương pháp hàm số: Gọi toạ độ của M theo phương trình của d.
Đưa biểu thức P1 về hàm số bậc hai.
Ví dụ 1. Cho đường thẳng d: 2x – y = 0, A(1; 0), B(-1; 2). Tìm điểm M thuộc d

uuur uuur

sao cho MA + MB nhỏ nhất.
Hướng dẫn giải:

uuur uuur

uuu
r

Cách 1: Gọi I(0;1) là trung điểm của AB. Khi đó, MA + MB =2 MI = 2MI .
uuur uuur
2
⇒ MA + MB nhỏ nhất bằng 2d( I, d) =
khi M là hình chiếu của I lên d, suy
5
2 4
ra M  ; ÷.
5 5
uuur uuur
Cách 2: Gọi M( t; 2t), khi đó MA + MB = 20t 2 − 16t + 4 . Giá trị hàm số
uuur uuur
4
−b 2
⇒ MA + MB nhỏ nhất
=
f(t) = 20t2 - 16t + 4 nhỏ nhất bằng
khi t = =
5
2a 5

2
2 4
bằng
khi M  ; ÷.
5
5 5

Ví dụ 2. Cho A(-2; 0), B(0; 3), C(5; -3). Tìm trên đường thẳng d: y = 2 điểm M
uuur uuur uuuu
r

sao cho MA + MB + MC nhỏ nhất.
14


Hướng dẫn giải:
Cách 1: Gọi G(1;0) là trọng tâm của tam giác ABC. Ta có:

uuur uuur uuuu
r
uuuu
r
uuur uuur uuuu
r
MA + MB + MC =3 MG =3MG ⇒ MA + MB + MC nhỏ nhất bằng 3d(G, d) = 6

khi MG nhỏ nhất tức M là hình chiếu của G lên d. Tìm được M( 1;2).

uuur uuur uuuu
r

MA
+
MB
+
MC
= 9(t − 1) 2 + 4 nhỏ nhất bằng 2 khi t =1
Cách 2: Gọi M(t; 2),

hay M(1; 2).
Nhận xét 9. So sánh hai phương pháp khi vận dụng ví dụ 1 và ví dụ 2 vào câu
hỏi trắc nghiệm ta nhận thấy: Cách1 việc tìm M chỉ cần quy về tìm hình chiếu
của trung điểm I (hoặc trọng tâm G) lên d. Điều này cho kết quả rất nhanh.
Ví dụ 3. Cho đường thẳng d: x +y -1= 0, A(2; -3), B(2; 3).Tìm điểm M thuộc d
uuur

uuur

sao cho MA + 2MB nhỏ nhất.
Hướng dẫn giải:
uu
r uuu
r r
Cách 1: Giả sử I(x; y) thoả mãn : IA + 2 IB = 0
x = 2
⇔ (2 − x; − 3 − y ) + 2(2 − x; 3 − y ) = 0 ⇔ 
tìm được I(2; 1). Theo chú ý trên
y =1
uuur uuur
uuur uuur
MA + 2 MB = 3 IM . Do đó MA + 2MB nhỏ nhất bằng d(I, d) = 3 2 khi M là

hình chiếu của I lên d.
Ta có: Phương trình đường thẳng d' đi qua I và vuông góc với d là: -x + y -1 =0.
− x + y + 1 = 0
Toạ độ M là nghiệm của hệ phương trình: 
suy ra M(1; 0).
x + y − 1 = 0
uuur
uuur
MA
+
2
MB = 18t 2 − 36t + 36 .
Cách 2 : Gọi M(t; 1-t) thuộc d. Khi đó :

Giá trị hàm số f(t) = 18t2 - 36t + 36 nhỏ nhất bằng 18 khi
uuur
uuur
MA + 2 MB nhỏ nhất bằng 3 2 khi M(1; 0).

