Ứng Dụng Tâm Tỉ Cự Giải Bài Toán Cực Trị Hình Học

Trang chủ Tìm kiếm Trang chủ Tìm kiếm Ứng dụng tâm tỉ cự giải bài toán cực trị Hình học pdf 10 159 KB 198 1.4k 4.6 ( 8 lượt) Xem tài liệu Nhấn vào bên dưới để tải tài liệu Tải về Đang chuẩn bị: 60 Bắt đầu tải xuống Để tải xuống xem đầy đủ hãy nhấn vào bên trên Chủ đề liên quan Ứng dụng tâm tỉ cự Cực trị hình học Phương pháp giải hình học Bài tập hình học Bài toán cực trị

Nội dung

ỨNG DỤNG TÂM TỈ CỰ GIẢI BÀI TOÁN CỰC TRỊ HÌNH HỌC Batigoal–mathscope.org Email: hoangquan9@gmail.com Bản quyền chuyên ñề thuộc về Batigoal. Chuyên ñề viết ra nhằm phục vụ cộng ñồng các bạn yêu toán. Nếu bạn nào muốn sử dụng cho mục ñích thương mại hay dùng cho các cuộc thi viết chuyên ñề phải có sự ñồng ý của tác giả. I.CƠ SỞ PHƯƠNG PHÁP GIẢI SỬ DỤNG TÂM TỈ CỰ Xuất phát từ việc khai thác bài toán sau: Cho hệ n ñiểm A1 , A 2 ,..., A n và n số k1 , k2 ,..., kn mà k1 + k2 + ... + kn = k ≠ 0 a,Chứng minh rằng có duy nhất một ñiểm G sao cho: uuur uuuur uuuur r k1 GA1 + k2 GA2 + ... + kn GAn = 0 Điểm G như thế gọi là tâm tỉ cự của hệ ñiểm Ai , gắn với các hệ số ki . Trong trường hợp các hệ số ki bằng nhau (và do ñó có thể xem các ki ñều bằng 1), thì G gọi là trọng tâm của hệ ñiểm Ai . b, Chứng minh rằng nếu G là tâm tỉ cự nói ở câu a, thì mọi ñiểm O bất kì ta có: uuur 1 uuur uuuur uuuur OG = (k1 OA1 + k2 OA2 + ... + kn OAn ) k Chứng minh Batigoal Email:hoangquan9@gmail.com uuur uuuur uuuur r a,Tacó k1 GA1 + k2 GA2 + ... + kn GAn = 0 uuur uuur uuuur uuur uuuur r ⇔ k1 GA1 + k2 (GA1 + A1 A2 ) + ... + kn (GA1 + A1 An ) = 0 uuur uuuur uuuur uuuur ⇔ (k1 + k2 + ... + kn )GA1 = k2 A2 A1 + k3 A3 A1 + ... + kn An A1 uuuur uuuur uuuur uuur k A A + k A A + ... + k A A 2 2 1 3 3 1 n n 1 vì k1 + k2 + ... + kn = k ≠ 0 ⇔ GA1 = k1 + k2 + ... + kn Vậy ñiểm G xác ñịnh và duy nhất. uuur uuuur uuuur r b, Với ñiểm O bất kì , ta có k1 GA1 + k2 GA2 + ... + kn GAn = 0 uuuur uuur uuuuur uuur uuuuur uuur r ⇔ k1 (OA1 − OG ) + k2 (OA2 − OG ) + ... + kn (OAn − OG ) = 0 uuur uuur uuuur uuuur ⇔ (k1 + k2 + ... + kn )OG = k1 OA1 + k2 OA2 + ... + kn OAn uuur uuuur uuuur uuur k OA + k OA + ... + k OA 1 uuur uuuur uuuur n n = (k1 OA1 + k2 OA2 + ... + kn OAn ) (ñfcm) ⇔ OG = 1 1 2 2 k1 + k2 + ... + kn k vì k1 + k2 + ... + kn = k ≠ 0 . Vậy từ bài toán này ta có hai kết quả quan trọng sau: 1. Cho hệ n ñiểm A1 , A 2 ,..., A n và n số k1 , k2 ,..., kn mà k1 + k2 + ... + kn = k ≠ 0 Khi ñó có duy nhất một ñiểm G sao cho: uuur uuuur uuuur r k1 GA1 + k2 GA2 + ... + kn GAn = 0 Điểm G như thế gọi là tâm tỉ cự của hệ ñiểm Ai , gắn với các hệ số ki . 2. Nếu G là tâm tỉ cự thì mọi ñiểm O bất kì ta có: uuur 1 uuur uuuur uuuur OG = (k1 OA1 + k2 OA2 + ... + kn OAn ) k Bây giờ ta sẽ sử dụng hai kết quả này ñể giải các bài toán quỹ tích và cực trị hình học. Batigoal Email:hoangquan9@gmail.com III. ỨNG DỤNG TÂM TỈ CỰ ĐỂ GIẢI BÀI TOÁN CỰC TRỊ HÌNH HỌC 1. DẠNG I Cực trị ñộ dài véc tơ. Nhận xét : Áp dụng tâm tỉ cự: Cho n ñiểm A1 , A 2 ,..., A n với n số k1 , k2 ,..., kn mà k1 + k2 + ... + kn = k ≠ 0 và ñường thẳng d ( hoặc mặt phẳng(P)) .Tìm ñiểm M trên ñường thẳng d ( hoặc mp(P)) sao uuuur uuuur uuuur cho k1 MA1 + k2 MA2 + ... + kn MAn nhỏ nhất. Cách giải uur uuur uuur r Bước 1: Áp dụng tâm tỉ cự . Gọi I là ñiểm thỏa mãn k1 IA1 + k2 IA2 + ... + kn IAn = 0 Bước2: Áp dụng quy tắc 3 ñiểm biến ñổi: uuuur uuuur uuuur uuur uuur k1 MA1 + k2 MA2 + ... + kn MAn = (k1 + k2 + ... + kn ) MI = k MI Bước 3: Tìm ñộ dài nhỏ nhất của véc tơ ñã cho xảy ra khi M ở vị trí nào? Ví dụ 1.1: Cho tam giác ABC và ñường thẳng d . Tìm ñiểm M trên ñường thẳng d sao cho uuur uuur uuuur MA + MB + 2 MC nhỏ nhất Giải uur uur uur r Chọn ñiểm I thỏa mãn IA + IB + 2 IC = 0 , khi ñó ñiểm I là tâm tỉ cự của A, B, C gắn với bộ số (1, 1, 2) nên ñiểm I xác ñịnh duy nhất. Ta có: uuur uuur uuuur uuur uur uuur uur uuur uur uuur uur uur uur uuur MA + MB + 2MC = ( MI + IA) + ( MI + IB) + 2( MI + IC ) = 4 MI + IA + IB + 2 IC = 4 MI vì uur uur uur r IA + IB + 2 IC = 0 uuur uuur uuuur uuur uuur uuur uuuur Vậy . MA + MB + 2MC = 4 MI Do ñó MA + MB + 2 MC nhỏ nhất khi và chỉ khi M là hình chiếu vuông góc của I lên ñường thẳng d. Batigoal Email:hoangquan9@gmail.com Ví dụ sau minh họa cho cách dùng tâm tỉ cự giải bài toán cực trong mặt phẳng tọa ñộ Oxy. Ví dụ 1.2 TRong mặt phẳng tọa ñộ Oxy cho tam giác ABC có A(-1;0), B(2;3), C(3;-6) và uuur uuur uuuur ñường thẳng ∆ : x − 2 y − 3 = 0 . Tìm ñiểm M trên ∆ sao cho MA + MB + MC nhỏ nhất. Giải uuur uuur uuur r Gọi G là trọng tâm tam giác ABC ta có GA + GB + GC = 0 . Và trọng tâm G có tọa −1 + 2 + 3 0 + 3 − 6 4 ; ) = ( ; −1) 3 3 3 uuur uuur uuuur uuuur uuur uuur uuur uuuur uuur uuur uuuur uuuur Ta có MA + MB + MC = 3MG + GA + GB + GC = 3MG nên MA + MB + MC = 3 MG ñộ G = ( uuuur Vậy nhỏ nhất ⇔ MG nhỏ nhất ⇔ M là hình chiếu vuông góc của G lên ñường thẳng ∆ . 4 3 Gọi d là ñường thẳng qua G ( ; −1) và vuông góc với ñường thẳng ∆ : x − 2 y − 3 = 0 uur nên ñường thẳng d có vec tơ pháp tuyến nd (2;1) . 4 3 Phương trình tổng quát ñường thẳng d : 2( x − ) + ( y + 1) = 0 ⇔ 2x + y − 5 = 0. 3 Tọa ñô ñiểm M cần tìm là nghiệm của hệ phương trình: x − 2y −3 = 0 5 2x + y − = 0 3 Vậy M( Batigoal ⇔ x= 19 15 y= −13 15 uuur uuur uuuur 19 −13 ) là ñiểm cần tìm ñể MA + MB + MC nhỏ nhất ; 15 15 Email:hoangquan9@gmail.com MỞ RỘNG : Với việc nắm tốt cách giải trên, sau này lên lớp 12 học sinh cũng có thể làm tốt các bài toán cực trị tương tự trong không gian Oxyz. như sau: Ví dụ 1.3 Trong không gian Oxyz cho 2 ñiểm A(3;1;1) và B(7; 3; 9) và mặt phẳng (α ) : x + y + z + 3 = 0 uuur uuur Tìm ñiểm M trên mp( α ) ñể MA + MB ñạt giá trị nhỏ nhất. Giải uur uur r Chọn I(x; y; z) là ñiểm thỏa mãn IA + IB = 0 , suy ra I là trung ñiểm AB nên I có tọa ñộ I(5; 2; 5) uuur uuur uuuur uuur uur uuuur Ta có MA + MB = 2MI + ( IA + IB) = 2 MI uuur uuur uuur uuur uuur uuur Vậy MA + MB = 2 MI . Do ñó MA + MB nhỏ nhất ⇔ MI nhỏ nhất ⇔ M là hình chiếu vuông góc của I lên mp( α ). Đường thẳng MI có phương trình tham số x = 5+t y = 2+t z = 5+t Nên M( 5 + t ; 2 + t ;5 + t ). Tọa ñộ M thỏa mãn phương trinh mp( α ) x + y + z + 3 = 0 Ta có 5 + t + 2 + t + 5 + t + 3 = 0 ⇔ 3t = −15 ⇔ t = −5 . uuur uuur Vậy M(0; -3 ; 0) thì MA + MB ñạt giá trị nhỏ nhất Ví dụ 1.4:Trong không gian Oxyz cho hình tứ diện ABCD có các ñỉnh A(3;4;-1), B(-5; 3;-2), C(3;-1;2), D(1;1;4) uuur uuur uuuur uuuur Tìm ñiểm M trong không gian sao cho MA + MB + MC + MD nhỏ nhất. Giải Batigoal Email:hoangquan9@gmail.com uuur uuur uuur uuur r Gọi G(x; y; z) là ñiểm thoả mãn GA + GB + GC + GD = 0 , khi ñó G là trọng tâm của tứ diện ABCD nên G có toạ ñộ G= ( 3 − 5 + 3 + 1 4 + 3 − 1 + 1 −1 − 2 + 2 + 4 1 7 3 ; ; )=( ; ; ) 4 4 4 2 4 4 Áp dụng quy tắc 3 ñiểm , ta có: uuur uuur uuuur uuuur uuuur uuur uuuur uuur uuuur uuur uuuur uuur MA + MB + MC + MD = MG + GA + MG + GB + MG + GC + MG + GD uuuur uuur uuur uuur uuur uuuur = 4 MG + GA + GB + GC + GD = 4MG uuur uuur uuuur uuuur uuuur 1 7 3 2 4 4 Vậy MA + MB + MC + MD nhỏ nhất ⇔ 4MG nhỏ nhất ⇔ M ≡ G hay M ( ; ; ) 2. DẠNG 2: Cực trị ñộ dài bình phương vô hướng của véc tơ BÀI TOÁN:Cho ña giác A1 A2 ... An và n số thực k1 , k2 ,..., kn mà k1 + k2 + ... + kn = k > 0 Tìm ñiểm M thuộc mặt phẳng (thuộc ñường thẳng) sao cho tổng S = k1MA12 + k2 MA22 + ... + k n MAn2 ñạt giá trị nhỏ nhất. Cách Giải uur uuur uuur r Bước 1: Gọi I là ñiểm thỏa mãn k1 IA1 + k2 IA2 + ... + kn IAn = 0 , khi ñó ñiểm I là tâm tỉ cự của A1 , A2 ,..., An gắn với bộ n số k1 , k2 ,..., kn mà k1 + k2 + ... + kn = k > 0 , Vì I là tâm tỉ cự nên ñiểm I xác ñịnh duy nhất. Bước 2: Áp dụng quy tắc 3 ñiểm biến ñổi dẫn tới S = k1MA12 + k2 MA22 + ... + kn MAn2 uuur uur uuur uuur = (k1 + k2 + ... + kn ) MI 2 + (k1 IA12 + k2 IA22 + ... + kn IAn2 ) + 2MI (k1 IA1 + k2 IA2 + ... + kn IAn ) uur uuur uuur r = kMI 2 + (k1IA12 + k2 IA22 + ... + kn IAn2 ) vì k1 IA1 + k2 IA2 + ... + kn IAn = 0 Bước 3 : Do k > 0 vậy ñể S = k1MA12 + k2 MA22 + ... + kn MAn2 ñạt giá trị nhỏ nhất thì ta xác ñịnh vị trí M cần tìm. Chú ý : Bài toán cho ña giác A1 A2 ... An và n số thực k1 , k2 ,..., kn mà k1 + k2 + ... + kn = k < 0 . Tìm ñiểm M thuộc mặt phẳng ( thuộc ñường thẳng) sao cho Batigoal Email:hoangquan9@gmail.com tổng S = k1MA12 + k2 MA22 + ... + kn MAn2 ñạt giá trị lớn nhất có cách giải tương tự như trên. Ví dụ 2.1 : Tìm ñiểm M nằm trên mặt phẳng chứa tam giác tam giác ABC sao cho tổng MA2 + 2 MB 2 + 3MC 2 nhỏ nhất. Bài giải uur uur uur r Gọi I là ñiểm thỏa mãn IA + 2 IB + 3IC = 0 , khi ñó ñiểm I là tâm tỉ cự của A, B, C nên ñiểm I xác ñịnh duy nhất. Với mọi ñiểm M ,Ta có uuur uur uuur uur uuur uur MA2 + 2MB 2 + 3MC 2 = ( MI + IA) 2 + 2( MI + IB) 2 + 3( MI + IC )2 uuur uur uur uur = 6 MI 2 + ( IA2 + 2 IB 2 + 3IC 2 ) + 2 MI ( IA + 2 IB + 3IC ) uur uur uur r = 6 MI 2 + ( IA2 + 2 IB 2 + 3IC 2 ) vì IA + 2 IB + 3IC = 0 Do ñó MA2 + 2 MB 2 + 3MC 2 ñạt giá trị nhỏ nhất ⇔ M ≡ I . Ví dụ 2.2 : Tìm