Đang tải... (xem toàn văn)
MỘT SỐ BÀI TOÁN CỰC TRỊ TRONG HÌNH HỌC GIẢI TÍCH
Giúp học sinh tự ôn tập môn Toán MỘT SỐ BÀI TOÁN CỰC TRỊ TRONG HÌNH HỌC GIẢI TÍCH Bài toán 1: Cho đường thẳng ( ) : 1 1 1 x y z d = = và hai điểm ( ) 0;0;3A , ( ) 0;3;3B . Tìm tọa độ điểm ( ) M d∈ sao cho: 1) MA MB+ nhỏ nhất. 2) 2 2 2MA MB+ nhỏ nhất. 3) 3MA MB− uuur uuur nhỏ nhất. 4) MA MB− lớn nhất. Hướng dẫn – Phương pháp giải: 1) Chuyển p/trình của ( ) d sang dạng tham số ( ) : x t d y t z t = = = Gọi tọa độ của ( ) M d∈ có dạng ( ) ; ;M t t t , t ∈ ¡ . Ta có ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 0 0 3 0 3 3P MA MB t t t t t t= + = − + − + − + − + − + − 2 2 3 6 9 3 12 18P t t t t= − + + − + ( ) 2 2 3 2 3 4 6t t t t= − + + − + ( ) ( ) 2 2 3 1 2 2 2P t t = − + + − + ÷ ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 3 1 0 2 2 0 2P t t = − + − + − + − ÷ Trong mặt phẳng Oxy xét các điểm ( ) ;0N t Ox∈ ; ( ) ( ) 1; 2 ; 2; 2H K Gọi ( ) 1; 2H ′ − là điểm đối xứng của điểm ( ) 1; 2H qua trục Ox. • Ta có ( ) 3P NH NK= + = ( ) 3 NH NK ′ + 3H K ′ ≥ . Dấu “=” xảy ra , ,H N K ′ ⇔ thẳng hàng N H K Ox ′ ⇔ = ∩ . Đường thẳng H K ′ có vecto chỉ phương ( ) 1;2 2H K ′ = uuuur nên có vecto pháp tuyến ( ) 2 2; 1n = − r và đi qua ( ) 1; 2H ′ − nên có phương trình tổng quát ( ) ( ) 2 2 1 1 2 0 2 2 3 2 0x y x y− − + = ⇔ − − = . Tọa độ giao điểm N của đường thẳng H K ′ và trục Ox là nghiệm của hệ 3 2 2 3 2 0 2 0 0 x x y y y = − − = ⇔ = = . Vậy 3 ;0 2 N − ÷ . Vậy ( ) 2 2 min 3 3. 1 2 2 3 3P H K ′ = = + = . Đạt được khi ( ) 3 3 ;0 ;0 2 2 N t N t ≡ ⇔ = ÷ . Soạn: Đỗ Cao Long 1 Giúp học sinh tự ôn tập môn Toán Suy ra MA MB+ nhỏ nhất bằng 3 3 khi 3 3 3 ; ; 2 2 2 M ÷ Cách 2: • Làm như cách 1, đến đoạn ( ) ( ) 2 2 3 1 2 2 2P t t = − + + − + ÷ . Xét hàm số ( ) ( ) ( ) 2 2 1 2 2 2f t t t= − + + − + Ta có ( ) ( ) ( ) 2 2 1 2 1 2 2 2 t t f t t t − − ′ = + − + − + ( ) ( ) ( ) 2 2 1 2 0 1 2 2 2 t t f t t t − − ′ = ⇔ = − − + − + ( ) ( ) ( ) 2 2 2 1 1 2 2 2 t t t t − − − ⇔ = − + − − + (*) • Xét hàm số ( ) 2 2 u g u u = + , Ta có ( ) ( ) 2 2 2 3 2 1 2 2 . . 0 2 2 2 u g u u u u u u ′ = + − = > ÷ ÷ + + + nên hàm số g đồng biến trên ¡ . • Do đó từ (*) ta có ( ) ( ) 3 1 2 1 2 2 g t g t t t t− = − − ⇔ − = − + ⇔ = Bảng biến thiên của hàm số f : t −∞ 3 2 +∞ ( ) f t ′ − 0 + ( ) f t +∞ 3 +∞ Từ bảng biến thiên suy ra ( ) 3 min 3 2 f t f = = ÷ . Vậy ( ) min 3 3MA MB+ = đạt được tại 3 2 t = , tức là 3 3 3 ; ; 2 2 2 M ÷ . 