Giáo án lớp 12 môn Toán - Sáng kiến kinh nghiệm tìm điểm thỏa mãn điều kiện cho trước

BM 01-Bia SKKN SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỒNG NAI TRƯỜNG THPT NGUYỄN HỮU CẢNH Mã số: ................................ (Do HĐKH Sở GD&ĐT ghi) SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM TÌM ĐIỂM THỎA MÃN ĐIỀU KIỆN CHO TRƯỚC Người thực hiện: LÊ QUANG THÂN. Lĩnh vực nghiên cứu: - Quản lý giáo dục 1 - Phương pháp dạy học bộ môn: TOÁN R - Lĩnh vực khác: 1 Có đính kèm: Các sản phẩm không thề hiện trong bản in SKKN 1 Mô hình 1 Phần mềm 1 Phim ảnh 1 Hiện vật khác Năm học: 2011-2012 BM02-LLKHSKKN SƠ LƯỢC LÝ LỊCH KHOA HỌC THÔNG TIN CHUNG VỀ CÁ NHÂN Họ và tên: LÊ QUANG THÂN Ngày tháng năm sinh: 20 – 1 – 1956 Nam, nữ: Nam Địa chỉ: 1/D2, Khu phố 1, phường Long Bình Tân, thành phố Biên Hoà, tỉnh Đồng Nai. Điện thoại: 061.3834289 (CQ)/ (NR); ĐTDĐ: 0902747441 Fax: E-mail: quangthan@nhc.edu.vn Chức vụ: Tổ trưởng tổ TOÁN – TIN Đơn vị công tác: Trường THPT Nguyễn Hữu Cảnh TRÌNH ĐỘ ĐÀO TẠO Học vị (hoặc trình độ chuyên môn, nghiệp vụ) cao nhất: Cử nhân Năm nhận bằng: 1978 Chuyên ngành đào tạo: Sư phạm Toán KINH NGHIỆM KHOA HỌC Lĩnh vực chuyên môn có kinh nghiệm: Dạy toán THPT. Số năm có kinh nghiệm: 34 Các sáng kiến kinh nghiệm đã có trong 5 năm gần đây: 26 bài toán cơ bản và nâng cao về mặt phẳng. Các bài toán cơ bản và nâng cao về lập phương trình đường thẳng trong không gian. 35 bài toán từ cơ bản đến nâng cao về lập phương trình đường thẳng trong mặt phẳng 38 bài toán từ cơ bản đến nâng cao về đường tròn trong mặt phẳng 48 dạng toán từ cơ bản đến nâng cao đối với hàm số . BM03-TMSKKN Tên SKKN : “ MỘT SỐ BÀI TOÁN XÁC ĐỊNH ĐIỂM THỎA MÃN ĐIỀU KIỆN CHO TRƯỚC” LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI Đây là một dạng toán không được đề cập nhiều lắm trong chương trình, học sinh gặp nhiều khó khăn khi giải loại toán này. Phạm vi ra đề rộng, có thể ra đề đối với hàm số, đối với hình học không gian, hình học 2 tọa độ, hình học 3 tọa độ. Là một trong những dạng toán thường gặp trong các kỳ thi đại học, nhất là trong những năm gần đây. TỔ CHỨC THỰC HIỆN ĐỀ TÀI Cơ sở lý luận Kiến thức cơ bản được trình bày trong sách giáo khoa cơ bản và nâng cao THPT. Nội dung, biện pháp thực hiện các giải pháp của đề tài Phát biểu bài toán tổng quát Xây dựng phương pháp giải bài toán đó Nêu bài toán cụ thể để áp dụng phương pháp trên (Cũng có thể giải bài toán cụ thể từ đó học sinh có thể dựa vào bài toán tổng quát mà ra đề toán tương tự để thực hành phương pháp giải cho lớp các bài toán đó). Bài toán 1: Cho 2 điểm A, B và đường thẳng d. Tìm điểm M trên đường thẳng d sao cho MA + MB nhỏ nhất. Nhận xét: Đây là bài toán đơn giản, ta chia 2 trường hợp: Trường hợp 1: A, B