báo cáo kết quả nghiên cứu ứng dụng sáng kiến phương pháp tọa độ để giải một số bài toán cực trị

BÁO CÁO KẾT QUẢ
NGHIÊN CỨU, ỨNG DỤNG SÁNG KIẾN
Tên sáng kiến kinh nghiệm:
PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ ĐỂ GIẢI
MỘT SỐ BÀI TOÁN CỰC TRỊ

Vĩnh Phúc, năm 2020

1


MỤC LỤC

BÁO CÁO KẾT QUẢ NGHIÊN CỨU, ỨNG DỤNG SÁNG KIẾN

Trang
3

1. Lời giới thiệu

3

2. Tên sáng kiến
3. Lĩnh vực áp dụng sáng kiến
4. Ngày sáng kiến được áp dụng lần đầu
5. Mô tả bản chất của sáng kiến

3

PHẦN NỘI DUNG

3
3
3
4

Một số ví dụ áp dụng
PHẦN KẾT LUẬN
6. Những thông tin cần được bảo mật
7. Các điều kiện cần thiết để áp dụng sán kiến

4
17
17
17

8. Đánh giá lợi ích thu được theo ý kiến của tác giả

17

BÁO CÁO KẾT QUẢ
2


NGHIấN CU, NG DNG SNG KIN
1. Li gii thiu
Trong chơng trình giáo dục toán học ở trờng phổ thông trung
học, phơng pháp toạ độ chiếm một vị trí quan trọng. Nói đến
phơng pháp toạ độ, mọi ngời thờng hay nghĩ đến các bài toán
về khảo sát hàm số, vẽ đồ thị cũng nh các bài toán của hình học
giải tích. Tuy nhiên sẽ không có nhiều ngời nghĩ rằng phơng pháp

toạ độ còn cho ta những lời giải hay đối với các bài toán sơ cấp:
Giải phơng trình - giải bất phơng trình - chứng minh bất đẳng
thức - tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số. Thậm chí
phơng pháp toạ độ còn giúp ta giải quyết các bài toán số học Suy luận logíc - Hình học tổ hợp - Hình học thuần tuý, mà là
những đối tợng xa vời với phơng pháp toạ độ.
Cùng với các phơng pháp khác, phơng pháp toạ độ là một
trong những phơng pháp hữu hiệu để giải nhiều bài toán sơ
cấp. Phơng pháp toạ độ dùng để giải quyết các bài toán chứa
trong nó Cái hồn hình học mà thoạt nhiên ta cha nhìn thấy nó.
Do đó chúng ta cũng nên đa phơng pháp toạ độ vào giải các bài
toán sơ cấp trong chơng trình phổ thông trung học, nhằm trang
bị thêm phơng pháp giải bài tập và ứng dụng của phơng pháp toạ
độ. Đó cũng chính là nhận thức và ý tởng của tôi khi chọn đề tài
này.
Phng phỏp ta gii mt s bi toỏn cc tr
Do điều kiện thời gian, trong đề tài này tôi mới chỉ đa ra:
Phơng pháp toạ độ với bài toán tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất
của hàm số - thông qua một vài ví dụ. Hy vọng rằng: Phơng pháp
toạ độ sẽ đem lại cho các bạn sự thoải mái - trong sáng - và lý thú.
Dĩ nhiên, trong quá trình nghiên cứu cũng không tránh khỏi
những khuyết điểm. Mong các bạn đồng nghiệp góp ý và bổ
sung.
3


2. Tờn sỏng kin:
Phng phỏp ta gii mt s bi toỏn cc tr
3. Lnh vc ỏp dng sỏng kin: p dng trong toỏn hc
- Mc ớch: S dng phng phỏp ta gii mt s bi toỏn cc tr

4. Ngy sỏng kin c ỏp dng ln u: Thỏng 10/2017
5. Mụ t bn cht ca sỏng kin:
Nội dung chính của đề tài
Để giải quyết các bài toán tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất
bằng phơng pháp toạ độ, ngời ta thờng sử dụng các tính chất
sau:
- Trong tất cả các đờng gấp khúc nối hai điểm A và B cho trớc
thì đờng thẳng nối AB là đờng thẳng có độ dài ngắn nhất.
- Cho điểm M ở ngoài một đờng thẳng d ( hoặc mặt
phẳng (P)) cho trớc. Khi đó, độ dài đờng vuông góc kẻ từ M
xuống d ( xuống (P)) ngắn hơn mọi đờng xiên kẻ từ M xuống đờng thẳng (mặt phẳng) ấy.
- Trong các tam giác cùng nội tiếp một đờng tròn, thì tam
giác đều có chu vi và diện tích lớn nhất.
Nếu bằng một phép biến đổi nào đó, bài toán có thể quy
về các sự kiện hình học nói trên, thì nên dùng phơng pháp toạ
độ để giải.
Ngời ta sử dụng hai bất đẳng thức sau:
r r r r
u v u v
1.
rr r r
uv
. u . v
2.

