Phát triển tư duy sáng tạo cho học sinh qua một số bài về giá trị lớn nhất, nhỏ nhất và bất đẳng thức bằng phương pháp tọa độ

MỤC LỤC
Nội dung
I. MỞ ĐẦU…………………………………………………………

Trang
2

1. Lý do chọn đề tài……………………………………………….

2

2. Mục đích nghiên cứu……………………………………………

2

3. Đối tượng nghiên cứu……………………………………………

2

4. Phương pháp nghiên cứu……………………………………….

2

II. NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM…………………

2

1. Cơ sở lý luận của sáng kiến kinh nghiệm……………………….

2

2.Thực trạng của vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm...

3

3. Các giải pháp đã sử dụng để giải quyết vấn đề…………………..

4

3.1 SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ ĐỂ CHỨNG MINH
BẤT ĐẲNG THỨC……………………………………………….
3.2 SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ ĐỂ TÌM GIÁ TRỊ
LỚN NHẤT ,NHỎ NHẤT………………………………………
3.3 BÀI TẬP ÁP DỤNG………………………………………..

5

14

4. Hiệu quả sáng kiến đối với họat động dạy và học.....................

15

III. KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ…………………………...........

16

1. Kết luận ………………………………………………………….

16

2. Kiến nghị ……………………………………………..

16

* Tài liệu tham khảo ……………………………………………..

18

9

I.
MỞ ĐẦU
1. Lí do chọn đề tài
1


Đứng trước một bài toán, đặc biệt là bài toán khó người làm toán luôn đặt ra
phương hướng giải quyết. Tuy nhiên đối với người ham mê toán còn đi tìm các
cách làm khác nhau, nhất là tìm được cách giải hay ngắn gọn và mới lạ thì lại
càng kích thích tính tò mò khám phá và lòng say mê học tập .
Nhằm phát triển tư duy sáng tạo và giúp học sinh biết cách tìm tòi trong quá
trình học toán đặc biệt với những em học khá, giỏi. Sau nhiều năm trực tiếp
giảng dạy các đội tuyển học sinh giỏi cấp trường, cấp tỉnh tôi luôn hướng cho
các em tìm ra nhiều cách giải một bài toán mục đích là nhằm phát triển tư duy
sáng tạo và kỹ năng làm toán. Với những lí do như trên, từ thực tế giảng dạy, với
kinh nghiệm thu được, tôi đã tiến hành thực hiện đề tài sáng kiến kinh nghiệm
cho năm 2017 với nội dung “Phát triển tư duy sáng tạo cho học sinh qua một
số bài toán về giá trị lớn nhất, nhỏ nhất và bất đảng thức bằng phương
pháp tọa độ ”
2. Mục đích nghiên cứu

Với việc nghiên cứu đề tài “Phát triển tư duy sáng tạo cho học sinh qua một
số bài toán về giá trị lớn nhất, nhỏ nhất và bất đảng thức bằng phương
pháp tọa độ ”sẽ giúp học sinh, đặc biệt là đối tượng học sinh học ở mức độ khá,
giỏi có thể tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất và bất đẳng thức một cách nhanh hơn,
mới lạ hơn và sáng tạo hơn.
3. Đối tượng nghiên cứu
Đối tượng nghiên cứu của sáng kiến là áp dụng cho học sinh ở mức độ trung
bình khá trở lên lớp 10,11,12 -THPT Trần Phú –Thanh Hóa. Tất nhiên với từng
đối tượng lớp mà sẽ có những ví dụ minh họa hoặc các bài toán áp dụng sẽ là
khác nhau.
4. Phương pháp nghiên cứu
Sáng kiến kinh nghiệm này được trình bày theo hình thức tổng hợp lý thuyết
sách giáo khoa, bài toán minh họa điển hình theo thứ tự từ đơn giản đến phức
tạp và một số bài tập áp dụng .Qua đó mong muốn khai thác thêm được cái hay
cái đẹp của toán học và đồng thời góp phần tăng thêm kỹ năng giải toán cho học
sinh.
II. NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
1. Cơ sở lý luận của sáng kiến kinh nghiệm
Các kiến thức được sử dụng trong sáng kiến này đều thuộc phạm vi kiến thức
được trình bày trong Sách giáo khoa mà học sinh đã được học trong chương
trình toán THCS và THPT .Ta xin nhắc lại một số kiến thức hình học mà học
sinh đã được biết như sau:
1. Trong tất cả các đường gấp khúc nối hai điểm A , B cho trước thì đoạn thẳng
nối AB là đoạn có độ dài bé nhất.
2. Cho điểm M nằm ngoài đường thẳng d ( hoặc mặt phẳng ( P) ) cho trước . Khi
đó độ dài đường vuông góc kẻ từ M xuống d ( hoặc mặt phẳng ( P) ), ngắn hơn
mọi đường xiên kẻ từ M xuống cùng đường thẳng (hoặc mặt phẳng ) ấy.

