Sáng kiến kinh nghiệm THPT: Hướng dẫn học sinh lớp 10 tiếp cận các bài toán có nội dung thực tế

Chia sẻ: _ _ | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:61

Thêm vào BST

Báo xấu

21
lượt xem 6
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Mục đích nghiên cứu sáng kiến "Hướng dẫn học sinh lớp 10 tiếp cận các bài toán có nội dung thực tế" nhằm giúp ích cho các em học sinh có một tư duy giải toán mới, biết vận dụng kiến thức toán học để giải quyết vấn đề thực tiễn cũng như nhìn nhận các vấn đề thực tiễn qua lăng kính toán học.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Sáng kiến kinh nghiệm THPT: Hướng dẫn học sinh lớp 10 tiếp cận các bài toán có nội dung thực tế

PHẦN I. ĐẶT VẤN ĐỀ Chúng ta đều biết toán học ra đời từ nhu cầu thực tiễn, và cùng với sự phát triển của mình toán học quay trở lại phục vụ một các đắc lực cho thực tiễn cuộc sống của con người. Hiện nay mọi lĩnh vực cuộc sống đều cần đến toán học, hầu hết các ngành khoa học đều sử dụng toán học như một công cụ không thể thiếu. Thế nhưng trước đây trong dạy học môn toán chúng ta chưa quan tâm đến việc liên hệ thực tế. Khi dạy kiến thức toán cho học sinh còn quá chú trọng về lý thuyết, mang nặng tính hàn lâm. Trong nghị quyết Hội nghị lần thứ 8 Ban chấp hành Trung ương khóa XI về đổi mới căn bản, toàn diện giáo dục và đào tạo đã nêu mục tiêu đối với giáo dục phổ thông: Nâng cao chất lượng giáo dục toàn diện, chú trọng giáo dục lý tưởng, truyền thống đạo đức, lối sống, năng lực và kỹ năng thực hành, vận dụng kiến thực vào thực tiễn. Tinh thần đó đã được cụ thể hóa bằng việc đổi mới phương pháp dạy học từ chương trình giáo dục tiếp cận nội dung sang tiếp cận năng lực của người học, nghĩa là từ chỗ quan tâm đến việc học sinh học được cái gì đến chỗ quan tâm đến việc học sinh vận dụng được gì qua việc học. Trong chương trình toán lớp 10 THPT, có khá nhiều nội dung có thể vận dụng thực tế từ đơn giản đến phức tạp. Nhằm giúp các em học sinh bước đầu làm quen với các bài toán có nội dung thực tế và hình thành tư duy vận dụng lí thuyết vào thực hành một cách hiệu quả, chúng tôi đã cố gắng tìm tòi, hệ thống, biên soạn và sáng tạo một số bài toán có nội dung thực tế vào việc giảng dạy. Việc này cũng tăng thêm tính hấp dẫn cho các bài giảng đồng thời tạo tiền đề cho các em giải quyết tốt các bài toán thực tế ở lớp 11, 12 và trong các đề thi. Qua đó giúp học sinh chuẩn bị tốt cho kì thi THPT Quốc gia sắp tới. Đó là lí do chúng tôi chọn đề tài: “Hướng dẫn học sinh lớp 10 tiếp cận các bài toán có nội dung thực tế” Dựa vào các bài toán thực tế trong các đề thi minh họa chúng tôi đã phân loại và phát triển thành bảy bài toán: 1