r r
u
(Chú ý điều kiện xảy ra dấu bằng khi và chỉ khi , v là các
véc tơ cùng phơng, cùng chiều hoặc là có một trong hai vectơ là
M

vectơ không).
0
Ngoài ra còn chú ý một số kết quả sau (tự chứng minh) :
4

A

M

B


 Cho ®o¹n AB, M0 bÊt kú ngoµi ®o¹n AB. Ta cã:

MaxM0M
M�AB

= Max{M0A,M0B}

 Cho f(x) liªn tôc trªn tËp D vµ tån t¹i

Max f (x)
D

vµ

Min f (x)
D

.

�f (x)  
�
Min f (x) � �Max f (x)
D
1. Ph¬ng tr×nh �x�D
cã nghiÖm  D
.
�f (x) �
�
Max f (x) �
2. BÊt ph¬ng tr×nh �x�D
cã nghiÖm  x�D
�f (x) �
�
Min f (x) �
3. BÊt ph¬ng tr×nh �x�D
cã nghiÖm  x�D

5


Sau đây là một vài ví dụ minh hoạ
1.1 Ví dụ 1: Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số:
f(x,y) = cos2x + cos2y

1
Trên miền D = {(x, y: sinx + siny = 2 }.
Lời giải:
Đặt u = sinx; v = siny. Khi đó ta có:

cos2x + cos2y = 2 - 2(u2 + v2).
Xét bài toán mới: Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số:

F(u,v) = u2 + v2 trên miền D1 = {(u, v):

u 1; v 1;u v

1
2 }.

D

=2-2

MinF (u,v)
D1

MaxF (u, v)
D1

(1)
(2)

-1/2
-1

A

-1/2

1

v

1/2

H

Vẽ hệ trục Ouv.

B

Min f (x, y)

=2-2

1

D

1/2

Max f (x, y)

u

Lúc đó ta có mối liên hệ:

1
Tập D1 chính là đoạn thẳng AB (phần đờng thẳng u + v = 2

1
1
nằm trong hình vuông). Dễ thấy A(- 2 ; 1) & B(1; - 2 ).
Nếu M(u; v) D1 thì u2 + v2 = OM2.
Vậy
6

MaxF (u,v)
D1

=

MaxOM 2 OA2( OB2 ) 1
MAB

1 5

4 4


MinF (u,v)
D1

=

MinOM 2 OH 2
MAB

Theo (1) ta có:

Max f (x, y)
D

1
8

7
1
Min f (x, y)
= 4; D
= - 2.

1.2 Ví dụ 2: Tìm GTLN & NN của hàm số: f(x, y) = x 2 + y2 trên
miền:
x

x 2y 80

x y 2 0

2x y 4 0
D=
Lời giải:

-2

O

2

-4
-8

B

A -2

x

C

4

Vẽ hệ trục Oxy.

Dễ thấy các điểm (x; y) thoả mãn hệ trên chính là toàn tam giác
ABC.
Ta thấy x2 + y2 = OM2 ( Gọi D là miền dàng buộc hệ).
Ta có:

Max f (x, y)
D

7

=

MaxOM 2
MD

= Max {OA2, OB2, OC2} = 20.


Min f (x, y)

MinOM 2

=

D

MD

MinOH2

=

16
5

=

(vì

1
1
1
1 1 5

2
2
2
OH
OA OC
4 16 16 )
Tóm lại:

Max f (x, y)

Min f (x, y)
D

D

= 20.

16
= 5.

1.3 Ví dụ 3:Tìm GTNN 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}.
Lời 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)
Khi (x, y, z, t) D thì điểm M(x; y) nằm trên đờng 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: MinMN2 = M0N02 = 4. Trong đó M0(0; 1) và N0(0; 3).
Từ (1) suy ra: f(x, y, z, t) 0 (x, y, z, t) D.
Mặt khác, khi x = 0, y = 1, z = 0, t = 3 thì f(x, y, z, t) = 0, mà (0,
1, 0, 3 )D.
Vậy

Min f (x, y, z,t)
D

= 0.

v

N(z,t)
3 N0

M 1
0

8

-1

O
-1

M(x,y)
1

u

1.4 Ví dụ 4: Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số:

x2 x 1 x2 3x 1 với x R.

f(x) =
Lời giải:

2

2

2
2
3 1
1 3

x x
2 2 2 2

Ta viết lại f(x) dới dạng: f(x) =
(1)

1
3
3 1
Xét hệ trục Oxy với điểm A( 2 ; 2 ); B( 2 ; 2 ); C(x ; 0).
Khi đó từ (1) ta có: f(x) = CA + CB AB.
2

2

3 1 1
3


2
2
2
2
2



.