2

3. Trong các tam giác cùng nội tiếp một đường tròn, thì tam giác đều có chu
vi và diện tích lớn nhất.
4. a) Công thức khoảng cách h từ một điểm M ( x0 ; y0 ) đến đường thẳng
ax + by + c = 0 ( với a 2 + b 2 ≠ 0 ) là:
h=

ax o + by o + c
a2 + b2

b)Công thức khoảng cách h từ một điểm M ( x0 ; y0 ; z 0 ) đến mặt phẳng
ax + by + cz + d = 0 ( với a 2 + b 2 + c 2 ≠ 0 ) là :
h=

ax o + by o + cz o + d
a2 + b2 + c2

5. a) Cho đoạn thẳng AB , M 0 là điểm bất kỳ ngoài đoạn AB . Khi đó ta có kết
quả sau:
max M o M = max{M o A; M o B}
M ∈[ AB ]

b) Xét đa giác A1 A2 ... An và M là một điểm bất kỳ nằm trên mặt phẳng , M 0
nằm ngoài mặt phẳng. Khi đó ta có:
max M o M = max{M o A1 ; M o A2 ;...M o An }
M ∈Do

Ở đây D0 chính là đa giác A1 A2 ... An
6. Với hai véc tơ u , v bất kỳ ta có :
a) u + v ≤ u + v

b) u . v ≤ u . v
Đây là những kiến thức khá thông dụng mà học sinh đã được học trong hình
học toạ độ và rất dễ nhớ, dễ áp dụng.
Nếu như bài toán chứng minh bất đẳng thức hoặc tìm giá trị lớn nhất ,nhỏ nhất
bằng một phép biến đổi nào đó ,có thể quy về các sự kiện hình học nói trên thì ta
nên dùng phương pháp tọa độ để giải .Phép giải sẽ đơn giản và sáng sủa vì ta đã
biết khai thác cái tính chất hình học trong bài toán đại số.
2. Thực trạng vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm
Trong quá trình giảng dạy của mình một lần khi ra đề thi chọn đội tuyển dự
thi học sinh giỏi cấp tỉnh tôi đã ra cho học sinh bài toán sau:
Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số: f ( x, y ) = x 2 + y 2 − 4 x − 2 y
3


Xét trên miền D0 = { ( x, y ) : −1 ≤ x ≤ 5;3 ≤ y ≤ 6 }
Khi chấm bài của các em tôi thấy nhiều em không làm được bài này. Chỉ một
số ít em làm được song bằng phương pháp Đại số - Giải tích và phải “huy động”
nhiều kiến thức như đánh giá quy về một biến rồi khảo sát hàm số, nhìn chung là
dài và rườm rà.
Thực ra đây là bài toán không khó, nếu ta biết sử dụng phương pháp phù
hợp để giải quyết, đó là dùng phương pháp tọa độ mà với phương pháp này kể
cả học sinh lớp 10 cũng làm được.
Cụ thể như sau:
Xét hệ trục toạ độ Oxy , khi đó miền ràng buộc D0 chính là hình chữ nhật ABCD ,
với toạ độ các điểm như sau A ( −1;3) ; B ( −1;6 ) ; C ( 5;6 ) ; D ( 5;3) .
y

B
A

C

6
M0

3

O1

1
-1

D

0

x
5

2

Ta có f ( x, y ) = ( x − 2) 2 + ( y − 1) 2 − 5
Nếu đặt M = M ( x; y ) và O1 = O1 (2;1) thì f ( x; y ) = O1M 2 − 5