Bài toán 1. Sử dụng sơ đồ Ven để giải các bài toán về tập hợp. Bài toán 2. Các bài toán liên quan đến đồ thị hàm số bậc hai. Bài toán 3. Sử dụng bảng biến thiên của hàm số bậc hai hoặc bất đẳng thức để tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất. Bài toán 4. Giải bài toán bằng cách lập phương trình, hệ phương trình. Bài toán 5. Sử dụng hệ phương trình bậc nhất hai ẩn để tìm phương án tối ưu. Bài toán 6. Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vào việc đo đạc. Bài toán 7. Sử dụng kiến thức cung và góc lượng giác. Chúng tôi rất hi vọng đề tài của mình sẽ giúp ích cho các em học sinh có một tư duy giải toán mới, biết vận dụng kiến thức toán học để giải quyết vấn đề thực tiễn cũng như nhìn nhận các vấn đề thực tiễn qua lăng kính toán học. Xu hướng “gắn lí thuyết với các vấn đề thực tiễn” đã có từ lâu ở các nền giáo dục tiên tiến và đã có ảnh hưởng lớn trong những lần đổi mới giáo dục gần đây của nước ta. Chúng tôi nghĩ rằng đó là một hướng đi đúng đắn, giúp hoàn thiện kĩ năng sống và đảm bảo vốn kiến thức thực tế cho một con người bắt đầu bước sang giai đoạn trưởng thành. Vì vậy chúng ta cần làm cho học sinh thấy được không chỉ học để đi thi, mà còn để vận dụng vào đời sống hàng ngày, từ đó các em có thêm động lực và lòng ham mê học tập. Vì thời gian và điều kiện còn hạn chế, đề tài không thể tránh được những khiếm khuyết, chúng tôi rất mong nhận được sự quan tâm và góp ý chân thành của các cấp lãnh đạo cũng như các bạn đồng nghiệp. Chúng tôi xin chân thành cảm ơn! 2
PHẦN II. NỘI DUNG ĐỀ TÀI BÀI TOÁN 1. SỬ DỤNG SƠ ĐỒ VEN ĐỂ GIẢI MỘT SỐ BÀI TOÁN VỀ TẬP HỢP A. PHƯƠNG PHÁP GIẢI TOÁN BẰNG SƠ ĐỒ VEN Gồm 3 bước: Bước 1. Chuyển bài toán về ngôn ngữ tập hợp. Bước 2. Sử dụng sơ đồ Ven để minh họa các tập hợp. Bước 3. Dựa vào sơ đồ Ven ta thiết lập được đẳng thức hoặc phương trình, hệ phương trình, từ đó tìm được kết quả bài toán. B. CÁC DẠNG BÀI TẬP Bài 1. Lớp 10 A có 45 học sinh trong đó có 25 em thích môn Văn, 20 em thích môn Toán, 18 em thích môn Sử, 6 em không thích môn nào, 5 em thích cả ba môn. Hỏi số em chỉ thích một môn trong ba môn trên? Định hướng giải Bước 1. Chuyển bài toán về ngôn ngữ tập hợp. Gọi T, V, S lần lượt là số học sinh chỉ thích học một môn Toán, Văn, Sử; x, y, z lần lượt là số học sinh thích học đúng hai môn Toán + Văn, Văn + Sử và Sử + Toán. Bước 2. Sử dụng sơ đồ Ven để minh họa các tập hợp. Theo bài ra ta có biểu đồ Ven 3
Bước 3. Dựa vào sơ đồ Ven ta thiết lập được đẳng thức hoặc phương trình, hệ phương trình, từ đó tìm được kết quả bài toán. Từ biểu đồ Ven ta có hệ phương trình:  S  y  z  5  18 S  y  z  13   V  x  y  5  25  V  x  y  20 (1) T  x  z  5  20 T  x  z  15   Vì có 6 em không thích môn nào nên có tất cả 39 em thích ít nhất một trong ba môn Toán, Văn, Sử. Ta có phương trình: T  V  S  x  y  z  5  39  T  V  S  x  y  z  34 (2) Cộng theo vế 3 phương trình của hệ (1) ta có: T  V  S  2 x  2 y  2 z  48 (3) Từ (2) và (3) suy ra T  V  S  20 . Vậy số học sinh chỉ giỏi đúng 1 môn là 20 em. Bài 2. Lớp 10A có 45 học sinh trong đó có 25 em học giỏi môn Toán, 23 em học giỏi môn Lý, 20 em học giỏi môn Hóa, 11 em học giỏi cả môn Toán và môn Lý, 8 em học giỏi cả môn Lý và môn Hóa, 9 em học giỏi cả môn Toán và môn Hóa. Hỏi lớp 10A có bao nhiêu bạn học giỏi cả ba môn Toán, Lý, Hóa, biết rằng mỗi học sinh trong lớp học giỏi ít nhất một trong 3 môn Toán, Lý, Hóa? Định hướng giải Gọi T, L, H lần lượt là tập hợp các học sinh giỏi môn Toán, Lý, Hóa. Khi đó tương tự Ví dụ 13 ta có công thức: T  L  H  T  L  H  T  L  L  H  H T  T  L  H 4
