Tính hiệu quả trong lời giải bài toán cực trị hình học giải tích không gian_skkn toán thpt

  • Số trang: 61 |
  • Loại file: DOCX |
  • Lượt xem: 20 |
  • Lượt tải: 0
hoanggiang80

Đã đăng 24000 tài liệu

Mô tả:

Trường THPT Lý Tự Trọng Giáo viên: Nguyễn Văn Trưởng MỤC LỤC Trang A. MỞ ĐẦU 2 I. 2 Đặt vấn đề 1. Thực trạng 2 2. Ý nghĩa và tác dụng của giải pháp mới 5 3. Phạm vi nghiên cứu của đề tài 5 II. Phương pháp tiến hành 5 1. Cơ sở lý luận 5 2. Các biện pháp tiến hành 6 B. NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM 6 1. Nhiệm vụ và giải pháp của đề tài 6 2. Các bài toán cực trị liên quan đến tìm một điểm thỏa mãn điều kiện cho trước 3. Các bài toán cực trị liên quan đến vị trí của đường thẳng, mặt phẳng 6 20 4. Bài tập áp dụng 34 5. Khả năng áp dụng 36 5.1. Quá trình áp dụng 36 5.2. Thời gian áp dụng 36 5.3. Kết quả thu được sau khi thực hiện đề tài sáng kiến kinh nghiệm 36 C. KẾT LUẬN 37 1. Kinh nghiệm áp dụng, sử dụng giải pháp 37 2. Đề xuất, kiến nghị 38 D. TÀI LIỆU THAM KHẢO SKKN: Tính hiệu quả trong lời giải bài toán cực trị hình học giải tích không gian 39 Trang 1 Sáng kiến kinh nghiệm: TÍNH HIỆU QUẢ TRONG LỜI GIẢI BÀI TOÁN CỰC TRỊ HÌNH HỌC GIẢI TÍCH KHÔNG GIAN A. MỞ ĐẦU I. Đặt vấn đề 1. Thực trạng Chương trình cải cách sách giáo khoa lớp 12 hiện hành, bên cạnh các bài toán cơ bản, tương đối đơn giản như: Tìm tọa độ hình chiếu của điểm lên đường thẳng và lên mặt phẳng, hình chiếu của đường thẳng lên mặt phẳng, viết phương trình đường thẳng, viết phương trình mặt phẳng,… còn có những bài toán phức tạp, đòi hỏi người giải cần có một kiến thức nhất định, như tìm tọa độ của điểm thuộc đường thẳng, thuộc mặt phẳng sao cho thỏa biểu thức lớn nhất, nhỏ nhất, hoặc viết phương trình đường thẳng cách điểm cho trước lớn nhất... Đây là những dạng toán khó, chỉ có trong chương trình nâng cao và đề tuyển sinh Đại học cao đẳng. Từ thực tế giảng dạy học sinh 12 tại trường, tôi nhận thấy đây là dạng toán không chỉ khó mà còn khá hay, lôi cuốn được các em học sinh khá giỏi, những em có nhu cầu học ôn thi đại học và cao đẳng. Đứng trước bài toán loại này người giải có sự lựa nhiều phương pháp khác nhau sao cho lời giải hiệu quả. Nếu ta biết sử dụng linh hoạt và khéo léo kiến thức của hình học thuần túy, vectơ, phương pháp tọa độ thì có thể đưa bài toán trên về một bài toán quen thuộc. Từ ví dụ sau, phần nào sẽ thấy được việc lựa chọn phương pháp quan trọng như thế nào khi tiến hành giải toán nói chung, và khi giải toán cực trị hình học giải tích không gian nói riêng. Ví dụ: Trong không gian với hệ tọa ñộ Oxyz, cho ñiểm A(2;5;3) và ñường thẳng d: x 1  y  212 z 2 . Viếết phương trình mặt phẳng  chứa ñường thẳng d sao cho khoảng cách từ A