( 1)

min O M 2 = 4 .
Kẻ O1M 0 ⊥ AD , ta có O1M 0 2 = 22 = 4 = M∈
1
D

o

O1M 2 = max
{ O1 A2 ; O1B 2 ; O1C 2 ; O1D 2 } = O1C 2 = O1B 2 = 32 + 52 = 34
Và max
M ∈D
M ∈D
o

o

ở đây D0 = ABCD .
f ( x; y ) = 29 và Min
f ( x; y ) = −1 .
Vậy từ (1) ta suy ra Max
D
D
o

o

Như vậy việc gắn ''Phương pháp toạ độ ’’ vào bài toán ta có cách giải ngắn
gọn tự nhiên và rõ ràng đồng thời tăng kỹ năng đa dạng và kích thích tìm tòi
sáng tạo cho học sinh trong quá trình làm toán.
Sau những năm giảng dạy và trực tiếp bồi dưỡng học sinh khá giỏi, học sinh
thi vào đại học tôi đã đi tìm tòi các cách giải phù hợp trong đó “Phát triển tư
duy sáng tạo cho học sinh qua một số bài toán về giá trị lớn nhất, nhỏ nhất
4

và bất đảng thức bằng phương pháp tọa độ ” là những phương pháp như thế
và tôi đã mạnh dạn cải tiến phương pháp này đồng thời tôi đã áp dụng sáng kiến
này trong các năm học từ 2005-2006 đến năm học 2016-2017 ở trường THPT
Trần Phú Nga Sơn -Thanh Hoá.
3. Các giải pháp đã sử dụng để giải quyết vấn đề
3.1. SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ ĐỂ CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG
THỨC.
Bài 1.
Cho bốn số a, b, c, d thoả mãn điều kiện a + 2b = 9;c+ 2 d = 4 .Chứng minh rằng :
a 2 − 12a + b 2 − 8b + 52 + a 2 + c 2 + b 2 + d 2 − 2ac − 2bd + c 2 + d 2 − 4c + 8d + 20 ≥ 4 5

Bài giải
Viết lại bất đẳng thức cần chứng minh dưới dạng :
( a − 6) 2 + (b − 4) 2 + (a − c) 2 + (b − d ) 2 + (c − 2) 2 + (d + 4) 2 ≥ 4 5 (1)

Trong hệ trục toạ độ xOy xét hai đường thẳng x + 2 y = 9 và x + 2 y = 4 và hai điểm
M(6; 4), N(2; - 4)
Các điểm P(a;b), Q(c;d) với a + 2b = 9 và c + 2d = 4 tương ứng nằm trên hai
đường thẳng : x + 2 y = 9 và x + 2 y = 4 .
Bất đẳng thức (1) tương đương với bất đẳng thức sau :
PM + NQ + QP ≥ 4 5

(2)

Xét hai điểm M ; N thì PM + NQ + QP chính là độ dài đường gấp khúc nối M ; N
. .Mặt khác ta có : MN = 16 + 64 = 4 5 .
Vì NQ + QP + PM ≥ MN nên (2) hiển nhiên là đúng ⇒ điều phải chứng minh.
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi M, N, P, Q thẳng hàng, tức là khi và chỉ khi P ≡
Po và Q ≡ Qo , ở đây Po và Qo tương ứng là giao điểm của đường thẳng nối MN
với hai đường thẳng x + 2 y = 9 và x + 2 y = 4

y
Dễ thấy tọa độ của Po , Qo là
Po(5;2) và Qo( 4;0).

Vậy đẳng thức xảy ra ⇔ a=5, b=2, c=4, d= 0. [1]

M

4

Nhận xét : Ta đã chuyển bài toán chứng minh bất đẳng thức khô khan thành bài
P
toán so sánh độ dài đường2 gấp khúc với độ Odài đọan thẳng nối hai đầu đường
gấp khúc mà ngay ở cấp 1 các em cũng
2 đã4làm
5 quen.
6
( Hình minh họa sau)

O

Q

x

0

-4

N

5


Bài 2
Cho bốn số thực thoả mãn các điều kiện c + d =6 ; a2 + b2 = 1.
Chứng minh c2+d2 - 2ac- 2bd ≥ 18-6 2
Bài giải

y
6

M
Mo

N
O

No
1

6

x

Trong hệ trục tọa độ Oxy, vẽ đường tròn x2 + y2=1 và đường thẳng x + y=6.
Viết lại bất đẳng thức cần chứng minh dưới dạng:
(c-a)2+(d-b)2 ≥ 19-6 2 ( do a2+b2=1)
(1)

⇔ (c − a ) 2 + ( d − b ) 2 ≥ 3 2 − 1

Điểm M(c;d) và N(a;b) với c, d, a, b thoả mãn điều kiện đầu bài, tương ứng nằm
trên đường thẳng : x + y = 6 và đường tròn x2 + y2 = 1.
Dễ thấy (1) ⇔ MN ≥ 3 2 -1

(2)