 45  25  23  20  11  8  9  T  L  H  T LH 5 Vậy có 5 học sinh giỏi cả 3 môn. Bài 3. Một lớp học có 25 học sinh giỏi môn Toán, 23 học sinh giỏi môn Lý, 14 học sinh giỏi cả môn Toán và Lý và có 6 học sinh không giỏi môn nào cả. Hỏi lớp đó có bao nhiêu học sinh? Định hướng giải Gọi T, L lần lượt là tập hợp các học sinh giỏi Toán và các học sinh giỏi Lý. Ta có: T : là số học sinh giỏi Toán L : là số học sinh giỏi Lý T  L : là số học sinh giỏi cả hai môn Toán và Lý Khi đó số học sinh của lớp là: T  L  6 . Mà T  L  T  L  T  L  25  23  14  34 . Vậy số học sinh của lớp là 34  6  40 . Bài 4. Lớp 10A có 18 học sinh tham gia câu lạc bộ Âm nhạc, 20 học sinh tham gia câu lạc bộ Thể thao, 17 học sinh tham gia câu lạc bộ Hội họa. Trong đó có 6 học sinh tham gia đúng hai câu lạc bộ là Âm nhạc và Thể Thao, có 5 học sinh tham gia đúng hai câu lạc bộ là Hội Họa và Thể Thao, có 4 học sinh tham gia đúng hai câu lạc bộ là Âm Nhạc và Hội Họa, có 3 học sinh tham gia cả ba câu lạc bộ Âm Nhạc, Thể Thao, Hội Họa. Tổng số học sinh tham gia ít nhất một trong ba câu lạc bộ trên của lớp 10A là bao nhiêu? Định hướng giải Theo bài ra ta có biểu đồ Ven: Từ biểu đồ Ven suy ra có tất cả 34 học sinh tham gia ít nhất một trong ba câu lạc bộ. 5
Bài 5. Lớp 10B1 có 7 học sinh giỏi Toán, 5 học sinh giỏi Lý, 6 học sinh giỏi Hóa, 3 học sinh giỏi cả Toán và Lý, 4 học sinh giỏi cả Toán và Hóa, 2 học sinh giỏi cả Lý và Hóa, 1 học sinh giỏi cả 3 môn Toán, Lý, Hóa. Tính số học sinh giỏi ít nhất một môn (Toán, Lý, Hóa) của lớp 10B1 ? Định hướng giải Ta dùng biểu đồ Ven để giải. Giỏi Toán + Lý Lý Toán 2 1 1 1 Giỏi Lý + Hóa 1 3 1 Giỏi Toán + Hóa Hóa Nhìn vào biểu đồ, số học sinh giỏi ít nhất 1 trong 3 môn là: 1  2  1  3  1  1  1  10 BÀI TẬP TRẮC NGHIỆM TỰ LUYỆN Bài 1. Một lớp học có 16 học sinh học giỏi môn Toán; 12 học sinh học giỏi môn Văn; 8 học sinh vừa học giỏi môn Toán và Văn; 19 học sinh không học giỏi cả hai môn Toán và Văn. Hỏi lớp học có bao nhiêu học sinh? A. 39 B. 54. C. 31. D. 47. Hướng dẫn giải Chọn A Đáp án A Đúng vì 16  12  19   8  39 . Đáp án B HS tính sai 16  12   8  19  54 . Đáp án C HS tính sai 16  8  12  8  19  31 . Đáp án D HS tính sai 16  12  19  47 . 6
