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 32 4
f t 0
t 3
( t3)
t 3
t 2
t 32 4
2
t 22 1
4
0
t 22 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 yvà
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
11
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
t2
(*)
2
2
t
2
0
nên hàm số g(u)
3
u 2 u 2
2
2
g t 1g 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 12 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 1t (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 -