SKKNMot so phuong phap giai toan cuc tri o THCS

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (1.07 MB, 58 trang )

(1)Phòng giáo dục và đào tạo huyện mỹ hào Trêng thcs t® lª h÷u tr¸c. a. KINH NGHIỆM. MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI TOÁN CỰC TRỊ THCS Lĩnh vực/ môn học: Toán học Người thực hiện: Vũ Thị Hồng Liên Chức vụ: Giáo viên. N¨m häc 2015 – 2016. 0.

(2) CỘNG HOÀ XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM Độc lập – Tự do – Hạnh phúc -----------O0O----------SƠ YẾU LÍ LỊCH Họ và tên:. VŨ THỊ HỒNG LIÊN. Ngày, tháng, năm sinh:. 01/ 02 / 1972. Năm vào ngành:. 1992. Chức vụ:. Giáo viên. Đơn vị công tác:. Trường THCS trọng điểm Lê Hữu Trác. Trình độ chuyên môn:. Đại học toán. Bộ môn giảng dạy:. Môn toán. 1.

(3) A MỞ ĐẦU I. ĐẶT VẤN ĐỀ 1. Thực trạng của vấn đề nghiên cứu Toán học là một môn học chiếm vị trí quan trọng trong trường phổ thông. Dạy toán tức là dạy phương pháp suy luận. Học toán tức là rèn luyện khả năng tư duy lôgic. Các bài toán là một phương tiện tốt trong việc giúp học sinh nắm vững tri thức, phát triển tư duy, hình thành kỹ năng kỹ sảo. Bài toán tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất ( hay còn gọi là các bài toán cực trị ) là những bài toán đi tìm cái lớn nhất, nhỏ nhất, rẻ nhất, đắt nhất, ngắn nhất, dài nhất … để dần dần hình thành cho học sinh có thói quen đi tìm một giải pháp tối ưu cho một công việc cụ thể nào đó trong thực tiễn sau này. Các bài toán cực trị là các bài toán tương đối hay và cũng tương đối khó, loại này rất phong phú và đa dạng đòi hỏi phải vận dụng kiến thức một các hợp lý, nhiều khi độc đáo và bất ngờ. Các bài toán cực trị thường được đưa vào lớp chọn, trường chuyên với những đối tượng học sinh khá và giỏi, trong sách giáo khoa ít đề cập đến các bài tập loại này. Toán cực trị cũng là loại toán rất gần gũi với thực tế, có nhiều ứng dụng trong thực tế. Chẳng hạn: - Hai xóm A và B cách nhau một con sông. Tìm vị trí ở bờ sông để bắc một cây cầu sao cho quãng đường từ A đến B là ngắn nhất. - Một cửa sổ hình chữ nhật cao h(m). Phần trên là nửa đường tròn đường kính d(m); chu vi của cả cửa sổ là 6(m). Hãy xác định h, d sao cho cửa sổ có diện tích bé nhất.Điều này chứng tỏ là toán học và thực tiễn không tách rời nhau. Trong chương trình toán học ở THCS, học sinh mới thực sự làm quen với loại toán cực trị từ năm lớp 7, kiến thức về loại toán này được nâng dần ở lớp 8 và lớp 9 và được học nhiều hơn trong chương trình THPT. Toán cực trị được nhắc đến nhiều trong các loại sách đọc thêm hoặc trong các tài liệu tham khảo, do đó giáo viên toán thường vất vả trong việc sưu tầm, tuyển chọn mới gây được hứng thú học tập, lòng say mê học toán của học sinh. Với mong muốn có được một tài liệu hệ thống về toán cực trị để dạy cho học sinh ở trung học cơ sở tôi sưu tầm, tuyển chọn một số phương pháp giải toán cực trị và một số bài toán cực trị thông dụng ở bậc THCS và viết thành đề tài: “Một số phương pháp giải toán cực trị ở THCS” để góp phần nâng cao chất lượng giảng dạy bộ môn toán tại trường trung học cơ sở. 2. Ý nghĩa của giải pháp mới Trên cơ sở nghiên cứu đề tài, tôi đã hệ thống lại phân loại các bài tập về giá trị lớn nhất, nhỏ nhất trên cơ sở hệ thức các kiến thức liên quan, xây dựng mô hình, giải pháp chung cho từng loại, có kế hoạch cho học sinh tiếp cận từng bài sao cho phù hợp với thời lượng chương trình và nội dung kiến thức, sau mỗi nội dung 2.

(4) thực hiện tôi có phương pháp kiểm tra đánh giá kịp thời nhằm đánh giá sự tiến bộ của học sinh, cũng như thu lại tín hiệu ngược từ quá trình giảng dạy để từ đó có các biện pháp cải tiến phương pháp dạy học cho phù hợp với từng đối tượng học sinh, nhằm nâng cao chất lượng giảng dạy và gây hứng thú say mê cho học sinh. Trong quá trình dạy học để tránh khô khan, nhàm chán tôi kết hợp nhiều phương pháp, kỹ thuật dạy học khác nhau như tổ chức hoạt động nhóm, dạy học nêu và giải quyết vấn đề, bàn tay nặn bột … nhằm phát huy tối đa tính tích cực của học sinh giúp học sinh ghi nhớ vận dụng hiệu quả hơn nội dung tri tức chiếm lĩnh được. 3. Phạm vi nghiên cứu Đề tài được nghiên cứu tại trường THCS trọng điểm Lê Hữu Trác, huyện Mỹ Hào, Tỉnh Hưng Yên. Đối tượng nghiên cứu Học sinh lớp 9B, 8B là lớp thực nghiệm, lớp 8A, 9A là lớp đối chứng Lĩnh vực khoa học nghiên cứu là lĩnh vực toán học khối 8,9. II. PHƯƠNG PHÁP TIẾN HÀNH 1. Cơ sở lí luận Tri thức khoa học của nhân loại càng ngày càng đòi hỏi cao. Chính vì vậy, việc giảng dạy trong nhà trường phổ thông ngày càng đòi hỏi nâng cao chất lượng toàn diện, đào tạo thế hệ trẻ cho đất nước có tri thức cơ bản, một phẩm chất nhân cách, có khả năng tư duy, sáng tạo, tư duy độc lập, tính tích cực nắm bắt nhanh tri thức khoa học. Môn Toán là môn học góp phần tạo ra những yêu cầu đó. Việc hình thành năng lực giải Toán cho học sinh trung học cơ sở là việc làm chính không thể thiếu được của người thầy, rèn luyện cho các em có khả năng tư duy sáng tạo, nắm chắc kiến thức cơ bản, gây được hứng thú cho các em yêu thích môn Toán. Môn Toán có vị trí đặc biệt quan trọng trong trường phổ thông, có khả năng to lớn giúp học sinh phát triển các năng lực và phẩm chất trí tuệ .Toán học là một môn khoa học gây nhiều hứng thú cho học sinh, nó là một môn học không thể thiếu trong quá trình học tập, nghiên cứu và cả trong cuộc sống hàng ngày. Một nhà toán học có nói: “Toán học được xem như là một khoa học chứng minh”. Thật vậy, do tính chất trừu tượng, tính chính xác, tư duy suy luận logic. Toán học được coi là "môn thể thao trí tuệ" rèn luyện cho học sinh trí thông minh, sáng tạo. Trong các môn học ở trường phổ thông, Toán học được coi như là một môn học cơ bản, là nền tảng để các em phát huy được năng lực bản thân, góp phần tạo điều kiện để các em học tốt các môn khoa học tự nhiên khác.. 3.

(5) Vậy dạy như thế nào để học sinh không những nắm chắc kiến thức cơ bản, một cách có hệ thống mà còn phải được nâng cao phát triển để các em có hứng, thú say mê học tập là một câu hỏi mà mỗi thày cô luôn đặt ra cho mình. Tuy nhiên để học tốt môn toán thì người giáo viên phải biết chắt lọc nội dung kiến thức, phải đi từ dễ đến khó, từ cụ thể đến trừu tượng và phát triển thành tổng quát giúp học sinh có thể phát triển tư duy toán học, làm cho các em trở nên yêu thích toán hơn từ đó các em có ý thức học tập đảm bảo yêu cầu của thời đại mới. 2. Cơ sở thực tiễn Là một giáo viên dược phân công giảng dạy môn toán lớp 9 với đối tượng học sinh khá giỏi, các em có tư duy nhạy bén và nhu cầu hiểu biết ngày càng nâng cao, làm thế nào để phát huy được hết khả năng của các em đó là trách nhiệm của mỗi giáo viên chúng ta. Qua giảng dạy chương trình toán 9 tôi nhận thấy đề tài về giải bài toán cực trị là một đề tài thật lí thú, phong phú đa dạng không thể thiếu ở môn toán THCS. Giải bài toán về tìm cực trị là một dạng toán hay, khó, với mong muốn cung cấp cho các em một số phương pháp giải các bài toán về cực trị, giúp các em làm bài tập tốt hơn nhằm tích cực hoá hoạt động học tập, phát triển tư duy. 3. Các biện pháp tiến hành Trong quá trình nghiên cứu sách giáo khoa, tài liệu tham khảo… trong xu thế đẩy mạnh công cuộc đổi mới căn bản, toàn diện trong giáo dục, xuất phát từ mâu thuẫn giữa thực tiễn dạy học và đảm bảo chuẩn mục tiêu đầu ra, tôi nhận thấy phải đổi mới toàn diện từ mục tiêu, nội dung, phương pháp dạy học, cho từng nội dung, từng bài, từng chương, nhằm tích cực hóa hoạt động của người học, để người học tự giác tích cực chiếm lĩnh tri thức, hình thành và phát triển năng lực nhận thức, năng lực hành vi. Trong phạm vi của đề tài, tôi đã thực hiện một số biện pháp đat hiệu quả cao như xây dựng cho các em hệ thống kiến thức, các em hiểu thật sâu các kiến thức và cách vận dụng các kiến thức đó để giải quyết những bài toán nào, xây dựng phương pháp giải cho từng loại và có các ví dụ minh họa. Đổi mới phương pháp dạy học và đổi mới đánh giá, vừa thực hiện tự đánh giá vừa đánh giá đồng đẳng, sau khi thực hện xong nhiệm vụ đưa ra đáp án chuẩn, học sinh tự đánh giá và đánh giá chéo nhau để đảm bảo tính khách quan , kết hợp với đánh giá của giáo viên. Giáo viên nhận xét đánh giá các cách giải hay nhằm động viên khích lệ kịp thời 4.

(6) học sinh, giúp các em có hứng thú trong học tập và phát huy hết khả năng sáng tạo của bản thân, giúp cho các em phát triển toàn diện về trí tuệ, thể lực, nhân cách, đồng thời rèn cho các em các kỹ năng như giao tiếp, nhận xét, đánh giá, … 4. Thời gian tạo ra giải pháp Tôi nghiên cứu và thực hiện đề tài này trong năm học 2014-2015 và đầu năm học 2015-2016 hoàn thành vào tháng 2 năm 2016. 5.

