Phát triển tư duy sáng tạo cho học sinh qua bài tập sử dụng phương pháp tọa độ trong mặt phẳng tìm giá trị lớn nhất, nhỏ
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (285.32 KB, 23 trang )
I.Mở đầu
1.1.Lí do chọn đề tài
Trong dạy học toán ta luôn coi mục đích chủ yếu là hình thành và phát
triển tư duy toán học cho học sinh, tạo cho học sinh vốn kiến thức và biết vận
dụng kiến thức vào thực tiễn. Vì vậy việc xây dựng và hình thành cho học sinh
những phương pháp giải quyết các bài toán sao cho nhanh gọn, dễ hiểu là rất
cần thiết.
Bài toán tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số là dạng toán phổ
biến và quan trọng trong chương trình phổ thông và là một chuyên đề hay gặp
trong các đề thi chọn học sinh giỏi ở phổ thông . Có nhiều phương pháp tìm giá
trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất như sử dụng phương pháp hàm số, bất đẳng thức
Côsi hay Bunhiacopsky... Đứng trước bài toán này học sinh phổ thông thường
lúng lúng về phương pháp giải, vì việc vận dụng nhìn chung phụ thuộc rất nhiều
vào đặc thù bài toán. Việc dùng công cụ hình học tọa độ vào giải quyết các bài
toán đại số là một cách nhìn khá mới mẻ với học sinh THPT. Vì vậy để nâng cao
tính tư duy sáng tạo cho học sinh tôi đã mạnh dạn chọn đề tài sáng kiến kinh
nghiệm: “ Phát triển tư duy sáng tạo cho học sinh qua bài tập sử dụng phương
pháp tọa độ trong mặt phẳng tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất”
1.2. Mục đích nghiên cứu
Với đề tài này hy vọng góp phần nâng cao chất lượng học tập, phát triển
tư duy sáng tạo cho học sinh trong quá trình giải bài tập toán tìm giá trị lớn nhất,
giá trị nhỏ nhất của biểu thức bằng phương pháp hình học tọa độ, giúp các em
đỡ lúng túng và tự tin khi đứng trước những bài toán này. Đặc biệt cho học sinh
lớp 12 có thêm kiến thức chuẩn bị ôn thi THPT quốc gia. Hy vọng đề tài sẽ là tài
liệu cho học sinh và giáo viên ôn tập trong các kì thi chọn học sinh giỏi ở lớp 10,
góp phần nâng cao chất lượng giáo dục.
1.3. Đối tượng nghiên cứu
Nội dung chính của đề tài là nhìn bài toán đại số theo quan điểm hình học.
Từ đó xây dựng hệ thống bài tập theo mức độ khó tăng dần nhằm cung cấp cho
học sinh cách ứng dụng phương pháp hình học tọa độ vào tìm giá trị lớn nhất,
giá trị nhỏ nhất của biểu thức trong giải toán, qua đó phát huy tính tư duy sáng
tạo cho học sinh.
1.4. Phương pháp nghiên cứu
- Nghiên cứu lí luận: Nghiên cứu sách giáo khoa, sách tham khảo, một số
tài liệu liên quan khác…
- Phương pháp quan sát: Quan sát quá trình dạy và học tại trường THPT
Tĩnh Gia 4.
- Thực nghiệm sư phạm: tổ chức một số tiết dạy thực nghiệm, cho kiểm
tra thử với lớp đối chứng.
1
2. Nội dung sáng kiến kinh ngiệm
2.1. Cơ sở lí luận của sáng kiến kinh nghiệm
Sau đây là một số kiến thức bổ trợ cho phương pháp sử dụng tọa độ để giải
toán:
a) Định nghĩa giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số [1]:
Cho hàm số y=f(x) xác định trên tập D
Số M được gọi là giá trị lớn nhất của hàm số y= f(x) trên D nếu
f ( x) �M với mọi x0 �D sao cho f x0 M .
f x .
Kí hiệu M max
D
Số m được gọi là giá trị nhỏ nhất của hàm số y= f(x) trên D nếu f ( x ) �m
với mọi x0 �D sao cho f x0 m .
f x .
Kí hiệu m min
D
b) Một số tính chất của vectơ
r r r r
r
r
1. a b �a b . Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a và b cùng hướng.
urr r r
a
2. .b �a . b . Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi
r
r
a và b cùng phương.
c) Các khái niệm và tính chất trong hệ trục tọa độ Oxy
uuuu
r r r
M
x
,
y
�
OM
xi y j
1.Tọa độ của điểm
r
r
r r
2. Tọa độ vectơ u x, y � u xi y j
3. Các công thức tọa độ vectơ
r
r
Cho A x A , y A , B xB , y B , a a1; a2 , b b1; b2 thì:
uuu
r
AB xB x A ; yB y A
r
a a12 a22
r r
a �b a1 �b1 ; a2 �b2
r r
a b
�
a b � �1 1
a2 b2
�
r
r
+ a và b cùng phương �
rr
+ a.b a1b1 a2b2
a1 a2
b1 b2
2
rr
r r
a1b1 a2b2
a.b
cos
a
;
b
r
r
+
a.b
a12 b12 a22 b22
+ Phương trình tổng quát của đường thẳng đi qua điểm M x0 ; y0 có vectơ
r
pháp tuyến là n A, B là : A x x0 B y y0 0 .
