Sáng kiến kinh nghiệm THPT: Dạy học theo chuyên đề: Cực trị hình học và ứng dụng

Chia sẻ: Behodethuonglam | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:51

Thêm vào BST

Báo xấu

40
lượt xem 2
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Mục tiêu nghiên cứu đề tài là giúp học sinh phát triển tư duy sang tạo hình học, biết kết hợp giữa kiến thức đại số và hình học. Đặc biệt đề tài này giúp học sinh ứng dụng được kiến thức cực trị hình học vào việc giải quyết các bài toán cực trị của số phức – một trong những nội dung khó, xuất hiện nhiều trong kì thi THPT Quốc gia.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Sáng kiến kinh nghiệm THPT: Dạy học theo chuyên đề: Cực trị hình học và ứng dụng

PHÁT TRIỂN TƯ DUY SÁNG TẠO CHO HỌC SINH THÔNG QUA VIỆC DẠY HỌC CHUYÊN ĐỀ “CỰC TRỊ HÌNH HỌC” Phần I. Đặt vấn đề 1. Lý luận chung Dạy học theo chuyên đề là tích hợp những nội dung từ một số đơn vị, bài học, môn học có liên hệ với nhau làm thành nội dung học trong một chủ đề có ý nghĩa hơn, thực tế hơn, nhờ đó học sinh có thể tự hoạt động nhiều hơn để tìm ra kiến thức và vận dụng vào thực tiễn. Vai trò của giáo viên khi đó chủ yếu là hướng dẫn học sinh tự lực tìm kiếm thông tin, sử dụng kiến thức vào giải quyết các nhiệm vụ có ý nghĩa thực tiễn. Với mô hình này, học sinh có nhiều cơ hội làm việc theo nhóm để giải quyết những vấn đề xác thực, có hệ thống và liên quan đến nhiều kiến thức khác nhau. Các em thu thập thông tin từ nhiều nguồn kiến thức như sách giáo khoa, sách tham khảo các trang mạng hoặc các diễn đàn. Thông qua dạy học theo chuyên đề, học sinh được rèn luyện các kĩ năng tiến trình khoa học như so sánh, sắp xếp, phân loại, liên hệ. Kiến thức thu được là các khái niệm trong một mối liên hệ mạng lưới với nhau. Trình độ nhận thức có thể đạt được ở mức độ cao: Phân tích, tổng hợp, đánh giá. Giáo viên không được coi học sinh là chưa biết gì trước nội dung bài học mới mà trái lại, luôn phải nghĩ rằng các em tự tin và có thể biết nhiều hơn ta mong đợi, vì thế dạy học cần tận dụng tốt những kiến thức, kinh nghiệm, kĩ năng có sẵn của các em và khuyến khích khả năng biết nhiều hơn thế của học sinh về một vấn đề mới để giảm tối đa thời gian và sự thụ động của học sinh trong khi tiếp nhận kiến thức mới, để tăng hiểu biết lên nhiều lần so với nội dung cần dạy. Kiến thức mới được học sinh lĩnh hội trong quá trình giải quyết các nhiệm vụ học tập, đó là kiến thức tổ chức theo một tổng thể mới khác với kiến thức trình bày trong tất cả các nguồn tài liệu. Nhu cầu cập nhật kiến thức vô hạn đối với sự học của người học tăng cường tích hợp các vấn đề cuộc sống, thời sự vào bài giảng; tăng cường sự vận dụng kiến thức của học sinh sau quá trình học vào giải quyết các vấn đề thực tiễn; rèn luyện các kĩ năng sống phong phú vốn rất cần cho người học hiện nay. Việc nhóm những bài học có cùng chủ đề vào một nhóm và lên kế hoạch giảng dạy cụ thể - Như dạy bồi dưỡng ( phụ đạo) hay bồi dưỡng học sinh giỏi vẫn làm như vậy. Và gọi đó là các chuyên đề ( chuyên sâu về một vấn đề)...giúp học sinh có cái nhìn hệ thống, khái quát và sâu sắc về một mảng kiến thức từ các đơn vị kiến thức riêng lẻ được truyền thụ trong từng tiết học cụ thể... Và dạy 1
theo chuyên đề còn đặc biệt thích hợp với công tác bồi dưỡng học sinh giỏi, khi mà đề thi thường mang tính tổng hợp cao. Sáng kiến thuộc lĩnh vực Phương pháp dạy học chuyên đề được viết trong giai đoạn nền giáo dục đang hướng đến mục tiêu đổi mới căn bản và toàn diện, góp phần dạy cho học sinh cách suy nghĩ và làm chủ tư duy bản thân, tạo niềm tin và hứng thú học tập cho học sinh. 2. Lý do chọn đề tài Cuối năm 2014, Bộ GD-ĐT đã đưa ra quyết định đổi mới kỳ thi tốt nghiệp THPT và thi tuyển sinh đại học theo hình thức thi chung một kỳ thi quốc gia. Kết quả thi được sử dụng với mục đích kép, vừa công nhận tốt nghiệp, vừa sử dụng làm căn cứ xét tuyển vào đại học.Cách thức thi thay đổi, đề thi sẽ khó hơn so với những kỳ thi tốt nghiệp THPT trước đó.Từ năm 2017, Bộ GD-ĐT đã đưa ra quyết định đổi mới hình thức thi THPT: từ tự luận sang hình thức thi trắc nghiệm. Đối với các kỳ thi học sinh giỏi thì vẫn giữ nguyên theo hình thức tự luận. Cực trị hình học là một vấn đề hay của toán học nói chung và hình học nói riêng. Các bài toán về cực trị hình học xuất hiện rất sớm từ thời xa xưa do nhu cầu về đo ruộng đất, tính toán tối ưu hóa về đường đi,về quy hoạch sản xuất của con người, ... Cho đến nay, các bài toán về cực trị hình học vẫn thường xuyên được đề cập trong các kỳ thi toán : từ bài kiểm thường xuyên kỳ thi tuyển sinh đại học đến các kỳ thi học sinh giỏi tỉnh, học sinh giỏi quốc gia, khu vực và thế giới. Các phương pháp giải bài tập về vấn đề này là khá đa dạng, phong phú. Chẳng hạn sử dụng các bất đẳng thức cổ điển, sử dụng vectơ, sử dụng các đặc tính hình học như tam giác đồng dạng, các phép biến hình, sử dụng tư duy hàm,... Một trong các phần có nội dung khó trong các đề thi là phần cực trịhình học. Đây là nội dung nằm trong chương trình hình học THCS, THPT. Trong các bài tập, các đề thi, cực trị hình họcthường xuất hiện trong một ý của bài, một bài khó của một đề thi và có tính chất rời rạc. Vì thế học sinh thường gặp khó khăn, ít hứng thú trong việc giải quyết vấn đề.Kinh nghiệm giảng dạy của bản thân cho thấy, nếu được trang bị kiến thức đầy đủ, liên tục, theo chuyên đề thì học sinh rất hứng thú, tích cực giải quyết vấn đề một cách hiệu quả. Tính mới đề tài này là giúp học sinh phát triển tư duy sang tạo hình học, biết kết hợp giữa kiến thức đại số và hình học. Đặc biệt đề tài này giúp học sinh ứng dụng được kiến thức cực trị hình học vào việc giải quyết các bài toán cực trị của số phức – một trong những nội dung khó, xuất hiện nhiều trong kì thi THPT Quốc gia. Tính mới, tính sáng tạo của sáng kiến là hệ thống tương đối đầy đủ những tính chất hay của cực trị hình học phẳng ,tọa độ phẳng có mối quan hệ đặc biệt với các chương khác của chương trình toán THPT . Xây dựng một cách hệ thống các kiến thức, các kĩ năng, kĩ xảo cần có, các bài tập mang tính điển 2
hình ở cả bốn mức độ: Nhận biết, thông hiểu, vận dụng và vận dụng nâng cao để học sinh thấy tự tin khi bắt đầu làm và làm được câu cực trị tọa độ phẳng,số phức trong các đề thi học sinh giỏi, đề thi sưu tầm và đặc biệt trong đề thi THPT quốc gia sắp tới. Với những lí do như vậy, tôi đã xây dựng và thực hiện “Dạy học theo chuyên đề: Cực trị hình học và ứng dụng” trong việc ôn tập cho học sinh THCS, THPT,đặc biệt là học sinh giỏi, học sinh lớp 12 ứng dụng trong số phức. Báo cáo trong buổi sinh hoạt chuyên môn ; áp dụng cho các trường trong và ngoài tỉnh. Phần II. Nội dung nghiên cứu Tư duy hình học là cách suy nghĩ để nhận thức và giải quyết vấn đề bằng cách đưa nội dung bài toán ( đại số, hình học, giải tích …) vào mối liên hệ với bộ môn hình học để giải quyết vấn đề. Tư duy đại số là cách suy nghĩ để nhận thức và giải quyết vấn đề bằng cách đưa nội dung bài toán ( đại số, hình học, giải tích …) vào mối liên hệ với bộ môn đại số để giải quyết vấn đề. Vì nhiều lí do khác nhau, rất nhiều học sinh thậm chí là học sinh khá, giỏi sau khi học xong phần cực trị hình học phẳng cũng chỉ hiểu một cách rất đơn sơ. Sau nhiều năm giảng dạy chúng tôi nhận thấy rằng bài toán cực trị hình học phẳng có nhiều mối quan hệ với kiến thức của chương khác trong chương trình toán trung học phổ thông đặc biệt là hình hình học phẳng ở cấp 2, sợi dây liên kết vô hình đó tạo ra rất nhiều bài toán hay về cực trị hình học phẳng , ứng dụng cực trị hình học tọa phẳng vào bài toán số phức số phức trong các kì thi trung học phổ thông quốc gia và thi chọn học sinh giỏi. Khai thác tính chất hay của cực trị hình học phẳng cũng như ứng dụng của nó được chúng tôi trình bày khá chọn lọc trong sáng kiến này. Sự góp mặt của những tính chất đó đã làm nên yếu tố thú vị, bất ngờ đối với học sinh và góp phần không nhỏ trong việc phát triển tư duy, phát huy tối đa khả năng tìm tòi sáng tạo của học sinh. Không những thế các tính chất như một làn gió mới thổi vào bài toán thuần túy cực trị hình học phẳng những biến đổi diệu kì. Sáng kiến được áp dụng lần đầu vào tháng 1,2,3 năm 2018, 2019 khi chúng tôi dạy ôn tập cho học sinh lớp 10 chuyên toán, lớp 11 ôn thi học sinh giỏi tỉnh và hoàn thiện hơn sau khi áp dụng dạy tự chọn cho học sinh khối 11, 12 năm 2019, 2020. Sử dụng hình thức vấn đáp, gợi mở để học sinh chủ động phát hiện tính chất, dẫn dắt học sinh rèn luyện nhiều cách khác nhau để giải một bài toán,biết quy lạ về quen, sử dụng linh hoạt tính chất của cực trị hình học tọa độ phẳng và phương pháp tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số.Tất cả những điều đó đã dần dần kích thích niềm say mê học toán của học sinh. Chúng tôi nhận thấy sự thay đổi khác biệt ở các em là sự tự tin, đam mê giải toán và khả năng chinh phục rất cao dạng toán tọa độ phẳng trong các đề thi học 3