(7) B. NỘI DUNG I MỤC TIÊU CỦA ĐỀ TÀI - Giúp học sinh có hệ thống các bài tập về cực trị ,có phương pháp giải phù hợp cho từng loại. - Giúp học sinh có hứng thú học tập bộ môn, từ đó tích cực chủ động trong việc chiếm lĩnh tri thức. - Rèn tư duy sáng tạo, phân tích, tổng hợp và kĩ năng vận dụng kiến thức khi giải bài toán. Học sinh tự giác chủ động tìm tòi, phát hiện giải quyết nhiệm vụ nhận thức và có ý thức vận dụng linh hoạt sáng tạo các kiến thức kỹ năng đã thu nhận được.Củng cố và hướng dẫn học sinh làm bài tập để nâng cao chất lượng giờ dạy, và nâng cao trình độ chuyên môn nghiệp vụ cho bản thân, Coi đề tài là một tài liệu nghiên cứu đê thông qua đó giới thiệu cho bạn bè đồng nghiệp tham khảo vận dụng vào quá trình giảng dạy môn Toán ở trường THCS đạt hiệu quả cao. II.. PHƯƠNG PHÁP TIẾN HÀNH 1.Mô tả giải pháp của đề tài. PHẦN I: CÁC BÀI TOÁN CỰC TRỊ TRONG ĐẠI SỐ Chương I. Những kiến thức cơ bản. I- Khái niệm. Cho một hàm số f(x) xác định trên một miền D. 1. M được gọi là giá trị lớn nhất của f(x) trên miền D nếu 2 điều kiện sau đồng thới được thoả mãn: a,. f(x). M,. x  D. b,  x0  D sao cho f(x0) = M. Ký hiệu M = maxf(x), x  D 2. M được gọi là giá trị nhỏ nhất của f(x) trên miền D nếu 2 điều kiện sau đồng thời được thoả mãn: a, f(x)  M, x  D b,.  x0  D sao cho f(x0) = M.. Ký hiệu M =minf(x), x  D. II- Các kiến thức thường dùng: 1.. x2  0. với mọi x 6.

(8) Tổng quát [ f(x) ]2n  0, x  R, n  Z [ f(x) ]2n + M  M và -[ f(x) ]2n + M. Suy ra: 2. a,. M. | x |  0 với mọi x. b,. |x + y|. | x | + | y | , dấu “=” xảy ra khi x, y cùng dấu.. c,. |x − y|. | x | - | y | , dấu bằng xảy ra khi x,y cùng dấu.. Chứng minh: a, | x |  0 . Theo định nghĩa giá trị tuyệt đối. b, Ta có | xy |  xy . |x|.  2 |x| . x2 + 2 | x |. | y |  xy. | y |  2xy. | y | + y2  x2 + 2xy + y2. ( | x | + | y | )2  ( | x + y | )2. . Do | x | + | y |  0 ; | x + y |  0 Nên. |x| + |y|  |x + y|. Dấu bằng xảy ra khi x, y cùng dấu, hoặc x hoặc y bằng 0 c, Ta có: | xy |  xy  - | xy |. -xy.. Tương tự phần b ta chứng minh được |x| - |y|. |x − y|. Dấu bằng xảy ra khi x, y cùng dấu, hoặc x hoặc y bằng 0. 3. Bất đẳng thức Côsi ( Cauchy) và các dạng của bất đẳng thức Côsi a,. ( a + b )2  4ab, dấu bằng xảy ra khi a = b a b + ≥2 b a. b, c,. , ( a.b > 0 ) dấu bằng xảy ra khi a = b. a + b  2 √ ab , ( a  0, b  0 ) dấu bằng xảy ra khi a = b. Hệ quả: +. a  0, b  0 và a + b = k ( không đổi ). Thì (a.b) đạt giá trị lớn nhất khi và chỉ khi a = b. Hai số không âm có tổng không đổi thì tích lớn nhất khi hai số đó bằng nhau. +. a  0, b  0 và a.b = k ( không đổi ). Thì (a + b) đạt giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi a = b. Hai số không âm có tích không đổi thì tổng nhỏ nhất khi hai số đó bằng nhau. Suy ra: 7.

(9) Trong các hình chữ nhật có cùng diện tích thì hình xuông có chu vi nhỏ nhất. Trong các hình chữ nhật có cùng chu vi thì hình vuông có diện tích lớn nhất. 4. Bất đẳng thức Bunhia cốpxki. (ax + by)2  (a2 + b2) (x2 + y2) a x = b y. Dấu bằng xảy ra khi. (a,b tỷ lệ với x, y). Chứng minh: Xét hiệu: (ax + by)2 – (a2 + b2) (x2 + y2) = a2x2 + b2y2 + 2abxy - a2x2 - a2y2- b2x2 - b2y2 = - (a2y2 - 2abxy - b2x2) = - (ay – bx)2  0 (ax + by)2  (a2 + b2) (x2 + y2). Do đó:. a x = b y. Dấu bằng xảy ra khi ay = bx  Tổng quát:. (a1x1 + a2x2 + … + anxn)2  ( a21+ .. .+a2n )( x21 +. ..+ x 2n ) a1. a2. an. Dấu bằng xảy ra khi: x = x =. ..= x 1 2 n III- Một số phương pháp tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất. 1. Phương pháp bất đẳng thức Đây là phương pháp sử dụng nhiều, hay gặp. Ở đây cần sử dụng các kỹ năng biến đổi đồng nhất, các bất đẳng thức để xuất hiện các dấu hiệu nhận biết trong khái niệm (Phần I), từ đó xác định được giá trị lớn nhất hay giá trị nhỏ nhất của một biểu thức. Ví dụ 1: Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: f(x) = x2 + x + 1. Với biểu thức trên miền D là toàn bộ miền xác định của biểu thức, là tập R. 1 3. Ta có:f(x) = x2 + x + 1 = x2 + x + 4 + 4 1. 3. 3. f(x) = (x + 2 )2 + 4  4 3 1 Giá trị nhỏ nhất của biểu thức là 4 khi x = - 2. Ví dụ 2: Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức A =. 1 x −4x +10 2. 8.

(10) Nhận xét: x2 – 4x + 10 = (x-2)2 +6  6, x  D (D=R) Tử là hằng số dương Do đó: A lớn nhất khi và chỉ khi mẫu số đạt giá trị nhỏ nhất Mẫu số có giá trị nhỏ nhất bằng 6 khi x = 2 1. Suy ra A đạt giá trị lớn nhất bằng 6. khi x = 2. Ví dụ 3: Tìm giá trị lớn nhất của hàm số y = √ x-2+ √ 4-x Trước hết xác định miền D = {x 2  x  4} Ta viết y = 1. √ x-2+ 1. √ 4-x Áp dụng bất đẳng thức Bunhia cốpxki ta có: y2  (12 + 12)(x – 2 + 4 - x) y2  4 Do y > 0 nên max y = 2 khi. √ x-2 =1 hay x = 3  D √ 4-x. Vậy giá trị lớn nhất của y là 2 khi x = 3. 2. Phương pháp miền giá trị của hàm số. Giả sử ta phải tìm cực trị của một hàm số f(x) có miền giá trị D. Gọi y 0 là một giá trị nào đó của f(x) với x  D. Điều này có nghĩa là phương trình f(x) = y 0 phải có nghiệm với x  D. Sau khi giải phương trình điều kiện có nghiệm thường dẫn đến bất đẳng thức: m  y0  M Từ đó suy ra:. min f(x) = m max f(x) = M. Ví dụ 1: Trong mọi cặp nghiệm của phương trình: x2 – ( x2 + 1 )y + 8x + 7 = 0. (1). Hãy tìm cặp nghiệm (x,y) sao cho y lớn nhất. Trước hết: (1)  (1-y)x2 + 8x + 7 – y = 0 (2) Nếu 1 – y = 0 3. y=1x =- 4 Nếu 1 – y  0 y  1  ’ = 16 - ( 7 – y )( 1 – y ) 9.

(11) ’ = - y2 + 8y + 9 ’ = ( 1 + y )( 9 – y ) (x,y) là nghiệm của phương trình (1) cho nên phương trình (2) phải có nghiệm. Do đó ’  0  ( 1 + y )( 9 – y )  0 -1y9 Suy ra: max y = 9 khi đó ’ = 0, x = 1 Vậy cặp nghiệm thoả mãn bài toán là (1; 9) Ví dụ 2: Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức:. A. =. x 4 +1 2. ( x2 +1 ). Ta thấy (x2 + 1)2 > 0, x4 + 1 > 0 Nên A đạt giá trị lớn nhất khi và chỉ khi. đạt giá trị nhỏ nhất và ngược lại. 1 x 4 +2x 2 +1 2x2 = =1+ 4 4 A x +1 x +1. Ta có. Ta thấy rằng: Nên. 1 A. 2x2 ≥0 , x x4 + 1. 1 2x2 =1+ 4 ≥ 1 A x +1 1 A. nhỏ nhất bằng 1 khi x = 0. Do đó A đạt giá trị lớn nhất bằng 1 khi x = 0 Lại có x4 – 2x2 + 1  0 x4 + 1  2x2. . 2. . 2x ≤1 4 x +1. 1 2x 2 1  4 2 A x 1 1 A. lớn nhất bằng 2 khi x =  1. 1. Do đó A đạt giá trị nhỏ nhất bằng 2 khi x =  1. Chú ý:. 1.

(12) a, Muốn tìm cực trị của hàm số ta không những cần chứng minh f(x)  m hoặc. f(x)  M mà phải tìm ra được sự tồn tại của biến để có thể xảy ra dấu đẳng. thức. b, Nếu A = B + C + D + … (A, B, C, … là các biểu thức đại số). Để tìm cực trị của A, ta đi tìm cực trị của B, C, D… nhưng phải chứng minh được với cùng một giá trị của biến đồng thời các biểu thức B, C, D,… cùng đạt cực trị. c, Khi tìm cực trị của một biểu thức A, có khi ta thay điều kiện để tìm cực trị của biểu thức này bằng điều kiện tương đương để tìm cực trị của biểu thức khác như: - A; A2;. 1 ; A  m ( m là hằng số )… A. Chương II. Những dạng toán thường gặp và phương pháp giải I- Dạng 1: Đa thức bậc nhất có chứa dấu giá trị tuyệt đối. Ví dụ: Tìm giá trị nhỏ nhất của các biểu thức sau: a, A = |x +1| b, B = |4 −3x|+5 c, C = |x − 1997|+|2000 − x| Bài giải a, A = x  1 Theo định nghĩa về giá trị tuyệt đối, ta có: |x +1|  0, x.  A = x  1 đạt giá trị nhỏ nhất khi x + 1 = 0  x = -1 Vậy MinA = 0  x = -1 b, Ta có 4 - 3x 0  4  3x  5 5 4. Vậy biểu thức B đạt giá trị bằng 5 khi 4 – 3x = 0  x = 3 4. Do đó MinB = 5  x = 3 c, Áp dụng bất đẳng thức: |x + y|≤|x|+| y| . Dấu bẳng xảy ra khi x, y cùng dấu hoặc x hoặc y. bằng 0. Suy ra: C = |x − 1997|+|2000 − x|≥|x − 1997+2000 − x| C3 1.

(13) MinC = 3 khi (x - 1997)(2000 - x)  0 x. 1997. x - 1997. -. 2000 - x. +. (x- 1997)(2000 - x). -. 0 0. 2000 +. +. +. 0. -. +. 0. -. Vậy minC = 3 khi 1997  x  2000 Kết luận: Các bài toán thuộc dạng 1 thường gặp ở lớp 7. Với dạng này cách giải thường tương đối dơn giản, chỉ cần áp dụng: + | A|≥ 0, ∀ A . + | A|=|− A| . + x  y  x  y , dấu bằng xảy ra khi xy  0. + A = m |f (x)|+ n , tồn tại maxA hay minA phụ thuộc vào dấu của m. Bài tập áp dụng: 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của các biểu thức: a, A = 5|1− 4x|−1 b, B = |x − 1|+|x − 4| c, C = |x − a|+| x − b| , với a < b. d, D = |x − 2|+|x − 3|+|x − 4|+| x −5| e, G = |x − 1|+|x − 2|+. ..+|x −1 998| 2. Tìm giá trị lớn nhất của các biểu thức: a, H = 5 −|2x − 1| 1. b, I = |x − 2|+3  Các bài toán cực trị - Lê Mộng Ngọc – 1996  II- Dạng 2: Đa thức bậc 2. Ví dụ 1: a, Tìm giá trị nhỏ nhất của A = x2 + 4x + 1 b, Tìm giá trị lớn nhất của B = 1 + 6x – x2 Bài giải a, A = x2 + 4x + 1 = x2 + 4x + 4 – 3 A = (x + 2)2 – 3 1.