ñếến  lớn nhấết. (ðếề thi ñại học năm 2008, khôếi A). Phương pháp giải phổ biến Phương trình mp  dạng: ax +by +cz +d = 0, a +b +c >0 2 mp  chứa d nên mp  qua M,N. Ta có: 0 2 a 2c d  a b d 0 2  c    a 2a b 2 d  2  d a b  Phương trình mp  viết lại: ax +by - z +a +b = 0 2a  b 2 Khoảng cách từ A đến mp là: d(A,  ) = 2a 5b  3 (2a b) a b 2 2 a 2 b 2 2a b     2  9b = 8a 2 5b2 4ab  a= 0, ta có: d(A,  ) = 9 5 (1)  a 0, chọn a = 1 ta có: d(A,  ) = Đặt f(b) = f’(b) =0 9b 9b 5b 4b 8 2 5b 2 9 5b 2 4b 8 9b , f’(b) = 5b 2 4b 8 2 5b 2 =  5b 2 4b 8 4b 8 2 9(5b 4b 8) = 9b(5b+2)  18b = -72  b = -4 BBT của hàm f(b) Ta có lim f (b)  9 5 b 9b 5b 2 4b 8 b-  f’(b) f(b) + -4 - 0 + 9 5 9 5  9 2 Dựa vào BBT suy ra với a 0, 0 < d(A,  )  Từ (1) và (2) suy ra d(A,  ) lớn nhất khi d(A,  ) = Vậy phương trình mp  : x - 4y +z – 3 = 0. 9 2 (2) 9 2 tại b = -4, (a = 1) Nhận xét: Với phương pháp giải tổng quát như trên có nhiều sự hạn chế: Dài dòng và tổng hợp nhiều kiến thức khó, gây nhiều khó khăn cho cả học sinh khá trong việc luyện tập dạng toán này. Bài toán sẽ đơn giản hơn khi ta giải quyết theo hướng sau. Đường thẳng d đi qua M(1;0;2) và có vtcp: u d (2;1;2) Gọi H là hình chiếu vuông góc của A lên d, AH = const. Gọi K là hình chiếu vuông góc của A lên mp  . Ta có khoảng cách từ A đến mp  : d(A, )=AK AH, Do đó d(A,  ) lớn nhất H  K mp   Ta tìm được VTPT của mp(A,d) là n  MA , u Mặt phẳng  mp là: mp(A,d). (9;0;9) d chứa d đồng thời mp mp(A,d) nên ta tìm được VTPT của  (9;36;9) n  n, u d Vậy phương trình của mp  là: 9x -36y +9z -27 = 0  x - 4y +z – 3 = 0. Một bài toán có thể có rất nhiều cách giải, song việc tìm ra một lời giải hợp lý, ngắn gọn thú vị và độc đáo là một việc không dễ. Với mỗi bài toán có đặc thù riêng, người giải cần lựa chọn phương pháp giải thích hợp, để mang lại hiệu quả. Đứng trước thực trạng trên, nhằm giúp các em hứng thú hơn, tạo cho các em niềm đam mê, yêu thích môn toán, mở ra một cách nhìn nhận, vận dụng linh hoạt, sáng tạo các kiến thức đã học, tạo nền tảng cho các học sinh tự học, tự nghiên cứu. Được sự động viên, giúp đỡ của quý thầy cô giáo tổ Toán - Tin, Ban Giám hiệu Trường THPT Lý Tự Trọng, tôi đã mạnh dạn viết SKKN: “TÍNH HIỆU QUẢ TRONG LỜI GIẢI BÀI TOÁN CỰC TRỊ HÌNH HỌC GIẢI TÍCH KHÔNG GIAN”.  Thuận lợi - Đa số học sinh nắm tốt kiến thức cơ bản bộ môn hình học giải tích không gian . - Đa số học sinh chịu khó, chịu nghiên cứu các dạng bài tập. - Được sự động viên của BGH, sự góp ý nhiệt tình của quý thầy cô giáo tổ Toán – Tin Trường THPT Lý Tự Trọng.  