t=

−b
=1⇒
2a

Nhận xét 10. So sánh hai phương pháp khi vận dụng hai ví dụ
uu
r 3 vào
uuu

r câu
r hỏi
trắc nghiệm ta nhận thấy: Ở cách 1 việc tìm điểm I thoả mãn IA + 2 IB = 0 sau
đó tìm hình chiếu của I lên d mất nhiều thời gian. Vì vậy cách đưa về hàm số
hàm số bậc hai lúc này lại tối ưu hơn.
Bài toán 4. Cho n điểm A1, A2 ,..., An với n số k1, k2 , ..., kn thoả mãn
k1 + k2 + ... + kn = k ≠ 0 và đường thẳng d. Tìm trên d điểm M sao cho
P2 = k1 MA21 + k2 MA2 2 + ... + k n MA2 n nhỏ nhất, lớn nhất.
Phân tích
+ Sử dụng kết hợp phương pháp
uur biến
uuu
rđổi vectơ
uuu
rvới rphương pháp hình học
- Xác định điểm I sao cho k1 IA1 + k2 IA2 + ... + kn IAn = 0
- Biến đổi P2 = kMI 2 + k1 IA21 + k2 IA2 2 + ... + kn IA2 n
15


Nếu k >0 thì P2 nhỏ nhất khi MI nhỏ nhất. Nếu k <0 thì P2 lớn nhất khi MI
nhỏ nhất. Do đó P2 nhỏ nhất, P2 lớn nhất khi MI nhỏ nhất ( quy về Bài toán 1 –
trang 5). Đặc biệt khi n = 2 ; k1 = k2 thì I là trung điểm của AB, khi
n = 3; k1 = k2 = k3 thì I là trọng tâm của tam giác ABC .
+ Sử dụng phương pháp hàm số: Gọi toạ độ của M theo phương trình của d.
Đưa biểu thức P2 về hàm số bậc hai
Ví dụ 1. Cho đường thẳng d: 2x – y = 0, A(1; 0), B(-1; 2). Tìm điểm M thuộc d
sao cho MA2 + MB 2 nhỏ nhất.
Hướng dẫn giải:
Cách 1: Gọi I(0;

của
đó:
uuu
r 1) ulà
uu
r trung
uuđiểm
u
r uuu
r 2 AB. Khi
2
2
2
2
MA + MB = ( MI + IA ) + ( MI + IB ) = 2MI + IA2 + IB 2 nhỏ nhất khi MI nhỏ
2 4
nhất tức M là hình chiếu vuông góc của I lên đường thẳng d, suy ra M  ; ÷.
5 5
2
2
2
Cách 2: Gọi M( t; 2t) khi đó MA + MB = 10t − 8t + 6 . Suy ra MA2 + MB 2 nhỏ
22
2
2 4
khi t = hay M  ; ÷.
nhất bằng
5
5
5 5

Ví dụ 2. Cho đường thẳng d: y = x và ba điểm A(2; 6), B(-3; -4), C(0; 1).
Tìm điểm M thuộc d sao cho biểu thức T = −2 MA2 − 3MB 2 + 4MC 2 lớn nhất.
Hướng dẫn giải:
uu
r uuu
r uur r
Cách 1: Xác định điểm I sao cho −2 IA − 3IB + 4 IC = 0 ⇒ I (−5; − 4) . Khi đó
T = −2MA2 − 3MB 2 + 4MC 2 = − MI 2 − 2 IA2 − 3IB 2 + 4 IC 2 lớn nhất khi MI nhỏ
 −9 −9 
nhất tức M là hình chiếu của I lên d, suy ra M  ;
÷.
 2 2 
Cách 2: Gọi M(t; t), khi đó −2 MA2 − 3MB 2 + 4 MC 2 = − 2t 2 − 18t − 151 lớn nhất
−221
−9
 −9 −9 
khi t =
bằng
hay M  ;
÷.
2
2
 2 2 
Nhận xét 11. So sánh hai cách trên khi vận dụng Bài toán 4 vào làm trắc
nghiệm ta nhận thấy cách đưa về hàm số bậc hai ngắn gọn, dễ hiểu và cho kết
quả nhanh.
Phần3 Bài tập vận dụng bằng câu hỏi trắc nghiệm cho học sinh (giáo viên
tổng hợp, nhận xét, đánh giá kết quả làm bài của học sinh).
Câu 1: Khoảng cách ngắn nhất từ một điểm trên đường thẳng d: x +y +3 =0 đến
A(0; 1) là:

A. 1.
B. 2 2 .
C. 2 .
D. 3.
Câu 2: Cho đường thẳng d và hai điểm A, B. Gọi M bất kì trên d sao cho
uuur uuur
MA + MB nhỏ nhất. Trong các khẳng định sau, khẳng định nào đúng:
A. M là hình chiếu của A lên d.
B. M là hình chiếu của B lên d.
16