(14) Nhận xét: (x + 2)2  0  (x + 2)2 – 3  -3  A  -3 Vậy:. minA = -3  x + 2 = 0 x = -2. b, B = 1 + 6x – x2 = – x2 + 6x - 9 + 10 B = - (x - 3)2 + 10  10 vì - (x - 3)2  0, x Vậy maxB = 10 khi x – 3 = 0 x=3 Ví dụ 2: Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất (nếu có) của biểu thức A = 2x2 – 20x + 53 Do A thoả mãn đẳng thức trên. Nên phương trình 2x 2 – 20x + 53 – A = 0 có nghiệm Hay ’ = 100 – 2(53 – A) = 2A – 6  0 A3 Do đó minA = 3  ’ = 0 x=5 Ví dụ 3: Với giá trị nào của x, y thì a, D = 5x2 – 12xy + 9y2 – 4x + 4 đạt giá trị nhỏ nhất b, E = 15 – 10x – 10x2 + 24xy – 16y2 đạt giá trị lớn nhất Bài giải a, D = 5x2 – 12xy + 9y2 – 4x + 4 D = x2 – 4x + 4 + 4x2 – 12xy + 9y2 D = (x – 2)2 + (2x – 3y)2  0, x, y. Nên dấu bằng xảy ra khi.  minD = 0 khi. ¿ ( x −2 )2=0 2 ( 2x-3y ) =0 ¿{ ¿. . ¿ x =2 4 y= 3 ¿{ ¿. ¿ x =2 4 y= 3 ¿{ ¿. b, E = 15 – 10x – 10x2 + 24xy – 16y2 E = - (x2 + 10x + 25) – (9x2 – 24xy +16y2) + 40 1.

(15) E = 40 – (x + 5)2 – (3x – 4y)2 Ta thấy (x + 5)2  0; (3x – 4y)2  0. Vậy E  40. Dấu bằng xảy ra khi. Do đó maxE = 40 khi. ¿ x+5=0 3x − 4y=0 ¿{ ¿. . ¿ x=−5 -15 y= 4 ¿{ ¿. ¿ x=−5 -15 y= 4 ¿{ ¿. Kết luận: - Muốn tìm cực trị của một biểu thức A (đa thức bậc 2), ta viết biểu thức A dưới dạng tổng của các biểu thức mà qua đó ta có thể xét dấu một cách thuận lợi. Chẳng hạn A = m[f(x)]2 + n[g(x)]2 + p Tồn tại maxA hay minA phụ thuộc vào dấu của m và n - Dùng phương pháp miền giá trị thường là đưa về điều kiện để phương trình bậc 2 có nghiệm Bài tập áp dụng: 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của: A = 2x2 + 3x + 1 B = 4x2 + 4x + 11 C = 2x2 – 20x + 53 2. Tìm giá trị nhỏ nhất của: a, x2 + 2y2 – 2xy – 4y + 5 b, 2x2 + 9y2 – 6xy – 6x – 12y + 2024 3. Tìm giá trị lớn nhất của: a, -5x2 - 5y2 + 8x – 6y – 1 b, - a2 - b2 + ab + 2a + 2b 4. Tìm cặp số (x, y) thoả mãn phương trình: x2 + y2 + 6x – 3y – 2xy + 7 = 0. Sao cho y đạt giá trị lớn nhất. III- Dạng 3: Đa thức bậc cao. Ví dụ 1: Tìm giá trị nhỏ nhất của đa thức A = (x2 + x + 1)2 Nhận xét: Theo tính chất của luỹ thừa bậc 2 thì A  0 1.

(16) Nhưng giá trị nhỏ nhất của A không phải bằng 0 vì x2 + x + 1  0 1. 3. Ta có: x2 + x + 1 = x2 + x + 4 + 4 = (x +. 3 3 1 2 4  4 x 2 ) +. Do đó A min  (x2 + x + 1) min 3 9 Nên minA = ( 4 )2 = 16  x =. −. 1 2. Ví dụ 2: Tìm giá trị nhỏ nhất của B = x4 – 6x3 + 10x2 – 6x + 9 Ta thấy B = x4 – 6x3 + 9x2 + x2 – 6x + 9 B = (x2 – 3x)2 + (x – 3)2 ¿ x −3x=0 x −3=0  x = 3 ¿{ ¿ 2.  B  0, Dấu bằng xảy ra khi Vậy minB = 0 khi x = 3.. Ví dụ 3: Tìm giá trị nhỏ nhất của f(x) = x(x+1)(x+2)(x+3) Xét f(x) = x(x+1)(x+2)(x+3) = (x2 + 3x)(x2 + 3x + 2) = (x2 + 3x)2 + 2(x2 + 3x) f(x) = (x2 + 3x)2 + 2(x2 + 3x) + 1 – 1 = (x2 + 3x + 1)2 – 1 − 3 ± √5  f(x)  - 1, dấu bằng xảy ra khi x2 + 3x + 1 = 0  x 1,2= 2. −3 ± √5 Vậy minf(x) = - 1  x= 2. Chú ý: Khi giải bài toán cực trị cần trả lời đầy đủ hai nội dung: Cực trị của A bằng bao nhiêu và khi nào xảy ra. Chẳng hạn: Với A = (x2 x + 1)2  0  minA = 0. Sai lầm vì không có giá trị của x để A = 0. Bài tập áp dụng: 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của các biểu thức 1.

(17) A = x4 – 2x3 + 3x2 – 2x + 1 B = (x – 1)(x + 2)(x + 3)(x + 6) C = x6 – 2x3 + x2 – 2x + 2 D = x4 – 6x3 + 10x2 – 6x + 9 E = x(x + 2)(x + 4)(x + 6) 2. Tìm giá trị lớn nhất của M = x3(16 – x3) IV- Dạng 4: Phân thức. 3 Ví dụ 1: Tìm giá trị lớn nhất của phân thức M = 4x  4x  5 2. Ta thấy M =. 3 3 = 4x + 4x +5 ( 2x +1 )+4 2. Do (2x + 1)2  0  (2x + 1)2 + 4  4 3 M 4 3 1 Vậy maxM = 4  2x + 1 = 0  x = - 2. Ví dụ 2: Tìm giá trị nhỏ nhất của A =. Cách 1:. x 2 + x+ 1 ( x +1 )2. x 2  2x  1  x  1 1   2 2  x  1  x  1 2 A =  x  1. A=. 1 1  x  1  x  1 2. 1. 1. Coi x +1 =m  A = m2 – m + 1 A=. (. m−. 1 2 3 3 + ≥ 2 4 4. ). 3 1 Nên A  4 , dấu bằng xảy ra khi m = 2 1. 1.  x +1 = 2 ⇔ x=1 3 Vậy minA = 4  x = 1. Cách 2:. A=. x 2 + x+ 1 4x 2+ 4 x +4 = ( x +1 )2 4 ( x +1 )2. A=. 3x2 +6 x +3+ x 2 − 2 x +1 4 ( x+1 )2. 1.

(18) 2. 2. A=. 3 ( x +1 ) + ( x −1 ) 2 4 ( x+ 1 ). A=. 3 x −1 3 + ≥ , dấu bằng xảy ra khi x = 1 4 2 ( x +1 ) 4. 2. [. ]. 3.  minA = 4  x = 1 Ví dụ 3: Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của B = 2. Ta có. 4x +3 2 x +1. 2. B=. 4x +3 x +4x +4 − x −1 = 2 2 x +1 x +1. B=. ( x +2 )2 − 1≥ −1 x 2 +1. vì x2 + 1 > 0 và (x + 2)2  0. Nên minB = -1 khi x + 2 = 0  x = -2 2. Mặt khác:. B=. 2. 4x + 4 − 4 x +4 x −1 2 x +1. B = 4−. (2 x − 1 )2 ≤4 x 2+1. vì x2 + 1 > 0 và (2x - 1)2  0. Nên maxB = 4  2x – 1 = 0 1. x= 2 Bài tập áp dụng: Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất (nếu có) của các biểu thức 1.. A=. 2 6x-5-9x2. 2.. B=. 3 4x + 4x +5. C=. 3x −8x +6 2 x −2x +1. 4.. D=. x − x+ 1 2 x −2x+ 1. 5.. G=. x ( x +1 )2. H=. x −2x+ 1989 2 x. 2. 2. 3.. 2. 2. 6.. 1.

(19) x 4 +1 2 ( x2 +1 ). 7.. I=. 8.. K=. 27 − 2x 2 x +9. V- Dạng 5: Căn thức và giá trị tuyệt đối. Ở đây cần chú ý + + +. max f(x) =. min f(x) =. √ maxf 2( x) , x  D. √ minf 2 ( x) , x  D. |f (x)|+|g (x)|≥|f (x)+ g(x )| . Dấu bằng xảy ra khi f(x).g(x)  0. + |f (x)|−|g (x)|≤|f (x)+ g( x )| . Dấu bằng sảy ra khi. ¿ f (x ). g( x)≥ 0 |f (x)|≥|g(x )| ¿{ ¿. + Bất đẳng thức Bunhia cốpxki Ví dụ 1: Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức A = √ x −2+ √4 − x . Trước hết điều kiện xác định của A là 2  x  4. Áp dụng bất đẳng thức Bunhia côpxki ta có: A2 = ( 1. √ x − 2+ 1. √ 4 − x )2 ≤(12 +12)(x −2+4 − x) A2  2.2 A2  4 Do A > 0. Nên A  2 Vậy maxA = 2 khi √ x −2=√ 4 − x x–2=4–x . x = 3. Thoả mãn điều kiện xác định.. Ví dụ 2: Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức B =. 5− 3x. √1 − x 2. Điều kiện xác định của B là: -1 < x < 1 Khi đó:. 5 – 3x > 0  B > 0. Ta có: 2. B = B2 =. ( 5 −3x )2. = 2. ( √1 − x 2 ). 25 −30x +9x 2 1− x2. 9− 30x+25x 2 +16 −16x 2 1− x2. 1.

(20) (3 − 5x )2 + 16≥ 16 1 − x2. 2. B =. vì 1 – x2 > 0. Dấu bằng xảy ra khi 3 – 5x = 0  x =. 3 5 3. Vậy minB2 = 16 khi x = 5 3.  MinB = 4 khi x = 5 Ví dụ 3: Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức H = |x − 2001|+|x − 2002| Cách 1:. Ta chia khoảng xác định và dựa vào định nghĩa:. - Nếu x < 2001 Thì H = 2001 – x + 2002 – x H = 4003 – 2x > 1 -. Nếu 2001  x  2002 Thì H = x – 2001 + 2002 – x = 1. - Nếu x > 2002 Thì H = x – 2001 + x – 2002 H = 2x – 4003 > 1 Như vậy minH = 1  2001  x  2002 Cách 2:. Sử dụng bất đẳng thức |f (x)|+|g (x)|≥|f (x)+ g(x )| Dấu bằng xảy ra khi f(x).g(x)  0. Khi đó: H = |x − 2001|+|x − 2002| H = |x − 2001|+|2 002− x|≥|x −2001+2 002− x|=1 Dấu bằng xảy ra khi (x – 2001)(2002 – x)  0  2001  x  2002 Vậy minH = 1  2001  x  2002 Ví dụ4: Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức M =. √ a+3 − 4 √ a −1+ √ a+15 − 8 √a − 1 Nhận xét: Với điều kiện a  1 Ta có:a + 3 – 4 √ a −1 = a – 1 – 4 √ a −1 + 4 = ( √ a −1 −2 )2 a + 15 – 8 √ a −1 = a – 1 –8 √ a −1 + 16 = ( √ a −1 − 4 )2 Khi đó: M = |√ a −1 −2|+|√ a− 1− 4| 1.