Bài 2. Trong số 45 học sinh của lớp 10A có 15 bạn xếp học lực giỏi, 20 bạn xếp hạnh kiểm tốt, trong đó 10 bạn vừa học lực giỏi vừa hạnh kiểm tốt. Hỏi lớp 10A có bao nhiêu bạn chưa được xếp học lực giỏi hoặc hạnh kiểm tốt? A. 20. B. 25. C. 15. D. 10. Hướng dẫn giải Chọn A Giả sử A  “HS xếp học lực giỏi” B  “HS hạnh kiểm tốt ” A  B  “HSxếp học lực giỏi hoặc hạnh kiểm tốt” A  B  “HS vừa học lực giỏi vừa hạnh kiểm tốt” Số phần tử của A  B là: Số học sinh có học lực giỏi hoặc hạnh kiểm tốt: 25 Số học sinh chưa có học lực giỏi hoặc hạnh kiểm tốt: 45  25  20 . Câu B, C, D do HS tính sai đọc và hiểu chưa kỹ đề bài. Bài 3. Mỗi học sinh lớp 10B đều chơi bóng đá hoặc bóng chuyền. Biết rằng có 25 bạn chơi bóng đá, 20 bạn chơi bóng chuyền và 10 bạn chơi cả hai môn. Hỏi lớp 10B có bao nhiêu học sinh? A. 35. B. 30. C. 25. D. 20. Hướng dẫn giải Chọn A Giả sử A  “HS chơi bóng đá” B  “HS chơi bóng chuyền” A  B  “HS chơi bóng đá hoặc bóng chuyền” A  B  “HS chơi cả hai môn” Số phần tử của A  B là: 25  20  10  35 Số HS chơi bóng đá hoặc bóng chuyền là số HS của lớp: 35 Bài 4. Một lớp học có 25 học sinh chơi bóng đá, 23 học sinh chơi bóng bàn, 14 học sinh chơi cả bóng đá và bóng bàn và 6 học sinh không chơi môn nào. Số học sinh chỉ chơi 1 môn thể thao là? A. 48 B. 20 C. 34 D. 28 Hướng dẫn giải Đáp án B. 7
Gọi A là tập hợp các học sinh chơi bóng đá B là tập hợp các học sinh chơi bóng bàn C là tập hợp các học sinh không chơi môn nào Khi đó số học sinh chỉ chơi bóng đá là A  B  2 A  B  25  23  2.14  20 Bài 5. Lớp 10C có 7 Hs giỏi Toán, 5 Hs giỏi Lý, 6 Hs giỏi Hoá, 3 Hs giỏi cả Toán và Lý, 4 Hs giỏi cả Toán và Hoá, 2 Hs giỏi cả Lý và Hoá, 1 Hs giỏi cả 3 môn Toán , Lý, Hoá. Hỏi số HS giỏi ít nhất một môn ( Toán , Lý , Hoá ) của lớp 10C là? A. 9 . B. 10 . C. 18 . D. 28 . Hướng dẫn giải Chọn A G/s: A  “HS giỏi toán” ; B  “HS giỏi lý” ; C  “HS giỏi hóa” A  B  C  “HS giỏi toán, hóa, lý” : 7  5  6  18 .  A  B    A  C    B  C   “ số HS giỏi hai môn”: 3  4  2  9 . Số HS giỏi ít nhất một môn: toán, lý, hóa là:  A  B  C  \   A  B    A  C    B  C    18  9  9 . Câu B, C, D do HS không hiểu các phép toán tập hợp. BÀI TOÁN 2. CÁC BÀI TOÁN THỰC TẾ LIÊN QUAN ĐẾN ĐỒ THỊ HÀM SỐ BẬC HAI A. PHƯƠNG PHÁP GIẢI TOÁN Gồm 3 bước Bước 1. Từ giả thiết của bài toán, chọn hệ trục tọa độ phù hợp. Bước 2. Lập phương trình Parabol. Bước 3. Từ phương trình Parabol suy ra đáp án. B. CÁC DẠNG BÀI TẬP Bài 1. Một chiếc cổng hình Parabol có chiều rộng 6 mét và chiều cao 4 mét như hình vẽ. Giả sử một chiếc xe tải có chiều ngang rộng 3 mét đi vào vị trí chính giữa cổng. Hỏi chiều cao h của xe tải không vượt quá bao nhiêu mét để xe tải đi vào không chạm vào tường cổng. Định hướng giải 8
Bước 1. Từ giả thiết của bài toán, chọn hệ trục tọa độ phù hợp. Đặt hệ trục tọa độ Oxy như hình vẽ, khi đó Parabol đi qua 3 điểm có tọa độ lần lượt là (0; 4), (-3; 0), (3; 0). Bước 2. Lập phương trình Parabol. Suy ra phương trình Parabol là 4 y   x2  4 . 9 Vì chiếc xe tải đi vào vị trí chính giữa cổng nên mép ngoài của chiếc xe sẽ ở các vị trí có hoành độ là 1,5 mét và -1,5 4 mét tung độ các điểm đó là y (1,5)  y (1,5)   (1,5) 2  4  3 (mét). 