Khó khăn - Học sinh không có thế mạnh bộ môn hình. - Không có nhiều thời gian để đưa ra đầy đủ các dạng bài tập về cực trị. - Đặc điểm phần cực trị kiến thức khó hiểu, gây khó khăn trong việc dạy. 2. Ý nghĩa và tác dụng của giải pháp mới - Với mỗi bài toán, việc định ra một hướng giải hiệu quả không những giúp cho người giải tiết kiệm được thời gian, hạn chế việc vận dụng những kỉ năng phức tạp, mà nó còn là một vấn đề mang tính khoa học trong tư duy, cũng như trong cách suy nghĩ. Với SKKN“ Tính hiệu quả trong lời giải bài toán cực trị hình học giải tích không gian” cũng vậy. Với việc định hướng lời giải đúng cho từng loại bài toán cực trị, mang lại nhiều lợi ích cho người giải. Người giải đã chuyển từ bài toán khó, phức tạp thành bài toán dễ mang lại hiệu quả cao. 3. Phạm vi nghiên cứu của đề tài - Học sinh lớp 12A1, 12A2 Trường THPT Lý Tự Trọng. - Đối tượng nghiên cứu: Nghiên cứu hướng giải quyết các bài toán cực trị hình học giải tích không gian hiệu quả. II. Phương pháp tiến hành 1. Cơ sở lý luận Trong thực tế dạy học, yêu cầu người giáo viên không những trang bị cho học sinh phương pháp giải được bài toán cực trị, mà còn phải biết chọn lọc hướng giải quyết bài toán sao cho ngắn gọn, đảm bảo tính hiệu quả. Tránh trường hợp sử dụng các cách giải phức tạp làm cho học sinh rối và tính hiệu quả không cao. Cung cấp cho học sinh không chỉ kiến thức mà cả phương pháp suy luận, khả năng tư duy. Từ những kiến thức cơ bản phải dẫn dắt hoc sinh có được những kiến thức nâng cao một cách tự nhiên, chứ không áp đặt ngay kiến thức nâng cao. Trong sáng kiến kinh nghiệm này, chủ yếu tập trung vào việc phân tích tìm lời giải bài toán và tính hiệu quả của từng phương pháp lựa chọn, sao cho mang lại kết quả ngắn gọn và hiệu quả nhất. 2. Các biện pháp tiến hành  Phương pháp phân tích tổng hợp.  Phương pháp thực nghiệm.  Phương pháp toán học để xử lý số liệu thu được. *) Số liệu thống kê trước khi thực hiện đề tài. Tiến hành điều tra mức độ hiểu biết của học sinh lớp 12a1, 12a2 Trường THPT Lý Tự Trọng về “Tính hiệu quả trong lời giải bài toán cực trị hình học giải tích không gian” trong 2 năm học, số lượng học sinh biết giải hiệu quả bài toán thể hiện qua bảng sau: Năm học Lớp Số lượng 2010- 2011 2011 - 2012 12a1+ 12a2 12a1+ 12a2 95 95 Biết giải nhưng chưa hiệu quả 83 87,4% 12 12,6% 79 87,2% 16 12,8% Không biết giải Biết giải hiệu quả bài toán 0 0% 0 0% B. NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM 1. Nhiệm vụ và giải pháp của đề tài Dạng toán cực trị trong hình học giải tích không gian nói chung rất đa dạng và phong phú. Mỗi bài toán lại có rất nhiều cách giải khác nhau, việc lựa chọn phương pháp giải hiệu quả, đi đôi với việc vận dụng linh hoạt các kiến thức đã học, không những mang lại kết quả cao trong bài giải, mà còn làm cho học sinh phát triển tư duy sáng tạo. Sáng kiến kinh nghiệm này chỉ mang tính chất gợi mở cung cấp cho học