nằm về 2 phía đường thẳng d thì MA + MB , dấu đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi A, M, B thẳng hàng . Từ đó xác định được điểm M thỏa mãn yêu cầu bài toán. Trường hợp 2 : A, B nằm cùng phía với đường thẳng d khi đó gọi A’ là điểm đối xứng với A qua d ( d là đường trung trực của đoạn thẳng AB), ta có, dấu đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi A’, M, B thẳng hàng. Từ đó xác định được điểm M thỏa mãn yêu cầu bài toán. Ta có thể ứng dụng bài toán này để giải các bài toán khó hơn. Bài toán 2: Cho tam giác ABC và đường thẳng d . Hãy tìm trên đường thẳng d điểm M sao cho 2MA+MB+3MC nhỏ nhất. Giải : Gọi thỏa 2NA+NB=0 khi đó = 3(MN + MC). ⟹2MA+MB+3MC nhỏ nhất ⟺ 3(MN + MC) nhỏ nhất⟺ MN + MC nhỏ nhất, khi đó bài toán đưa về bài toán 1 là tìm trên d điểm M sao cho MN + MC nhỏ nhất. Bài toán 3: Cho tam giác ABC và đường thẳng d . Hãy tìm trên đường thẳng d điểm M sao cho 4MA+3MB+2MC+5MA nhỏ nhất Giải : Gọi , thỏa 4NA+3NB=0 và 2PC+5PA=0. Khi đó tương tự bài toán 2 ta có: = 7(MN + MP). Bài toán đưa về bài toán 1 là tìm trên d điểm M sao cho MN + MP nhỏ nhất. Có thể tổng quát hóa bài toán 3 để được bài toán mới Bài toán 4: Cho tam giác ABC và đường thẳng d . Hãy tìm trên đường thẳng d điểm M sao cho k1MA+k2MB+k3MC+k4MA nhỏ nhất. Với k1, k2, k3, k4 là các số thực dương thỏa mãn: k1 + k2 = k3 + k4 . Bài toán 4 được giải hoàn toàn tương tự như bài toán 3. Như vậy từ các bài toán cơ bản đơn giản ta đã đi đến một lớp các bài toán phức tạp hơn. Bài toán 5: Cho 2 điểm A, B và đường thẳng d. Tìm điểm M trên đường thẳng d sao cho MA- MB lớn nhất. Giải : Trường hợp 1: A, B nằm cùng phía với đường thẳng d , ta có MA-MB≤AB dấu đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi M, A, B thẳng hàng, khi đó MA- MB lớn nhất. ( vì M nằm cùng phía với A, B). Vậy xác định được điểm M thỏa mãn yêu cầu bài toán. Trường hợp 2: A, B nằm về 2 phía của đường thẳng d, khi đó gọi A’ là điểm đối xứng của A qua d nên MA-MB=MA'-MB≤A'B (không đổi), dấu đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi M, A’, B thẳng hàng, khi đó MA- MB lớn nhất. Vậy xác định được điểm M thỏa mãn yêu cầu bài toán. Nhận xét: Một số học sinh thường gặp sai lầm trong trường hợp 2 vì kết luận là không tìm được điểm M thỏa mãn yêu cầu bài toán. Bài toán 6: Cho tứ diện ABCD và đường thẳng d, mặt phẳng (P). Tìm trên d, trên (P) điểm M thỏa mãn MA2+MB2+MC2+MD2nhỏ nhất. Giải: Gọi S = MA2+MB2+MC2+MD2 , gọi G là trong tâm tứ diện. Ta có: S=MG+GA2+MG+GB2+MG+GC2 =3MG2+GA2+GB2+GC2+2MG.