(21) M = |√ a −1 −2|+|4 − √ a− 1| . M  |√ a −1 −2+4 − √ a −1|. . M  2.. Dấu bằng xảy ra khi ( √ a −1 −2 ) ( 4 − √ a −1 ) ≥ 0  5  a  17. Vậy minM = 2  5  a  17 2x 2+ x −1 x 2 − x +1. |. Ví dụ 5: Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số f(x) =. |. , xR 2. Giả sử y0 là giá trị tuỳ ý của hàm số y =. 2x + x −1 2 x − x+ 1 2. Khi đó ta có phương trình (ẩn x) có nghiệm: y0 =. 2x + x −1 x 2 − x+ 1. Dễ thấy (1)  (y0 – 2)x2 – (y0 + 1)x + y0 + 1 = 0. (2). (1). Nếu y0 = 2 Thì y0 + 1  0  (2) có nghiệm Nếu y0  2 Thì (2) có nghiệm khi   0 Hay (y0 + 1)2 – 4(y0 + 1)(y0 – 2)  0 (y0 + 1)(-3y0 + 9)  0. . - 1 y0  3 và y0  2. . Như vậy phương trình (2) có nghiệm khi - 1 y0  3 Do đó: max y = 3 và min y = -1 với x  R Theo nhận xét ta có: ¿. x  R= Maxf(x). ¿. |max ( y)|,. |min ( y )|. x∈ R ¿{ ¿. x∈R } ¿. = max { |3| ; |−1| } = 3. Ta có f(x)  0,  x  R. 2.

(22) Dấu bằng xảy ra khi 2x2 + x – 1 = 0 . Vậy maxf(x) = 3  x = 2;. x=−1 ¿ 1 x= 2 ¿ ¿ ¿ ¿. Minf(x) = 0 . x=−1 ¿ 1 x= 2 ¿ ¿ ¿ ¿. Chú ý: Nếu f(x) nhận mọi giá trị trong đoạn [m, M]. Ở đây m = minf(x) M = maxf(x) Thì ta có: nếu M.m  0. ¿ 0 min min {|M| ,|m|} ¿|f ( x )|={ ¿. nếu M.m > 0. Bài tập áp dụng: Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất (nếu có) của các hàm số sau: a,. f(x) = 1997 +. √ x2 +2x. b,. f(x) = 100 –. √ x2 −3x +2. c,. f(x) = x – 2 √ x+2. d,. f(x) =. e,. f(x) = √ 8 −2x+ √2x −3. f,. f(x) =. g,. f(x) =. √ x2 +2x +1+ √ x 2 −2x+ 1 3 x +3x+ 1 2. |. 2. 3 x −8 x+ 6 2 x −2x +1. |. VI- Dạng 6: Cực trị có điều kiện. Các bài toán cực trị có điều kiện là các bài toán đi tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của một biểu thức, một hàm số trong sự ràng buộc của điều kiện của biến, của hàm cho trước. Để giải quyết đượccác bài toán dạng này, đòi hỏi phải kết hợp. 2.

(23) thành thạo kỹ năng biến đổi khéo léo và vận dụng triệt để điều kiện cho trước của đầu bài. Ví dụ 1: Cho x, y  R và x2 + y2 = 1 Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của x + y Thật vậy  x, y  R ta có (x + y)2 + (x – y)2 = 2(x2 + y2) Theo giả thiết có x2 + y2 = 1  (x + y)2 + (x – y)2 = 2 Do (x – y)2  0  (x + y)2  2. |x + y|≤ √ 2. . −√2 ≤ x + y ≤√2. . Dấu bằng xảy ra khi (x – y)2 = 0  x = y và x2 + y2 = 1 2 x=y= √ 2. √2. Vậy: max(x + y) = √ 2  x = y =. 2. 2 min(x + y) = - √ 2  x = y = - √ 2. Ví dụ 2: Cho 2 số dương x, y có x + y = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của P = (1Ta có P =. 1 1 ) 2 )(1x y2. ( x2 −1 ) ( y 2 − 1 ) ( x+1 ) ( x − 1 )( y +1 ) ( y − 1 ) =. x2 y 2. x2 y 2. Vì x + y = 1  y – 1 = - x x–1=-y Nên P =. ( x+ 1)( y +1) xy ( x+ 1)( y +1) xy + x + y +1 = = xy xy x2 y2 xy +2. P = xy. =1+. 2 xy 2. Vì xy > 0  P nhỏ nhất khi xy. nhỏ nhất. Khi đó xy lớn nhất 1. Mà x + y = 1  xy lớn nhất khi x = y = 2 Vậy minP = 1 +. 2 1 4. 1. = 9 khi x = y = 2. 2.

(24) Ví dụ 3: Cho a > 1, b > 1 Tìm giá trị nhỏ nhất của A =. a2 b2 + b− 1 a −1. Đề kiểm tra đội học sinh giỏi toán TP HCM - 1995 Nhận xét: 2. a a − 2 √ a −1 a − 1− 2 √ a −1+1 ( √ a −1 −1 ) −2= = = ≥0 √a − 1 √ a −1 √ a− 1 √a − 1. Nên. a ≥2 ; tương tự √a − 1. khi a > 1. b ≥2 √b − 1. Theo bất đẳng thức côsi ta có: a2 b2 a2 b 2 2a b + ≥2 = . ≥8 b− 1 a −1 ( a− 1 )( b − 1 ) √a −1 √ b −1. √. Dấu bằng xảy ra khi a = 2 √ a− 1 hay a = 2 Vậy minA = 8  a = b = 2 Bài tập áp dụng: 1. Cho biểu thức P = a3 + b3 + c3 + a2(b + c) + b2(a + c) + c2(a+ b) Tìm giá trị lớn nhất của P với a + b + c = 1 2. Cho x + y = 2 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức f(x; y) = x2 + y2 3. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức A = 3xy – x2 – y2 biết rằng x, y là nghiệm của phương trình 5x + 2y = 10 4. Cho a + b = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức Q = a3 + b3 + ab Võ Đại Mau – 250 bài toán học sinh giỏi VII- Dạng 7: Các bài tập tổng hợp. Đây là các bài tập mà yêu cầu chính không phải là tìm giá trị lớn nhất hay giá trị nhỏ nhất. Nhưng trong quá trình giải thực tế phải áp dụng các kiến thức về cực trị Ví dụ 1: Giải phương trình √ x −2+ √ 4 − x=x 2 − 16x+11 Ta có VP = x2 – 6x + 11 = x2 – 6x + 9 + 2 = (x – 3)2 + 2  2 Dấu bằng xảy ra khi x = 3 VT = √ x −2+ √4 − x Điều kiện. 2x4 2.

(25) Theo bất đẳng thức Bunhia côpxki thì VT2 = ( √ x −2+ √ 4 − x )2 ≤ 2(x – 2 + 4 – x) VT2  4 Do VT > 0. Nên. VT  2. Dấu bằng xảy ra khi √ x −2=√ 4 − x hay x = 3 Vậy để VT = VP thì x = 3. Do đó x = 3 là nghiệm của phương trình đã cho. Ví dụ 2: Cho a, b, c là độ dài 3 cạnh của 1 tam giác. Xác định hình dạng của a. b. c. tam giác đó sao cho M = b+c − a + a+c −b + a+b − c đạt giá trị nhỏ nhất Trước hết đặt:. x=b+c–a y=a+c–b z=a+b–c. Vì a, b, c là 3 cạnh của một tam giác. Nên x, y, z > 0. Từ các đẳng thức trên ta có: 2a = y + z  a = và. y+z 2. b=. x+z 2. ;. c=. x+y 2. Khi đó: y + z x + z x + y 1 y + z x+ z x + y M = 2x + 2y + 2z = 2 x + y + z. (. 1 y. (. x. z x. y. z. = 2 x + y+x+ z+ z + y. ). ). Với x, y, z > 0. Theo bất đẳng thức côsi ta có: y x + ≥ 2 , dấu bằng xảy ra khi x = y x y x z + ≥ 2 , dấu bằng xảy ra khi x = z z x z y + ≥ 2 , dấu bằng xảy ra khi z = y y z 1. Do đó M  2 (2 + 2 + 2) = 3, dấu bằng xảy ra khi x = y = z  minM = 3  x = y = z 2.

(26) Ví dụ 3: Cho a, b, c là 3 số dương có tổng không đổi. Tìm a, b, c sao cho ab + bc + ca lớn nhất Ta nhận thấy luôn có (a – b)2 + (b – c)2 + (c – a)2  0. Vì. ¿ ( a −b )2 ≥ 0 2 (b − c ) ≥ 0 ( c −a )2 ≥ 0 }} ¿. .. Dấu bằng xảy ra khi a = b = c. Suy ra: 2(a2 + b2 + c2)  2ab + 2bc + 2ca  a2 + b2 + c2  ab + bc + ca  a2 + b2 + c2 + 2ab + 2bc + 2ca  3ab + 3bc + 3ca (a + b + c)2  3(ab + bc + ca) Đặt a + b + c = s Ta có:s2  3(ab + bc + ca)  ab + bc + ca  Do đó max(ab + bc+ ca) =. s2 3 s2 3. s. a=b=c= 3. Ví dụ 4: Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho A(-2, 1), B(2, 3). Tìm trên trục hoành điểm M sao cho MA + MB nhỏ nhất.. Gọi A’ là điểm đối xứng với A qua Ox, A’B  Ox  Mo 2.

(27) Xét M bất kỳ  Ox Luôn có. MA + MB = MA’ + MB  A’B MoA’ + MoB = MoA + MoB = A’B. Do đó tổng MA + MB nhỏ nhất bằng A’B khi M  Mo Ta lại có A(-2; 1)  A’(-2; -1). B(2; 3). Phương trình đường thẳng A’B có dạng y = ax + b(d) (d) qua A’  b – 2a = -1 (d) qua B  2a + b = 3 ¿ b −2a=− 1 2a+ b=3 ⇔ ¿ a=1 b=1 ¿{ ¿. Ta có hệ. Phương trình đường thẳng A’B là y = x + 1 (d) Giao điểm của (d) với Ox là Mo(-1; 0) Vậy điểm M phải tìm là M(-1; 0). Bài tập áp dụng: 1. Cho x1, x2 là nghiệm của phương trình 2x2 + 2(m + 1)x + m2 + 4m + 3 = 0 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức A = |x 1 x 2 − 2x1 −2x 2| 2. Cho 0  a, b, c  1. Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức B = a + b + c – ab – ac – bc 3. Tìm giá trị lớn nhất của P = ab Biết rằng a, b thoả mãn hệ thức a + 2b = 1 4. Cho biểu thức: M = x2 + y2 + 2z2 + t2. Với x, y, z, t là các số nguyên không âm. Tìm giá trị nhỏ nhất của M và các giá trị tương ứng của x, y, z, t. Biết ¿ x − y +t 2=21 x 2+3y 2 +4z 2=101 ¿{ ¿ 2. rằng:. 2. Đề học sinh giỏi toàn quốc - 1985 5. Tìm giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn nhất của biểu thức N = 2x + 3y – 4z Biết rằng: x, y, z  0 và thoả mãn hệ phương trình sau 2.