C. M là hình chiếu của trung điểm I của AB lên d.
D. M là trung điểm I của AB.
Câu 3: Cho A(-1; 1), khoảng cách lớn nhất từ điểm M(1; 2) đến đường thẳng d
(d đi qua A) bằng:
A. 2 5 .
B. 2 2 .
C. 3 .
D. 5 .
Câu 4: Có bao nhiêu đường thẳng đi qua một điểm và cắt đường tròn theo dây
cung lớn nhất?
A.0.
B.1.
C. 2.
D. 3.
2
2
Câu 5: Cho đường tròn (C): ( x -1) + y = 16. Gọi A( m; n ) thuộc (C). Khi đó
tổng m2+ n2 đạt giá trị nhỏ nhất bằng:

A. 8.
B. 9.
C.10.
D.15.
Câu 6: Phương trình đường thẳng d đi qua M(0; 1) và cắt đường tròn (C):
x2 + y2 - 2x - 6y - 15 = 0 theo dây cung có độ dài lớn nhất là:
A. 2x - y + 1 = 0.
B. 2x - y - 1 = 0.
C. 3x + y + 1 = 0.
D. 3x - y + 1 = 0.
2
2
x
y
+
= 1 có tiêu điểm F1(-c; 0). Gọi M
Câu 7: Cho Elíp (E) có phương trình
9
5
là điểm bất kì trên (E). Khi đó độ dài đoạn M F1 ngắn nhất bằng :
A. 1.
B. 2.
C.4.
D.5.
2
2
Câu 8: Cho đường tròn (C): ( x +1) + ( y - 1) = 4 và đường thẳng d': x + y +5
= 0. Gọi d là đường thẳng song song với d' và d cắt (C) tại hai điểm phân biệt A,
B. Khi đó diện tích tam giác IAB lớn nhất bằng :
A. 1.

B. 2.
C. 4.
D. 6.
Câu 9: Khoảng cách ngắn nhất từ A(1; 2) đến một điểm trên đường tròn (C):
(x + 1)2 + ( y - 2)2 = 9 là:
A. 1.

B.

1
.
2

C. 3 .

D. 2 3 .

Câu 10 : Gọi điểm M(a; b) trên đường tròn (C): x 2 + y 2 = 5 sao cho M cách
A(-2; 1) một khoảng lớn nhất. Khi đó kết quả của 2a +b bằng :
A.1 .
B. 2.
C. 3.
D. 4.
Câu 11 : Khoảng cách lớn nhất từ một điểm trên đường tròn (C):
x2 + ( y - 1)2 = 1 đến đường thẳng d: 3x - 4y – 2 = 0 bằng:
A.

1
5

B.

2
5

C.

14
5

D.

11
.
5

Câu 12: Cho đường thẳng d tiếp xúc với đường tròn (C). Khi đó khoảng cách
ngắn nhất từ một điểm bất kì trên (C) đến d bằng:
A. 1
B. 0
C. 2
D. không tồn tại.
Câu 13: Cho A(2; 1), B(-1; 0), C(0;1), khi đó toạ độ điểm M bất kì trên đường
thẳng d : y = - x sao cho − MA2 − 2 MB 2 + MC 2 lớn nhất là :
A. 6.
B. 7.
C. -6.
D. 6.
2
2

Câu 14: Cho đường tròn (C): ( x - 1) + y = 16. Gọi A(m; n) thuộc (C). Khi đó
tổng m+ n đạt giá trị lớn nhất bằng:
17


A. 4 2 + 1 .

B.

1
.
2

C. 4 2 − 1 .

D. 15.

Câu15: Đường thẳng d bất kỳ cắt đường tròn (C): x2 + y2 - 2x - 6y - 15 = 0 theo
dây cung có độ dài lớn nhất bằng :
A.7.
B.8.
C. 9.
D. 10.
2
2
Câu 16 : Cho đường tròn (C) có phương trình: x + y - 2x - 6y - 15 = 0. Đường
thẳng d đi qua M(0; 1) và cắt (C) theo dây cung có độ dài nhỏ nhất bằng :
A. 2 5 .
B. 3 5 .
C. 4 5 .

D. 5.
2
2
x
y
+
= 1 đến đường
Câu 17: Khoảng cách lớn nhất từ điểm M trên Elíp (E):
9 16
thẳng d: x+ y -6 = 0 bằng :
A.

1
.
2

B.