(GA+GB+GC) =3MG2+GA2+GB2+GC2⇒S nhỏ nhất khi và chỉ khi MG nhỏ nhất. Khi đó : Nếu M ∈d thì M là hình chiếu vuông góc của G lên d. Nếu M ∈P thì M là hình chiếu vuông góc của G lên (P). Nhận xét: Trong 6 bài toán trên ta đều có thể phát biểu trong mặt phẳng tọa độ Oxy, hoặc không gian tọa độ Oxyz. Bài toán 7: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn(C). Tìm trên trục ox điểm M, trên trục oy điểm N sao cho đường thẳng MN tiếp xúc với (C) và tam giác OMN có diện tích bằng s . Giải bài toán với : (C): (x+1)2+(y+1)2=1 và s=1 Giải: Nhận thấy (C) có tâm là I(-1; -1) và có bán kính R = 1 Giả sử M(m; 0); N(0; n) khi đó đường thẳng ∆ qua M, N có phương trình :xm+yn=1⟺nx+my-mn=0 (1) ∆ OMN có diện tích S = 12mn. Theo đề có mn = 2 ⟺mn=-2 (2)mn=2(3) Nếu mn = - 2 ⟹ phương trình ∆: nx + my +2 = 0 ∆ tiếp xúc với (C) ⟺ d(I; ∆)=R⟺ -n-m+2m2+n2=1 ⟺-m-n+2=m2+n2⟺-m-n+22=m2+n2 ⟺2mn-4m+n+4=0⟺m=-n thế vào (2) được m = ±2 và n = ∓2 (i) Nếu mn = 2 ⟹ phương trình ∆: nx + my -2 = 0 ∆ tiếp xúc với (C) ⟺ d(I; ∆)=R⟺-n-m-2m2+n2=1 ⟺-m-n-2=m2+n2⟺m+n+22=m2+n2 ⟺m+n=2(4). Từ (3) và (4) thì m , n là 2 nghiệm phương trình: X2 -2X + 2 = 0 ( vô nghiệm). Vậy không có m thỏa mãn (3) và (4) (2i) Từ (i) và (2i) có 2 cặp điểm M, N thỏa mãn bài toán là: M(2; 0) và N(0; -2), hoặc M(-2;0) và N(0; 2). Bài toán 8: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho điểm M(m; n) ( với m, n > 0), tìm điểm A , B lần lượt thuộc trục hoành và trục tung sao A, M, B thẳng hàng ( với xA > 0; yB > 0 ) và thỏa mãn một trong 3 điều kiện sau: Diện tích tam giác OAB nhỏ nhất. OA + OB nhỏ nhất S=1OA+1OB nhỏ nhất. Giải bài toán với M(4; 3). Phương pháp giải: Giả sử A(a; 0), B(0; b) (với a > 0 và b > 0) Đường thẳng d qua A và B có phương trình : x a+yb=1 Vì M ∈d⟹ xM a+yMb=1⟹ 1≥2 xM a.yMb⟹2ab≥4xM.yM (1) Gọi S là diện tích tam giác ABC khi đó S = 12ab . Từ (1)⟹ab≥4xM.yM. Dấu dẳng thức xẩy ra ⟺ xM a=yMb=12 (2). Thế tọa độ của M vào (2) sẽ tìm được a và b⟹ kết luận Đáp số câu 1: A(8; 0) và B(0; 6) Từ xM a+yMb=1⟹a=bxMb-yM (3) (vì a > 0 nên b > yM*) ⟹ OA + OB = a + b = bxMb-yM+b=bxMb-yM+b-yM+yM≥ 2b.xM+yM Dấu dẳng thức xẩy ra ⟺bxMb-yM=b-yM giải tìm được b, chọn b thỏa *, thế vào (3) tìm được a từ đó suy ra A, B. Đáp số câu 2: A(6; 0) và B(0; 9) Ta có 1= xM a+yMb2≤( xM2+ yM2)(1a2+1b2)⟹(1a2+1b2)≥1( xM2+ yM2) ⟺1a2+1b2=1OA2+1OB2≥1 xM2+ yM2 (4) ( bất đẳng thức Bunhiacopxki) Vậy minS = 1 xM2+ yM2⟺ xM a+yMb=1axM=byM(5) . Giải hệ này tìm được a và b Khi M(4; 3) thì hệ (5) là 4 a+3b=14a=3b⟹a=254b=253⟹A254;0;B(0; 253) Bài toán 9: Cho 2 điểm A, B và mặt phẳng (P). Tìm trên (P) điểm M thỏa mãn MA + MB nhỏ nhất. Giải bài toán với : A(1; –2; 1); B(2; 1; –3) và (P): x – 3y – z – 1 = 0. Giải: Thế 3 tọa độ của A và B vào vế trái phương trình (P) được 2 số tA = 5 và tB = 1. Vì tAtB = 5 > 0 nên A và B nằm về cùng một phía với mặt phẳng (P). Gọi A’ là điểm đối xứng của A qua (P). Khi đó (P) là mặt phẳng trung trực của đoạn AB nên khi M∈P thì MA = MA’ (1) Từ (1) ⟹MA+MB=MA'+MB≥A'B. Dấu đẳng thức xẩy ra ⟺ A’, B, M thẳng hàng , hay M trùng với M’ = A'B∩(P) . Khi đó MA+MB nhỏ nhất. Tìm M ? + Tìm được A’(111;811;2111)⟹ phương trình A’B: x=2+ty=1+8tz=-3+21t + A’, B, M thẳng hàng ⟺M≡M'=A'B∩(P). Tìm được M( 8944;1311;-11144) thỏa bài toán. Nhận xét: Nếu A, B nằm về 2 phía của mặt phẳng (P) thi M thỏa bài toán khi và chỉ khi M, A, B thẳng hàng . Từ đó xác định được M Bài toán 10: Trong không gian tọa độ Oxyz cho đường thẳng d : và 2 điểm A; B Tìm trên d điểm M thỏa mãn MA + MB nhỏ nhất. Giải bài toán với : d: x-12=y-2-1=z-11; A(0; 1; 2), B(2; 0; 3). Giải: Gọi A1, B1 lần lượt là hình chiếu vuông góc của A, B lên d. Gọi k = A1AB1B . Gọi M0 là điểm thuộc d thỏa mãn MoA1=-kMoB1 (1). Gọi (P) là mặt phẳng xác định bởi d và A, trong (P) gọi B2 là điểm thỏa mãn B1B2//A1AA1, MO,B2thẳng hàng (2) Từ (2) ta có 2 tam giác MoAA1và tam giác MoB2B1 đồng dạng nên có: MoA1MoB1=AA1B1B2=k( vì có 1)⇒AA1B1B2=A1AB1B⇒B1B2=B1B⇒M∈dMB=MB2 ⇒MA+MB=MA+MB2≥AB2. Dấu đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi A, M, B2 thẳng hàng ( vì từ (1) và (2) thì B2 và A nằm về 2 phía của đường thẳng d trong mặt phẳng (P)). Khi đó M trùng Mo. Vậy xác định được điểm M thỏa mãn yêu cầu bài toán. Tìm được: A1(1; 2; 1))⇒AA1=1;1; -1⟹AA1=3 và B1(3; 1; 2)⟹ BB1=1;1; -1⟹BB1=3⟹k=1 thế vào (1) được Mo là trung điểm của A1 B1⟹ Mo(2; 32;1) hay M(2; 32;32) thỏa yêu cầu bài toán. Bài toán trên có thể giải bằng cách 2 như sau: Phương trình tham số của đường thẳng d: x=1+2ty=2-tz=1+t; M∈d⟹M1+2t;2-t; 1+t⟹ MA + MB = 1+2t2+1-t2+t-12+2t-12+2-t2+t-22 = 6t2+3+6t2-12t+9= 6(t2+12+t2-2t+32) = 6(t2+12+(t-1)2+12) Khi đó trong mặt phẳng tọa độ Oxy ta chọn 3 điểm A0(0; -22;0) ; Bo(1; 22;0) và I(t; 0; 0) khi đó: MA + MB = 6(AoI + BoI) ⟹ MA + MB nhỏ nhất khi và chỉ khi AoI + BoI nhỏ nhất ⟺AO, I,BOthẳng hàng (vì với cách chọn A0, Bo như trên thì A0, Bo nằm về 2 phía của trục hoành, I thuộc trục hoành) ⟺AoI=k BoI ⟺kt-1=t-22k=22⟺k=-1t=12⟹M(2; 32; 32) Chú ý: + Trong cách giải 2 ở trên, 2 điểm A0; B0 thuộc mặt phẳng tọa độ Oxy, và 2 điểm A0; B0 phải lấy về 2 phía của trục hoành, I thuộc trục hoành nên chỉ cần A0; B0, I thẳng hàng là MA + MB nhỏ nhất. + Trong 2 cách giải thì nên chọn cách giải 2 bài toán trở nên đơn giản hơn. Có thể đưa ra cách giải 2 trong trừng hợp tổng quát như sau d: x=x0+aty=y0+btz=z0+ct ; A(xA; yA; zA) ; B(xB; yB; zB) Phương pháp giải: M∈d⟹Mx0+at;y0+bt;z0+ct ⟹MA+MB=at+x0-xA2+bt+y0-yA2+ct+z0-zA2+at+x0-xB2+bt+y0-yB2+ct+z0-zB2 Biến đổi và đưa về dạng: MA + MB = a2+b2+c2 [t2+b1t+c1+t2+b2t+c2] = a2+b2+c2 [(t-m)2+k2+(t-n)2+q2] ( Vì MA + MB > 0⟹ k > 0 và q > 0) Khi đó trong mặt phẳng tọa độ Oxy ta chọn 3 điểm A0(m; -k;0) ; Bo(n; q;0) và I(t; 0; 0). Với cách chọn