sinh giỏi tỉnh,thi thử trung học phổ thông quốc gia cũng như đề thi trung học phổ thông quốc gia năm 2018, 2019, đề thi tốt nghiệp trung học phổ thong năm 2020. Cách sắp xếp các bài tập có trật tự hợp lí giúp học sinh dễ xâu chuỗi các tính chất với nhau, phát triển tốt các thao tác tư duy tương tự hóa và tổng quát hóa. Cập nhật hình thức thi trắc nghiệm mới đối với môn Toán của bộ giáo dục và đào tạo, sau mỗi chương chúng tôi đều xây dựng các bài tập trắc nghiệm dựa trên các ý tưởng của các bài tập tự luận chúng tôi đã trình bày trong mục đó. Sáng kiến rất phù hợp cho học sinh chuẩn bị tham gia kì thi trung học phổ thông quốc gia năm 2020 và các kì thi chọn học sinh giỏi tỉnh, học sinh chuyên toán. Trong sáng kiến này, tôi tập trung xét đến ba dạng toán cực trị hình học: + Các bài toán cực trị hình học phẳng thuần túy (không tọa độ). + Các bài toán cực trị hình học trong mặt phẳng tọa độ Oxy. + Ứng dụng bài toán cực trị hình học trong mặt phẳng tọa độ Oxy để giải các bài toán cực trị số phức. 4
CHƯƠNG 1 CỰC TRỊ HÌNH HỌC TRONG HÌNH HỌC PHẲNG THUẦN TÚY Nét đẹp của hình học phẳng chính là hình học phẳng thuần túy ( không tọa độ). Tuy nhiên khi nhìn vào các bài toán như vậy, nhiều học sinh gặp nhiều khó khăn, ít hứng thú để học. Trong nhiều bài toán, giáo viên cần nhìn nhận bài toán theo nhiều góc độ khác nhau, làm đơn giản hóa bài toán, hướng học sinh đến cách nhìn trong sáng, dễ hiểu nhất, tạo hứng thú cho học sinh… Sau khi thấy được điều hấp dẫn và thú vị từ quan điểm này, người học sẽ không cảm thấy ngại ngần với các bài toán thuần túy nữa, thay vào đó là sự hứng thú và sự quyết tâm tìm tòi lời giải. Tôi đưa ra một số bài tập, từ đơn giản đến phức tạp, từ những bài toán ở mức độ thi đại học đến những bài toán khó, trong các kỳ thi học sinh giỏi quốc gia, quốc tế, để thấy được sự phổ biến cũng như sự phong phú, đa dạng của loại bài này. Hơn nữa, học sinh cũng sẽ được rèn luyện tư duy hàm từ sự phong phú và đa dạng ấy. Tuy nhiên, tôi sẽ tập trung trình bày ý tưởng chính và sẽ chỉ viết sơ lược những phần mang tính chất tính toán thuần túy. 1. Các bài toán cơ bản Một số bài toán cơ bản trong mặt phẳng : Bài toán 1. Trong mặt phẳng, cho hai điểm A và B . Tìm vị trí của M sao cho MA2  MB 2 nhỏ nhất. AB 2 AB 2 Lời giải: Gọi I là trung điểm của đoạn AB , ta có MA2  MB 2  2MI 2   . 2 2 Đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi M  I . Bài toán 2. Trong mặt phẳng, cho tam giác ABC. Tìm vị trí của M sao cho MA2  MB 2  MC 2 nhỏ nhất. Lời giải: Gọi G là trọng tâm tam giác ABC , ta có MA2  MB 2  MC 2  3MG 2  GA2  GB 2  GC 2  GA2  GB 2  GC 2 . Đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi M  G. Bài toán 3. Trong mặt phẳng, cho hai điểm A, B và đường thẳng . Tìm vị trí của M   sao cho MA2  MB 2 nhỏ nhất. Lời giải: Gọi I là trung điểm của đoạn AB , ta có ( d là khoảng cách từ I đến đường thẳng  ) Đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi M là hình chiếu của I trên  . Bài toán 4. Trong mặt phẳng, cho tam giác ABC và đường thẳng . Tìm vị trí của M   sao cho MA2  MB 2  MC 2 nhỏ nhất. Lời giải: Gọi G là trọng tâm tam giác ABC , ta có MA2  MB 2  MC 2  3MG 2  GA2  GB 2  GC 2  3d 2  GA2  GB 2  GC 2 . ( d là khoảng cách từ G đến đường thẳng  ) Đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi M là hình chiếu của G trên  . Các bài toán 1,2, 3, 4 được mở rộng hơn như sau: 5