ñiểm M nằm trên mặt phẳng chứa tam giác tam giác ABC sao cho tổng MA2 + 2 MB 2 − 6MC 2 ñạt giá trị lớn nhất. Bài giải uur uur uur r Gọi I là ñiểm thỏa mãn IA + 2 IB − 6 IC = 0 , khi ñó ñiểm I là tâm tỉ cự của A, B, C nên ñiểm I xác ñịnh duy nhất. Với mọi ñiểm M ,Ta có uuur uur uuur uur uuur uur MA2 + 2MB 2 − 6 MC 2 = ( MI + IA) 2 + 2( MI + IB) 2 − 6( MI + IC )2 uuur uur uur uur = −3MI 2 + ( IA2 + 2 IB 2 − 6 IC 2 ) + 2 MI ( IA + 2 IB − 6 IC ) uur uur uur r = −3MI 2 + ( IA2 + 2 IB 2 − 6 IC 2 ) vì IA + 2 IB − 6 IC = 0 Do ñó MA2 + 2 MB 2 − 6MC 2 ñạt giá trị lớn nhất ⇔ M ≡ I . Ví dụ 2.3 : Trong mặt phẳng xoy cho ñường thẳng ∆ : x+y+2=0 và các ñiểm A(2;1), B(-1;-3),C(1;3). Tìm ñiểm M thuộc ñường thẳng ∆ sao cho: MA2 + MB 2 − MC 2 nhỏ nhất. Batigoal Email:hoangquan9@gmail.com Giải Cách 1: Giải theo phương pháp ñại số Gọi M(x;y) thuộc ñường thẳng ∆ x+y+2 = 0 là ñiểm cần tìm, ta có: x = - y - 2 MA2 = ( x − 2) 2 + ( y − 1)2 MB 2 = ( x + 1) 2 + ( y + 3) 2 MC 2 = ( x − 1) 2 + ( y − 3) 2 Vậy MA2 + MB 2 − MC 2 = x 2 + y 2 + 10 y + 5 = (− y − 2) 2 + y 2 + 10 y + 5 = 2 y 2 + 14 y + 9 Xét hàm số f ( y ) = 2 y 2 + 14 y + 9 có ñồ thị là Parabol, bề lõm quay lên trên nên f ( y ) = 2 y 2 + 14 y + 9 ñạt giá trị nhỏ nhất khi y = −7 3 . Vậy x = − y − 2 = nên 2 2 3 −7 ) 2 2 M( ; 3 −7 ) 2 2 Kết luận: MA2 + MB 2 − MC 2 nhỏ nhất khi M ( ; Cách 2: Giải theo phương pháp tâm tỉ cự uur uur uur r Gọi I(x; y) là ñiểm thoả mãn IA + IB − IC = 0 uur Khi ñó IA = (2 − x;1 − y ) uur IB = (−1 − x; −3 − y ) uur IC = (1 − x;3 − y ) uur uur uur r Vậy IA + IB − IC = 0 ⇔ -x=0 ⇔ I (0;-5) -5 – y = 0 uuur uur uuur uur uuur uur Ta có: MA2 + MB 2 − MC 2 = ( MI + IA) 2 + ( MI + IB) 2 − ( MI + IC )2 uuur uur uur uur = MI 2 + IA2 + IB 2 − IC 2 + 2MI ( IA + IB − IC ) uur uur uur r = MI 2 + IA2 + IB 2 − IC 2 (Vì IA + IB − IC = 0 ) Batigoal Email:hoangquan9@gmail.com Do các ñiểm I, A, B, C xác ñịnh nên ñể MA2 + MB 2 − MC 2 nhỏ nhất ⇔ MI nhỏ nhất ⇔ MI ⊥ ∆ hay M là hình chiếu vuông góc của I lên ñường thẳng ∆ . r Đường thẳng ∆ nhận n ∆ (1;1) làm vec tơ pháp tuyến nên ñường thẳng MI có vec tơ r pháp tuyến n(1; −1) . Phương trình tổng quát ñường thẳng MI qua ñiểm I (0; - 5) và r có véc tơ pháp tuyến n(1; −1) là : 1(x - 