11 2
.
2

C.

2
.
2

D.

3
.
2

Câu 18: Tổng khoảng cách nhỏ nhất từ điểm M trên trục hoành đến hai điểm
A(1; 2) , B (3; 4) là:
A. 14 .
B. 10 .
C. 2 10 .
D. 3 10 .
Câu 19: Cho đường thẳng d: x + y = 0 và hai điểm A(1; 1), B(0; -2). Gọi P là
điểm bất kì trên d sao cho PA − PB lớn nhất.
Xét các khẳng định sau:
I) Hai điểm A, B nằm về hai phía của d.
II) P là hình chiếu của trung điểm I của AB lên d .
III) P là giao điểm của d và đường thẳng AB.
IV) P là giao điểm của d và đường thẳng AB' ( B' là điểm đối xứng với B qua d).
Trong các khẳng định trên, có bao nhiêu khẳng định sai:
A. 0.
B. 1.
C. 2.
D. 3.
Câu 20 : Cho A(-1; -1), B (-2; -4). Gọi điểm M bất kì trên d: x + y = 0 sao cho
tam giác MAB có chu vi nhỏ nhất. Khi đó toạ độ của M là:
 1 −1 

 −1 −1 

1 1

 1 1

A. M  ; ÷.
B. M  ; ÷.
C. M  ; ÷ .
D. M  − ; ÷.
4 4 
 4 4 
4 4
 4 4
Câu 21: Phương trình đường thẳng d đi qua A(-1; 1) sao cho khoảng cách từ
M(1; 2) đến d lớn nhất có dạng :
A. 2x + y + 1 = 0.
B. 2x + y + 4 = 0.
C. -2x + y – 3 = 0.
D. - x +2 y - 3 = 0.
Câu 22 : Cho A(1; 1), B(2; 1). Gọi M(a; b) bất kì trên đường thẳng d: 2x + y +1
= 0 sao cho 2MA2+MB2 nhỏ nhất. Khi đó tổng a + b có kết quả là:
A.

−7
.
15

B.

7
.
5

C.

−7
.
2

D.

7
.
15

Câu 23: Cho A(1; 2), B(-1; 1) và điểm M bất kì trên đường tròn (C):
x2 + y2 = 25. Diện tích tam giác MAB lớn nhất bằng:
A.

11
.
5

B.

5 5
.
2

C.

5 5+3
.

2

D.

5 5 −3
.
2
18


Câu 24 : Cho đường thẳng d và ba điểm A, B, C. Gọi điểm M bất kì trên d sao
cho MA2 + MB 2 + MC 2 nhỏ nhất. Trong các khẳng định sau, khẳng định nào
đúng:
A. M là trọng tâm của tam giác ABC .
B. M là hình chiếu của B lên d.
C. M là hình chiếu của trung điểm I của AB lên d.
D. M là hình chiếu của trọng tâm G của tam giác ABC lên d.
Câu 25 : Cho điểm A(3; 0) và parabol (P): y = x 2 . Gọi M là một điểm trên
( P) có hoành độ bằng a. Độ dài đoạn AM ngắn nhất khi a 2 bằng :
A. 0.
B.1.
C. 2.
D. 3.
(Kết quả học sinh làm ở phần phụ lục)
2.4. Đánh giá kết quả đạt được qua việc áp dụng SKKN.
2.4.1. Đối với học sinh sau khi tiếp thu nội dung.
Thực tế năm học 2016 -2017 khi áp dụng đề tài này vào giảng dạy ở lớp10A2,
trường THPT Như Thanh tôi nhận thấy:
Về lí luận:
- Đa số các em đã có hứng thú tìm tòi nhiều cách giải và đã biết so sánh giữa các

cách để tìm ra cách giải tối ưu.
- Đã nâng cao được kết quả học tập môn Toán cho học sinh đặc biệt là kết quả
làm bài tập trắc nghiệm.
Về thực tiễn:
- Tiết học sôi nổi, học sinh hứng thú và chủ động khai thác kiến thức.
- 100% học sinh trong lớp đã tham gia hoạt động dạy học.
- Kết quả làm bài của lớp 10A2 trước tác động và sau tác động :
Mức độ
Yếu
Trung
Khá
Giỏi
Tổng học sinh
bình
Kết quả
Trước tác động(%)