Bài toán 1.1 Trong mặt phẳng, cho hai điểm A và B . Tìm vị trí của M sao cho T  aMA2  bMB 2 nhỏ nhất (lớn nhất). ( a, b  ¡ ) uur uur r Lời giải: Gọi I là điểm thỏa mãn aIA  bIB  0 , ta có aMA2  bMB2   a  b  MI 2  aIA2  bIB2 . Nếu a  b  0 thì Tmin  aIA2  bIB 2 . Đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi M  I . Nếu a  b  0 thì Tm ax  aIA2  bIB 2 . Đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi M  I . Bài toán 2.1. Trong mặt phẳng, cho tam giác ABC. Tìm vị trí của M sao cho T  aMA2  bMB 2  cMC 2  a, b, c ¡  nhỏ nhất (lớn nhất). uuur uuur uuur r Lời giải: Gọi G là điểm thỏa mãn aGA  bGB  cGC  0, ta có       uuuur uuur 2 uuuur uuur 2 uuuur uuur 2 T  a MG  GA  b MG  GB  c MG  GC   uuuur 2 uuuur uuur uuur uuur   a  b  c  MG  2MG aGA  bGB  cGC  aGA2  bGB 2  cGC 2 uuuur 2   a  b  c  MG  aGA2  bGB 2  cGC 2 . Nếu a  b  c  0 thì Tmin  aGA2  bGB 2  cGC 2 khi và chỉ khi MGmin  M  G. Nếu a  b  c  0 thì Tm ax  aGA2  bGB 2  cGC 2 khi và chỉ khi MGmin  M  G. Đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi M  G. Bài toán 3.1. Trong mặt phẳng, cho hai điểm A, B và đường thẳng . Tìm vị trí của M   sao cho T  aMA2  bMB 2 ( a, b  ¡ ) nhỏ nhất (lớn nhất). uur uur r Lời giải: Gọi I là điểm thỏa mãn aIA  bIB  0 , ta có T  aMA2  bMB2   a  b  MI 2  aIA2  bIB2 . Nếu a  b  0 thì Tmin   a  b  d 2  aIA2  bIB2 . Đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi M là hình chiếu của I trên  ( d là khoảng cách từ I đến đường thẳng  ). Nếu a  b  0 thì Tm ax   a  b  d 2  aIA2  bIB2 . Đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi M là hình chiếu của I trên  ( d là khoảng cách từ I đến đường thẳng  ). Bài toán 4.1. Trong mặt phẳng, cho tam giác ABC và đường thẳng . Tìm vị trí của M   sao cho T  aMA2  bMB 2  cMC 2  a, b, c ¡  nhỏ nhất (lớn nhất). uuur uuur uuur r Lời giải: Gọi G là điểm thỏa mãn aGA  bGB  cGC  0, ta có       uuuur uuur 2 uuuur uuur 2 uuuur uuur 2 T  a MG  GA  b MG  GB  c MG  GC   uuuur 2 uuuur uuur uuur uuur   a  b  c  MG  2MG aGA  bGB  cGC  aGA2  bGB 2  cGC 2 uuuur 2   a  b  c  MG  aGA2  bGB 2  cGC 2 . Nếu a  b  c  0 thì Tmin   a  b  c  d 2  aGA2  bGB2  cGC 2 khi và chỉ khi M là hình chiếu của G trên  ( d là khoảng cách từ G đến đường thẳng  ). Nếu a  b  c  0 thì Tmax   a  b  c  d 2  aGA2  bGB2  cGC 2 khi và chỉ khi M là hình chiếu của G trên  ( d là khoảng cách từ G đến đường thẳng  ). Nhận xét: + Các bài toán trên đều tổng quát được lên n điểm ( n  2 ). + Các bài toán trên được áp dụng vào việc tìm tọa độ điểm M thỏa mãn điều kiện của bài toán. 6
+ Các bài toán trên được mở rộng trong không gian, tọa độ không gian… Sau đây là một số bài tập minh họa cho các bài toán trên: Bài tập 1. Cho tam giác đều ABC có cạnh bằng a và M là điểm thay đổi trong mặt phẳng. a) Tìm gía trị nhỏ nhất của tổng T  MA2  MB 2  MC 2 . b) Tìm gía trị nhỏ nhất của tổng T  2MA2  MB 2 . c) Tìm gía trị nhỏ nhất của tổng T  MA2  2MB 2  MC 2 . Lời giải: a) Gọi G là trọng tâm tam giác ABC , ta có T  MA2  MB 2  MC 2  3MG 2  GA2  GB 2  GC 2  GA2  GB 2  GC 2 . a 3 Với GA  GB  GC  , ta có Tmin  a 2 khi M  G. 3 uur uur r b) Gọi I là điểm thỏa mãn 2IA  IB  0 , ta có T  2MA2  MB 2  3MI 2  2 IA2  IB 2  2 IA2  IB 2 . a 2a 2a 2 Với IA  , IB  ta có Tmin  khi M  I . 3 3 3 uuur uuur uuur r c) Gọi K là điểm thỏa mãn KA  2 KB  KC  0, ta có T  MA2  2MB 2  MC 2  2MK 2  KA2  2 KB 2  KC 2  KA2  2 KB 2  KC 2 . uuur uuur uuur uuur r uuur uuur r uuur CA Ta có KA  2 KB  KC  0  2 KB  CA  0  BK  . 2 a 3 a a 7 Do đó KA  , KB  và KC  KA2  KC 2  . 2 2 2 a2 Suy ra Tmin   , khi M  K. 2 Bài tập 2. Cho hình vuông ABCD có cạnh bằng a và M là điểm thay đổi trên đường thẳng CD. a) Tìm gía trị nhỏ nhất của tổng T  MA2  2MB 2  MC 2 . b) Tìm gía trị lớn nhất của tổng T  2MA2  3MB 2 . c) Tìm gía trị lớn nhất của tổng T  2MA2  MB 2  2MC 2  2MD 2 . Lời giải: uuur uuur uuur r a) Gọi K là điểm thỏa mãn KA  2 KB  KC  0, ta có T  MA2  2MB 2  MC 2  2MK 2  KA2  2 KB 2  KC 2  2 HK 2  KA2  2 KB 2  KC 2 . uuur uuur uuur uuur r uuur uuur r uuur CA Ta có KA  2 KB  KC  0  2 KB  CA  0  BK  . 2 a 2 a 2 a 10 Do đó KA  , KB , KC  KA2  AC 2  , 2 2 2 3a 7a 2 KH  . Suy ra Tmin  , khi M  H 2 2 ( H là hình chiếu của K trên CD). 7