2). Làm tương tự câu 1), ta tính được ( ) 2 2 2 2 2 3 6 9 2 3 12 18Q MA MB t t t t= + = − + + − + 2 9 30 45t t= − + . Biểu thức này là tam thức bậc hai với hệ số 9 0a = > nên đạt giá trị nhỏ nhất khi 30 5 2.9 3 t − = − = . Tức là 5 5 5 ; ; 2 2 2 M ÷ . Nhận xét: nếu không nhớ tính chất về đồ thị bậc hai thì có thể khảo sát hàm số ( ) 2 9 30 45f t t t= − + để tìm giá trị hỏ nhất. 3). Theo câu 1) , gọi ( ) ; ;M t t t . Ta có ( ) ; ;3MA t t t= − − − uuur , ( ) ;3 ;3MB t t t= − − − uuur . Soạn: Đỗ Cao Long 2 Giúp học sinh tự ôn tập môn Toán Suy ra ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 ; 2 3 ;3 2 3MA MB t t t t t t− = − − − − − − − − − uuur uuur ( ) ; 6; 3t t t= − − . ( ) ( ) 2 2 2 2 2 6 3 3 18 45MA MB t t t t t⇒ − = + − + − = − + uuur uuur ( ) 2 2 3 3 18 18 3 2MA MB t⇒ − = − + ≥ = uuur uuur . Dấu “=” xảy ra 3 0 3t t ⇔ − = ⇔ = hay ( ) 3;3;3M . Vậy min 2 3 2MA MB− = uuur uuur đạt được tại ( ) 3;3;3M . Nhận xét: nếu không phân tích được ( ) 2 2 3 3 18MA MB t− = − + uuur uuur thì có thể khảo sát hàm số ( ) 2 3 18 45f t t t= − + để tìm giá trị nhỏ nhất. 4). Tương tự câu 1), ta tính được ( ) 2 2 3 2 3 4 6MA MB t t t t− = − + − − + ( ) ( ) 2 2 3 1 2 2 2MA MB t t − = − + − − + ÷ Trong mặt phẳng Oxy xét các điểm ( ) ;0N t Ox∈ ; ( ) ( ) 1; 2 ; 2; 2H K . Khi đó 3MA MB NH NK− = − Nhận thấy H, K nằm cùng phía so với trục Ox. Suy ra 3 3MA MB NH NK HK− = − ≤ . Bài toán này vô nghiệm vì ||KH Ox . Cách 2: Khảo sát hàm số như cách 2 ở câu 1 → Hàm số không có GTLN. Bài toán 2: Cho mặt phẳng ( ) : 4 0P x y z+ + − = . Tìm điểm ( ) M P∈ sao cho: 1). MA MB+ nhỏ nhất, biết ( ) 1;0;0A , ( ) 1;2;0B . 2). MA MB− lớn nhất, biết ( ) 1;2;1A , ( ) 0;1;2B . 3). 2 2 3MA MB+ nhỏ nhất, biết ( ) 1;2;1A , ( ) 0;1;2B . 4). 2 2 2 3 2MA MB MC+ + nhỏ nhất, biết ( ) 1;2;1A , ( ) 0;1;2B , ( ) 0;0;3C . 5). 3 4MA MB MC+ + uuur uuur uuuur nhỏ nhất, biết ( ) 1;2;1A , ( ) 0;1;2B , ( ) 0;0;3C . Hướng dẫn – Cách giải: 1). Cách giải • Xét vị trí tương đối của A, B so với (P). Đặt ( ) ; ; 4f x y z x y z= + + − . Thay tọa độ của A, B vào và tính ( ) ( ) ; ; . ; ; A A A B B B f x y z f x y z . - Nếu ( ) ( ) ; ; . ; ; 0 A A A B B B f x y z f x y z < thì A, B ở hai phần không gian khác nhau ngăn cách bởi (P). - Nếu ( ) ( ) ; ; . ; ; 0 A A A B B B f x y z f x y z > thì A, B ở cùng phía so với (P). • Nếu A, B ở khác phía so với (P) thì với ( ) M P∈ tùy ý ta có MA MB AB+ ≥ . Suy ra ( ) min MA MB AB+ = đạt được khi ( ) M AB P= ∩ . - Viết p/trình đường thẳng AB. Soạn: Đỗ Cao Long 3 Giúp học sinh tự ôn tập môn Toán - Tìm giao điểm M của ( ) AB P∩ . (Giải hệ p/trình của AB và (P)) - Kết luận. • Nếu A, B ở trong cùng phía so với (P) , ta lấy điểm A ′ đối xứng với A qua (P). Khi đó MA MA MA MB MA MB A B ′ ′ ′ = ⇒ + = + ≥ ( ) min MA MB A B ′ ⇒ + = đạt được khi ( ) M A B P ′ = ∩ ♣ Tính tọa độ A ′ : - Viết phương trình đường thẳng ( ) d qua A và ( ) ( ) d P⊥ - Giải hệ ( ) ( ) { } ;d P tìm được tọa độ của ( ) ( ) H d P= ∩ là hình chiếu vuông góc của A trên (P). - H là trung điểm của A A ′ . Biết tọa độ của ,A H suy ra tọa độ của A ′ . ♣ Viết p/trình đường thẳng A B ′ . ♣ Giải hệ ( ) { } ;A B P ′ tìm được tọa độ của ( ) M A B P ′ = ∩ . 