6


Từ O kẻ đường vuông góc với đường thẳng x + y = 6 . Gọi M o là chân đường
vuông góc ấy, và giả sử OMo cắt đường tròn đơn vị tại No. Hiển nhiên ta có với
mọi M thuộc đường thẳng:
x + y =6, với với mọi N thuộc đường tròn x2 + y2 = 1, luôn có
MN ≥ MoNo

(3)

Rõ ràng MoNo = OMo - ONo = 3 2 -1
Từ (2), (3) suy ra (1) là đúng và đó là điều phải chứng minh.
Dấu bằng xảy ra ⇔ M ≡ Mo , N ≡ No ⇔ c = d =3 và a = b =

2
.[2]
2

Nhận xét : Bài toán này ta so sánh vị trí các điểm nằm trên đường thẳng và
đường tròn .Với học sinh từ lớp 10 cũng làm được bằng cách này.
Bài 3

Cho bốn số a, b, c, d thoả mãn điều kiện a2 + b2 = c2+ d2 = 5
Chứng minh rằng
5 − a − 2b +

5 − c − 2d +

5 − ac − bd ≤

3 30
2

Bài giải
Ta thấy các điểm M(a;b), N(c;d), P(1;2) ( trong đó a, b, c, d thoả mãn điều kiện
đề bài ), đều nằm trên đường tròn tâm tại gốc toạ độ và bán kính = 5 .
Khi đó bất đẳng thức cần chứng minh , có thể viết lại dưới dạng sau:
(a − 1) 2 + (b − 2) 2
+
2

(c − 1) 2 + (d − 2) 2
+
2

(a − c) 2 + (b − d ) 2 3 30
≤
2
2

⇔ MP + NP + MN ≤ 3 15 ⇔ CMNP ≤ 3 15

(1)

Ở đây CMNP là chu vi của ∆ MNP . Mặt khác ta biết rằng, trong các tam giác
cùng nội tiếp một đường tròn , thì tam giác đều là tam giác có chu vi lớn nhất .
y

5

2

P

M(a;b)
Q

1

x
R

N(c;
d)

7


Tam giác đều nội tiếp đường tròn bán kính 5 có cạnh là 3. 5 = 15 . Vậy (1)
đúng ⇒ điều phải chứng minh.
Xét tam giác đều nội tiếp PQR . Gọi Q là Q(x0; yo), khi đó ta có PQ2 = 15 hay :
(xo- 1)2+( yo - 2)2 = 15 ⇒ 2xo + 4yo = -5

Vậy ta có hệ phương trình sau:
 xo2 + y o2 = 5

 2 x o + 4 y 0 = −5

Giải hệ ta được xo=
xo =

−2+ 3
;
2
−2− 3
;
2

yo =

−2− 3
2

yo =

−2+ 3
2

Vậy dấu bằng trong (1) có ⇔
a=

−2+ 3
;

2

b=

−2− 3
;
2

c=

−2− 3
;
2

d=

−2+ 3
2

a=

−2− 3
;
2

b=

−2+ 3
;
2

c=

−2+ 3
;
2

d=

−2− 3
.
2

hoặc

Nhận xét : Bài này các thông số khá lẻ, nên sử dụng điểm rơi để chọn lựa cách
làm sẽ khó khăn.Cố nhiên dùng cách này học sinh cần nhớ kiến thức : Trong các
tam giác cùng nội tiếp một đường tròn , thì tam giác đều là tam giác có chu vi
lớn nhất.
Bài 4
a)Chứng minh rằng trong mọi tam giác ABC ta có:
3
2

cosA + cosB + cosC ≤ .
b)Chứng minh rằng trong mọi tam giác ABC nhọn, ta có:
cos2A + cos2B + cos2C ≥ −

3
2

Bài giải
Đối với bài này ta có thể giải bằng phương pháp hệ thức lượng trong tam giác
Bây giờ ta sẽ sử dụng phương pháp toạ độ để giải quyết chúng như sau:
a) Lấy các véc tơ e1 , e2 , e3 như hình vẽ và có độ dài là 1:
8


e1 = e2 = e3 = 1

A

u
r

Hiển nhiên ta có
( e1 + e2 + e3 ) ≥ 0
2

e1

⇔

3+2cos( e1 , e2 )+2cos( e2 , e3 ) + 2cos( e3 , e1 ) ≥ 0
⇔ 3 +(-2) ( cosB + cosC + cosA) ≥ 0
⇔ cosA + cosB + cosC ≤