sinh cách nhìn mới, phát huy sự sáng tạo của học sinh để mang lại hiệu quả cao trong giải toán cực trị hình học giải tích không gian. Cũng nhằm mục đích giúp cho các em tự tin hơn, trước khi bước vào các kì thi quan trọng cuối cấp THPT. Để đạt kết quả cao, học sinh cần luyện tập nhiều, có thêm nhiều thời gian để sưu tầm các tài liệu tham khảo liên quan. 2. Các bài toán cực trị liên quan đến tìm một điểm thỏa điều kiện cho trước Bài toán 1: Trong KG Oxyz, cho ñường thẳng d và hai ñiểm phân biệt A, B không thuộc d. Tìm ñiểm M trên ñường thẳng d sao cho MA + MB có giá trị nhỏ nhất. Lời giải: TH1: Đường thẳng AB và đường thẳng d đồng phẳng. Phương pháp làm giống như hình học phẳng. TH2: Đường thẳng AB và đường thẳng d không đồng phẳng. - Khi đó có hai khả năng sau: 1.Nếu d và AB vuông góc với nhau Ta làm như sau: - Viết phương trình mặt phẳng (α) qua A, B và vuông góc với d. - Tìm giao điểm M của đường thẳng d và mp(α). - Kết luận M là điểm cần tìm. 2.Nếu d và AB không vuông góc với nhau Ta làm như sau: - Đưa phương trình của đường thẳng d về dạng tham số, viết tọa độ của M theo tham số t. -Tính biểu thức MA + MB theo t, xét hàm số f(t) = MA + MB. -Tính giá trị nhỏ nhất của hàm số f(t), từ đó suy ra t. -Tính tọa độ của M và kết luận. Bình luận phương pháp: +) Trong trường hợp ñường thẳng AB và ñường thẳng d không ñồng phẳng và không vuông góc nhau, nếu ta sử dụng phương pháp phân tích ñể xác ñịnh vị trí của ñiểm M cần tìm, rồi tiến hành tìm tọa ñộ ñiểm M là cách làm khó, tổng hợp khá nhiều kiến thức, khá phức tạp. Phương pháp tiến hành giải tìm t ñể f(t) = MA + MB nhỏ nhất như trên là cách giải ñơn giản mang lại hiệu quả nhất. +) Nghệ thuật nhất trong bài toán trên là xử lý tìm t ñể hàm số f(t) = MA + MB nhỏ nhất. Tôi ñã vận dụng phương pháp chuyển từ hình học không gian về hình học phẳng, rồi tiến hành giải. Bài giải khá ngắn gọn và ñộc ñáo mà qua thí ñiểm, học sinh tiếp cận dễ dàng, rất hiệu quả mà ít sai sót. Lớp bài toán này ñược tôi trình bày dưới 2 cách cho dễ so sánh và thấy ñược sự ưu việt của việc chuyển về hình học phẳng.  d   : x-1 = Ví dụ 1: Trong KG Oxyz, cho ñường và hai = 2  2 1 thẳng ñiểm C(-4; 1; 1), D(3; 6; -3). Hãy tìm ñiểm M trên d sao cho MC + MD ñạt giá trị nhỏ nhấất. y + 2z-3 Lời giải:  x 1 2t  Đường thẳng d có phương trình tham số :  y 2 2t  z 3 t u (2; 2;1)  Suy ra đường thẳng d đi qua điểm N(1; -2; 3), có vtcp Với CD (7;5;4) Ta có u . CD = 14 -10 – 4 = 0 d CD Xét mặt phẳng (P) qua CD và vuông góc với đường thẳng d. mp(P) qua điểm C(-4; 1; 1) và nhận u (2; 2;1) làm vectơ pháp tuyến. Phương trình mp(P): 2(x +4) – 2(y -1) + 1(z -1) = 0 hay 2x – 2y + z + 9 = 0 Điểm M thuộc đường thẳng d thỏa MC + MD đạt giá trị nhỏ nhất khi