Trong đó AB =

Do đó: f(x) 2 .
Mặt khác, giả sử AB cắt Ox tại ở tại C0. Ta có: C0A + C0B = AB.
Nh vậy, nếu đặt x0 = OC0 thì f(x0) =
Vậy :

Min f (x)
xR

= 2

y

A

C
x

9

C0

x

B

2.


1.5 Ví dụ 5: Tìm GTLN & GTNN của hàm số:
f(x, y) = 4x + 3y
Trên miền: D = {(x, y): x2 + y2 + 16 = 8x + 6y}.
Lời giải:
Nếu (x, y) D, ta có: x2 + y2 = 8x + 6y (x - 4)2 + (y - 3)2 = 9.
Nghĩa là: D là đờng tròn tâm O1(4; 3) và bán kính R = 3 khi (x,
y) D, ta có:
x2 y2 16
1
1
8 (x2 y2 ) 8 OM 2
2
2

2
f(x, y) = 4x + 3y =
với M(x; y) nằm trên đờng tròn trên.
Nối OO1 cắt đờng tròn D tại 2 điểm M1, M2, ta đợc:
MD

MaxOM

= OM2= OO1 +O1M2 =5 + 3 = 8.

Min f (x, y)

4

.
O1
.

1
= 8 + 2 22 = 10.

O

y

D

. M1
.

D

1
= 8 + 2 82 = 40,

3

Vậy:

Max f (x, y)

M(x,y)
.
.

.M
.2

MD

= OM1 = OO1 - M1O1 = 5 - 3 = 2.
x

MinOM

1.6 Ví dụ 6: Tìm GTLN & GTNN của hàm số:
2
2
f(x) = sin x 2 sin x sin x 2 sin x với x R.

Lời giải:
10


Gọi m là giá trị tuỳ ý của hàm số f(x). Điều đó có nghĩa là phơng trình sau (ẩn x) có nghiệm:

sin x 2 sin2 x sin x 2 sin2 x = m (1)
Đặt u =

2 sin2 x ; v = sinx

u v uv
. m

2 2
u v 2


1v 1


1u 2
khi đó (1)

(2)
(3)
(4)

y

(5)
B

Xét hệ trục Ouv:

x

O
A


Dễ thấy (3), (4), (5) biểu diễn cung AB
nhỏ, ở đây A(1; -1); B(1;

1).
(u v)2 2
u v
m
2
Từ (2) ta có:
(u + v)2 + 2(u + v) - 2m - 2 = 0

2m 3

u + v = -1 +
(u + v) = -1 -


2m 3 loại (vì không cắt cung AB
)

Từ đó nhận thấy (1) có nghiệm đờng thẳng :
u + v = -1 +
tức là 0 -1 +
1

2m 3 2

2m 3 3

- 1 m 3.
11


2m 3 cắt cung AB


Vậy

Max f (x)
xR

= 3 và

Min f (x)
xR

= -1.

1.7 Ví dụ 7: Tìm GTLN & GTNN của hàm số

f(x) =

x 4 1

x
2 trên đoạn [0; 2]

Lời giải:

x 2 2 2 x (1)

Viết f(x) dới dạng: f(x) =

Xét phơng trình tham số:
Đặt

x = u;

x 2 2 2 x = m (2)

2 x = v. Khi đó:


u 2 2v m (3)
2 2
u v 2
(4)


u 0; v 0 (5)

(2)

v

B

Xét hệ trục Ouv:
A
-

u

O

-

Thấy hệ (3), (4), (5) có nghiệm đờng thẳng u 2 2v m cắt
cung phần t thứ nhất AB của đờng tròn tâm O báb kính

2.

Đờng thẳng u 2 2v m qua A( 2 ; 0) có dạng: u 2 2v 2 .

Đờng thẳng u 2 2v m là tiếp tuyến của cung AB
có dạng:

OC
u 2 2v OC , ở đây
12

2
2

3 2
sin 1 : 1 2
2
4


Từ đấy thấy ngay hệ (3), (4), (5) có nghiệm đờng thẳng
u 2 2v m nằm giữa hai đờng thẳng nói trên

Vậy

Max f (x) 3 2
0;2

= 3 và

Min f (x) 2
0;2

2 m3 2

.