A0, Bo như trên thì A0, Bo nằm về 2 phía của trục hoành, I thuộc trục hoành) khi đó: MA + MB = a2+b2+c2(AoI + BoI) ⟹ MA + MB nhỏ nhất khi và chỉ khi AoI + BoI nhỏ nhất ⟺AO, I,BOthẳng hàng ⟺AoI=k BoI giải tìm được k và t ( như cách 2 bài toán 10) và từ đó tìm được điểm M thỏa mãn bài toán. Bài toán 11: Trong không gian tọa độ Oxyz cho đường thẳng d : x1=y1=z-3-1 và 2 điểm A; B. Tìm trên d điểm M thỏa mãn MA-MB nhỏ nhất. Giải bài toán với: d: x1=y1=z-3-1; A(3; 0; 3), B(4; -2; -4). Giải: Phương trình tham số của đường thẳng d: x=ty=tz=3-t; M∈d⟹ M(t; t; 3-t) ⟹MA-MB=t-32+t2+t2-t-42+t+22+7-t2 =3t2-6t+9-3t2-18t+69 =3t2-2t+3 -t2-6t+23 = 3(t-1)2+2 -(t-3)2+14 Xét A2(1; 2;0) ; B2(3; 14; 0) và I(t; 0; 0), khi đó ta có: MA-MB = 3A2I- B2I. vì với cách chọn A2, B2 như trên thì A2, B2 nằm về về cùng phía của trục hoành, I thuộc trục hoành trong mặt phẳng tọa độ (Oxy), nên MA-MB lớn nhất khi và chỉ khi A2I- B2I lớn nhất. Mà A2I- B2I≤A2B2, Dấu đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi A2, B2 và I thẳng hàng . Vậy M thỏa mãn bài toán ⟺M≡I. Tìm M : A2, B2 và I thẳng hàng⟺ khi và chỉ khi: A2I=k B2I⟺kt-3=t-114k=2⟺k=17t=2-73 ⟹M(2-73; 2-73; 7+73) Nhận xét: Bài toán này cũng có thể giải bằng phương pháp tương tự như cách 1 của bài toán 7, chỉ khác là ở bài toán này điểm Mo chia đoạn A1B1 theo tỷ số k = A1AB1B . Nghĩa là MoA1=kMoB1. Bài toán 12: Trong không gian tọa độ Oxyz cho 2 điểm A, B Tìm trên mặt phẳng (P) điểm M sao cho tam giác MAB đều. Giải bài toán với : A(0; 2;1); B(-2; 0; 1) và mặt phẳng (P): x – y + z – 3 = 0. Giải: Gọi (Q) là mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng AB, gọi d=(P)∩(Q), Vì MA = MB ⟹M ϵ (Q), theo đề M ϵ P⟹M ϵ d. (1). (Q) có phương trình x + y = 0⟹ phương trình d: x=1+t y=-1-tz=1-2t. Mϵd⟹M(1+t;-1-t;1-2t) và MA = MB ∆MAB đều⟺AM=AB⟺AM2=AB2⟺(t+1)2+(t+3)2+4t2=8 ⟺3t2+4t+1=0 ⟺t=-1 và t=-13 t=-1⟹M(0;0;3) t=-13⟹M(23;-23; 53 ) Nhận xét: Bài toán có thể giải cách khác như sau. Từ phương trình (P) ⟹ y = x + z – 3 ; vì M ϵ P ⟹ M(x; x + z – 3; z) MAB đều ⟺ AM2=BM2AM2=AB2 Giả hệ tìm x ; z ⟹ tọa độ M. Bài toán 13: Trong không gian tọa độ Oxyz cho đường thẳng d, điểm M. Tìm trên d 2 điểm AB sa cho tam giác MAB đều Giải bài toán với M(0; 1; 3) và d: x-2-1=y-11=z-12 . Giải: Gọi H là hình chiếu vuông góc của M lên d, thì MH là đường cao tam giác đều, khi đó MH=AB32⟹AH=MH3 (1). Tìm được H(1; 2; 3)⟹MH=2⟹AH=63 . Vì A∈d⟹A2-t;1+t;1+2t⟹HA=(1-t;t-1;2t-2) ⟹HA2=1-t2+t-12+2t-22=23 ⟺9t2-18t+8=0⟺t=23⟹A(43; 53; 73)t=43⟹A(23; 73; 113) Nếu A(43; 53; 73) thì B(23; 73; 113) và nếu A23; 73; 113 thì B(43; 53; 73) thỏa mãn bài toán. Nhận xét: Các bài toán xác định điểm thỏa mãn điều kiện cho trước cũng có thể phát biểu đối với hàm số. Bài toán 14: cho hàm số y=2x-3x+1 