M là giao điểm của d và mp(P). Tọa độ M ứng với t là nghiệm của phương trình: 2 + 4t + 4 + 4t + 3 + t + 9 = 0 9t + 18 0 t 2 Vậy M(-3; 2; 1) thì MC + MD đạt giá trị nhỏ nhất bằng: 2 2 17 Ví dụ 2: Trong KG Oxyz, cho hai ñiểm A(3; 0; 2), B(2; 1; 0). Hãy tìm ñiểm M trên trục Ox sao cho MA + MB ñạt giá trị nhỏ nhất i AB (1;1; 2) và Lời giải: (1;0;0) Ox có vtcp qua O(0; 0; 0), đường thẳng AB có vtcp i. AB 1 0 Ox và đường thẳng AB không vuông góc. Ta có [i, AB]OA = (0; 2; 1).(3; 0; 2) = 0 + 6 +2 = 8 nên đường thẳng AB và đường thẳng Ox chéo nhau.  x t  Phương trình tham số của đường thẳng  y 0  Ox:  z 0 M  Ox M(t;0;0) (t -3)2 0 4 S = MA + MB =   (t -2)2  1 0 = (t -3)2 4 (t -2)2 1 Ta phải tìm t sao cho S đạt giá trị nhỏ nhất - Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy xét các điểm M(t; 0) Ox và hai điểm P(3;-2), Q(2; 1) thì S = MP + MQ Ta thấy P, Q nằm hai bên so với Ox. Trong mp Oxy phương trình đường thẳng PQ : 3x + y – 7 = 0 S = MP + MQ nhỏ nhất khi M là giao điểm của Ox và PQ 3t - 7 = 0 Hay t  7 . Vậy M( 7 ;0;0) là điểm cần tìm. 3 3 Nhận xét: Ta có thể áp dụng phương pháp giải này để giải dạng toán : “ Cho 2 điểm A, B và đường thẳng d, tìm tọa độ điểm M thuộc đường thẳng d để MA đạt giá trị lớn nhất”. MB Cách khác: Sử dụng phương pháp đạo hàm để tìm tọa độ điểm M.  Từ biểu thức S = (t -3)2 4  (t -2)2 1 Ta xét hàm số f t  Có đạo hàm (t -3)2 4  (t -2) 1 2 ( t ℝ ) f  t   t 3 t 2 t 32 4 f  t 0   t 3    ( t3)     t 3 t 2   t 32 4 2 t 22 1 4  0 t 22 1 (t 2) t 2 2 (*) 1 với điều kiện 2 ≤ t ≤ 3 ta có: (* 2 2 2 2 )  t 3 [t 2 1] t 2 [t 3 t 1[2;3] 4] t 3 2(t 2 2  t 3 4  t 2   2) t 3 2(t 2)    t 7  3 Bảng biến thiên của hàm số f(t) : t 7  f’(t) -  3 0 +   f(t) Từ bảng biến thiên suy ra 38 10 3 min f  t  Vậy MA + MB đạt giá trị nhỏ nhất bằng 7 M( ; 0; 0). 7  f  = 3  38  10 3 , đạt được 38 10 tại 3 7 t  , tức là 3 3 Nhận xét: Qua 2 cách tiến hành như trên phương pháp chuyển về xét bài toán trong hình học phẳng khá dễ, ngắn gọn, hiệu quả, người giải không cần dùng các kiến thức phức tạp, cũng không cần các kỉ năng cao. Cách giải thứ 2 dùng công cụ đạo hàm, đòi hỏi người giải phải có kỉ năng cao hơn, cách giải dài dòng và phức tạp hơn nhiều, không có sự sáng tạo, tính hiệu quả không cao. z  d   : x yvà Ví dụ 3: Trong không gian Oxyz, cho ñường hai ñiểm 111 thẳng A 0;0;3  , B  0;3;3 .Tìm tọa ñộ ñiểm M  d sao cho:  MA MB nhỏ 1) 2) MA M  B lnhấấ ớn t. nhấất. Lời giải:  x t    Cách 1: Chuyển phương trình của về dạng tham số  d : y t  z t d   Gọi tọa độ của Ta có P M   d có  dạng M  t;t;t  , t ℝ . P MA MB  0 t  2  0 t  2  3 t  2   0 t  2  3 t  2  3 t   3  t 2 2t 3  t 2 4t 6 3t2 6t 9  3t2 12t 18   2  2     Trong mặt phẳng Oxy xét các điểm N H  t;0  Ox ; (1; P   3 t 1 2 t 2 2 2 2 ) K (2; 2 ) Rõ ràng H và K là 2 điểm nằm hai bên trục Ox.  