B

u

r
e3

u
r

C

e2

3
⇒ Đ.p.c.m.
2

Dấu bằng xảy ra ⇔ e1 + e2 + e3 = 0 ⇔ ABC là tam giác đều.
b) Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, H là trực tâm .
Ta có OA + OB + OC = OH
Hiển nhiên ta có ( OA + OB + OC )2 ≥ 0
⇔ 3R2 + 2R2[ cos( OA , OB ) + cos( OB , OC ) + cos( OC , OA )] ≥ 0
A

⇔ 3R2 + 2R2(cos2C + cos2A + cos2B) ≥ 0
⇔ cos2A + cos2B + cos2C ≥ -

3
⇒ đ.p.c.m.
2

Dấu bằng xảy ra ⇔ OA + OB + OC = O

B H

⇔ OH = O ⇔ H ≡ O ⇔ ABC là tam giác đều.

O
C

Nhận xét: Bài này dùng công thức lượng giác để làm với học sinh không
khó.Tuy nhiên tác giả muốn khai thác sự đa dạng của phương pháp tọa độ để
cho thấy phương pháp này có thể dùng nhiều dạng toán khác nhau.
3.2. SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ ĐỂ TÌM GIÁ TRỊ LỚN
NHẤT ,NHỎ NHẤT.
Bài 5
Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số f(x,y) = x2 + y2
x − 2 y + 8 ≥ 0

Xét trên miền  x + y + 2 ≥ 0
2 x − y + 4 ≤ 0


Bài giải
9


y

C
x

B

2
H

-4

-8

-2 A

O

x

-2
Vẽ hệ trục toạ độ Oxy . Dễ thấy miền các điểm (x;y) thoả mãn hệ ràng buộc đã
cho chính là toàn tam giác ABC. Ta thấy x 2 + y2 = OM2, và có ngay nếu gọi D là
miền ràng buộc, thì
max OM2 = max{OA2, OB2, OC2} = max {4, 20, 16} = 20.
M ∈D
min OM2 = OH2 = 16
M∈D
5

Kết luận:

( do

1
1

1
1
1
5
+
=
)
2 =
2 +
2 =
16
OH
OA
OC
4
16

max f(x,y) = 20 và min f(x,y) = 16
D
D
5

Nhận xét: Qua cách giải bài tập này giúp cho học sinh thấy sự tối ưu hóa của
phương pháp tọa độ. Đơn giản ,sáng tạo và dễ hiểu.
Bài 6
Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số : f(x, y, z, t) = z2 + t2 - 2xz - 2yt - z
trên miền D = {(x, y, z, t) : x2 + y2 = 1, z2- t +3 = 0}
Bài giải
Với (x, y, z, t) ∈ D , ta có f(x, y, z, t) = ( x-z)2 + (y- t)2 - x2 - y2 -3
= (x-z)2 + ( y - t)2 - 4

(1)

Mặt khác khi (x, y, z, t) ∈ D , thì với điểm M(x;y) nằm trên đường tròn đơn vị ,
còn điểm N(z;t) nằm trên parabol v = u2 + 3.
Ta có ( x- z)2 + ( y - t )2 = MN2
Rõ ràng min MN2 = MoNo2 = 4 , ở đây Mo = Mo(0;1) và No = No(0;3).
Từ đó suy ra từ (1)
10


f(x, y, z, t) ≥ 0 ∀ (x, y, z, t) ∈ D
Mặt khác khi x = 0 , y = 1 , z = 0, t = 3
thì f( 0, 1, 0, 3) = 0,

v

mà ( 0, 1, 0, 3) ∈ D

u = v2 +
3

Kết luận: min
D f(x, y, z, t) = 0 [3]
N(z;t)

3
No

Mo 1

M(x;y)
-1

O

1

u

-1

Nhận xét: Bài này là hàm nhiều biến nhưng dùng tọa độ đã làm gọn nhẹ và
thanh thoát làm cho bài toán trở nên đơn giản hơn.Học sinh còn nhìn thấy sự
tương giao của đường tròn, parabol và đường thẳng.
Bài 7
Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số
f(x) = x 2 − x + 1 + x 2 − 3x + 1 , với x ∈ R
Bài giải
Viết lại hàm số f(x) đã cho dưới dạng sau đây
f(x) =