+ Phương trình đường tròn tâm I(a,b) bán kính R là:
Hoặc có dạng
x a
2
y b R2 .
2
x 2 y 2 2ax 2by c 0 (a 2 b 2 c 0) . Trong trường
hợp này mặt cầu có tâm là I(a,b) bán kính R a 2 b 2 c .
+ Khoảng cách từ điểm M x0 ; y0 đến đường thẳng : Ax By C 0 là:
d M ,
Ax0 By0 C
A2 B 2
d) Bất đẳng thức tam giác
Với 3 điểm A,B,C bất kì ta luôn có: AB BC �AC . Dấu “=” xảy ra khi
A,B,C theo thứ tự đó thẳng hàng.
Tổng quát: Trong tất cả các đường gấp khúc nối hai điểm A, B cho trước thì
đoạn thẳng AB có độ dài nhỏ nhất.
e) Tính chất khoảng cách
Cho điểm M nằm ngoài đường thẳng d. Khi đó độ dài đoạn thẳng MH H �d
ngắn nhất khi H là hình chiếu vuông góc của M trên d.
2.2.Thực trạng vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm
Thực tế bài toán tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số là một
vấn đề khó khăn với nhiều học sinh. Đặc biệt là với những biểu thức nhiều tham
số . Với một số bài toán nếu tinh ý lựa chọn hệ trục hoặc vectơ phù hợp ta sẽ tọa
độ hóa bài toán, làm cho bài toán trở nên đơn giản hơn rất nhiều. Tuy nhiên trên
thực tế, học sinh còn những hạn chế và thường gặp những khó khăn sau:
+ Kiến thức hình học còn yếu, vì thế nhiều học sinh có tâm lí ngại học
phần này.
+ Khả năng phân tích, tổng hợp kiến thức chưa tốt.
+ Kĩ năng biến đổi, phân loại các dạng toán và tìm mối liên hệ giữa các
dạng toán chưa tốt.
Khảo sát chất lượng học sinh lớp 12 trường THPT Tĩnh Gia 4 cho thấy
chỉ có một số học sinh làm tốt, còn lại một bộ phận học sinh làm nhưng không
đúng hoặc làm lung tung…và thường bị mất điểm ở những bài tập này.
Từ những vấn đề trên tôi áp dụng sáng kiến vào thực tế giảng dạy và
bước đầu thu được kết quả tốt trong năm qua.
2.3. Giải pháp giải quyết vấn đề
3
Như đã nói ở trên, đối với các dạng bài tập này chỉ cần chọn hệ trục tọa
độ, hoặc các vectơ phù hợp bà toán sẽ trở nên đơn giản hơn rất nhiều. Sau đây là
một số bài tập minh họa cho phương pháp này. Hi vọng thông qua các bài tập
này các em có thể áp dụng để giải những bài tập tương tự.
Bài 1: Tìm giá trị lớn nhất của hàm số f ( x) 1 2cos 2 x 1 2sin 2 x trên
R.
Hãy chọn đáp án đúng ?
A.1+ 2 2
B. 2 2
C.2 3
D. 1+ 3
Hướng dẫn:
r
r
Đặt u (1;1); v ( 1 2cos 2 x , 1 2 sin 2 x )
r
Ta có: u 2
r
v 2 2cos 2 x 2sin 2 x 2
r ur r r
2
u
Do .v �u . v ta có: 1 �
2cos
1 2sin 2 x
x
r r
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi u , v cùng phương
r r r r
u
Từ bất đảng thức v �u v ta có:
2 2
f x
2 2
� 1 2cos 2 x 1 2sin 2 x
� 1 2cos 2 x 1 2sin 2 x
k
� cos2x=0 � x=
(k �Z )
4 2
Vậy max f x 2 2
Chọn đáp án B
1
1
Bài 2: Tìm max của f x 1 cos 2 x
5 2sin 2 x . Hãy chọn đáp án
2
2
đúng?
A.
22
2
B.3
C.
Hướng dẫn:
r
r � 1
5 1 2 �
u
1;1
;
v
� 1 cos 2 x ;
sin x �
Đặt
2
4
2
�
�
4
7
1
2
D.
5
3
2
2
rr r r
u
Từ bất đăng thức .v �u . v ta có:
1
5 1 2
1
5 1
1 cos 2 x
sin x � 2 1 cos 2 x sin 2 x
2
4 2
2
4 2
1
1
22
� 1 cos 2 x
5 2sin 2 x �
2
2
2
22
2
ۣ f ( x)
urr
22
khi và chỉ khi u,v cùng phương :
2
Vậy Max f(x) =
1
5 1 2
1
� 1 cos 2 x
sin x � cos 2 x sin 2 x
2
4 2
2
1
� cos2x � 2 x � k 2 � x � k (k ��)
2
3
6
Chọn đáp án A
Bài 3: Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A a 2 2a 3 a 2 2a 3
Hãy chọn đáp án đúng ?