(28) ¿ 2x+ y+3z=6 3x+ 4y − 3z=4 ¿{ ¿. PHẦN II: CÁC BÀI TOÁN CỰC TRỊ TRONG HÌNH HỌC PHẲNG Chương I. Những kiến thức cơ bản. I- Toán cực trị trong hình học là gì? - Toán cửc trị trong hình học là những bài toán tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của một đại lượng y nào đó sao cho: y1  y  y2 Ở đây y là độ dài đoạn thẳng, tổng của hai hay nhiều đoạn thẳng, độ lớn của một góc, chu vi hay diện tích một hình… y1, y2 là các giá trị cố định không đổi của y. - Giải bài toán cực trị hình học là phải chỉ rõ vị trí hình học của y để y đạt giá trị nhỏ nhất y = y1 hay y = y2. II- Các phương pháp giải bài toán cực trị hình học. Người ta có thể giải bài toán cực trị hình học bằng một trong các phương pháp sau đây: 1. Phương pháp 1. Vẽ một hình có chứa đại lượng hình học mà ta phải tìm cực trị, thay các điều kiện của đại lượng đó bằng các đại lượng tương đương. Người ta thường dùng cách này khi đầu bài toán được cho dưới dạng: “Tìm một hình nào đó thoả mãn các điều kiện cực trị của bài toán.” Ví dụ 1: Trong các tam giác có cùng đáy và cùng diện tích, tam giác nào có chu vi nhỏ nhất.. 2.

(29) Qua A kẻ đường thẳng xy // BC (BC không đổi) Vì diện tích ABC không đổi nên đường cao AH của ABC cũng không đổi. Do đó các đỉnh của các tam giác thoả mãn điều kiện của đầu bài phải nằm trên đường thẳng xy. Ta có PABC = AB + AC + BC = AB + AC + a PABC nhỏ nhất khi AB + AC nhỏ nhất Gọi B’ là điểm đối xứng với B qua xy, B’C cắt xy tại A’. Xét tam giác AB’C có. AB’ + AC = AB + AC  B’C Ta có:AB’ + AC  A’B’ + A’C Dấu bằng xảy ra khi A  A’. Khi đó A’B’ = A’B = A’C. Nên A’BC cân tại A’. Và PABC  PA’BC hay minPABC = PA’BC Vậy trong các tam giác có cùng đáy và cùng diện tích thì tam giác cân có. chu vi nhỏ nhất. 2. Phương pháp 2. Đưa ra một hình theo yêu cầu của đầu bài, sau đó chứng minh mọi hình khác có chứa yếu tố mà ta phải tìm cực trị đều lớn hơn hoặc bé hơn yếu tố tương ứng trong hình đã đưa ra. Người ta thường dùng cách chứng minh này khi hình dạng của hình khi đạt cực trị đã được khẳng định rõ trong đầu bài Ví dụ 2: Chứng minh rằng: Trong các tam giác có cùng đáy và cùng diện tích thì tam giác cân có chu vi nhỏ nhất.. 2.

(30) Để giải bài toán này trước hết ta vẽ tam giác cân ABC (cân ở A). Ta phải chứng minh rằng mọi tam giác A’BC nào đó có khoảng cách từ A’ đến BC bằng khoảng cách từ A đến BC thì chu vi tam giác A’BC lớn hơn chu vi tam giác ABC. Thật vậy: * Ta sẽ có A’  xy, xy qua A và song song với BC (A’  A). Gọi C’ là điểm đối xứng với C qua xy. Chứng minh được B, A, C’ thẳng hàng. Khi đó PABC = BC’ + BC PA’BC = A’B + A’C + BC = A’B + A’C’ + BC Xét A’BC’. Theo bất đẳng thức tam giác ta có: A’B + A’C’ > BC’ Do đóPA’BC > PABC * Nếu xét trường hợp A’ khác phía A so với đường thẳng BC thì ta cũng có được một tam giác đối xứng với ABC qua BC để so sánh với tam giác A’BC. 3. Phương pháp 3. Thay việc tìm cực trị của một đại lượng này bằng việc tìm cực trị của một đại lượng khác và ngược lại Ví dụ 3: Cho hình vuông ABCD cạnh a. Xét hình thang có 4 đỉnh ở trên 4 cạnh của hình vuông và hai đáy song song với một đường thẳng chứa đường chéo của hình vuông. Tìm hình thang có diện tích lớn nhất và tính diện tích lớn nhất ấy.. 2.

(31) Thật vậy: Gọi EFGH là hình thang có E  AB, F  BC, G  CD, H  DA và EH // BD, FG // BD. Giả sử AE = x, FC = y Ta thấy EFGH là hình thang cân. Gọi S là hiệu của diện tích hình vuông ABCD và diện tích hình thang EFGH. Nên S = SAEH + SEBF + SFCG + SDHG S = SAEH + 2SEBF + SDHG S=. 2. 2. (a − x ) (a − y ) y x +2 + 2 2 2. 1 2 2 Biến đổi được S = 2 [ ( x+ y − a ) +a ]. S=. 2. a2 ( x+ y − a ) a2 + ≥ 2 2 2. Để diện tích hình thang EFGH đạt giá trị lớn nhất thì S phải đạt giá trị nhỏ nhất. Mà S . a2 , dấu bằng xảy ra khi x + y = a 2. Vậy maxSEFGH = a2 –. a2 a2 = 2 2. x+y=a Hay. x=a–y. Khi đó AE = BF = DG = AH Mà AE // DG, AH // BF Nên HF // AB // CD và EG // AD // BC.. 3.

(32) Vậy hình thang thoả mãn điều kiện của đầu bài có diện tích lớn nhất là. 2. a 2. (nửa diện tích hình vuông ABCD) là hình thang có các đường chéo song song với các cạnh của hình vuông ABCD. Chú ý: - Có trường hợp để tìm cực trị của một đại lượng A, ta chia A thành từng tổng. A = B + C + D + … rồi đi tìm cực trị của B, C, D… Từ đó suy ra cực trị của A. Ta cần chứng minh khi A đạt cực trị thì đồng. thời B, C, D cũng đạt cực trị. - Nếu bài toán đã cho có nhiều khả năng tương ứng với các trường hợp khác nhau của hình thì phải tìm cực trị trong từng trường hợp. Cuối cùng so sánh các cực trị đó để tìm ra cực trị của bài toán. Chương II. Các dạng toán cực trị thường gặp và phương pháp giải. I- Dạng 1: Sử dụng bất đẳng thức tam giác. - Với 3 điểm A, B, C bất kỳ luôn có AB + AC  BC Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi A nằm giữa B, C - Trong tam giác ABC ta có |AB− AC|<BC< AB+ AC. ABC  ACB  AC  AB Ví dụ 1: Cho đường thẳng xy và hai điểm A, B cùng thuộc một nửa mặt phẳng có bờ là xy a, Tìm 1 điểm M  xy sao cho MA + MB là nhỏ nhất. b, Tìm điểm N  xy sao cho |NA −NB| lớn nhất. Bài giải a,. 3.

(33) Gọi A’ là điểm đối xứng với A qua xy Kẻ BA’ cắt xy tại Mo. Ta thấy AMo = A’Mo Và AMo + BMo = A’B Gọi M là một điểm bất kỳ thuộc xy suy ra MA = MA’ Ta có MA + MB = MA’ + MB  A’B Dấu bằng xảy ra khi A’, M, B thẳng hàng Hay M  Mo Vậy min(MA + MB) = A’B  M  Mo b,. Lấy điểm N bất kỳ  xy Ta luôn có |NA −NB|≤ AB Dấu bằng xảy ra khi B nằm giữa A, N * Nếu AB // xy Do đó không tìm được điểm N thoả mãn đầu bài * Nếu AB không song song với xy Gọi No là giao điểm của đường thẳng AB và xy Ta sẽ có max |NA −NB|=AB ⇔ N ≡ N o No là điểm cần tìm 3.

(34) Ví dụ 2: Hai xóm A, B cách nhau một con sông. Tìm địa điểm để bắc một cây cầu qua sông sao cho quãng đường từ A đến B là ngắn nhất. Bài toán coi: Hai bờ sông là hai đường thẳng song song, cầu bắc vuông góc với bờ sông để tiết kiệm nguyên vật liệu.. Biểu thị hai xóm A, B bên bờ sông là hai điểm A, B. Hai bờ sông là hai đường thẳng d1, d2 song song với nhau. Ta phải tìm địa điểm cây cầu CD sao cho: Tổng AC + CD + DB là ngắn nhất Ta thấy độ dài CD không đổi nên ta cần tìm vị trí điểm C, D sao cho AC + BD ngắn nhất. Qua A ta dựng một đường thẳng xy vuông góc với d1, d2  xy // CD. Từ D kẻ đường thẳng song song với CA cắt xy tại A’ Như vậy ACDA’ là hình bình hành Do đó AC = A’D Khi đó DB + AC = DB + A’D  BA’ Dấu bằng xảy ra khi B, D, A’ thẳng hàng Tức là D  Do (Do là giao điểm của A’B với d2) Vậy địa điểm bắc cầu là CoDo. Ví dụ 3: Cho ABC. O là tâm đường tròn ngoại tiếp ABC. Hãy tìm điểm M sao cho tổng MA + MB + MC + MO là nhỏ nhất. Bài giải Ta xét hai trường hợp: a, Tam giác ABC là tam giác nhọn Nên tâm O nằm trong ABC 3.

(35) Xét hình ( I ). Giả sử O là một điểm bất kỳ trong ABC, theo bất đẳng thức tam giác ta chứng minh được: OB + OC < AB + AC Xét hình ( II ). Không mất tính tổng quát ta có thể giả sử điểm O  ACM  MA + MC  OA + OC hay MA + MC  2OA Dấu bằng xảy ra khi M  O Xét MBO. Có MB + MO  OB = OA Do đó MA + MB + MC + MO  3.OA = 3R Do vậy min(MA + MB + MC + MO) = 3R  M  O b, Nếu tam giác ABC là tam giác tù  O nằm ngoài tam giác ABC Giả sử góc A tù.. Ta có MA + MB + MC + MO = (MA + MO) + (MB + MC)  OA + BC Dấu bằng xảy ra khi M  OA và M  BC hay M là giao điểm của OA và BC Vậy MA + MB + MC + MO nhỏ nhất khi M là giao điểm của OA và BC (M  Mo) Bài tập áp dụng: 3.