9 Bước 3. Từ phương trình Parabol suy ra đáp án Vậy chiếc xe tải phải có chiều cao thấp hơn 3 mét thì mới đi được vào cổng mà không chạm tường. Bài 2. Dây truyền đỡ nền cầu treo có dạng Parabol ACB như hình vẽ. Đầu cuối của dây được gắn chặt vào điểm A và B trên trục AA’ và BB’ với độ cao 30 m . Chiều dài nhịp A ' B '  200m . Độ cao ngắn nhất của dây truyền trên nền cầu là OC  5m . Xác định chiều dài các dây cáp treo ( thanh thẳng đứng nối nền cầu với dây truyền )? Định hướng giải Bước 1. Từ giả thiết của bài toán, chọn hệ trục tọa độ phù hợp. Chọn trục Oy trùng với trục đối xứng của Parabol, trục Ox nằm trên nền cầu như Hình vẽ. Ta có: A100;30 ; C  0;5 . Bước 2. Lập phương trình Parabol. 9
Ta tìm phương trình của Parabol có dạng y  ax 2  bx  c . Parabol có đỉnh là C và đi qua A nên ta có hệ phương trình:  b  1  2a  0 a  400   a.0  b.0  c  5  b  0  c  5  a.100 2  b.100  c  30    1 2 Suy ra Parabol có phương trình y  x  5. 400 Bước 3. Từ phương trình Parabol suy ra đáp án Bài toán đưa việc xác định chiều dài các dây cáp treo sẽ là tính tung độ những điểm M1,M2 , M 3 của Parabol x1  25, x2  50, x3  75 lần lượt là y1  6,56 (m), y2  11,25 (m) , y3  19,06 (m) . Đây chính là độ dài các dây cáp treo cần tính. Bài 3. Khi một quả bóng được đá lên nó sẽ đạt độ cao nào đó rồi rơi xuống đất. Biết quỹ đạo của quả bóng là một cung parabol trong mặt phẳng tọa độ Oth có phương trình h  at 2  bt  c  a  0  , trong đó t là thời gian (tính bằng giây) kể từ khi quả bóng được đá lên, h là độ cao (tính bằng mét) của quả bóng. Giả thiết rằng quả bóng được đá lên từ độ cao 1,2 m và sau 1 giây thì nó đạt độ cao 8,5m , sau 2 giây nó đạt độ cao 6m . Tính a, b, c ? Định hướng giải  49 a   10 c  1,2    61 Từ giả thiết của bài toán ta có hệ phương trình a  b  c  8,5  b  4a  2b  c  6  5  c  1,2   Bài 4. Một chiếc cổng hình parabol bao gồm một cửa chính hình chữ nhật ở giữa và hai cánh cửa phụ hai bên như hình vẽ. Biết chiều cao cổng parabol là 4m còn kích thước cửa ở giữa là 3m x 4m. Hãy tính khoảng cách giữa hai điểm A và B . (xem hình vẽ bên dưới) 10
Định hướng giải Gắn hệ trục tọa độ Oxy như hình vẽ, chiếc cổng là 1 phần của parabol  P  : y  ax2  bx  c với a  0 . Do parabol  P  đối xứng qua trục tung nên có trục đối xứng b x 0  0  b  0. 2a Chiều cao của cổng parabol là 4m nên G  0;4   c  4 .   P  : y  ax2  4 Lại có, kích thước cửa ở giữa là 3m x 4m nên E  2;3 , F  2;3 1 1  3  4a  4  a   . Vậy  P  : y   x 2  4 . 4 4 1 x  4 Ta có  x 2  4  0   nên A 4;0  , B  4;0  hay AB  8 (m). 4  x  4 Bài 5. Cổng Arch tại thành phố St.Louis của Mỹ có hình dạng là một parabol (hình vẽ). Biết khoảng cách giữa hai chân cổng bằng 162 m. Trên thành cổng, tại vị trí có độ cao 43 m so với mặt đất (điểm M), người ta thả một sợi dây chạm đất (dây căng thẳng theo phương vuông góc với mặt đất). Vị trí chạm đất của đầu sợi dây này cách chân cổng A một đoạn 10 m. Giả sử các số liệu trên là chính xác. Hãy tính độ cao của cổng Arch (tính từ mặt đất đến điểm cao nhất của cổng). Định hướng giải 11