uur uur r b) Gọi I là điểm thỏa mãn 2IA  3IB  0 , ta có T  2MA2  3MB 2   MI 2  2 IA2  3IB 2  d 2  2 IA2  3IB 2 . ( d là khoảng cách từ uu I đến đường thẳng CD) uur uur r r uuur Ta có 2IA  3IB  0  IA  3AB . Do đó d  a, IA  3a, IB  2a . Suy ra Tmax  5a 2 , khi M  H ( H là hình chiếu của I trên CD). c) Gọi J là điểm thỏa mãn 2 JA  JB  2 JC  2 JD  0  2  JA  JD   JB  2  JB  BC  uur uur uuur uuur r uur uuur uur uur uuur   uur uuur uuur uuur uuur uuur  JB  2 DA  BC  4 DA  BJ  4 AD. Ta có T  2MA2  MB 2  2MC 2  2MD 2   MJ 2  2 JA2  JB 2  2 JC 2  2 JD 2  d 2  2 JA2  JB 2  2 JC 2  2 JD 2 . uuur uuur Từ BJ  4 AD, ta có d  3a, JA  a 17, JB  4a, JD  a 10. Suy ra Tmax  10a 2 , khi M là hình chiếu của J trên CD, tức là M trùng C. Bài toán 5. (Bài toán gốc cơ bản)Trong mặt phẳng, cho hai điểm A và B đường thẳng d . Tìm vị trí điểm M trên đường thẳng d sao cho: a) MA  MB nhỏ nhất. b) MA  MB lớn nhất. Lời giải: 8
Đây là một bài toán quen thuộc trong chương trình phổ thông.Cách giải đơn giản nhất là xét xem A, B cùng phía hay khác phía đối với d và sử dụng tính chất đối xứng để đưa bài toán về tổng độ dài 2 đoạn gấp khúc có khả năng trở thành một đoạn thẳng. a) + Nếu A và B nằm khác phía đối với d thì MA  MB  AB. Do đó MA+MB nhỏ nhất khi M là giao điểm của các đường thẳng AB và d . + Nếu A và B nằm cùng phía đối với d thì Gọi A’ đối xứng với A qua d, khi đó MA  MB  MA ' MB  A ' B. Khi M thay đổi trên d thì MA+MB nhỏ nhất bằng A ' B . Dấu bằng xẩy ra A', M , B thẳng hàng hay M là giao điểm của các đường thẳng A ' B và d . b) Cách giải tương tự như câu a: + Nếu A và B nằm cùng phía đối với d thì MA  MB  AB. Do đó MA  MB lớn nhất khi khi M là giao điểm của các đường thẳng AB và d . + Nếu A và B nằm khác phía đối với d thì Gọi A’ đối xứng với A qua d, khi đó MA  MB  MA ' MB  A ' B. Khi M thay đổi trên d thì MA  MB lớn nhất bằng A ' B . Dấu bằng xẩy ra A', M , B thẳng hàng hay M là giao điểm của các đường thẳng A ' B và d . Chú ý rằng nếu đường thẳng AB và d song song thì ngoài cách giải trên, ta còn có cách giải sau thể hiện rất rõ quan điểm tư duy hàm: Gọi I là giao điểm của đường trung trực d ' của đoạn AB với đường thẳng d thì độ dài MA+MB thay đổi khi khoảng cách MI thay đổi, ngoài ra do tính đối xứng 9
nên ta chỉ cần xét điểm M ở một nửa mặt phẳng bờ d’ ( giả sử M cùng phía với B như hình vẽ). Khi đó, ta có thể thấy MA+MB là một hàm của biến IM  x  x  0 . Cụ thể, đặt AB=2a, khoảng cách giữa AB và d là h thì MA  MB  ( x  a)2  h2  ( x  a)2  h2  f  x  xa xa Khi đó: f '( x)   ( x  a)  h 2 2 ( x  a) 2  h 2 Nhận thấy f '( x)  0  ( x  a)2[( x  a)2  h2 ]  ( x  a)2[( x  a)2  h2 ], x  a phương trình này vô nghiệm trên  0; a  nên ta thấy f '( x)  0 x  0 , mà f '(a)  0 nên f '( x)  0 x  0 ( do tính chất liên tục của f '( x) trên [0, ) ). Vậy f  x  đồng biến trên [0, ) , vì thể ta thấy f  x  nhỏ nhất khi x  0 , tức là M trùng I. Nhận xét: 1) Lời giải trên nhìn vào thấy dài và có vẻ phức tạp, nhưng điều hay nhất mà nó đem lai là ở chỗ ta có thể thấy được sự tăng dần của tổng MA+MB khi M chạy xa dần điểm I, ngoài ra khi x   thì f ( x)   nên rõ ràng không tồn tại giá trị lớn nhất của đại lượng này. 2) Ở lời câu a và b nói lên quan hệ giữa đoạn thẳng và đường gấp khúc. Từ cách nhìn này, ta có thể đề xuất thêm bài toán sau: Bài tập 3. Cho hình chữ nhật ABCD và điểm E thuộc cạnh AD. Xác định vị trí các điểm: F thuộc cạnh AB, G thuộc cạnh BC, H thuộc cạnh CD sao cho tứ giác EFGH có chu vi nhỏ nhất. Lời giải: Gọi I, K, M theo thứ tự là trung điểm của EF, EG và GH. AEF vuông tại A có AI là 1 trung tuyến  AI= . EF M 2 1 Tương tự MC= .GH . 2 10
1 1 IK là đường trung bình của EFG  IK= . FG .Tương tự KM= . EH 2 2 Do đó: chu vi EFGH= EF + FG + GH +HE= 2(AI + IK + KM + MC) Ta lại có: AI + IK + KM + MC  AC (so sánh độ dài đoạn thẳng và đường gấp khúc). Suy ra: chu vi EFGH  2AC ( không đổi). Chu vi EFGH nhỏ nhất bằng 2AC  A, I, K , M, C thẳng hàng ( khi đó EFGH là hình bình hành).  