55,9

23

15,4

Sau tác động(%)

11.6

18,5

40.7

5,7
29.2

40
40

2.4.2. Đối với bản thân và đồng nghiệp qua áp dụng SKKN này.
- Sáng kiến kinh nghiệm này có thể áp dụng dạy học rộng rãi cho học sinh lớp
10 ở các trường THPT thông qua các tiết dạy tự chọn, học sinh ôn thi Trung học
phổ thông quốc gia (khi đưa chương trình lớp 10 vào thi) và tất cả giáo viên dạy
Toán ở các trường trung học phổ thông tham khảo.
- Chất lượng giảng dạy và giáo dục của bản thân, đồng nghiệp được nâng lên
đáng kể. Kỹ năng vận dụng các phương pháp giảng dạy và giáo dục học sinh
ngày càng hoàn thiện.
19


3. KẾT LUẬN VÀ ĐỀ XUẤT
3.1. Kết luận.
Đề tài đã giúp học sinh một số phương pháp để giải quyết bài toán cực trị
trong mặt phẳng toạ độ. Điều quan trọng nhất là học sinh biết vận dụng các
phương pháp đó để giải nhanh, chính xác câu hỏi trắc nghiệm.
Đề tài đã tạo được hứng thú học tập, phát triển được nhiều hướng tư duy
cho học sinh. Đồng thời rèn luyện kĩ năng giải toán trắc nghiệm cho học sinh
ngay từ lớp 10.
Đề tài cung cấp không nhỏ các dạng bài tập cực trị trong mặt phẳng toạ độ
để bồi dưỡng học sinh khá giỏi và thi THPT Quốc Gia.
Đề tài còn có thể được mở rộng phạm vi nghiên cứu cho bài toán cực trị
trong không gian toạ độ (hình học 12).

3.2. Kiến nghị và đề xuất.
Qua thực tế giảng dạy đề tài này ở các tiết học tự chọn và học bồi dưỡng
của học sinh lớp 10 trong năm học 2016 – 2017. Với kết quả thu được đã chứng
tỏ được tính khả thi và hiệu quả của các biện pháp mà sáng kiến đề cập tới.
Sáng kiến kinh nghiệm này nếu được áp dụng rộng rãi sẽ giúp các em học
sinh có thêm nhiều kĩ năng giải loại toán này, đặc biệt là các câu hỏi trắc
nghiệm.Từ đó, các em tự tin hơn khi thi Đại học. Đồng thời góp thêm một tài
liệu giảng dạy cho quý Thầy, Cô và các bạn đồng nghiệp.
Với kinh nghiệm chưa nhiều, song với tinh thần cầu tiến, học hỏi nên tôi
đã cố gắng trình bày bài viết của mình với tất cả những gì có thể. Chắc chắn
chuyên đề còn nhiều thiếu sót nên tôi rất mong được sự góp ý của các đồng
nghiệp để sáng kiến kinh nghiệm này được hoàn thiện hơn.
Tôi xin chân thành cảm ơn!
XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ

Thanh Hóa, ngày 9 tháng 5 năm 2017.
Tôi xin cam đoan đây là SKKN của
mình viết, không sao chép nội dung của
người khác.
Người thực hiện

Lê Thị Phương

20


TÀI LIỆU THAM KHẢO
(1) Sách giáo khoa hình học 10 Cơ bản - Nhà xuất bản giáo dục 2010
– TRẦN VĂN HẠO ( Tổng chủ biên), NGUYỄN MỘNG HY (chủ biên)
(2) Tuyển tập các chuyên đề luyện thi đại học môn toán Hình giải tích - Nhà

xuất bản Hà nội 2006– TRẦN PHƯƠNG, LÊ HỒNG ĐỨC.
(3) Phương pháp giải toán Lượng giác - Nhà xuất bản Hà nội 2005 -.LÊ HỒNG
ĐỨC, LÊ BÍCH NGỌC, LÊ HỮU TRÍ .
(4) Giới thiệu Đề tuyển sinh vào ĐH – CĐ toàn quốc từ 2002 đến 2014. Nhà
xuất bản Hà nội 2014 - NGÔ LONG HẬU, TRẦN THANH PHONG,
NGUYỄN ĐÌNH THỌ.
(5) Tài liệu tham khảo từ nguồn Internet.

21