Gắn hệ toạ độ Oxy sao cho gốc toạ độ trùng với trung điểm của AB, tia AB là chiều dương của trục hoành (hình vẽ). Parabol có phương trình y  ax 2  c , đi qua các điểm: B 81;0  và M  71;43 nên ta có hệ  81 a  c  0 2 812.43  2 c 2  185.6  71 a  c  43 81  71 2 Suy ra chiều cao của cổng là c  185,6 m. BÀI TẬP TRẮC NGHIỆM TỰ LUYỆN 1 Bài 1. Một chiếc cổng hình parabol dạng y   x 2 có chiều rộng d  8m . Hãy 2 tính chiều cao h của cổng. (Xem hình minh họa bên cạnh) A. h  9m . B. h  8m . C. h  7m . D. h  5m . Hướng dẫn giải Chọn B. Đường thẳng chứa chiều rộng d  8m cắt  P  tại A 4; h  . Điểm 1 A   P   h   .42  h  8m . 2 Bài 2. Một chiếc ăng - ten chảo parabol có chiều cao h  0,5m và đường kính m miệng d  4m . Mặt cắt qua trục là một parabol dạng y  ax2 . Biết a  , trong n đó m, n là các số nguyên dương nguyên tố cùng nhau. Tính m  n . A. m  n  7 B. m  n  7 C. m  n  31 D. m  n  31 12
Hướng dẫn giải Đáp án B.  1 Từ giả thiết suy ra parabol y  ax 2 đi qua điểm I  2;  .  2 1 1 Từ đó ta có  a.22  a  . Vậy m  n  1  8  7 . 2 8 Bài 3. Khi một quả bóng được đá lên, nó sẽ đạt đến độ cao nào đó rồi rơi xuống. Biết rằng quỹ đạo của quả bóng là một cung parabol trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oth, trong đó t là thời gian (tính bằng giây) kể từ khi quả bóng được đá lên; h là độ cao (tính bằng mét) của quả bóng. Giả thiết rằng quả bóng được đá lên từ độ cao 1,2m. Sau đó 1 giây, nó đạt độ cao 8,5m và 2 giây sau khi đá lên, nó đạt độ cao 6m. Hỏi sau bao lâu thì quả bóng sẽ chạm đất kể từ khi được đá lên (tính chính xác đến hàng phần trăm? A. 2,56 giây B. 2,57 giây C. 2,58 giây D. 2,59 giây Hướng dẫn giải Đáp án C. Gọi phương trình của parabol quỹ đạo là h  at 2  bt  c . Từ giả thiết suy ra parabol đi qua các điểm  0;1;2  , 1;8;5 và  2;6  . Từ đó ta có c  1,2 a  4,9   a  b  c  8,5  b  12,2 . 4a  2b  c  6 c  1,2   Vậy phương trình của parabol quỹ đạo là h  4,9t 2  12,2t  1,2 . Giải phương trình h  0  4,9t 2  12,2t  1,2  0 ta tìm được một nghiệm dương là t  2,58 . Bài 4. Một quả bóng cầu thủ sút lên rồi rơi xuống theo quỹ đạo là parabol. Biết rằng ban đầu quả bóng được sút lên từ độ cao 1 m sau đó 1 giây nó đạt độ cao 13
10 m và 3,5 giây nó ở độ cao 6,25 m . Hỏi độ cao cao nhất mà quả bóng đạt được là bao nhiêu mét? A. 11 m . B. 12 m . C. 13 m . D. 14 m . y 12 B 10 8 C 6 4 2 A x O 5 Hướng dẫn giải Chọn C Biết rằng quỹ đạo của quả bóng là một cung parabol nên phương trình có dạng y  ax 2  bx  c Theo bài ra gắn vào hệ tọa độ và sẽ tương ứng các điểm A , B , C nên ta có c  1 a  3   a  b  c  10  b  12 . 12,25a  3,5b  c  6,25 c  1   Suy ra phương trình parabol là y  3x 2  12 x  1. Parabol có đỉnh I (2;13) . Khi đó quả bóng đạt vị trí cao nhất tại đỉnh tức h  13 m . Bài 5. Một chiếc cổng hình parabol có chiều rộng 12 m và chiều cao 8 m như hình vẽ. Giả sử một chiếc xe tải chở cồng kềnh có chiều ngang 6 m đi vào vị trí chính giữa cổng. Hỏi chiều cao h của xe tải thỏa mãn điều kiện gì để có thể đi vào cổng mà không chạm tường? 14