Nhận xét về phương pháp giải: bằng cách vẽ trung điểm các cạnh EF, GH, và trung điểm của đường chép EG, ta tính được chu vi của tứ giác EFGH bằng hai lần độ dài đường gấp khúc AIKMC, độ dài đường gấp khúc trên nhỏ nhất khi đường gấp khúc đó trở thành đoạn thẳng AC. Bài tập 4. Cho tam giác ABC nhọn. Dựng một tam giác có chu vi nhỏ nhất nội tiếpABC, tức là có ba đỉnh nằm trên ba cạnh của tam giác ấy. Lời giải: F A 1 2 Cách 1:Xét tam giác MNP nội tiếp P ABC một cách tùy ý ( M thuộc M AB, N thuộc BC, P thuộc AC). Vẽ E, E F sao cho AB là đường trung trực của NE, AC là đường trung trực của NF. B N C Chu vi MNP = NM + MP + PN = EM + MP + PF  EF · Ta cần xét khi nào thì EF nhỏ nhất. Ta có EAF  2µ A1  2 µ · A2  2 BAC EAF là tam giác cân có góc ở đỉnh không đổi nên cạnh đáy nhỏ nhất khi và chỉ khi cạnh bên nhỏ nhất. EF nhỏ nhất  AE nhò nhất  AN nhỏ nhất  AN  BC Như vậy chu vi tam giác MNP nhỏ nhất khi N là chân đường cao kẻ từ A, còn M và P là giao điểm cùa EF với AB, AC. Ta có nhận xét rằng khi N là chân đường cao kẻ từ A thì M và P cũng là chân hai đường cao còn lại của tam giác. 11
Chứng minh: Xét HMP: AB là đường phân giác của góc EMH, AC là đường phân giác ngoài của góc FPH. Ta có AB, AC gặp nhau tại A nên HA là tia phân giác của góc MHP. Vì AH  HC nên HC là đường phân giác ngoài tại đỉnh H. Theo trên AC là đường phân giàc ngoài tại đỉnh P, HC gặp AC tại C nên F MC là tia phân giác góc trong tại A đỉnh M. P M MB và MC là các tia phân giác của các góc kề bù nên MB  MC. E Tương tự PC  PB. Vậy chu vi tam giác MNP nhỏ B H C nhất khi M, N, P là chân ba đường cao của tam giác ABC. Do tam giác ABC nhọn nên M, N, P thuộc biên của tam giác. Cách 2: Lấy M, N, P tùy ý trên AB, BC, CA và nối tâm O của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC với M, N, P. Gọi R là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác, S là diện tích tam giác. 1 1 1 Khi đó: SOMBN  .OB.MN SONCP  .OC. NP SOPAM  .OA.PM . 2 2 2 Do OA = OB = OC = R nên A x 1 S  SOMBN  SONCP  SOPAM  .R.( MN  NP  PM ) 2 P 2S Do đó chu vi VMNP  R 3 2 Xảy ra đẳng thức khi và chỉ khi OA  MP, M O 1 OB  MN, OC  NP. Ta sẽ CM rằng khi đó 1 1 2 thì AN, BP, CM là các đường cao của tam B N C giác ABC. Thật vậy, giả sử OA  MP, OB  MN, OC  NP. Kẻ tiếp tuyến Ax. Ta có Cµ  M ¶ ( cùng bằng góc BAx). Chứng minh 2 12
tương tự Cµ  M ¶ . Do đó M 1 ¶ M 1 ¶ suy ra M 2 ¶ M 2 ¶ . Như vậy MA là phân giác 3 ngoài của tam giác MNP. Tương tự PA là đường phân giác ngoài tam giác ¶ N MNP. Suy ra NA là đường phân giác của góc MNP. Ta lại có N ¶ nên 1 2 NA  BC . Chứng minh tương tự BP  AC, CM  AB . Tam giác MNP có chu vi nhò nhất khi và chỉ khi N, P, M là chân các đường cao của tam giác ABC. Bài tập 5. Cho tam giác đều ABC và trung điểm M của AB. Trước tiên An chọn một điểm N trên BC, tiếp đó Bình chọn một điểm P trên AC. Mục tiêu của An là muốn tổng d = MN + NP + PM lớn nhất, còn Bình muốn tổng d nhỏ nhất. Hỏi rằng nếu cả hai đều có cách chọn tốt B nhất thì N và P là những điểm nào? E Lời giải: M Vẽ các điểm D, E sao cho AC là đường N trung trực của MD, BC là đường trung trực của ME. A P C Độ dài đường gấp khúc DPNE bằng d. Dễ thấy hoặc PN + NE < PB + BE D B trùng N hoặc PN + NE < PC + CE nên độ dài của đường gấp khúc DPNE không vượt quá độ dài của đường gấp khúc DPBE hoặc độ dài của đường M gấp khúc DPCE. Vậy để d lớn nhất thì An phải chọn N trùng B hoặc C. Rõ ràng để tổng d nhỏ nhất thì Bình phải chọn P là A P C giao điểm của ND và AC. D Trong trường hợp An chọn N trùng B thì Bình chọn P là giao điểm của BD và AC, khi đó 13 B'
d  d1  MB  BP  PM . Còn trong trường hớp An chọn N trùng C thì Bình chọn P là giao điểm của CD và AC, chính là C, khi đó d  d 2  MC  CM  2MC . Bây giờ ta so sánh d1 và d 2 . Đặt MC = h thì d 2 = 2h (1). Qua B kẻ đường thẳng vuông góc với AC, cắt MP ở B B’. Ta có BP = B’P nên : d1 = MB + Bp + PM = MB + B’P + PM = MB +B’M > BB’ = 2h (2) Từ (1) và (2) suy ra d1  d 2 . M Do cả hai người đều chơi tối ưu nên h An chọn N trùng B để có tổng d lớn A C trùng N trùng P nhất, sau đó Bình chọn P là giao điểm của BD và AC. D Sau đây là một số bài tập ở mức độ vận dụng, vận dụng cao 2. Một số bài toán tổng hợp, nâng cao Bài tập 6. Cho tam giác đều ABC. Với mỗi điểm M nằm trong tam giác, gọi D,E,F là hình chiếu của M trên các đường thẳng BC,CA,AB. Tìm giá trị lớn MA  MB  MC nhất và nhỏ nhất của biểu thức: S  MD  ME  MF Lời giải: Với bài toán này, tôi tập trung vào việc phân tích để tìm tòi lời giải dựa trên nhận xét về sự biến đổi các đại lượng khác khi biến M thay đổi. Lời giải chi tiết xin dành lại cho những ai muốn quan tâm sâu sắc hơn đến chuyên đề này. Đầu tiên, chú ý rằng khi M thay đổi, độ dài của tất cả các đoạn MA,MB,MC,MD,ME,MF cũng thay đổi theo, như vậy là có tới 7 đại lượng biến đổi, kể cả S, như vậy, ta cần để ý đến các bất biến khi M thay đổi. Có một vài nhận xét quan trọng: + Khi M nằm trong tam giác ABC đều thì MD+ME+MF không đổi, vì thế ta chỉ cần tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của MA+MB+MC. 14