A. 2 2
B. 2
C. 2 3
D.2
Hướng dẫn :
Ta có: A a 1 2 a 1 2
r
r
u
1
a
,
2
;
v
a 1, 2 . Khi đó:
Đặt
2
2
r
2
u 1 a 2
r
2
v a 1 2
r r
u v 2;2 2
r r r r
u
Do v �u v nên ta có:
a 1
2
2
a 1
2
2 � 22 2 2
۳ A 2 3
2
urr
Vậy minA= 2 3 khi và chỉ khi u,v cùng phương:
5
1 a a 1� a 0
Chọn đáp án C
Bài 4: Với mọi x, y ��, tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
A 4 cos 2 x.cos 2 y sin 2 x y 4sin 2 x.sin 2 y sin 2 x y
Hãy chọn đáp án đúng?
A. Min A = 1
B. Min A = 2
C. Min A = 3
D. Min A = 4
Hướng dẫn:
r
r
Đặt a 2cos x.cos y;sin x y ; b 2sin x.sin y;sin x y
Suy ra:
r r
a b 2 cos x.cos y s inx.sin y ; 2sin x y 2 cos x y ; 2sin x y
r
a 4 cos 2 x.cos 2 y sin 2 x y
r
b 4sin 2 x.sin 2 y sin 2 x y
r r
a b 4 cos 2 x y 4sin 2 x y 2
r
r
r r
Do a b �a b nên ta có:
4 cos 2 x.cos 2 y sin 2 x y 4sin 2 x.sin 2 y sin 2 x y �2
Vậy Min A = 2. Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi:
�
�x k
�
�
�y l
�
�
r
r
�
�
�
a0
x k
�
�
r r
�
�
�
�
b0
� � 2
( k , l ��)
�
�
�y l
�
2 cos x.cos y sin x y
�
� 2
�
�2sin x.sin y sin x y
�
�
x y k
�
� 2
Chọn đáp án B
Bài 5: Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức C
một đáp án đúng trong các đáp án sau:
6
a b (1 ab)
1 a . 1 b
2
2
bằng cách chọn
A.
3
4
B.
4
5
C.
Hướng dẫn:
r r
r
r
cos
u
,v
u
1,
a
;
v
1,
b
Đặt
. Ta có
1
2
3
2
D.
1 ab
1 a 2 . 1 b2
Từ đó ta có:
2
r r
r r
� 1 ab
�
a b
2
2
sin u , v 1 cos u, v 1 �
�
2
2
2
2
1
a
.
1
b
�
� 1 a 1 b
r r
ab
� sin u , v
1 a 2 . 1 b2
2
Khi đó:
r r
r r
r r
sin 2 u , v 2sin u , v .cos u, v 2.
2
a b (1 ab)
ab
1 a 2 . 1 b2
.
1 ab
1 a 2 . 1 b2
1 a . 1 b
2
2
r r
a b (1 ab)
Do sin 2 u , v �1�2�
1 a2 . 1 b2
Vậy Max C =
1
1
2
a b (1 ab)
1 a . 1 b
2
2
1
2
r r
r r
1
khi sin 2 u, v 1 � u, v k k ��
4
2
Chọn đáp án C
Bài 6: Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
D a 2 b2 2a 12b 37 a 2 b 2 6a 6b 18
Hãy chọn một đáp án đúng?
A.3
B.4
C.5
D.6
r
u
r
r
Hướng dẫn: Xét 3 vectơ x 1 a;6 b ; y a 3; b 3 ; z 4;3 .
r u
r r
Suy ra x y z và:
r
x a 2 b 2 2a 12b 37
u
r
y a 2 b 2 6a 6b 18
r
z 5
7
r u
r r u
r
r u
r r
x
y
�
x
y
�
x
y
�z . Suy ra:
Áp dụng BĐT:
a 2 b2 2a 12b 37 a 2 b2 6a 6b 18 �5
r u
r
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x, y cùng phương, cùng chiều hay trong hai vectơ
ấy có ít nhất một vectơ là vectơ không.
�
1 a 6 b
�
1 a 6 b
0
�
0
a 3 b3
�
�
a3 b3
�
r r
�
a 1
�
��
x0
��
�
b6
u
r r
�
�
�
y
0
�
�
a 3
�
�
�
�
�
b3
�
�
�
1 a 6 b
�
0
a 3 b3
�
�
a 1
�
Vậy Min D = 5 khi �
.
�
b6
�
�
�
a 3
�
�
�
�
b3
�
�
Chọn đáp án C
2
2
�x, y 0
� 1� � 1�
Bài 7: Cho �
. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P �x � �y �
� x� � y�
�x y 1
Chọn một đáp án đúng?