A. 0  h  6 . B. 0  h  6 . C. 0  h  7 . D. 0  h  7 . Hướng dẫn giải Chọn A Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ. Parabol có phương trình dạng y  ax 2  bx . Vì chiếc cổng hình parabol có chiều rộng 12 m và chiều cao, theo hình vẽ ta có parabol đi qua các điểm 12;0  và  6;8 , suy ra:  2 a   144a  12b  0  9   . 36 a  6b  8 b  8  3 2 8 Suy ra parabol có phương trình y   x 2  . 9 3 Do chiếc xe tải có chiều ngang 6 m đi vào vị trí chính giữa cổng nên xe sẽ chạm tường tại điểm A  3; 6  khi đó chiều cao của xe là 6. Vậy điều kiện để xe tải có thể đi vào cổng mà không chạm tường là 0  h  6 . BÀI TOÁN 3. SỬ DỤNG BẢNG BIẾN THIÊN CỦA HÀM SỐ BẬC HAI HOẶC BẤT ĐẲNG THỨC ĐỂ TÌM GIÁ TRỊ LỚN NHẤT, GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT A. KIẾN THỨC CHUẨN BỊ Bảng biến thiên của hàm số bậc hai 15
* Bất đẳng thức Cauchy. Cho n số không âm: a1, a2 , a3 ,..., an1, an a1  a2  a3 + ...  an1 +an n Ta luôn có:  a1  a2  a3  ...  an1  an n Dấu bằng xẩy ra khi a1  a2  a3  ...  an1  an . Bất đẳng thức Cauchy cũng được gọi là bất đẳng thức về trung bình cộng và trung bình nhân. * Bất đẳng thứcBunhiacụpxki Cho n số: a1, a2 , a3 ,..., an1, an và: b1, b2 , b3 ,..., bn1, bn   Ta luôn có:  a1b1  a2b2  ...  anbn   a12  a22  ...  an2 b12  b22  ...  bn2 2  a1 a2 a Dấu bảng xẩy ra khi:   ...  n b1 b2 bn Bất đẳng thức trên cũng được gọi là bất đẳng thức Schwarz, hay bất đẳng thức Cauchy- Schwarz. Bất đẳng thức véctơ. Cho hai véctơ a, b (Trong mặt phẳng hoặc không gian). Khi đó ta có ab  a  b 1 Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a b  k  *  : a  k .b hoặc một trong hai véctơ bằng 0 . n   n n Tổng quát: a   a i 1 i i 1 i *  16
a b  a  b  2 Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a b  k  *  : a  k .b hoặc một trong hai véctơ bằng 0 .  a . b  a.b  a . b  3 Dấu “=” thứ nhất xảy ra khi và chỉ khi a b  k  *  : a  k .b hoặc một trong hai véctơ bằng 0 . Dấu “=” thứ hai xảy ra khi và chỉ khi a b  k  * : a  k .b hoặc một trong hai véctơ bằng 0 . Lưu ý: Ở loại bài toán này ta thường chuyển đổi dữ kiện thực tế qua một hàm số với một biến số. Nếu là hàm số bậc hai ta có thể dùng bảng biến thiên để tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất. Ngoài ra ta có thể sử dụng một số bất đẳng thức như bất đẳng thức Cô – si, bất đẳng thức Bu – nhia – cốp – xki, bất đẳng thức ve tơ .v.v. để tìm giá trị lớn nhất hay giá trị nhỏ nhất. B. CÁC DẠNG BÀI TẬP Bài 1. Một người nông dân có một khu đất rộng dọc theo một con sông. Người đó muốn có một cái hàng rào hình chữ E (như hình vẽ) để được một khu đất gồm hai phần đất hình chữ nhật để trồng rau và nuôi gà. Đối với mặt hàng rào song song với bờ sông thì chi phí nguyên vật liệu là 80 nghìn đồng trên một mét dài, đối với phần còn lại thì chi phí nguyên vật liệu là 40 nghìn đồng trên một mét dài. Tính diện tích lớn nhất của phần đất mà người nông dân rào được với chi phí vật liệu 20 triệu đồng. Định hướng giải Gọi x (m) là chiều dài khu đất song song bờ sông, y (m) là chiều dài khu đất vuông góc với bờ sông. ( x  0, y  0 ) . Theo giả thiết ta có: x.80000  3 y.40000  20000000 17