có đồ thị (C). Tìm trên 2 nhánh của (C) 2 điểm M, N sao cho MN ngắn nhất. Giải: Gọi M(-1-a;2+5a) với a > 0 thì M thuộc nhánh trái của (C). Gọi N(-1+b;2-5b) với b > 0 thì N thuộc nhánh phải của (C). ⟹MN=a+b;-5a+bab ⟹MN2=a+b2+25a+bab2 =a+b21+25ab2≥4ab1+25ab2≥4ab+25ab≥20⟹MN≥25 dấu đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi 4ab=25ab⟺ab=52⟺a=b=102 ( vì a, b > 0 ). ⟹M(-1-102;2+10) và N(-1+102;2-10) Bài toán 15: Cho hàm số y=x2-5x+5x-1 có đồ thị (C). Tìm trên (C) điểm M sao cho khoảng cách từ M đến giao điểm hai đường tiệm cận của đồ thị (C) nhỏ nhất. Giải: MXĐ D = R\1, Viết lại y = x-4 + 1x-1⟹ M ∈(C) nên M(a; a – 4 + 1a-1) (với a≠1 *) Nhận thấy (C) có 2 đường tiệm cận xiên và đứng lần lượt có phương trình d1 : y = x – 4 và d2 : x = 1 ⟹ d1 ∩ d2 = I(1; –3) ⟹IM =( a – 1; a – 1 + 1a-1) ⟹ IM2=a – 12+a – 1 + 1a-12= a – 12+a – 12+1a-12+2 =2+2a – 12+1a-12≥2+22, dấu đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi 2a – 12= 1a-12⟺a – 14=12⟺a=1-142a=1+142 ( thỏa điều kiện *) Vậy có 2 điểm M thỏa bài toán: M(1-142; -3-42-142) và M(1+142; -3+42+142) Bài toán 16: Cho hàm số y=x-2x-1 có đồ thị (C). Tìm M ∈C sao cho khoảng cách từ giao điểm 2 đường tiệm cận đến tiếp tuyến ∆ lớn nhất. Giải: M∈(C) nên M(a; a-2a-1) với a ≠1. Gọi I là giao điểm đường tiệm cận đứng d1: x = 1 và tiệm cận ngang d2: y = 1⟹ I(1; 1) y’(a) = 1a-12⟹∆ có phương trình : y=1a-12x-a+a-2a-1 ⟺x-a-12y+a2-4a+2=0 ⟹dI;∆=1-a-12+a2-4a+21+a-14 = 2a-11+a-14=21a-12+a-12≤2 Dấu đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi: 1a-12=a-12⟺a-14=1⟺a=0a=2 ( thỏa mãn điều kiện) Vậy có 2 điểm M thỏa bài toán M(0; 2) và M(2; 0) Nhận xét: Nếu đề yêu cầu lập phương trình tiếp tuyến thì có 2 tiếp tuyến thỏa mãn bài toán có phương trình là: y = x + 2 và y = x – 2 HIỆU QUẢ CỦA ĐỀ TÀI Có thể nói lớp các bài toán về xác định điểm thỏa mãn điều kiện cho trước là vô cùng phong phú và có rất nhiều bài toán khó. Vì thế đứng trước một bài toán cụ thể, mở rông và phát biểu thành bài toán tổng quát, rồi đưa ra phương pháp giải trong trường hợp đó là một việc làm rất cần thiết để giúp học sinh tự tin, hứng thú đi đúng hướng và tìm ra lời giải nhanh nhất. Rèn luyện cho học sinh phương pháp học tập sáng tạo, hiệu quả. Khi giải một bài toán cụ thể luôn nghĩ đến tổng quát hóa bài toán đó lên và tìm lời giải trong trường hợp tổng quát và khi đó học sinh có thể tự ra đề để luyện tập phương pháp vừa tìm ra. Loại toán này thường ra trong các kỳ thi tuyển sinh đại học trong những năm gần đây, vì vậy đề tài này góp phần nào đó giúp học sinh trong quá trình học tập và thi cử . ĐỀ XUẤT, KHUYẾN NGHỊ KHẢ NĂNG ÁP DỤNG Đề tài áp dụng có hiệu quả đối với đối tượng học sinh khá, giỏi, bồi dưỡng học sinh giỏi và luyện thi đại học TÀI LIỆU THAM