(36) 1. Cho tam giác ABC cân ở A và điểm D cố định trên đáy BC. Dựng một đường thẳng song song với BC, cắt hai cạnh bên ở E và F sao cho DE + DF có giá trị nhỏ nhất. 2. Cho góc nhọn xOy và một điểm M nằm trong góc đó sao cho M không thuộc Ox và Oy. Hãy xác địn điểm B trên Ox, điểm C trên Oy sao cho OB = OC và MB + MC đạt giá trị nhỏ nhất. 3. Cho góc vuông xOy. Điểm A thuộc miền trong của góc. Các điểm M và N theo thứ tự chuyển động trên các tia Ox, Oy sao cho MAN = 90 o. Xác định vị trí của M, N để MN có độ dài nhỏ nhất. 4. Cho tam giác ABC. O là tâm đường tròn ngoại tiếp. Hãy tìm điểm M sao cho tổng MA + MB + MC + MO là nhỏ nhất. II- Dạng 2: Dùng tính chất của đường vuông góc và đường xiên. - Trong các đoạn thẳng nối từ một điểm nằm ngoài một đường thẳng đến một điểm nằm trên đường thẳng đó, đoạn vuông góc với đường thẳng đó là đoạn ngắn nhất. Suy ra: trong tam giác vuông cạnh huyền là cạnh lớn nhất. - Trong hai đường xiên kẻ từ một điểm nằm ngoài một đường thẳng đến đường thẳng đó, đường xiên nào có hình chiếu lớn hơn thì lớn hơn. - Trong các đoạn thẳng nối hai điểm nằm trên hai đường thẳng song song, đoạn thẳng vuông góc với hai đường thẳng song song có độ dài nhỏ nhất. Ví dụ 1: Cho tam giác đều ABC. Qua trọng tâm O của tam giác hãy dựng đường thẳng sao cho tổng khoảng cách từ 3 đỉnh của tam giác đến đường thẳng đó là lớn nhất.. 3.

(37) A. d. B' H'. A' O. C'. C. H. B. Gọi d là đường thẳng bất kỳ qua O, H là trung điểm BC nên O  AH Kẻ AA’, BB’, CC’, HH’ vuông góc với d. Tứ giác BB’C’C là hình thang nhận HH’ là đường trung bình Nên 2HH’ = BB’ + CC’ OAA’  OHH’. . AA' OA = =2 HH' OH. Do đó AA’ = 2HH’ Suy ra:. AA’ + BB’ + CC’ = 2HH’ + 2HH’ = 4HH’ = 2.AA’  2.OA. Do đó max(AA’ + BB’ + CC’) = 2.OA . OA = AA’ . d // BC (hoặc d // AB, d //. AC) Như vậy: Qua O dựng đường thẳng song song với một trong ba cạnh của tam giác đều ABC thì tổng khoảng cách từ ba đỉnh của tam giác đến đường thẳng đó là lớn nhất. Ví dụ 2: Cho tam giác nhọn ABC. M là một điểm bất kỳ nằm trên cạnh BC. Gọi. E, F lần lượt là hình chiếu của M trên AB, AC. Tìm vị trí của điểm M để EF. có độ dài nhỏ nhất.. 3.

(38) Gọi I là trung điểm của AM. Khi đó. IA = IM = IE = IF =. AM 2. Ta có EIF = EIM + MIF EIF = 2EAI + 2FAI EIF = 2A không đổi Tam giác EIF cân ở E, có góc ở đỉnh không đổi. Nên cạnh đáy nhỏ nhất khi và chỉ khi cạnh bên nhỏ nhất. Mà IE =. AM 2. Do đó IE nhỏ nhất. . AM nhỏ nhất. . AM  BC. Vậy khi M là chân đường cao hạ từ A của tam giác ABC thì EF có độ dài nhỏ nhất. Bài tập áp dụng: 1. Cho góc vuông xOy, điểm A thuộc miền trong của góc. Các điểm M, N lần lượt chuyển động trên các tia Ox, Oy sao cho MAN = 90 o. Xác định vị trí của điểm M, N để tổng AM + AN có độ dài: a, Nhỏ nhất. b, Lớn nhất. 2. Cho tam giác ABC. Tìm đường thẳng qua đỉnh A của tam giác sao cho tổng khoảng cách từ B, C tới đường thẳng đó là nhỏ nhất.. 3.

(39) 3. Cho tam giác ABC vuông cân ở A, cạnh huyền BC = 2a. Một đường thẳng d bất kỳ qua A và không cắt cạnh BC. Gọi I và K theo thứ tự là hình chiếu của B và C trên d và H là trung điểm của BC. Tính diện tích lớn nhất của tam giác HIK 4. Cho (O; R) có AB là dây cung cố định không đi qua tâm O. C là điểm di động trên cung lớn AB (C không trùng với A, B). Gọi d là tiếp tuyến tại C của đường tròn. (O; R), M và N lần lượt là chân các đường vuông góc kẻ từ A, B tới. d. Tìm vị trí của điểm C sao cho khoảng cách MN dài nhất, ngắn nhất. III- Dạng 3: Sử dụng tính chất độ dài đường gấp khúc. Độ dài đường gấp khúc nối 2 điểm không nhỏ hơn độ dài đoạn thẳng nối hai điểm đó. Cho các điểm A1, A2, …, An. A1A2 + A2A3 + … + An-1An  A1An Dấu bằng xảy ra khi A2, A3, …, An-1 lần lượt nằm giữa A1 và An (kể từ A1 đến An). Ví dụ 1: Cho góc nhọn xOy và một điểm A ở trong góc đó. Tìm điểm B thuộc Ox, C thuộc Oy sao cho tam giác ABC có chu vi nhỏ nhất. Thật vậy: Giả sử B và C là hai điểm bất kỳ trên Ox, Oy. Ta phải tìm vị trí của B, C sao cho chu vi tam giác ABC nhỏ nhất. Gọi A’, A” lần lượt là điểm đối xứng của A qua Ox, Oy. Do đó A’, A” cố định và ta có: AB = A’B AC = A”C Nên PABC = AB + AC + BC = A’B + A”C + BC  A’A”. 3.

(40) Do đó minPABC = A’A”  B  Bo, C  Co Bo và Co là giao điểm của A’A” với Ox, Oy. Như vậy ta cần dựng A’, A” lần lượt đối xứng với A qua Ox, Oy, sau đó nối A’A” cắt Ox, Oy tại Bo, Co và vị trí Bo, Co là vị trí của B, C cần tìm. Ví dụ 2: Cho hình vuông ABCD và một tứ giác MNPQ có bốn đỉnh thuộc bốn cạnh của hình vuông (Tứ giác MNPQ nội tiếp hình vuông). Tìm điểu kiện để tứ giác MNPQ có chu vi nhỏ nhất.. Gọi P là chu vi của hình tứ giác MNPQ. I, J, K lần lượt là trung điểm của PQ, QN, MN Như vậy. PQ = 2DI PN = 2IJ MQ = 2KJ MN = 2BK. Do đó P = MN + NP + PQ + QM = 2KB + 2IJ + 2DI + 2KJ = 2(BK + KJ + JI + ID)  2BD Vậy minP = 2BD  MQ // BD, MN // AC, NP // BD, PQ // AC Khi đó MNPQ là hình chữ nhật Ví dụ 3: Cho tam giác ABC có các góc nhỏ hơn 120 o. Tìm điểm M nằm bên trong tam giác sao cho tổng MA + MB + MC có giá trị nhỏ nhất.. 3.

(41) C'. A. M'. M C. B. Gọi M là một điểm ở trong tam giác ABC. Thực hiện phép quay tâm A, góc quay 60o ngược chiều kim đồng hồ. Khi đó:. M  M’ C  C’. AMM’ và ACC’ là các tam giác đều. Do đó AC’ = AC, MC = M’C’ Nên MA + MB + MC = MM’ + MB + M’C’  BC’ Nên min(MA + MB + MC) = BC’  B, M, M’, C’ thẳng hàng Khi đó AMB = 120o AMC = AM’C’ = 180o – 60o = 120o Còn lại BMC = 120o Vậy M là giao của hai cung chứa góc 120o dựng trên hai cạnh bất kỳ của tam giác ABC vào phía trong tam giác ABC. Bài tập áp dụng: 1. Cho hai đường tròn ở ngoài nhau. Đường nối tâm OO’ cắt hai đường tròn tại. A, B và A’, B’ (A, B  (O); A’, B’  (O’); A, A’ nằm giữa B, B’). Chứng minh rằng AA’ là khoảng cách ngắn nhất, BB’ là khoảng cách lớn. nhất trong tất cả các khoảng cách nối hai điểm bất kỳ của hai đường tròn đó. 2. Cho hình chữ nhật ABCD. Tìm tứ giác có bốn đỉnh thuộc bốn cạnh của hình chữ nhật sao cho chu vi tứ giác có giá trị nhỏ nhất.. 4.

(42) 3. Tam giác DEF gọi là nội tiếp tam giác ABC nếu ba đỉnh của tam giác DEF nằm trên ba cạnh của tam giác ABC. Hãy tìm tam giác nội tiếp tam giác nhọn ABC cho trước sao cho nó có chu vi nhỏ nhất. IV- Dạng 4: Sử dụng các bất đẳng thức trong đường tròn. - Đường kính là dây lớn nhất của đường tròn. - Trong hai dây không bằng nhau của một đường tròn, dây lớn hơn khi và chỉ khi gần tâm hơn. Trong chương trình Trung Học Cơ Sở các bài toán về đường tròn chỉ được sử dụng với học sinh lớp 9. Các bài tập loại này tương đối phong phú, nhưng khi giải ta chỉ cần sử dụng tốt các kiến thức được học trực tiếp trong sách giáo khoa. Ví dụ 1: Cho đường tròn (O) và điểm M nằm trong đường tròn (M không trùng. với O) 1. Qua M dựng dây AB sao cho độ dài của nó a, Lớn nhất b, Nhỏ nhất 2. Dựng điểm P trên đường tròn sao cho góc OPM lớn nhất. Bài giải 1.a, Theo định lý đường kính là dây lớn nhất của đường tròn Nên chỉ cần dựng một dây A’B’ qua M, O Thì A’B’ chính là day cần phải dựng A’B’ là dây qua M có độ dài lớn nhất. b, Giả sử AB là một dây bất kỳ qua M.. 4.

(43) Hạ OH  AB. Gọi AoBo là dây qua M sao cho AoBo  OM Xét tam giác vuông MOH Có:. OM  OH  AB  AoBo Dấu bằng xảy ra khi H  M. Như vậy dây AB có độ dài nhỏ nhất thì AB  AoBo. Hay A  Ao, B  Bo 2. Giả sử PQ là một dây bất kỳ trên đường tròn. Tam giác cân OPQ có hai cạnh bên không đổi 180o - POQ. OPM = 2. Nên để góc OPM đạt giá trị lớn nhất thì góc POQ đạt giá trị nhỏ nhất  PQ nhỏ nhất  PQ  OM tại M  PQ  P’Q’ Qua M dựng đường thẳng vuông góc với OM, cắt (O) tại P’ và Q’ Ta có vị trí P’ là vị trí của P cần xác định. Ví dụ 2: Cho tam giác ABC vuông góc ở A.M là trung điểm của BC. Hai đường thẳng di động vuông góc với nhau tại M cắt các cạnh AB, AC theo thứ tự tại D và E. Tìm giá trị nhỏ nhất của DE và diện tích tam giác MDE.. Do tam giác ABC vuông ở A  AM =. BC 2. Tứ giác ADME là tứ giác nội tiếp (O) đường kính DE. 4.

(44) Do đó DE  AM  minDE = AM  AM cũng là đường kính của (O). Do đó AEM = 90o Suy ra:. ME // AB.  E là trung điểm của AC.. Tương tự MD // AC  D là trung điểm của AB Khi đó DE là đường trung bình của tam giác ABC. Vậy đoạn DE ngắn nhất khi DE là đường trung bình của tam giác ABC. Ta lại có MDE = MAE Và tam giác AMC cân tại M Cho nên MAC = MCA  MDE = MCA Do đó tam giác vuông ABC đồng dạng với tam giác vuông MED Do đó:. S ABC BC 2 = S MED ED 2. Lại có tam giác ABC cố định  SABC và BC không đổi  SMED nhỏ nhất  ED nhỏ nhất Theo câu a: SMED nhỏ nhất  D, E lần lượt là trung điểm của AB, AC. Và ta có: S ABC.  S =4 MED. BC = 2ED . 1. minSMED = 4 S ABC. Ví dụ 3: Cho tam giác ABC cân tại A nội tiếp (O; R). Một tia Ax nằm giữa hai tia AB và AC cắt BC tại P cắt (O) tại E. Tìm vị trí của tia Ax sao cho độ dài DE lớn nhất? Bài giải. 4.