+ Khi M chạy bên trong tam giác ABC thì M luôn thuộc một đoạn thẳng song song với cạnh BC, cắt đường cao kẻ từ A tại điểm M 0 . Khi đó MA nhỏ nhất khi M trùng M 0 và lớn nhất khi M dạt ra biên của tam giác. Cũng vậy, MB+MC nhỏ nhất khi M trùng M 0 và lớn dần khi M xa dần khỏi M 0 , tức là dạt ra biên của tam giác. Dựa trên hai nhận xét đó, MA+MB+MC lớn nhất nếu M trùng với A,B hoặc C còn nhỏ nhất khi M là tâm tam giác ABC. Từ đó ta thu được kết quả Với cách suy luận như phân tích trong nhận xét 2), ta thấy bài toán có thể thay đổi bằng cách bỏ đi giả thiết điểm M bên trong tam giác, tức là M là một điểm bất kỳ trong mặt phẳng. Khi đó, nếu M ngoài tam giác, trong miền góc , ta cũng bắt đầu xét sự thay đổi của M trên một đường thẳng song song BC và cách BC một khoảng h. Nếu coi h cố định thì MD+ME+MF vẫn không đổi. Khi đó, cực trị của MA+MB+MC lại đạt được theo cách đã xây dựng ở trên, tức là M trên biên để đạt Max và M thuộc đường cao kẻ từ A để đạt min. Cứ như thế, bài toán sẽ dần được giải quyết. Một cách nhìn nhận khác theo quan điểm tư duy hàm là phát hiện các bất biến khi có một biến thay đổi, từ đó giúp vấn đề được giải quyết. Bài toán trên đã cho thấy bất biến MD+ME+MF khi M bên trong tam giác, khiến cho số biểu thức biến đổi giảm đi rất nhiều và từ đó dễ quan sát hơn và tìm được hướng giải quyết. Các bài toán sau đây cho thấy rõ hơn ý tưởng này. Bài tập 7. Cho góc vuông xAy. Các điểm B, C khác A và đi động trên các tia Ax và Ay tương ứng. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức BC AB  AC 3 Lời giải : Bất biến phát hiện được ở đây là rất đơn giản : AB 2  AC 2  BC 2 , nhưng bất biến này sẽ giúp biểu thức đã cho ở trên có thể đưa về 1 biến, thậm chí giải quyết ngay được vấn đề. Thật vậy : 15
Áp dụng bất đẳng thức Bunhiakovski ta có ( AB  AC. 3) 2  4( AB 2  AC 2 )  4 BC 2 BC 1 Suy ra AB  AC. 3  2BC . Do đó  AB  AC. 3 2 AB AC Đẳng thức xảy ra khi  hay AC  3 AB 1 3 BC 1 Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức là , lúc đó VABC vuông tại AB  AC 3 2 µ  30o . A có C Bài tập 8.Cho tam giác ABC, O tùy ý trong tam giác. Hạ OM, ON, OP vuông góc lần lượt với BC,CA,AB. Tìm giá trị nhỏ nhất của BC AC AB   OM ON OP Lời giải: Bất biến ở đây khá dễ dàng nhận ra: BC.OM  AC.ON  AB.OP  2S , trong đó S là diện tích tam giác ABC Ta có lời giải: BC AC AB (   )( BC.OM  AC.ON  AB.OP)  ( BC  CA  AB) 2 OM ON OP BC AC AB 4 p 2 nên    với p là nửa chu vi tam OM ON OP 2 S giác ABC. 1 1 1 Dấu bằng xảy ra khi 2  2  , tức là O là OM ON OP 2 tâm đường tròn nội tiếp tam giác. Bài tập 9. Cho tam giác ABC cân tại A có diện tích S. Điểm M di chuyển trên cạnh BC ( M khác B và C ).Qua M kẻ MD song song với AC  D  AB  , ME song song với AB  E  AC  . Tìm giá trị lớn nhất của diện tích tam giác MDE theo S. 16
Lời giải: Cách 1: Ký hiệu SBDM  S1 ; SEMC  S2 ; S ADME  S3 ; BM  x, CN  y  x  y  a . Từ S3 S  S2 S3  S   S1  S 2    1 1 . S S Từ các cặp tam giác đồng dạng DBM , ABC và EMC , ABC ta có 2 S1  BM  2 2 x S2 y    2 ;  2 S  BC  a S a x 2  y 2 a   x  y   x  y    x  y  2 xy 2 2 2 2 2 2 S3   1 2  2  2  2  S3  S . 2 xy lớn S a a a a a2 nhất khi xy lớn nhất, mà x + y = a không đổi nên xy lớn nhất khi và chỉ khi a S 1 S x y . Khi đó S3  , SMDE  S3  . 2 2 2 4 S Vậy giá trị lớn nhất của diện tích tam giác MDE là , đạt được khi M là 4 trung điểm của BC. Ta cũng có thể giải theo cách khác sau đây 1 · Cách 2: Ta có S MDE  MD.ME sin DME , mà MD = AE, ME = EC và 2 · DME ·  BAC ( Vì tứ giác ADME là hình bình hành ). 1  AE  EC  2 1 µ µ AC 2 S Suy ra SMDE  AE.EC sin A  . sin A  sin µ A . 2 2 4 8 4 S Vậy giá trị lớn nhất của diện tích tam giác MDE là , đạt được khi M là 4 trung điểm của BC. Mở rộng bài toán trên ta có bài toán sau đây Bài tập 10 . Cho tam giác ABC có diện tích S. Hình bình hành MNPQ thay đổi, có các đỉnh nằm bên trong hoặc trên cạnh của tam giác ABC. Tìm giá trị lớn nhất của diện tích hình hành MNPQ theo S. Lời giải: Gọi s là diện tích hình hành MNPQ. Ta thấy MN và PQ đều cắt hai cạnh của tam giác ABC ( có thể ở các đỉnh của tam giác ABC ) . 17