A.
23
2
B.
27
2
C.8
Hướng dẫn:
r
r � 1
1�
Đặt u 1;1 ; v �x ; y �. Ta có:
y�
� x
8
D.
25
2
rur
1
1
u.v x y ;
x
y
r
u 2
2
2
r � 1�
� 1�
v �x � �y �
� x� � y�
rr r r
Từ bất đẳng thức u.v �u . v ta có:
2
2
1
1
1
� 1� � 1�
x y � 2. �x � �y � � 1
� 2 P (1)
x
y
xy
� x� � y�
��
۳y 2 xy
Theo bất đẳng thức côsi ta có: x
Khi đó 1 ۳
2P
Vậy Max P =
5۳ P
xy
1
2
xy
1
4
1
xy
25
2
25
1
tại x y .
2
2
Chọn đáp án D
Bài 8: Cho x,y là hai số thực thỏa mãn x 2 y 2 x 1 y 2 y 1 x 2
Tìm Max của A 3x 4 y . Hãy chọn một đáp án đúng?
A.5
B.6
C. 5 2
r
r
u
x
,
y
;
v
1 y 2 ; 1 x2
Hướng dẫn: Đặt
rr r r
u
Từ bất đăng thức .v �u . v ta có:
D. 3 3
x 1 y 2 y 1 x2 � x2 y 2 . 1 y 2 1 x2
� x 1 y2 y 1 x2
2
2
2
� x 2 y 2 �
2
x
y
�
�
�
� x 2 y 2 � x 2 y 2 �
2 x2 y 2 �
�
�
2
� x2 y2 �
( x2 y2 ) 2 x2 y 2 �
�
��0
� 2 x2 y2 �
x 2 y 2 1�
�
��0
� x 2 y 2 �1 (1)
9
4
r
Đặt a 3;4 ;
r
r
b x; y = u
rr r r
Từ bất đăng thức a.b �a . b ta có: 3x 4 y �5 x 2 y 2 (2)
Từ (1) và (2) ta có: 3x 4 y �5 � 3x 4 y �5 .
r r
Dấu “=” xảy ra khi và chi khi x 2 y 2 1 và a, b cùng phương.
� 3
�x 2 y 2 1 �x
�
� 5
� �x y
��
�3 4
�y 4
�
� 5
� 3
x
�
� 5
Vậy Max A= 5 � �
�y 4
� 5
Chọn đáp án A
a, b, c 0
�
cos 2 x sin 2 y
Bài 9: Cho �
. Tìm giá trị lớn nhất của S
asinx b cos y c
a
b
�
Hãy chọn đáp án đúng?
2 2
c2
A. Max S= 3
a b a b3
1 1
3c 2
B. Max S= 3
a b a b3
1
1
c2
D. Max S=
2a 2b a 3 b3
1 1
c2
D. Max S= 3
a b a b3
Hướng dẫn:
Ta có: asinx b cos y a a
sinx
cosy
b b
a
b
r
r �sinx cosy �
Đặt u a a ; b b ; v � ;
�
b �
� a
rr r r
Từ bất đăng thứ c u.v �u . v ta có:
10
[2]
asinx +
�+
b cos
y
a
3
b
3
sin 2 x
a
cos 2 y
b
c
2
a
3
�sin 2 x
b �
�a
3
cos 2 y �
�
b �
sin 2 x cos 2 y
c2
1 cos 2 x 1 sin 2 y
c2
�
�3
�
�3
a
b
a b3
a
b
a b3
cos 2 x sin 2 y 1 1
c2
�
� 3
a
b
a b a b3
1 1
c2
Vậy Max S=
a b a 3 b3
�
a 2c
sinx 3 3
�sinx cosy
�
r r
� 2 2
�
a b
��
b
Dấu “=” xảy ra � u, v cùng phương �a
b 2c
�
�
asinx
b
cos
y
c
cosx 3
�
�
a b3
�
Chọn đáp án D
Bài 10: Giả sử a,b,c là các tham số làm cho hàm số :
F ( x) a cos 2 x b sin 2 x c a sin 2 x b cos 2 x c m sin 2 x xác định với
mọi x. Tìm giá trị lớn nhất của F(x) trên R. Hãy chọn đáp án đúng ?