(45) Ta có DE = AE – AD. AE là một dây của (O)  maxAE = 2R là đường kính Nối AO kéo dài cắt BC tại D1, (O) tại E1  AD1  BC Luôn có:. AD  AD1. Dấu bằng xảy ra khi D  D1 Tức là minAD = AD1  AE  AE1 là đường kính Như vậy khi AE đạt cực đại đồng thời AD đạt cực tiểu Cho nên ở vị trí này DE đạt giá trị lớn nhất Vậy maxDE = D1E1 khi và chỉ khi Ax qua tâm O. Bài tập áp dụng: 1. Cho tam giác ABC đều và nội tiếp (O; R). M là một điểm di động trên cung nhỏ BC. Xác định vị trí của M để tổng khoảng cách từ M đến ba đỉnh của tam giác ABC có giá trị lớn nhất. 2. Cho nửa đường tròn (O) đường kính AB = 2R. Điểm M di chuyển trên nửa đường tròn. Tiếp tuyến tại M cắt các tiếp tuyến tại A, B với nửa đường tròn C, D. Tìm giá trị nhỏ nhất của tổng SACM + SBDM 3. Trong tất cả các tam giác ABC có độ dài cạnh BC và góc A không đổi. Hãy tìm tam giác có chu vi lớn nhất. 4. Trong các hình chữ nhật có đường chéo bằng d không đổi, hình nào có diện tích lớn nhất? Tính diện tích lớn nhất đó. V- Dạng 5: Sử dụng các bất đẳng thức đại số. Khi giải các bài toán cực trị hình học có một số trường hợp ta phải đưa về các biểu thức đại số. Khi đó ta vận dụng cách tìm cực trị của các biểu thức đại số bằng cách sử dụng các bất đẳng thức, các phương pháp tìm cực trị ở phần I với những điều kiện cụ thể của các yếu tố hình học trong các bài toán. Ví dụ 1: Cho tam giác ABC có diện tích bằng S. Các điểm D, E, F thứ tự thuộc các cạnh AB, BC, AC sao cho AD = k.AB, BE = k.BC, CF = k.CA. a, Tính diện tích của tam giác DEF theo S và k b, Với giá trị nào của k thì diện tích tam giác DEF có giá trị nhỏ nhất. 4.

(46) A. F. D. B. C. E. a, Hai tam giác ABC và ACD có cùng đường cao hạ từ C đến AB do đó: S ACD AD = =k S ABC AB.  SACD = k.SABC = k.S Tương tự SCDF = k.SACD = k2.S Nên SADF = k.S – k2S = k(1 – k)S Tương tự. SBDE = k(1 – k)S. SCEF = k(1 – k)S Do đó:. SDEF = S – 3k(1 – k)S = [1 – 3k(1 – k)]S. b, Do S không đổi Nên SDEF đạt giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi [1 – 3k(1 – k)] đạt giá trị nhỏ nhất Ta có: 1 – 3k(1 – k) = 3k2 – 3k + 1 1. 1. = 3(k2 – k + 4 +12 ) 1. 1. 1. = 3(k – 2 )2 + 4 ≥ 4 1. Dấu bằng xảy ra khi k = 2 1. 1. Vậy minSDEF = 4 S  k = 2 Ví dụ 2: Cho tam giác ABC có BC = a, AC = b, AB = c. Gọi x, y, z theo thứ tự là khoảng cách từ điểm M ở trong tam giác tới các cạnh BC, AC, AB. a b. c. Xác định vị trí của điểm M để tổng x + y + z có giá trị nhỏ nhất. 4.

(47) Gọi S là diện tích tam giác ABC S = SMBC + SMAC + SMAB. . 1. S = 2 (ax + by + cz) ax + by + cz = 2S. . Ta xét biểu thức a b. c. P = (ax + by + cz)( x + y + z ) x. y. y. z. x. z. = a2 + b2 + c2 + ab( y + x ) + bc( z + y ) + ca( z + x ) Theo bất đẳng thức côsi Với x, y, z > 0 Ta có:. x y + ≥ 2 , dấu bằng xảy ra khi x = y y x y z + ≥ 2 , dấu bằng xảy ra khi y = z z y x z + ≥ 2 , dấu bằng xảy ra khi x = z z x. Do đó P  a2 + b2 + c2 + 2ab + 2ac + 2bc. Hay . a b. c. 2S( x + y + z )  (a + b + c)2 2 a b c ( a+ b+c ) + + ≥ x y z 2S. a b. c. ( a+b+ c )2. Nên min ( x + y + z ) = 2S. x = y = z.  M là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC Ví dụ 3: Trong các tam giác vuông có tổng hai cạnh góc vuông không đổi tam giác nào có chu vi nhỏ nhất.. 4.

(48) A. c. b. B. C. a. Gọi P là chu vi của tam giác ABC Ta có: P = a + b + c Do b, c không đổi  P nhỏ nhất khi và chỉ khi a nhỏ nhất Đặt b + c = 2m không đổi Suy ra: b = m + x c = m – x. Xét. Áp dụng định lý Pitago. a2 = b2 + c2. a2 = (m + x)2 + (m – x)2 a2 = 2m2 + 2x2  2m2. vì 2x2  0. Do đó min a2 = 2m . x=0. . b=c. Vậy chu vi tam giác vuông ABC nhỏ nhất khi tam giác ABC là tam giác vuông cân tại A Bài tập áp dụng:. 1. Cho hình vuông KLMN có cạnh là 1. Người ta nội tiếp trong hình vuông này một hình thang ABCD với các đáy là AB và CD sao cho A là trung điểm của KN, các đỉnh B, C, D lần lượt thuộc các cạnh KL, LM, MN. 1. Tìm giá trị lớn nhất của diện tích tứ giác ABCD khi BK = 3 2. Cho đường tròn (O; R) đường kính AB. M là điểm di động trên đường tròn. Vẽ MH vuông góc với AB (H thuộc đoạn AB). Xác định vị trí của M trên đường tròn (O; R) sao cho diện tích tam giác OMH lớn nhất. 4.

(49) 3. Cho tam giác ABC cân ở A. Các điểm M, N theo thứ tự chuyển động trên các cạnh AB, AC sao cho AM = CN. Xác định vị trí của M, N để: a, MN có giá trị nhỏ nhất. b, Diện tích tam giác AMN có giá trị lớn nhất. 2. Kế hoạch thực hiện đề tài Biện pháp thực hiện: tích hợp nội dung vào bài học trên lớp, trong giờ ôn tập bồi dưỡng buổi chiều, giao bài về nhà cho học sinh Phần đại số: Dạng 1, dạng 2, dạng 3, dạng 4, dạng 5, dạng 6 dạy trong chương trình đại số lớp 8B, kết hợp củng cố trong chương trình đại số 9B (thời gian 5 tiết) Dạng 5, dạng 6, dạng 7 dạy trong chương trình đại số 9B (thời gian 5 tiết) Phần hình học Dạng 1, dạng 2, dạng 3, dạy trong chương trình hình học lớp 8B, kết hợp củng cố trong chương trình hình học lớp 9B (thời gian 6 tiêt) Dạng 4, dạng 5 dạy trong chương trình hình học 9 (thời gian 6 tiết) 3. Phạm vi áp dụng Đề tài được áp dụng thử nghiệm với học sinh lớp 8,9 Bước đầu khảo sát đánh giá chất lượng so với năm học trước và so với chất lượng đối chứng 8a. 9a thì thấy kết quả của lớpthực nghiệm tiến bộ vượt bậc hơn hẳn, thăm dò sự yêu thích và thái độ học tập bộ môn cũng thu được kết quả tích cực hơn Đề tài có thể áp dụng cho học sinh khối 8, 9 hoặc dành cho đội tuyển học sinh giỏi nhà trường để nâng cao hứng thú học tập và kết quả bộ môn 4. Hiệu quả áp dụng Sau khi áp dụng đề tài tôi thấy có những lợi ích sau: *.Về phía học sinh: Hình thành và phát triển năng lực chuyên môn một cách có hệ thống được rèn luyện kỹ năng phân tích, nghiên cứu, khái quát tổng hợp hoạt động nhóm, tư duy logic để giải quyết một vấn đề… hứng thú sôi nổi trong giờ học, hăng say học tập, thảo luận có tinh thần trách nhiệm, có khả năng giao tiếp, biết cách đưa đến tính thống nhất trong nhận thức môn học. *.Về phía giáo viên 4.

(50) Thu được tín hiệu ngược từ phía học sinh, từ đó có cách đánh giá quá trình học tập của học sinh một cách khách quan chính xác và phát hiện những sai lầm của học sinh để điều chỉnh kịp thời và phù hợp với từng đối tượng học sinh *.Đối với quá trình dạy học nói chung Đề tài không chỉ áp dụng cho môn toán mà qua đây hình thành và phát triển cho học sinh rất nhiều kỹ năng và phương pháp học tập cho các môn học khác, hình thành năng lực hành vi, năng lực nhận thức và thái độ học tập tích cực cho học sinh, xây dựng môi trường học tập tích cực tự giác, chủ động, giúp các em có các kỹ năng, có tri thức tốt bước vào cuộc sống. 5. Kết quả thực hiện Qua quá trình áp dụng thực tiễn tôi thấy học sinh tích cực chủ động, tự tin hơn trong việc tiếp thu kiến thức Trong quá trình giảng dạy tại trường THCS trọng điểm Lê Hữu Trác- Mỹ Hào tôi đã áp dụng đề tài này vào lớp 8B năm học 2014-2015, vào lớp 9B năm học 2015-2016 và đối chứng với lớp 8A năm học 2014-2015 và lớp 9A năm học 20152016 sau khi dạy xong tôi đã kiểm tra đánh giá kết quả đạt được như sau: Kết quả kiểm tra đợt 1 (chưa áp dụng đề tài) Lớ p 8A 8B. Sĩ số. Điểm giỏi SL. 42 39. 6 8. Điểm khá. % 14,3 20,5. SL 15 14. % 35,7 35,9. Điểm TB SL 21 17. % 50 43,6. Điểm yếu SL 0 0. % 0 0. Kết quả kiểm tra đợt 2 (đã áp dụng đề tài vào lớp 8B năm học 2014-2015) Lớ p 8A 8B. Sĩ số 42 39. Điểm giỏi SL 8 19. Điểm khá. % 19 48,7. SL 16 15. % 38 38,5. Điểm TB SL 18 5. % 43 12,8. Điểm yếu SL 0 0. % 0 0. Kết quả kiểm tra đợt 3 (sau khi áp dụng đề tài vào học kỳ 1 lớp 9 năm học 2015-2016) Lớ. Sĩ số. Điểm giỏi. Điểm khá. Điểm TB. Điểm yếu. 4.