Ta có P  3HK . 3 NH NK  Dấu “=” xảy ra H , N , thẳng hàng N HK Ox . K Đường thẳng HK có vectơ chỉ HK 2) nên có vectơ pháp tuyến phương . (1;2 và đi qua H nên có phương trình tổng quát n  2 2;  1 2 2 x 11 2 y  0 2 2x y 3 2 0 . Tọa độ giao điểm N của đường thẳng HK và trục Ox là nghiệm của hệ   2 2x y 3 2  3 x   0 2.   Vậy y 0 N 3  ;0 . 2   y  0 Vậy min P 3.  Đạt khi được Suy ra MA MB HK 3 3 . 3  3 N  t;0 N ;0 t  .   2 2  3 3 3 nhỏ nhất bằng 3 3 khi M   ; ;   2 2 2 Cách 2: Sử dụng đạo hàm để tìm tọa độ điểm M.  Làm như cách 1, đến đoạn P  Xét hàm số f  t   t 1 2 2 3     t 1   t 2  2 2 t 2 2  2 .   2 2 , (t R) ; với SKKN: Tính hiệu quả trong lời giải bài toán cực trị hình học giải tích không gian Trang 14 lim f (t)  t  Ta có f  t  f  t 0   Xét hàm số  t 1 t 1 t 1 t 1 2 2  2 2   t 2 2 u , Ta có   đồng biến trên ℝ .  Do đó từ (*) ta có t 2 2 t 2 g  u  g  u  t 2 t 1  2 t 1  2 2  u2 2 2 u 2 u. u 2 1 .  2  u 2 2  t2   (*)  2  2 t   2   0 nên hàm số g(u) 3 u 2  u 2  2 2 g  t 1g  t 2  t 1 t 2 t  2 SKKN: Tính hiệu quả trong lời giải bài toán cực trị hình học giải tích không gian 3 Trang 15 SKKN: Tính hiệu quả trong lời giải bài toán cực trị hình học giải tích không gian Trang 16 Bảng biến thiên của hàm số f (t): t f  t  f t  3 2   0  3 Từ bảng biến thiên suy ra min f  t  f 3  3 .   2    Vậy 3 3 3 3 M ; ;   .   2 2 2 đạt được tại t  , tức là min  MA MB 3 3 2 Cách 3: Bước 1 : Tìm tọa độ H và H’ lần lượt là hình chiếu của A, B lên d Bước 2 : Tính AH và BH’ Bước 3 : Tìm M thỏa mãn . . AH MH  MH ' =>ycbt BH ' ( Trong đó B’ là điểm sao cho B’H’ = BH’, A, B’ khác phía với d và A, B’, d đồng phẳng) Nhận xét: Với cách giải này bài toán trở nên phức tạp, học sinh tiếp nhận không tự nhiên mang tính áp đặt, lời giải khó hiểu. 2). Tương tự câu 1), ta tính được MA MB  MA  MB 3   t 1 2 2 t 2 3 2 2     t 2t 3 2 t 4t 6     Trong mặt phẳng Oxy xét các điểm N  t;0  Ox ; Khi đó MA MB 2     H 1; 2 ; K 2; 2 . 3 NH NK  Nhận thấy H, K nằm cùng phía so với trục Ox. Suy ra MA MB 3 NH NK  3HK .  Bài toán này vô nghiệm vì KH || Ox . Nhận xét: Rõ ràng với phương pháp qui về hình học phẳng như trên giúp người giải, giải quyết bài toán rất hiệu quả, cho kết quả ngắn gọn. d : x 1  y 2  z 1 Ví dụ 4: Trong KG Oxyz, cho ñường và hai ñiểm 2 2 1 thẳng A(-1; 1; 1), B(1; 4; 0). Hãy tìm ñiểm M trên d sao cho MA + MB nhỏ nhấất. Lời giải:  x 1 2t Đường thẳng d có phương trình tham y 2 2t số   z 1 t qua điểm N(1; 2; 1), có vtcp u (2; 2;1) AB (2;3; 1) và Ta có u . CD = 4 + 6 – 1 = 9 ≠ 0 d không vuông góc với AB và [u, AB]NA = (-5; 4; 2)(-2; -1; 0) = 10 – 4 = 6 d và AB chéo nhau - Chu vi tam giác MAB là 2p = 2(MA + MB + AB), do AB không đổi nên 2p đạt giá trị nhỏ nhất khi MA + MB đạt giá trị nhỏ nhất. Xét M d M(1 2t;2+2t;1 t) , ta phải tìm t để MA + MB đạt giá trị nhỏ điểm nhất. (2t)2 (2t 2)2 (t  1) 2 Xét f  t MA + MB = (2t 2)2 (2t 1)2 t 2  f  t  = 9t 2 12t 5  2 = (3t 2) 1  9t 2 6t 5 (3t 1)  2 4 Đặt x = 3t, khi đó ta được biểu thức: g(x) = x 2 1  x 12 4 . Từ bài toán tìm t để f(t) nhỏ nhất, chuyển về bài toán tìm x sao cho g(x) nhỏ nhất. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy xét N(x;0) Ox, và 2 điểm P(-2;-1), Q(1;2) thì g(x) = NP + NQ. Ta thấy P; Q nằm về hai bên của Ox và đường thẳng PQ: x - y + 1 = 0. g(x) = NP + NQ nhỏ nhất khi N là giao điểm của Ox và đường thẳng PQ. khi đó 2 4 1 x = -1 suy ra t = -1/3 vậy M( ; ; ) 3 3 3 Cách khác: Có thể sử dụng công cụ đạo hàm để giải tìm t, rồi suy ra tọa độ điểm M 2 Nhận xét: Một lần nữa chúng ta nhận thấy sự ưu việt trong khâu xử lí bài toán về hình học phẳng. Trong dạng toán này, nếu ta dùng phương pháp khảo sát hàm số để tìm t là việc làm phức tạp, người giải phải có nhiều kỉ năng. Giải bằng phương pháp đạo hàm cái khó nhất là phải giải phương trình f’(t) = 0, rất khó khăn ngay cả những học sinh có học lực khá. Bài tập tương tự: x 2 2t   y 1t (t R) , A(1;1;3), , Trong không gian Oxyz, cho đường thẳng z 1 B(1;2;2) tìm tọa độ điểm M thuộc đường thẳng  sao cho: a) MA +MB bé nhất. b) MA MB lớn Bài toán 2: Trong KG Oxyz, cho n ñiểm A1, A2,..An, vnhấấ ới nt. sôế k1, k2,.,kn thỏa k1 + k2 + …+ kn = k ñường thẳng d ( hoặc thuộc mp(α)) sao cho: . . . a) k1 MA1  k2 MA2 ...  kn MAn có giá trị nhỏ nhấết. b) T = k MA 2 k MA2 ... k MAnn 2 ñạt giá trị nhỏ nhấết ho 1122 Phân tích tìm lời giải: 1) Nếu bài toán thuộc loại: Tìm M thuộc đường thẳng. Cách 1: Ta chuyển đường thẳng về dạng tham số t rồi chuyển bài toán về At 2 Bt C ( hoặ f (t)  At 2 Bt C ) rồi ta nhóm lại dạng: dạng f (t) :  c f (t)  ( hoặc f (t) A(t m)2 n ) từ đó ta suy ra GTLN hoặc A(t m)2 n GTNN rồi tìm được t suy ra tọa độ điểm M. Cách 2: +) Dựng điểm I k1 IA1 + k 2 IA2 +...+ k n IAn 0 thỏa: +) Đi tìm tọa độ điểm M thỏa yêu cầu bài toán. Cách làm này không tự nhiên, có vẻ áp đặt làm khó hiểu. Trong sáng kiến kinh nghiệm này tôi phân tích 2 cách và sự ưu việt của từng cách để học sinh chọn phương pháp giải tối ưu. 2) Nếu bài toán thuộc loại: Tìm M thuộc mặt phẳng. Để tìm được điểm M, từ biểu thức người ta cho ta tìm điểm I cố định, rồi ta vận dụng điểm I cố định đó để tìm M. Trong bài toán này điểm I phải thỏa: k1 IA1 + k 2 IA2 +...+ k n IAn 0 . *) Lưu ý với câu b) T = k MA2 k MA2 ... k MA2 = 1 1 2 2 n n 2 2 2 2 = (k1 +...+ k n )MI + k1IA1 k2IA2 .. k n IA n + 2 MI(k1 IA1 +..+ k n IAn ) 2 2 2 = kMI2 + k IA k IA ... k IA 1 1 2 2 n n
- Xem thêm -