0) – 1(y +5) = 0 ⇔ x-y-5=0 Tọa ñộ ñiểm M cần tìm là nghiệm của hệ phương trình 3 −7 ⇔ M( ; ) 2 2 x + y +2 = 0 x-y–5=0 So sánh 2 cách giải trên rõ ràng cách giải thứ 2 là cách giải hình học thuần tuý , ñối với cách giải thứ nhất thì học sinh cần phải nắm vững cả kiến thức ñại số về hàm bậc 2 có ñồ thị là parabol. Ví dụ sau ñây chỉ ra rằng phương pháp tâm tỉ cự không chỉ là phương pháp hữu hiệu ñể giải bài toán cực trị trong mặt phẳng Oxy ñã nói ở trên mà cả giải bài toán cực trị trong không gian Oxyz . Ví dụ 2.4:Trong không gian Oxyz cho mặt phẳng (P): x – y + 2z = 0 và các ñiểm A (1;2; -1), B(3;1;-2), C(1;-2;1). Tìm ñiểm M thuộc mặt phẳng (P) sao cho: MA2 − MB 2 − MC 2 lớn nhất. Giải uur uur uur r Gọi I(x;y;z) là ñiểm thoả mãn IA − IB − IC = 0 uur Ta có : IA = (1 − x; 2 − y; −1 − z ) uur IB = (3 − x;1 − y; −2 − z ) uur IC = (1 − x; −2 − y;1 − z ) uur uur uur r Vậy IA − IB − IC = 0 ⇔ -3 + x = 0 3+y=0 ⇔ I(3; - 3 ; 0) z = 0 Batigoal Email:hoangquan9@gmail.com uuur uur uuur uur uuur uur Ta có: MA2 − MB 2 − MC 2 = ( MI + IA) 2 − ( MI + IB) 2 − ( MI + IC )2 uuur uur uur uur = − MI 2 + IA2 − IB 2 − IC 2 + 2 MI ( IA − IB − IC ) uur uur uur r = − MI 2 + IA2 − IB 2 − IC 2 ( Vì IA − IB − IC = 0 ) Do các ñiểm I, A, B, C xác ñịnh nên MA2 − MB 2 − MC 2 lớn nhất ⇔ MI nhỏ nhất hay M là hình chiếu vuông góc của I lên mặt phẳng (P). Ta tìm toạ ñộ M. uur Đường thẳng MI ñi qua ñiểm I(3;-3;0) và có vec tơ chỉ phương là n p (1; −1; 2) . Phương trình ñường thẳng MI x=3+t y = -3 – t z = 2t Vậy M có toạ ñộ M( 3 + t; -3-t;2t). Vì M thuộc mp(P) nên ta có: 3 + t – (-3 - t) + 2.2t =0 ⇔ 6t + 6 = 0 ⇔ t = -1 . vậy M(2; -2; -2) là ñiểm cần tìm. Batigoal Email:hoangquan9@gmail.com This site is protected by reCAPTCHA and the Google Privacy Policy and Terms of Service apply.

Tìm kiếm

Chủ đề

Đơn xin việc Đồ án tốt nghiệp Hóa học 11 Đề thi mẫu TOEIC Atlat Địa lí Việt Nam Mẫu sơ yếu lý lịch Giải phẫu sinh lý Lý thuyết Dow Tài chính hành vi Thực hành Excel Bài tiểu luận mẫu Trắc nghiệm Sinh 12 adblock ​ Bạn đang sử dụng trình chặn quảng cáo?

Nếu không có thu nhập từ quảng cáo, chúng tôi không thể tiếp tục tài trợ cho việc tạo nội dung cho bạn.

Tôi hiểu và đã tắt chặn quảng cáo cho trang web này