(51) p 9A 9B. 42 39. SL 12 25. % 28,6 64,1. SL 16 12. % 38,1 30,8. SL 14 2. % 33,3 5,1. SL 0 0. % 0 0. Kết quả học tập của 8B, 9B tốt hơn hẳn lớp 8A, 9A vì trong quá trình học tập dưới sự hướng dẫn của giáo viên các em đã chủ động tiếp thu kiến thức một cách tốt nhất, các em được phát hiện kiến thức, đưa ra được phương pháp giải , và được thực tế làm bài ngay tại lớp, và có hệ thống bài tập vận dụng về nhà giúp các em nắm sâu , ghi nhớ lâu hơn, hào hứng trong học tập, chiếm lĩnh kiến thức. Lớp 8A,9A đạt kết quả thấp hơn 8B, 9B vì được học theo phương pháp cũ, nặng nề, tẻ nhạt, không hào hứng học, bài tập sách giáo khoa, sách bài tập không hệ thống nên học sinh thấy khó khăn trong việc ghi nhớ phương pháp và giải quyết bài toán. Mặt khác khi áp dụng đề tài vào bồi dưỡng học sinh giỏi tại trường Lê Hữu Trác cho kết quả khá tốt, các bài toán về tìm cực trị các em giải quyết khá thuần thục. Bài học kinh nghiệm Trên đây là một số dạng toán thường gặp trong chương trình toán THCS. Mỗi dạng có những đặc điểm khác nhau . Việc phân dạng như trên giúp học sinh dễ tiếp thu kiến thức hơn và thấy được trong từng bài toán áp dụng kiến thức nào cho phù hợp. Mỗi dạng toán tôi chọn các bài toán điển hình để học sinh chủ động tiếp thu kiến thức, tìm tòi phát hiện cách giải cho mỗi loại và hiểu cách làm, cách vận dụng để giải quyết các bài toán tương tự và bài toán mới trên cơ sở các bài toán quen thuộc. Trong quá trình giảng dạy tôi đặc biệt chú ý đến nội dung các bài toán có sự sắp xếp theo trình tự từ dễ đến khó, nhằm cung cấp cho học sinh lượng kiến thức phù hợp với năng lực của học sinh để phát huy tối đa khả năng phát hiện kiến thức, tư duy lôgic của người học. Bên cạnh đó bản thân giáo viên phải không ngừng lỗ lực trau dồi kiến thức, củng cố nâng cao chuyên môn nghiệp vụ , đổi mới phương pháp giảng dạy để có thể xây dựng cho mình phương pháp giảng dạy thích hợp cho từng chủ đề và phù hợp với từng đối tượng học sinh theo hướng tiếp cận năng lực người học.Tuy nhiên để chất lượng dạy học đạt kết quả tốt, các bài tập phải đảm bảo mục tiêu bài học,phù hợp với chuẩn kiến thức kỹ năng trong trường THCS. Khi đánh giá kết quả của các em, giáo viên cần công minh, đánh giá quá trình cố gắng của từng học sinh, động viên kịp thời để kích thích sự tích cực, hăng say học tập khám phá tri thức của học sinh 5.

(52) C.KẾT LUẬN 1. Nhận định chung Trên đây là toàn bộ nội dung cơ bản của tìm cực trị trong môn toán 8, 9, tôi đã sắp xếp khá chi tiết từ dễ đến khó, tôi đã hệ thống phân dạng và có phương pháp giải cụ thể cho từng dạng, tích hợp các bài toán vận dụng thực tế, tôi đã lồng ghép vào các tiết học, với nội dung, chương trình hợp lí nhất, phù hợp với nội nung kiến thức bài học và năng lực của học sinh tránh gây ra sự mệt mỏi, nhàm chán cho học sinh. Ngoài ra cần quan tâm đến đối tượng học sinh, một số dạng bài tập khó chỉ áp dụng cho đối tượng học sinh giỏi. Việc áp dụng chuyên đề thực sự rất cần thiết, và đạt được hiệu quả nhất định khi vận dụng với từng đối tượng học sinh. Từ đó hình thành cho các em các kỹ năng vận dụng trong học tập, lĩnh hội các tri thức khoa học và vận dụng thực tế vào cuộc sống. 2. Những điều kiện áp dụng * Đối với giáo viên: Phải tâm huyết với nghề, có kế hoạch cụ thể để triển khai nội dung đề tài trong giảng dạy và bồi dưỡng học sinh. * Đối với học sinh: Cần yêu thích môn học, say mê tìm tòi khám phá kiến thức, chủ động tiếp lĩnh hội kiến thức một cách tốt nhất, tích cực làm bài tập được giao. 3. Triển vọng áp dụng và phát triển của đề tài Toán cực trị là một loại toán hay và khó ở THCS, nó còn vận dụng vào thực tế cuộc sống, do đó cần tiếp tục triển khai và vận dụng vào thực tiễn tại trường THCS trọng diểm Lê Hữu Trác, áp dụng vào chương trình bồi dưỡng học sinh giỏi qua đó để nghiên cứu sâu hơn các dạng bài tập đã được đề cập đến trong chuyên đề, để bổ sung một cách phù hợp nhất cho học sinh trung học sơ sở. Đồng thời rèn cho học sinh tư duy suy luận, phân tích, dự đoán, tổng hợp, giải quyết vấn đề và các kỹ năng cơ bản khác, giúp cho học sinh yêu thích môn học, say mê học tập còn là cơ sở cho các em học các môn học khác từ đó nâng cao chất lượng học tập của học sinh.. 4. Những kiến nghị và đề xuất 5.

(53) *.Đối với cấc cấp quản lí: tôi xin đề xuất tăng cường các tài liệu tham khảo, tổ chức các chuyên đề, hội thảo bồi dưỡng chuyên môn nghiệp vụ cho giáo viên. *.Đối với giáo viên: cần tích cực nghiên cứu tài liệu tự nâng cao kiến thức chuyên môn, chuẩn bị bài dạy chu đáo, tổ chức các hoạt động dạy học đạt kết quả cao nhất, từ đó nâng cao chất lượng giờ dạy giúp học sinh chủ động lĩnh hội kiến thức một cách có hiệu quả nhất. Thường xuyên trao đổi kinh nghiệm với tổ nhóm chuyên môn, các bạn đồng nghiệp để phát huy các ưu điểm, khắc phục các hạn chế bản thân để nâng cao năng lực chuyên môn nghiệp vụ. *.Việc đổi mới phương pháp dạy học theo chiều hướng tích cực phát huy tính độc lập sáng tạo của học sinh,tiếp cận năng lực người học, không thể trong chèc lát mà cả một quá trình lâu dài. Mục tiêu cuối cùng là hướng dẫn học sinh biết giải toán, học toán và biết vận dụng toán học vào các bộ môn khác cũng như vào thực tế. Đề tài của tôi cũng mới chỉ đề cập tới một vấn đề trong quá trình bồi dưỡng học sinh khá giỏi. tuy nhiên theo tôi đây là mảng kiến thức quan trọng của chương trình toán lớp 8,9. Trên đây là một vài kinh nghiệm nhỏ của bản thân tôi tự rút ra khi dạy các bài toán tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất, cùng với sự góp ý của đồng nghiệp hy vọng rằng đề tài của tôi sẽ góp phần tăng thêm hiệu quả học tập của học sinh . Dù đã cố gắng học hỏi trau dồi kiến thức song không tránh khỏi những thiếu xót, tôi rất mong nhận được sự quan tâm góp ý chân thành của đồng nghiệp và hội đồng khoa học các cấp để đề tài ngày một hoàn thiện hơn.. 5.

(54) TÀI LIỆU THAM KHẢO 1. Các bài toán cực trị. - Lê Mộng Ngọc. ( Nhà xuất bản giáo dục – 1996 ) 2. 250 bài toán đại số bồi dưỡng học sinh cấp 2. - Võ Đại Mau. ( Nhà xuất bản Thành phố Hồ Chí Minh ) 3. Toán bồi dưỡng học sinh lớp 8, 9 ( Nhà xuất bản Hà Nội – 1995 ). -. Vũ. Hữu. Bình và Tôn Thân 4. Toán nâng cao và các chuyên đề Đại số và hình học lớp 8 ( Nhà xuất bản Giáo dục – 2004 ). - Vũ Dương Thuỵ Nguyễn Ngọc. Đạm. 5.

(55) MỤC LỤC NỘI DUNG. TRANG. MỞ ĐẦU Sơ yếu lí lịch 1. I. Đặt vấn đề 1.Thực trạng của vấn đề nghiên cứu 2.Ý nghĩa của giải pháp mới 3. Phạm vi nghiên cứu II.Phương pháp tiến hành 1.Cơ sở lí luận. 2 2 3 3. 2.Cơ sở thực tiễn. 4. 3. Các biện pháp tiến hành. 4. 4. thời gian tạo ra giải pháp. 5. NỘI DUNG I. Mục tiêu của đề tài. 6. II. Phương pháp tiến hành 1.Mô tả giải pháp. 6. PHẦN I: Các bài toán cực trị đại số Chương I: Những kiến thức cơ bản I. Khái niệm II. Kiến thức thường dùng. 6 7. III. Một số phương pháp tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất 1.Phương pháp bất đẳng thức. 8. 2.Phương pháp miền giá trị. 9. Chương II: những dạng toán thường gặp Dạng 1:Đa thức bậc nhất chứa dấu giá trị tuyệt đối. 11. Dạng 2:Đa thức bậc hai. 13. Dạng 3: Đa thức bậc cao. 15. Dạng 4:Phân thức. 16. Dạng 5: Căn Thức và giá trị tuyệt đối. 18. Dạng 6: Cực trị có điều kiện. 22 24. 5.

(56) Dạng 7: các bài toán tổng hợp PHẦN II: Cực trị hình học phẳng Chương I: những kiến thức cơ bản 28. I.Toán cực trị hình học là gì II.Các phương pháp giải toán cực trị hình học 1.Phương pháp 1. 28 29. 2.Phương pháp 2. 30. 2.Phương pháp 3 Chương II. Các dạng toán cực trị. 32. Dạng 1: Sử dụng bất đẳng thức tam giác. 36. Dạng 2: dùng tính chất của đường vuông góc, đường xiên. 38. Dạng 3: Sử dụng tính chất độ dài đường gấp khúc. 41. Dạng 4: Sử dụng tính chất bất đẳng thức trong đường tròn. 45. Dạng 5: Sử dụng bất dẳng thức đại số. 48. 2. Kế hoạch thực hiện đề tài. 48. 3. Phạm vi áp dụng. 48. 4. .Hiệu quả sử dụng. 49. 5 .Kết quả thực hiện KẾT LUẬN 1. Nhận định chung. 52. 2.Những điều kiện áp dụng. 52. 3.Triển vọng vận dụng của đề tài và sự phát triển. 52. 4. Kiến nghị, đề xuất Tài liệu tham khảo. 53 54. XÁC NHẬN CỦA HỘI ĐỒNG KHOA HỌC TRƯỜNG THCS TRỌNG ĐIỂM LÊ HỮU TRÁC 5.

(57) Tổng điểm……………………..Xếp loại……………….. TM HỘI ĐỒNG KHOA HỌC CHỦ TỊCH – HIỆU TRƯỞNG ( Ký, ghi rõ họ và tên, đóng dấu). XÁC NHẬN CỦA HỘI ĐỒNG KHOA HỌC PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO MỸ HÀO Tổng điểm……………………..Xếp loại……………….. TM HỘI ĐỒNG KHOA HỌC CHỦ TỊCH – TRƯỞNG PHÒNG ( Ký, ghi rõ họ và tên, đóng dấu). 5.

(58) XÁC NHẬN CỦA HỘI ĐỒNG KHOA HỌC SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HƯNG YÊN Tổng điểm……………………..Xếp loại……………….. TM HỘI ĐỒNG KHOA HỌC ( Ký, ghi rõ họ và tên, đóng dấu). 5.

(59)

SKKNMot so phuong phap giai toan cuc tri o THCS

Tài liệu liên quan

Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về