[3]
A.
max F(x)= 2a 2b 2c m
B. max F(x)= 2a 2b 4c m
D. max F(x)= 2a 2b 4c m
C. max F(x)= 2a 2b 4c m
Hướng dẫn:
r
r
Đặt u 1;1 ; v
a cos 2 x b sin 2 x c ; a sin 2 x b cos 2 x c . Khi đó ta có:
r
u 2
r
v a cos 2 x b sin 2 x c a sin 2 x b cos 2 x c a b 2c
rr r r
u
Từ bất đăng thứ c .v �u . v ta có:
a cos 2 x b sin 2 x c a sin 2 x b cos 2 x c � 2 a b 2c
Đặt g(x) =
a cos 2 x b sin 2 x c a sin 2 x b cos 2 x c suy ra:
max g(x)= 2a 2b 4c khi và chỉ khi
a cos 2 x b sin 2 x c a sin 2 x b cos 2 x c � cos2x=0
Ta có: F(x) = g(x) + m sin2x
11
+) Nếu m �0 � max F(x) = max g(x) + m = 2a 2b 4c m
� k
x
cos2x=0 �
�
� 4 2
��
� x k ( k �Z )
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi �
sin2x=1
4
�
�x k
� 4
+) Nếu m 0 � max F(x) = max g(x) - m = 2a 2b 4c m
Dấu
“=”
xảy
ra
khi
� k
x
�
cos2x=0
�
� 4 2
��
� x k (k �Z )
�
sin2x=-1 �
4
�
x k
�
4
và
chỉ
khi
Vậy max F(x) = 2a 2b 4c m
Chọn đáp án D
Bài 11: Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số:
y cos 2 x 2cos x 3 cos 2 x 4cos x 8
[4]
Hãy chọn đáp án đúng?
A.Max y = 2 13 ; Min y = 5
B.Max y = 3 2
C.Max y = 3 13 ; Min y = 5
D.Max y =
Hướng dẫn : Ta có y
cosx-1
2
2
cosx 2
2
; Min y =4
6 13 ; Min y =4
4
Gọi M(2, 1-cosx); N(4;3). Do 0 �1 cos x �2 nên M thuộc đoạn M 0 M 1 với
M 0 2;0 , M 1 2;2 .
12
Gọi I là giao điểmcủa ON và M 0 M 1 � y= OM + MN.
+) y đạt giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi O, M, N thẳng hàng. Hay M trùng với I.
Vậy Min y = ON =
32 42 =5
+) y đạt giá trị lớn nhất khi M ở xa I nhất
�
M M0
Max y = OM 0
M0N
2
13
Chọn đáp án A
Bài 12: Cho hai số a,b thỏa mãn điều kiện: a 2b 2 0 . Tìm giá trị nhỏ nhất
của biểu thức P a 2 b 2 6a 10b 34 a 2 b 2 10a 14b 74 . Hãy
chọn một đáp án đúng?
A. 5
Hướng dẫn: Ta có P
B.6
a 3
C.7
2
b 5
2
a 5
D.8
2
b 7
2
(1)
Xét đường thẳng (d): x-2y+2=0. Các điểm A(3;5); B(5;7), Gọi M( a,b) thuộc
(d). Theo công thức tính khoảng cách giữa hai điểm nằm trên mặt phẳng tọa độ
thì P = MA+ MB.
Gọi A' là điểm đối xứng của A qua d. Gọi H là hình chiếu của A trên d.
Ta có phương trình đường thẳng () đi qua A và vuông góc với (d) là
2x + y -11=0.
2 x y 11 0 �x 4
�
��
� H 4,3
Tọa độ điểm H là nghiệm của hệ : �
�x 2 y 2 0
�y 3
�x A� 2 xH x A
�x � 5
� �A
� A�
5,1
Do H là trung điểm của AA�nên �
y
2
y
y
y
1
�
�
�A
H
A
�A
13
Ta có MA MB MA�
MB �A�
B
5,1 nên A�
B 6 � MA MB �6 . Suy ra Min P = 6
Do B(5,7), A�
Dấu bằng xảy ra M
M 0 . Ta tìm tọa độ điểm M 0
Ta có phương trình A�:
B x=5
Tọa độ điểm M 0 là nghiệm của hệ phương trình :
�x 5
�x 5
�
� 7�
� � 7 � M0 �
5, �
�
� 2�
�x 2 y 2 0 �y
� 2
a5
�
�
Hay dấu bằng của bài toán xảy ra khi và chỉ khi � 7
b
�
� 2
Chọn đáp án B
Bài 13: Cho a,b là hai số thỏa mãn điều kiện : a 2 b 2 16 8a 6b
Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức A=4a+3b. Hãy chọn đáp án
đúng?
A. Max A=14; Min A=3
B. Max A=36; Min A=13
C. Max A=40; Min A=10
D. Max A=35; Min A=9
Hướng dẫn:
Ta có: a 2 b 2 16 8a 6b � a 4 b 3 9 . Từ đó suy ra nếu a,b là
hai số thỏa mãn điều kiện đề bài thì điểm M(a,b) nằm trên đường tròn (C) tâm
2
2
O1 (4,3), bán kính bằng 3.
a 2 b 2 16
Từ giả thiết ta có: 4a 3b
. Mà a 2 b 2 OM 2 .
2
14
Nối OO1 cắt đường tròn tại M1, M2 . Vì M1, M2 là các điểm trên đường tròn (C)
gần và xa O nhất nên hiển nhiên ta có: OM 1 �OM �OM 2 .