1.8 Ví dụ 8: Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số:
f(x) =

x2 2px 2p2 x2 2qx 2q2 (p, q là hai số cho trớc)

Lời giải
Xét p q 0 :
Trên mặt phẳng toạ độ xét điểm A(x - p; p ) & B(x - q; q ). Khi
đó:
2

f(x) =

(x p)2 p (x q)2 q

2

= OA + OB.

Rõ ràng có: OA + OB AB.
Mà AB =

(q q)2 ( p q )2

Vậy ta luôn có f(x)

không đổi với mọi vị trí của A và B.

(q q)2 ( p q )2

(1)
x

Dấu = xảy ra A, O, B thẳng hàng.

Ta có:

mà A, O, B thẳng hàng
13

y=-

uuur
uuu
r
OA (x p; p ); BO (q x; q )

y=

O

A

B

y

q p pq
x p p
x
q x q
p q

.

Do AB không đổi với mọi vị trí của A, B nên ta có:
q p p q
2
2
f
p q
AB ( p q) ( p q)


(2)
2. Xét p q 0 ( p = q = 0)
Lúc này f(x) = 2|x| Min f(x) = 0 (3)
Tóm lại, với mọi trờng hợp ta đều có:
Min f (x) ( p q)2 ( p q )2
xR

.

1.9 Ví dụ 9: Tìm GTLN & GTNN của hàm số:
f(x, y) = x - y
Trên miền:
(x 6)2 (y 3)2 25

2
2
x (y 4) 25

2x y 4

D = x 0, y 0

Lời giải:
Miền xác định D cần lấy giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm f(x,
y) đợc biểu diễn bởi miền gạch chéo sau:

y

A

4
3
-2 O

14

B
2

6

C

x


Chú ý rằng:
Đồ thị hàm số x - y = suy ra từ đồ thị hàm số x - y = 0 một lợng

(- ) theo trục Oy.
Gọi () là một giá trị tuỳ ý của f(x, y) trên D.
Điều này có nghĩa là hệ sau ẩn (, x, y) có nghiệm:
x y

2
2
(
x

6)

(
y

3)
25

2
2
x (y 4) 25

2x y 4


x 0, y 0
. Giải hệ ta có:

2x y 4

2
2
x (y 4) 25
x 0, y 0


Suy ra toạ độ điểm A( 5; 2 5 4).
Đờng thẳng x - y = qua A khi = - 4 -

5.

Đờng tròn (x - 6)2 + (y - 3)2 = 25 cắt trục hoành tại B(2; 0) & C(10;
0).
Đờng thẳng x - y = qua B khi = 2. Khi đó:

15


x-y=-4-

5 & x - y = 2 là hai vị trí giới hạn mà đờng thẳng x

- y = cắt miền D.
Từ đó suy ra:

Max f (x, y) 2 Min f (x, y) 4 5
D
, D
.

1.10 Ví dụ 10: Cho a, b , c, h là bốn số dơng cho trớc; x, y, z là
ba số thực thay đổi sao cho ax + by + cz = k (1) ( k là số cố
định cho trớc).
Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số:
2
2
2
2
2
2
f(x, y, z) = a h x b h y c h z với (x, y, z) thoả mãn điều

kiện (1).

Lời giải:

Xét hệ trục Ouv: A(ah, ax); B((a + b)h; ax + by); C((a + b + c)h;
ax + by + cz)

Ta có:
v
C

ax + by + cz =
k

ax

A
(a+b)h

O
ax + by

16

ah

u
(a+b+c)h

B


2
2
2
2
OA = a h x ; AB = b h y ;

2
2
BC = c h z

Vậy f(x, y, z) = OA + OB + OC (2) & OA + AB + BC là độ dài đờng gấp khúc OABC nối hai điểm cố định O(0; 0) & C((a+b+c)h;
k).

k2 h2 (a b c)2

Ta có: OC =

k2 h2(a b c)2 (3)

Từ (2) suy ra: f(x, y, z) OC =

Dấu = trong (3) sảy ra O, A, B, C thẳng hàng


ax ax by ax by cz


ah ah bh ah bh ch

x y z

k
a b c

k
k
k

2
2 2
f
,
,
k (a b c) h
Nh vậy: a b c a b c a b c
(4)

2
2 2
Từ (3) và (4) ta có: Minf(x, y, z) = k (a b c) h .