1

x − 
2


2

 3


+ 

 2 

2

2

2

3 1
 + 
+  x −
2   2 


(1)
1

3

 3

1

Xét hệ trục toạ độ Oxy,và trên đó xét các điểm A  ;  ; B  ;−  và
2
2 2 
 2

C(x;0) khi đó từ (1) ta có
f(x) = CA +CB
Rõ ràng ta có

CA + CB ≥ AB
11


 3 1


 2 − 2



trong đó AB =
Vậy f(x) ≥

2

2

 1
3

+  − −

2
2




2

= 2

∀ x∈R

Mặt khác giả sử AB cắt Ox tại Co . Ta có CoA + CoB = AB, như vậy nếu đặt
xo = OCo thì
f ( x) = 2
f( xo) = 2 ⇒ min
x∈R

Kết luận :

Min f ( x) = 2
x∈R

( Hình vẽ minh hoạ dưới đây)
y
3

A

2

O

C

3

1

Co 2

x

2

−

1
2

B

Nhận xét: Với học sinh lớp 12 có thể dùng đạo hàm để khảo sát .Tuy nhiên việc
khảo sát để xét dấu của đạo hàm cũng khá rườm rà nếu không nói là khó.
Bài 8
0 ≤ x ≤ 2;0 ≤ y ≤ 2;0 ≤ z ≤ 2
x + y + z = 3

Cho x, y, z là các số thực thoả mãn điều kiện 

(*)

Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức sau:
P = x 2 + y2 + z2

Bài giải
Ta giải quyết bài toán này bằng phương pháp toạ độ trong không gian như sau:
Trong không gian Oxyz lấy điểm M(x; y;z) thoả mãn (*) .
Khi đó:
OM2 = x2 + y2 + z2

12


z
3
2

A1

A2
A3

A6

3 y

A4
2

x

2

O

3

A5

Tập hợp các điểm M là thiết diện của khối lập phương cạnh bằng 2 với mặt
phẳng : (Q) : x + y + z = 3 ( Hình vẽ) thiết diện này là hình lục giác :
A1 A2 A3 A4 A5 A6
(kể cả những điểm thuộc miền trong ) kí hiệu là (H) với A 1(1; 0; 2), A2(0; 1; 2),
A3(0; 2 ;1), A4(1; 2; 0), A5(2; 1; 0), A6(2; 0; 1).
Bài toán quy về tìm vị trí M trên (H) sao cho OM2 lớn nhất , bé nhất.
a) OM2 đạt giá trị lớn nhất khi M trùng với Ai ( i = 1,2,3,4,5,6).
Ta có OAi = 5. Vậy maxP = 5.
b) Gọi T(xo; yo; zo ) là hình chiếu vuông góc của O lên mặt phẳng (Q) . Ta có:
 xo y o z o
=
 =
1
1 ⇔ xo = yo = zo = 1
1
 xo + y o + z o = 3

Suy ra T(1; 1; 1) ∈ (H)
Vậy minP = 3.
Kết luận

MaxP = 5 và MinP = 3.

Nhận xét : Bài này tác giả muốn dùng cho đối tượng là học sinh 12 .Đây là bài
toán cũng khá đơn giản nhưng do là bài toán có điều kiện của biến.Nên dùng

cách thông thường sẽ khó tìm điều kiện bị chặn của ẩn phụ.
Bài 9
Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số f(x;y) = 4x + 3y trên miền:
D = {(x;y) : x2 + y2 +16 = 8x + 6y}
Bài giải
Nếu (x;y) ∈ D , ta có:
x2 + y2 + 16 = 8x + 6y ⇔ (x - 4)2 + (y - 3)2 = 9
13


Vậy D chính là đường tròn tâm tại O1(4;3) và bán kính bằng 3.
Khi (x; y) ∈ D, ta có:
x 2 + y 2 + 16
1
1
= 8 + ( x 2 + y 2 ) = 8 + OM 2
f(x;y) = 4x + 3y =
2
2
2

Với M(x;y) nằm trên đường tròn trên.
Dễ thấy nếu nối OO1 cắt đường tròn D

y

tại M1, M2 thì ta được :

M(x;
y)

min OM = OM1 = OO1 - M1O1 = 5 - 3 =2

M ( x ; y )∈D

max OM = OM2 = OO1 + M2O1 = 5 +3 = 8

M ( x ; y )∈D

3

Do đó từ trên suy ra ngay:
Max f ( x; y ) = 8 + 32 = 40
D

0

M2

O1

M1

4

x

Min f ( x; y ) =8 + 2 = 10.
D

Kết luận
Max f ( x; y ) = 40 và Min f ( x; y ) = 10.
D
D

Nhận xét : Bài toán này muốn giúp học sinh khai thác việc tìm GTLN,GTNN
của hàm bậc nhất với điều kiện là hàm bậc hai quy về đường tròn.
3.3 BÀI TẬP ÁP DỤNG
Nhằm tăng cường tư duy sáng tạo cho các đối tượng học sinh .Áp dụng phương
pháp toạ độ trong bài toán bất đẳng thức và giá trị lớn nhất nhỏ nhất ta có thể
giải quyết được một số bài toán sau:
Bài1.
Cho hai số a, b thoả mãn điều kiện a - 2b +2 = 0
Chứng minh rằng
a 2 + b 2 − 6a − 10b + 34 + a 2 + b 2 − 10a − 14b + 74 ≥ 6