2). Làm ngược lại của hai trường hợp trên câu 1. • Nếu A, B ở trong cùng phía so với (P) thì MA MB AB− ≤ • Nếu A, B ở trong cùng phía so với (P), ta lấy điểm A ′ đối xứng với A qua (P). Khi đó MA MA MA MB MA MB A B ′ ′ ′ = ⇒ − = − ≤ Cách làm mỗi trường hợp như câu 1. 3). Xét điểm I tùy ý, ta có ( ) 2 2 2 2 2 2 .MA MA MI IA MI IA MI IA= = + = + + uuur uuur uur uuur uur uuur uur ( ) 2 2 2 2 2 2 .MB MB MI IB MI IB MI IB= = + = + + uuur uuur uur uuur uur uuur uur Suy ra ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 . 2 2 .MA MB MI IA MI IA MI IB MI IB+ = + + + + + uuur uur uuur uur uuur uur uuur uur ( ) 2 2 2 2 2 2 3 2 2 2MA MB MI IA IB MI IA IB⇒ + = + + + + uuur uur uur uuur uur uur ( ) 2 2 2 2 2 2 3 2 2 2MA MB MI IA IB MI IA IB⇒ + = + + + + uuur uur uur Giả sử 2 0 2IA IB IA IB+ = ⇔ = − uur uur r uur uur , ta có tọa độ của I là: 2 1 2.0 1 1 2 3 3 2 2 2.1 4 1 2 3 3 2 1 2.2 5 1 2 3 3 A B A B A B x x x y y I y z z z + + = = = + + + = = = + + + = = = + . Hay 1 4 5 ; ; 3 3 3 I ÷ Soạn: Đỗ Cao Long A B M A’ B M A H Tr.Hợp 1 Tr.Hợp 2 4 Giúp học sinh tự ôn tập môn Toán Vậy, với 1 4 5 ; ; 3 3 3 I ÷ , ta có 2 0IA IB+ = uur uur r nên 2 2 2 2 2 2 3 2MA MB MI IA IB+ = + + . Do I cố định nên 2 2 ,IA IB không đổi. Vậy 2 2 2MA MB+ nhỏ nhất 2 MI⇔ nhỏ nhất MI⇔ nhỏ nhất M⇔ là hình chiếu của I trên (P). • Đường thẳng ( ) d qua 1 4 5 ; ; 3 3 3 I ÷ và vuông góc với (P) nhận vecto pháp tuyến ( ) 1;1;1n = r của (P) làm vecto chỉ phương nên có p/trình ( ) 1 3 4 : 3 5 3 x t d y t z t = + = + = + - Tọa độ giao điểm H của ( ) ( ) d P∩ là: 5 14 17 ; ; 9 9 9 H ÷ . - H là hình chiếu của I trên (P). • Vậy M là hình chiếu của I trên (P) nên M H≡ Kết luận: 2 2 2MA MB+ nhỏ nhất khi 5 14 17 ; ; 9 9 9 M ÷ 4). Làm tương tự câu 3) 5). Cần rút gọn tổng 3 4MA MB MC+ + uuur uuur uuuur thành một vecto MH uuuur . Khi đó 3 4MA MB MC MH MH+ + = = uuur uuur uuuur uuuur nhỏ nhất M ⇔ là hình chiếu của H trên (P). Làm như câu 3). Bằng cách phân tích ( ) ( ) 3 4 3 4MA MB MC MI IA MI IB MI IC+ + = + + + + + uuur uuur uuuur uuur uur uuur uur uuur uur 8 3 4MI IA IB IC= + + + uuur uur uur uur Đến đây chỉ việc tìm tọa độ điểm I sao cho 3 4 0IA IB IC+ + = uur uur uur r rồi làm tiếp theo hướng dẫn trên. Chú ý: ( ) 1 3 4 0 3 4 8 IA IB IC OI OA OB OC+ + = ⇔ = + + uur uur uur r uur uuur uuur uuur Suy ra tọa độ của I là ( ) ( ) ( ) 1 3 4 8 1 3 4 8 1 3 4 8 I A B C I A B C I A B C x x x x y y y y z z z z = + + = + + = + + . Soạn: Đỗ Cao Long 5 . Giúp học sinh tự ôn tập môn Toán MỘT SỐ BÀI TOÁN CỰC TRỊ TRONG HÌNH HỌC GIẢI TÍCH Bài toán 1: Cho đường thẳng ( ) : 1 1. MB NH NK HK− = − ≤ . Bài toán này vô nghiệm vì ||KH Ox . Cách 2: Khảo sát hàm số như cách 2 ở câu 1 → Hàm số không có GTLN. Bài toán 2: Cho mặt phẳng