Như vậy có 4 giao điểm, do đó có 2 giao điểm M 1, N1 nằm trên một cạnh, chẳng hạn cạnh BC. Trên đoạn M1N lấy điểm N1 sao cho MN = M1N1 . Qua N1 kẻ đường thẳng song song với BC cắt PQ tại P1, cắt AB, AC lần lượt tại D, E. Kẻ EF song song với AB ( F thuộc BC ). Do MN = M1N1 và NM1 song song với PQ1 nên hai hình bình hành MNPQ và M1N1P1Q1 có diện tích bằng nhau. Suy ra s  S M1N1PQ 1 1  S BDEF . AE EC Đặt  x  1  x . Do tính chất của các tam giác đồng dạng ADE, AC AC EFC, ABC ta có: S ADE  x S , S EFC  (1  x) S 2 2  SBDEF  S  x2 S  (1  x)2 S  2x 1  x  S  x 1 x  2 1 1 Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có x 1  x       s  S.  2  4 2 S Vậy giá trị lớn nhất của diện tích hình bình hành MNPQ bằng 2 , đạt được khi hai trong bốn đỉnh của hình bình hành là trung điểm của hai cạnh tam giác. Cuối cùng, tôi muốn nêu một số ý tưởng thú vị với bài toán cực trị hình học. 18
Ý tưởng đầu tiên là tìm cực trị của cực trị, nghĩa là khi có nhiều biến cùng thay đổi một lúc, ta có thể xem xét bài toán trong trường hợp một số biến cố định, rồi tìm cực trị với biến kia, sau đó tiếp tục cho các biến còn lại lần lượt thay đổi, ta mới giải quyết được bài toán. Nói vui thì giống như việc chọn ra người cao nhất trong 100 người, ta xếp 100 người đó thành 10 hàng, chọn từ mỗi hang một người cao nhất, sau đó chọn ra người cao nhất từ 10 người cao nhất ấy. Hoặc ta có thể sử dụng tính nhỏ nhất để đưa ra tính chất của biến cần tìm cực trị, rồi lợi dụng tính chất đó. Nếu như trong đại số, các bài toán loại này khá quen thuộc thì trong hình học, các bài toán như vậy còn khá ít và đặc biệt có những bài toán rất hóc búa. Sau đây là một vài ví dụ: 3 Bài tập 11. Cho tam giác ABC có diện tích S  Đặt: . t  min ha , hb , hc . 4 Tìm giá trị lớn nhất của t. Lời giải: Ta có: 6S = aha + bhb + chc (a+b+c).min{ha, hb, hc} = 2p. t (với p là nửa chu vi tam giác). p  a  p  b  p  c 3 p4 Ta lại có: S = p(p – a) (p – b) (p – c)  p ( 2 )  3 27  9S2 ≥ p2 . t 3 3 t = min ha , hb , hc   3S  . Vậy giá trị lớn nhất của t là , đạt được khi 2 2 tam giác ABC đều có cạnh bằng 1. Bài tập 12. Ta gọi đường chéo chính của một lục giác lồi là đoạn nối 2 đỉnh và chia lục giác thành 2 tứ giác. Cho một lục giác lồi bất kì thỏa mãn 2 điều kiện: i) Độ dài tất cả các cạnh bằng 1 ii) Tổng của hai góc kề nhau bất kì không lớn hơn 240o hoặc không nhỏ hơn 320o. Gọi A là tập độ dài các đường chéo chính của lục giác lồi này. Tồn tại hay không max (min A) và min (max A). Nếu tồn tại hãy tìm các giá trị đó. Lời giải: 19
Như đã nói ở trên, đây là bài toán mở, để cảm nhận độ khó của nó, chúng tôi cho học sinh giỏi Quốc gia thử giải nó trước. Sau đó kiểm tra thì thấy nhiều em còn vướng mắc ở các góc độ khác nhau.Dưới đây là lời giải sơ bộ  Tồn tại hay không max (min A).  Bằng một số các kĩ năng mò mẫm, dự đoán, xét các trường hợp riêng ta có thể khẳng định tồn tại max (min A).  Để tìm max (min A), ý tưởng của ta là sẽ chứng minh một số các đường chéo chính có độ dài không lớn hơn 2 và một số khác lớn hơn 2. (1)  Để chứng minh (1) ta có nhận xét đơn giản sau: tổng các góc trong lục giác bằng 720o  tồn tại 1 trong 3 cặp góc ( µµ µ, D A, B);(C µ);( E µ, F µ) có tổng không lớn hơn 240o. +Không mất tính tổng quát, giả sử µ µ  240o . Ta chứng minh CF  2 A B Muốn vậy, dựng hình thoi ABIF, ta có · B IBC µ (180o  µ A)  ( µ µ)  180o A B  240o  180o  60o Từ đó, do tam giác IBC cân, suy ra IC  BC = 1. Cuối cùng: CF  IC  IF  1  1  2 µ D +C µ 240o , chứng minh tương tự như trên ta được BE  2 . µ  µ  240o A B Eµ F µ 240o Vì   do µ µ µ F  E µ 3200 C  D  240  o điều kiện ii) của bài toán. Đến đây, ta đi chứng minh AD  2 Kéo dài DE và AF, cắt nhau tại J. ·  . Đặt EJ = a, FJ = b, EJF 20