500  3 y  2 x  3 y  500  x  2 3 500 Diện tích khu vườn sau khi rào là f ( x)   x 2  250 x, 0  x  . 2 3 Bảng biến thiên của hàm số f ( x) Vậy diện tích lớn nhất của phần đất người nông dân có thể rào được là 31250  10416,666 (m2 ) . 3 Bài 2. Một vùng đất hình chữ nhật ABCD có AB  25km, BC  20km và M, N lần lượt là trung điểm của AD và BC. Một người cưỡi ngựa xuất phát từ A đi đến C bằng cách đi thẳng từ A đến một điểm X trên đoạn MN rồi lại đi thẳng từ X đến C. Vận tốc của ngựa khi đi trên phần ABNM bằng 15 km / h , vận tốc của ngựa khi đi trên phần MNCD bằng 30 km / h . Tìm vị trí của X để thời gian ngựa đi từ A đến C là ít nhất? Định hướng giải Giả sử khoảng cách MX  x (km), 0  x  25. Khi đó XN  25  x , thời gian đi từ A đến C là x 2  102 (25  x)2  102 s T  (Định lí Pi ta go và công thức t  ) 15 30 v 18
4 x 2  202 (25  x)2  102 Ta có T  . 30 Trong mặt phẳng Oxy xét các vec tơ u  (2 x; 20), v  (10; 25  x) ta có u  v  u  v nên (2 x  10) 2  (20  25  x) 2 5 x 2  50 x  2125 T  30 30 5( x  5)2  2000 2 5   30 3  2x 20   Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi  10 25  x  x  5 .  x  5 Vậy vị trí cần tìm của điểm X là MX  5 km, XN  20 km . Bài 3. Cần phải làm cái cửa có dạng phía trên là hình bán nguyệt, phía dưới là hình chữ nhật, có chu vi là a(m) ( a chính là chu vi hình bán nguyệt cộng với chu vi hình chữ nhật trừ đi độ dài cạnh hình chữ nhật là dây cung của hình bán nguyệt). Hãy xác định các kích thước của nó để diện tích cửa là lớn nhất? S1 S2 2x Định hướng giải Gọi x là bán kính của hình bán nguyệt. Ta có chu vi của hình bán nguyệt là  x , tổng ba cạnh của hình chữ nhật là a   x . Diện tích cửa sổ là: 19
 x2 a  x  2x  S  S1  S2   2x  ax  (  2) x 2 2 2 2  a (  2) x(  x) 2  2 2 a a Dễ thấy S lớn nhất khi x   x hay x  .  4 2 2 (Có thể dùng bất đẳng thức Cô – si hoặc bảng biến thiên của hàm số bậc hai) a Vậy để S max thì các kích thước của hình chữ nhật là: chiều cao bằng ; 4 2a chiều rộng bằng . 4 Bài 4. Cho hình chữ nhật ABCD có độ dài các cạnh AB  8 , BC  6 . Người ta cắt hình chữ nhật theo hình vẽ để được một hình thang MNPQ ( PQ / / MN ). Đặt AM  x , CQ  y . Tìm x, y sao cho diện tích của hình thang MNPQ là nhỏ nhất. Định hướng giải SMNPQ  S ABCD  SAMN  SMDQ  SQCP  SPBN  2SMNPQ  xy  4 x  4 y  32 . Ta có AMN CPQ  xy  8 32 16 Lúc này ta có: 2S MNPQ  4 x   40  S MNPQ  2 x   20(0  x  6) . x x 16 16 Áp dụng bất đẳng thức Cô – si cho hai số dương 2 x   2 2 x.  8 2 x x 16 Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi 2 x   x  2 2. x Vậy min(SMNPQ )  8 2  20 đạt được khi x  y  2 2 (cm) . (0;6) 20