Bài 2
Cho a, b là hai số thoả mãn điều kiện a2 + b2 +16 = 8a + 6b
Chứng minh rằng 7b ≤ 24a
Bài3.
Chứng minh rằng trong mọi tam giác ABC và mọi số x, y, z ta có :
x2 + y2 + z2 ≥ 2xycosC + 2yzcosA + 2zxcosB
Bài 4
14


Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số f(x;y) = x + 2y, xét trên miền
D = {(x;y) : x+3y - 10 ≥ 0 ; x + y - 6 ≤ 0; x - y + 2 ≥ 0 }
Bài 5
Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số

f(x;y) = x + x − x 2 xét trên miền 0 ≤ x ≤ 1
Bài 6.
Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số .
f(x;y) = cos2x + cos2y
Trên miền D = {(x;y) : sinx + siny =

1
}
2

4. Hiệu quả của sáng kiến đối với các hoạt động dạy và học
Nội dung sáng kiến này đã được trình bày tùy theo đối tượng ở các khối lớp
nhưng chủ yếu dành cho các em học sinh trong đội tuyển học sinh giỏi Toán và
máy tính cầm tay khối 10,11, 12. Sự hứng thú và tự tin của học sinh đối với việc
học Toán, đặc biệt là hình học tọa độ, thật sự được cải thiện đã góp phần vào
thành tích chung trong các kì thi của nhà trường trong các năm học qua.
Sau hơn mười năm được phân công trực tiếp giảng dạy các đội tuyển học sinh
giỏi ở trường THPT Trần Phú –Thanh Hóa , tôi đã áp dụng sáng kiến này trong
việc giảng dạy đại trà ở lớp , bồi dưỡng học sinh khá giỏi , ôn luyện các đội
tuyển và tôi đã rút ra kết luận sau :
* Kết quả kiểm nghiệm trong quá trình giảng dạy cho học sinh khá giỏi các
lớp:
( Lớp 10B ,11C,12A trường THPT Trần Phú -Thanh Hoá)
Lớp

10B
11C
12A

Sĩ số

Số học sinh làm được bài
(theo dạng này khi chưa dạy
nhóm) phương pháp
Số lượng
Phần trăm
14
2
14 %
15
3
20 %
17
4
23 %

Số học sinh làm được bài
dạng này khi đã dạy phương
pháp
Số lưọng
Phần trăm
10
71 %
12
80 %
14
82 %

Kết quả kiểm nghiệm về tính hiệu quả cho học sinh khi dạy sử dụng phương
pháp:
- Giúp học sinh rèn luyện kỹ năng phân tích bài toán để tìm mối liên hệ với

các kiến thức đã được học ,từ đó áp dụng để giải các bài toán tương tự, có liên
quan.
- Làm cho học sinh yêu thích hơn và gây sự thích thú tò mò khám phá về môn
học.
15


- Có cách giải hợp lí, hay, ngắn gọn dễ hiểu dành cho mọi đối tượng học sinh.
- Sau khi sử dụng phương pháp này vào việc giảng dạy tôi nhận thấy số học
sinh khá giỏi ngày càng được tăng lên ở các năm và học sinh không còn ‘‘e
ngại’’ khi gặp các bài toán về dạng này.
* Bài học kinh nghiệm rút ra.
Sau một thời gian đưa vào sử dụng , bồi dưỡng học sinh tôi đã rút ra một số
kinh nghiệm sau:
- Giáo viên phải nghiên cứu kỹ kiến thức sách giáo khoa , tài liệu tham khảo.
- Lựa chọn đúng phương pháp giảng dạy bộ môn phù hợp với đối tượng học
sinh.
- Để áp dụng và làm tốt các bài tập cần cho học sinh nắm vững cơ sở lý thuyết
của vấn đề tránh được những thiếu sót và không chặt chẽ trong quá trình giải bài
tập của học sinh.
- Khi cho bài tập cần nâng cao dần về mức độ khó.
- Sau mỗi bài tập cần chốt lại cái cơ bản của vấn đề và nhận xét nhằm lôi cuốn
học sinh có lòng say mê học toán.
III. KẾT LUẬN,KIẾN NGHỊ
1.Kết luận
Trên đây là sáng kiến của tôi trong quá trình trực tiếp giảng dạy và bồi dưỡng
học sinh giỏi . Sau nhiều năm tôi đã hệ thống thành chuyên đề về : “Phát triển
tư duy sáng tạo cho học sinh qua một số bài toán về giá trị lớn nhất, nhỏ
nhất và bất đảng thức bằng phương pháp tọa độ ” Đây là phương pháp rất
hữu ích giúp học sinh biết chuyển từ bài toán phức tạp thành bài toán đơn giản