Do OO1=5 nên ta có OM1 = OO1 - O1M1 = 5-3 = 2
OM2 = OO1 + O1M2 = 5+3 = 8
Như vậy 2 �OM �8 hay
2
4 ��
�a b
2
a 2 b2
64 ��
2
� 32
2
10
a 2 b 2 16
2
40
Suy ra 10 �4a 3b �40
Vậy Min A = 10 khi M trùng với M1. Theo định lí talet ta có:
M 1M 1� OM 1
OM 1
2
6
� M 1M 1�
.O1O1�
.3
OO1
5
5
O1O1� OO1
OM 1� OM 1
OM 1
2
8
� OM 1�
.OO1�
.4
OO1
5
5
OO1� OO1
� 6
a
�
� 5
�6 8 �
Suy ra M � ; �hay �
8
�5 5 �
�
b
� 5
15
� 32
a
�
� 5
�32 24 �
M 2 , tương tự ta tìm được M � ; �hay �
24
�5 5 �
�
b
� 5
+ Max A = 40 M
Chọn đáp án C
Bài 14: Cho a,b,c,d là 4 số thỏa mãn điều kiện:
a 2 b 2 1 2(a b); c 2 d 2 36 12(c d )
Tìm giá trị lớn nhất , giá trị nhỏ nhất của biểu thức A a c b d
Hãy chọn đáp án đúng?
2
B. Max A=
C. Max A=
A. Max A=
2
2 7 ; MinA
2 1
2 7
2
; MinA 2 1
D. Max A= 5 2 7 ; MinA 5 2 7
6
2 1 ; MinA
2 1
5
2
6
5
2
2
Hướng dẫn:
Ta có
2
2
a 2 b 2 1 2(a b) � a 1 b 1 1;
c 2 d 2 36 12(c d ) � c 6 d 6 36
Như vậy nếu a,b,c,d là các số thỏa mãn điều kiện đề bài thì các điểm M(a,b)
nằm trên đường tròn (C1) có tâm là O1(1;1) bán kính bằng 1 và điểm N(c,d) nằm
trên đường tròn (C2) có tâm O2(6;6) bán kính bằng 6.
Nối O với O1O2 ( hiển nhiên O,O1,O2 thẳng hàng ) cắt (C1) tại M1, M2 và cắt (C2)
tại N1, N2.
2
2
16
Dựa vào đồ thị ta thấy M1N2 và M2N1 là các khoảng cách xa nhất và gần
nhất giữa hai điểm trên hai đường tròn. Như vậy với mọi cặp điểm M,N trên hai
đường tròn ta có: M 2 N1 �MN �M 1 N 2 . Do OO1 2; OO 2 6 2 nên ta có:
M 1 N 2 ON 2 OM 1 (OO2 O2 N 2 ) (OO1 O1M 1 ) 6 2 6
2 1 5 2 7
Tương tự M 2 N1 5 2 7 . Khi đó ta có:
5 2 7 �MN �5 2 7 � 5 2 7 � a c b d �5 2 7
2
2
� 5 2 7 � a c b d � 5 2 7
2
2
2
2
�M �M 2
�
Dấu “=” bên phải xảy ra
.
�
�N �N1
Gọi O1�
, O2�
, M 1�
, M 2�
, N1�
, N 2� lần lượt là hình chiếu vuông góc của
O1 , O2 , M 1 , M 2 , N1 , N 2 lên Ox. Theo talet ta có:
OM 2� OM 2
OM 2 .OO2� OO2�
OO1 O1M 2 6 2 1 2 2
� OM 2�
OO2
OO2
2
6 2
OO2� OO2
M 2 M 2� OM 2
OM 2 .O2O2� 2 2
� M 2 M 2�
OO2
2
O2O2� OO2
2 2
2
Tương tự c d 6 3 2
�a b
17
�
2 2
ab
�M �M 1
�
��
2
Dấu “=” bên trái xảy ra � �
N
�
N
�
2
�
c d 63 2
�
Vậy max A= 5 2 7
2
, min A= 5 2 7
2
Chọn đáp án D
Bài 15: Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số: P a 2 b 2 4a 8b 20
biết a �0, b �0,2a b �2, a 3b �9 .
Hãy chọn đáp án đúng trong các đáp án sau:
5
3
A. Min P ; max P = 65
B. Min P ; max P = 63
2
2
1
7
C. Min P ; max P = 61
D. Min P ; max P = 67
2
2
Hướng dẫn:
Ta có P a 2 b 2 4a 8b 20 � P a 2 b 4
Gọi P0 là một giá trị của biểu thức P. Khi đó nếu a,b là hai số thỏa mãn điều kiện
bài toán thì điểm M(a,b) nằm trên đường tròn tâm O1 (2,4) , bán kính r P0 và
nằm trong tứ giác ABCD với A(1;0); B(0;2); C(0;3); D(9,0).
2
Ta có O1M
a 2
2
2
b 4 � O1M 2 a 2 b 4 . Khi đó bài toán
2
2
2
trở thành tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của O1M 2 .