KHẢO Báo toán học tuổi trẻ. Phép biến hình trong mặt phẳng – Đỗ Thanh Sơn – Nhà xuất bản giáo dục năm 2005. Sách giáo khoa môn Toán ban cơ bản và nâng cao. KẾT LUẬN: Để giải quyết một công việc nào đó điều quan trọng là phải xây dựng được phương pháp làm việc . Toán học trong trường phổ thông trung học là một môn khoa học trừu tượng và có quá nhiều nội dung . Vì vậy để học tốt được môn Toán là một yêu cầu khó đối với học sinh . Qua nhiều năm trực tiếp giảng dạy chúng tôi thấy rằng việc tổng hợp kiến thức để phát biểu thành các bài toán đã giúp ích rất lớn cho học sinh trong quá trình học tập và thi cử . Rất mong được sự góp ý của các đồng nghiệp, chúng tôi xin chân thành cảm ơn ! Biên Hòa, ngày 20 tháng 05 năm 2012 NGƯỜI THỰC HIỆN Lê Quang Thân SỞ GD&ĐT ĐỒNG NAI Đơn vị THPT NGUYỄN HỮU CẢNH BM04-NXĐGSKKN CỘNG HOÀ XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM Độc lập - Tự do - Hạnh phúc Biên hòa, ngày 25 tháng 05 năm 2012 PHIẾU NHẬN XÉT, ĐÁNH GIÁ SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM Năm học: 2011 – 2012 ––––––––––––––––– Tên sáng kiến kinh nghiệm: “ MỘT SỐ BÀI TOÁN XÁC ĐỊNH ĐIỂM THỎA MÃN ĐIỀU KIỆN CHO TRƯỚC” Họ và tên tác giả: LÊ QUANG THÂN Chức vụ: Tổ trưởng chuyên môn Đơn vị: Trường THPT Nguyễn Hữu Cảnh x Lĩnh vực: (Đánh dấu X vào các ô tương ứng, ghi rõ tên bộ môn hoặc lĩnh vực khác) - Quản lý giáo dục 1 - Phương pháp dạy học bộ môn: ........................... - Phương pháp giáo dục 1 - Lĩnh vực khác: ........................................................ 1 Sáng kiến kinh nghiệm đã được triển khai áp dụng: Tại đơn vị 1 Trong Ngành 1 Tính mới (Đánh dấu X vào 1 trong 2 ô dưới đây) Có giải pháp hoàn toàn mới 1 Có giải pháp cải tiến, đổi mới từ giải pháp đã có 1 Hiệu quả (Đánh dấu X vào 1 trong 4 ô dưới đây) Hoàn toàn mới và đã triển khai áp dụng trong toàn ngành có hiệu quả cao 1 Có tính cải tiến hoặc đổi mới từ những giải pháp đã có và đã triển khai áp dụng trong toàn ngành có hiệu quả cao 1 Hoàn toàn mới và đã triển khai áp dụng tại đơn vị có hiệu quả cao 1 Có tính cải tiến hoặc đổi mới từ những giải pháp đã có và đã triển khai áp dụng tại đơn vị có hiệu quả 1 Khả năng áp dụng (Đánh dấu X vào 1 trong 3 ô mỗi dòng dưới đây) - Cung cấp được các luận cứ khoa học cho việc hoạch định đường lối, chính sách: Tốt 1 Khá 1 Đạt 1 - Đưa ra các giải pháp khuyến nghị có khả năng ứng dụng thực tiễn, dễ thực hiện và dễ đi vào cuộc sống: Tốt 1 Khá 1 Đạt 1 - Đã được áp dụng trong thực tế đạt hiệu quả hoặc có khả năng áp dụng đạt hiệu quả trong phạm vi rộng: Tốt 1 Khá 1 Đạt 1 XÁC NHẬN CỦA TỔ CHUYÊN MÔN (Ký tên và ghi rõ họ tên) THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ (Ký tên, ghi rõ họ tên và đóng dấu) LÊ QUANG THÂN PHAN QUANG VINH