để giải quyết và đặc biệt làm cho học sinh không còn “ngại” khi học loại toán về
giá trị nhỏ nhất,giá trị lớn nhất và bất đẳng thức. Dạng toán này cũng là một
chuyên đề quan trọng giúp cho giáo viên bồi dưỡng các kỳ thi học sinh giỏi hằng
năm.
Thông qua các ví dụ minh họa các trường hợp đơn giản và lời giải 9 ví dụ minh
họa và 6 bài toán áp dụng ta nhận thấy phương pháp tọa độ hóa thật sự là một
công cụ rất hiệu quả để giải các bài toán về giá trị nhỏ nhất,giá trị lớn nhất và
bất đẳng thức. Các lời giải là hoàn toàn tự nhiên, trực tiếp và dễ định hướng.
Yêu cầu duy nhất chính là sự chính xác trong việc xác định tọa độ các điểm và
thực hiện các phép tính đối với các công thức có sẵn. Hiển nhiên đây không hẵn
là cách làm duy nhất. Để có óc tư duy trừu tượng tốt thì giáo viên cũng cần phải
tạo cho học sinh một nền tảng cơ bản các quan hệ hình học tọa độ và bài toán
đại số giải tích , biết phối hợp các kiến thức để có lời giải tốt, hiệu quả vẫn luôn
là mong muốn của người viết sáng kiến này.
2. Kiến nghị
Mặc dù bản thân đã dành thời gian nghiên cứu, tuy vậy thời gian nghiên cứu
còn hạn chế, bản thân kinh nghiệm chưa nhiều nên bài viết không tránh khỏi
những thiếu sót.Các phép tính trong sáng kiến là khá nhiều, hình phức tạp nên
không tránh khỏi các thiếu sót, rất mong nhận được sự đóng góp ý kiến của các
16


Thầy Cô đồng nghiệp và các em học sinh. Hi vọng đây là một đề tài nho nhỏ
góp phần cho công tác giảng dạy, nghiên cứu và học tập của mọi người. Đề tài
về phương pháp vectơ và tọa độ còn rất phong phú, mong nhận được sự trao đổi
thêm và sự góp ý chân thành của quý Thầy Cô giáo.
Tôi xin chân thành cảm ơn !
XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG
ĐƠN VỊ

Thanh hóa, ngày 24 tháng 5 năm
2017
Tôi xin cam đoan trên đây là sáng kiến
kinh nghiệm của bản thân mà trong quá
trình giảng dạy tôi đã tích lũy được .Tôi
không sao chép của bất kỳ ai.

Trịnh Văn Hoan

17


TÀI LIỆU THAM KHẢO
Phương pháp tọa độ để giải các bài toán sơ cấp –Phan Huy Khải –NXB Thành
Phố Hồ Chí Minh-Năm 1996
[1] Phương pháp tọa độ để giải các bài toán sơ cấp, Phan Huy Khải, NXB
Thành Phố Hồ Chí Minh, 1996, tr. 127
[2] Phương pháp tọa độ để giải các bài toán sơ cấp, Phan Huy Khải, NXB
Thành Phố Hồ Chí Minh, 1996, tr. 129
[3] Phương pháp tọa độ để giải các bài toán sơ cấp, Phan Huy Khải, NXB
Thành Phố Hồ Chí Minh, 1996, tr. 168
Báo toán học và tuổi trẻ số 358 ,tháng 4, năm 2007
Báo toán học và tuổi trẻ số 374 ,tháng 8, năm 2008
Sách giáo khoa Hình học 10 nâng cao, Đoàn Quỳnh (Tổng chủ biên), NXB
Giáo dục
Sách giáo khoa Hình học 12 nâng cao, Văn Như Cương (Chủ biên), NXB Giáo
dục

18