Dựa vào đồ thị dễ thấy min O1M d O1; CD . Mà phương trình CD: x+3y-9
=0
18
2 3.4 9
5
5
5
� Min P khi và chỉ khi M �H
2
2
1 9
10
�3 5 �
(H là hình chiếu vuông góc của O 1 trên CD ). Dễ dàng tìm được điểm H � ; �
�2 2 �
� 3
a
�
� 2
tức �
5
�
b
� 2
+ Max O1M Max O1 A; O1B; O1C ; O1D O1D 65 � Max P 65 khi và
Suy ra min O1M
a9
�
chỉ khi M �D � �
b0
�
Chọn đáp án A
Bài tập rèn luyện:
Bài 1: Tìm GTNN của biểu thức: A x 2 y 1 x 2 y 3
2
2
Trong đó x,y là các số thực thỏa mãn 2x – y = 2
(Trích đề thi học sinh giỏi quốc gia năm 1998)
� 2
a
�
� 3
Đáp án : MinA 2 5 � �
2
�
b
�
3
Bài 2: Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số: y x 2 2 px 2 p 2 x 2 2qx 2q 2
Với p, q là hai số thực cho trước và p �q .
(Trích bài 157 sách “ Các dạng toán về bất đẳng thức, giá trị lớn nhất, giá trị
nhỏ nhất trong đại số, hàm số, hình học )
Đáp số:
min y
p q
2
p q � x
2
19
p. q q. p
pq
Bài 3: Cho a,b,c >0 và ab+bc+ac=abc. Tìm giá trị nhỏ nhất của
a 2 2b 2
b 2 2c 2
c 2 2a 2
P
ab
bc
ca
Đáp án: Min P = 3 khi và chỉ kh a = b = c = 3
2.4. Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm đối với hoạt động giáo dục, với
bản thân, đồng nghiệp và nhà trường
2.4.1. Đối với hoạt động giáo dục
+ Thực nghiệm sư phạm là quá trình rất quan trọng nhằm làm sáng tỏ
những vấn đề lí luận của đề tài ở trường THPT Tĩnh Gia 4, đồng thời kết quả thu
được của thực nghiệm là cơ sở khoa học để xác định tính đúng đắn của đề tài.
+ Kết quả của việc thực nghiệm sư phạm sẽ cho biết được sự phù hợp của
đề tài với xu hướng đổi mới phương pháp dạy học theo hướng tích cực hiện nay.
Sau một năm học 2017-2018 cho việc áp dụng cho đối tượng học sinh ở
4 lớp 12 của trường THPT Tĩnh Gia 4, trong đó có hai lớp thực nghiệm và hai
lớp đối chứng. Kết quả thực nghiệm được tiến hành một cách khách quan trên
các lớp thực nghiệm và đối chứng. Kết quả thu được như sau:
Lớp và số lượng học sinh tham gia thực nghiệm:
STT Lớp
1
12C2
2
12C3
Sỉ số học sinh
39
36
Tổng số học sinh
75
Sỉ số học sinh
35
41
Tổng số học sinh
76
Lớp và số lượng học sinh đối chứng:
STT Lớp
1
12C5
2
12C8
Tổng hợp điểm kiểm tra của các lớp đối chứng
Lớp
SL
Loại giỏi
Loại khá
Loại TB
Loại yếu
SL
%
SL
%
SL
%
SL
%
13
37,1
12C5
35
1
2,9
6
17,1
15
42,9
12C8
41
0
0
7
17,1
16
39
18
43,9
Tổng hợp điểm kiểm tra của các lớp thực nghiệm
Lớp
SL
Loại giỏi
Loại khá
20
Loại TB
Loại yếu
SL
12C2
39
12C3
36
6
5
%
SL
%
SL
%
15,4
17
43,6
12
30,8
4
10,2
38,9
11
30,5
6
16,7
13,9
14
SL
%
2.4.2. Đối với bản thân:
- Giáo viên phải phân tích sâu, kỹ về kiến thức chuyên môn và các kiến
thức liên quan đến bài dạy. Từ đó mà bồi dưỡng cho mình kiến thức chuyên môn
vững vàng.
- Thông qua đề tài sáng kiến kinh nghiệm,những cách giải quyết vấn đề khác
nhau của học sinh làm cho giáo viên có nhiều kinh nghiệm hơn trong dự đoán và
xử lí tình huống.
2.4.3. Đối với đồng nghiệp, tổ nhóm chuyên môn
Đây là phương pháp không quá khó, giáo viên nào cũng có thể thực hiện được .
Và đặc biệt là áp dụng được với tất cả các đối tượng học sinh. Nên tôi đã đem
phổ biến trong tổ, các anh em trong tổ cũng có nhiều góp ý quý báu và tôi đã
mạnh dạn áp dụng vào lớp mình phụ trách và bước đầu đã mang lại thành công .