1.11 Ví dụ 11: Cho xi, yj (i = 1,2, ... , n) là 2n số thực thoả mãn:
n

n

x y 1
i 1

i

i 1

i

n



Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: A = i 1

xi2 yi2

Lời giải:
Trong mặt phẳng xét hệ tọ độ Oxy:
Mk
xi ;

i 1

Gọi Mk là điểm có toạ độ
k

Mn
xi ;


i 1

Nh vậy điểm
n

giả thiết x+ y =1)

17

y



y


k

i 1

i

, k= 1, 2, ..., n

n

i 1

i

sẽ nằm trên đờng thẳng x + y = 1 (vì


2

DÔ thÊy:

Mk1Mk

2

�k x  k1 x � �k y  k1 y � x2  y2
�
�i �
�i �
i � �
i �
k
k

i 1
i 1
�i 1
� �i 1
�
(k = 1, 2, ... ,

n)

y

Mn
H
Mk
Mk-1
M1

O

x

Tõ ®ã suy ra:
A = OM1 + M1M2 + M2M3 + ... + Mn-1Mn
Gäi H lµ ch©n ®êng vu«ng gãc kÎ tõ O ®Õn ®êng th¼ng x + y =

2
1, th× OH = 2
2
Râ rµng: OM1 + M1M2 + ... + Mn-1Mn  OH, hay A  2 (1)
DÊu b»ng s¶y ra trong (1)  O, M1, M2, ..., Mn th¼ng hµng & Mn 

H
y1 y2
y
  ...  n  tg450  1
xn
 x1 x2
1
 x1 = x2 = ... = xn = y1 = y2 = ... = yn = 2n

2
VËy MinA = 2 .
18


19


Kết luận
Bài toán tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số và loại
toán khá phức tạp trong chơng trình THPT. Cách giải rất phong
phú - đa dạng. Mặt khác, phơng pháp toạ độ cũng là phơng pháp
mới đối với học sinh - có phần trừu tợng. Khi vận dụng phơng pháp
toạ độ, học sinh cần nắm vững kiến thức toạ độ. Có t duy lôgic khéo léo. Vận dụng đợc phơng pháp này sẽ giúp học sinh phát
triển t duy - ý thức rèn luyện kiến thức và tạo sự say mê học tập,
hứng thú trong học tập.
Thông qua một vài ví dụ trên, nhằm giúp học sinh thấy đợc
ý nghĩa và phơng pháp vận dụng vào bài toán, giúp học sinh
phần nào tự tin và ý thức hơn về phơng pháp (kiến thức) toạ độ,
mà có những ví dụ với phơng pháp sơ cấp đơn thuần không giải
đợc hoặc phức tạp - Nhng đối với phơng pháp toạ độ thì lời giải

lại đơn giản, ngắn gọn và dễ hiểu.
Do điều kiện thời gian cũng nh tinh thần học hỏi, tôi cũng
chỉ đa ra một số ví dụ đơn giản trên, nhằm đạt đợc một số yêu
cầu nào đó mà thôi. Mong sự đóng góp chân tình của các bạn
đồng nghiệp, nhằm hoàn thiện, thờng xuyên có t tởng cũng nh
suy nghĩ đến phơng pháp này mà trớc kia ta ít nghĩ tới.
6. Nhng thụng tin cn c bo mt
7. Cỏc iu kin cn thit ỏp dng sỏng kin
-Phng phỏp ỏp dng i vi mt s bi toỏn cc tr
-p dng vi nhng i tng hc sinh gii, hc sinh khỏ, bi dng hc
sinh gii
8. ỏnh giỏ li ớch thu c do ỏp dng sỏng kin theo ý kin tỏc gi
Giỏo viờn cú cỏch s lý linh hot, cỏch nhỡn tinh t hn i vi mt s bi toỏn
cc tr.
Hc sinh cú thờm mt phng phỏp tht s b ớch s lớ mt s bi toỏn cc tr.
T ú cỏc em cú nim am mờ v yờu thớch mụn toỏn hn

20


Lập Thạch, ngày 17 tháng
02 năm 2020
Thủ trưởng đơn vị/
Chính quyền địa phương
(Ký tên, đóng dấu)

........,
ngày.....tháng......năm......
CHỦ TỊCH HỘI ĐỒNG
SÁNG KIẾN CẤP CƠ SỞ

(Ký tên, đóng dấu)

.Lập Thạch, ngày 06 tháng
02 năm 2020
Tác giả sáng kiến
(Ký, ghi rõ họ tên)

Vương Thành Nam

21