3. Kết luận và kiến nghị
3.1. Kết luận
Thông qua quá trình làm sáng kiến tôi đã rút ra cho mình những bài học
kinh nghiệm như sau:
1.Đối với các bài toán đòi hỏi sự tư duy như các dạng toán ở trên thì đôi
lúc học sinh phân tích bài giải không đúng với yêu cầu của giáo viên, khi đó
giáo viên phải tôn trọng và phân tích theo hướng giải của các em sau đó chỉ rõ
các ưu khuyết điểm của hướng giải mà các em đã đưa ra.
2. Theo phương pháp trên giúp học sinh tiếp thu bài học một cách tích
cực và giải quyết vấn đề một cách sáng tạo khoa học. Kết quả thu được góp
phần không nhỏ, đáp ứng nhu cầu đổi mới phương pháp mà ngành giáo dục
đề ra.
3. Trong quá trình làm sáng kiến tôi thấy phương pháp tọa độ ngoài ứng
dụng tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất còn nhiều ứng dụng khác nữa như:
chứng minh bất đẳng thức, giải phương trình, hệ phương trình, bất phương
trình …Vì vậy tôi khuyến khích các em học sinh tìm hiểu thêm về các ứng
dụng khác của phương pháp này.
4. Thực tế giảng dạy cho thấy học sinh rất hào hứng tiếp thu và vận dụng
ý tưởng của đề tài, học sinh không còn sợ mà trở nên thích thú, ham tìm hiểu
về những bài toán tương tự. Tuy nhiên không phải bất kì bài toán tìm giá trị
lớn nhất, nhỏ nhất nào cũng có thể dùng phương pháp tọa độ. Ngoài phương
pháp tọa độ nêu trên còn rất nhiều kĩ thuật và phương pháp khác để giải dạng
toán này. Tuy nhiên phương pháp này cho thấy việc sử dụng phương pháp tọa
độ trong hình học vào giải quyết vào các bài toán đại số là rất mạnh mẽ, làm
21
cho nhiều bài toán trở nên gọn gàng, sáng sủa hơn rất nhiều.
3.2. Đề xuất và kiến nghị:
Việc nâng cao chất lượng giảng dạy bộ môn toán học là nhiệm vụ,
trách nhiệm cũng là lương tâm của các thầy, cô giáo. Với tinh thần đó tôi
mong muốn góp phần nhỏ trí tuệ của mình trong giảng dạy với các đồng
nghiệp. Tuy nhiên do năng lực và thời gian có hạn, tôi rất mong được sự đóng
góp, bổ sung của các đồng nghiệp và hội đồng khoa học các cấp để sáng kiến
kinh nghiệm của tôi được hoàn chỉnh hơn,đồng thời giúp đỡ tôi tiến bộ và
thành công trong giảng dạy. Mong tất cả các thầy, cô giáo có nhiều SKKN
hay góp phần nâng cao chất lượng giảng dạy nói chung và bộ môn Toán nói
riêng.
Tôi xin chân thành cảm ơn!
Thanh hóa, ngày 24 tháng 5 năm 2018
XÁC NHẬN CỦA HIỆU TRƯỞNG Tôi xin cam đoan đây là SKSN của mình
viết, không sao chép nội dung của người
khác.
Người thực hiện
Lê Thị Phượng
22
PHỤ LỤC
MỘT SỐ SÁCH VÀ WEBSITE ĐÃ THAM KHẢO
1 Toán nâng cao hình học THPT- Nhà xuất bản ĐH sư phạm- Nguyễn Vĩnh
Cận
2
Các dạng toán luyện thi đại học - Nhà xuất bản HN- Phan Huy Khải
3
Tuyển chọn theo chuyên đề Toán học và tuổi trẻ quyển 1,2,3,4 - Nhà xuất
bản giáo dục
4
500 bài toán chọn lọc về bất đẳng thức- Nhà xuất bản Hà Nội - Phan
Huy Khải
5
Các dạng toán về bất đẳng thức , giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất trong đại
số, hàm số, hình học- Nhà xuất bản Đà Nẵng - Nguyễn Văn Qúy, Nguyễn
Tiến Dũng, Nguyễn Việt Hà
6
Các phương pháp giải toán sơ cấp đại số 10- Nhà xuất bản Hà Nội- Phan
Huy Khải- Nguyễn Đạo Phương
7
Bất đẳng thức, bất phương trình đại số - Nhà xuất bản giáo dục - Nguyến
Thế Hùng
4
www.mathvn.com
5
www.vnmath.com
6
7
8
[1]: Trích sách giáo khoa Giải tích 12- Nhà xuất bản giáo dục
[2]: Trích đề bài 315 – Sách 500 bài toán chọn lọc về bất đẳng thức – Nhà xuất
bản Hà Nội. (Các bạn có thể tham khảo cách giải khác tử tài iệu này).
[3] Trích đề bài tập 466 – Sách 500 bài toán chọn lọc về bất đẳng thức – Nhà
xuất bản Hà Nội. (Các bạn có thể tham khảo cách giải khác tử tài iệu này).
[4] Trích bài 159 – Sách các dạng toán bất đẳng thức, giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ
nhất – nhà xuất bản Đà nẵng.
23
