dàn âm thanh hội trường, âm thanh lớp học, âm thanh phòng họp, loa trợ giảng

SKKN Ứng dụng của một số phép biến hình nhằm đáp ứng kỳ thi tốt nghiệp trung học phổ thông và kỳ thi chọn học sinh giỏi các cấp

SKKN Ứng dụng của một số phép biến hình nhằm đáp ứng kỳ thi tốt nghiệp trung học phổ thông và kỳ thi chọn học sinh giỏi các cấp

SGK, sách ôn thi, sách tham khảo giá rẻ

Các thầy cô cần file liên hệ với chúng tôi tại fanpage facebook O2 Education

Hoặc xem nhiều SKKN hơn tại:  Tổng hợp SKKN luận văn luận án O2 Education

Điều kiện hoàn cảnh tạo ra sáng kiến
Từ năm học 2016–2017, việc đổi mới phương pháp thi THPT Quốc gia và
bây giờ là thi Tốt nghiệp THPT trong đó có sự đổi mới hình thức thi Đại học môn
Toán từ tự luận 180 phút sang trắc nghiệm 100% (gồm 50 câu hỏi với thời gian 90
phút), hầu hết các giáo viên và học sinh gặp không ít khó khăn. Với thi trắc
nghiệm, đòi hỏi học sinh phải hiểu cặn kẽ về mặt lý thuyết; biết tư duy linh hoạt
làm thế nào để đưa ra đáp án nhanh và chính xác. Để làm được điều đó, giáo viên
cần trang bị cho học sinh đầy đủ kiến thức cơ bản, kỹ năng tổng hợp phân tích các
dạng toán để có thể giải quyết các bài tập ở cả 4 cấp độ tư duy.
Trong quá trình dạy học môn Toán, đối với học sinh Trung học phổ thông
thường chúng ta phải phân tích, phán đoán các hướng giải quyết bài toán, liên hệ
giữa bài toán đó với các bài toán quen thuộc, đơn giản hơn đặc biệt là mối quan
quan hệ và ứng dụng của các chủ đề kiến thức để có hướng giải quyết tương tự và
ngược lại từ một bài toán đơn giản ta có thể đi sâu phân tích, mở rộng, phát triển
thành những bài toán mới.
Khi dạy phần phép biến hình trong mặt phẳng và trong không gian tôi thấy
hầu như học sinh rất “sợ”. Đặc biệt là việc ứng dụng nó trong giải quyết các bài
toán liên quan là một nội dung khó đòi hỏi học sinh vừa phải nắm chắc kiến thức
về phép biến hình vừa phải biết tư duy hình học và biết kết hợp sử dụng các
phương pháp trong từng nội dung tương ứng.
Đồng thời hiện nay trên quan điểm cải cách giáo dục, người ta nghiên cứu và
cải tiến nội dung chương trình toán học bằng cách bỏ bớt nhũng lý luận dài dòng
không cần thiết. Mục tiêu cuối cùng cần đạt tới là làm thế nào cho học sinh nắm
được mối quan hệ biện chứng giữa các khái niệm, tính chất và nhớ các kiến thức cơ
bản của môn học để tính toán, suy luận nhanh gọn để giải quyết vấn đề đặt ra.
Trên tinh thần đó, chúng ta cần tăng cường cho học sinh vận dụng kiến thức
vào nhiều tình huống, kiến thức khác nhau thông qua hệ thống các ví dụ, bài tập đa
dạng, phong phú để giúp rèn luyện, phát triển tư duy cho học sinh. Khi đó học sinh
biết nhìn nhận mọi vấn đề dưới nhiều góc độ khác nhau. Không những vậy mà
thông qua việc giải các ví dụ trong chủ đề còn giúp học sinh hình thành thế giới
quan duy vật biện chứng, gây hứng thú học tập, say mê tìm tòi sáng tạo. Sự say mê
khoa học thường được bắt nguồn từ sự hiểu biết. Giúp học sinh hiểu biết sâu hơn về
phép biến hình nói riêng và các ứng dụng của nội dung cho các đơn vị kiến thức
3

liên quan nói chung là góp phần làm cho các em say mê môn toán và các môn khoa
học khác.
Để nâng cao hiệu quả giáo dục và góp phần đáp ứng nhu cầu đổi mới giáo
dục ở nước ta hiện nay trong dạy học môn toán ở nhà trường phổ thông tôi nghiên
cứu đề tài: “ Ứng dụng của một số phép biến hình nhằm đáp ứng kỳ thi tốt
nghiệp trung học phổ thông và kỳ thi chọn học sinh giỏi các cấp”.
II. Mô tả giải pháp

SGK, sách ôn thi, sách tham khảo giá rẻ
  1. Mô tả giải pháp trước khi tạo ra sáng kiến
    Chủ đề về phép biến hình nói riêng và hình học nói chung là rất quan trọng
    trong chương trình toán THPT. Đã có rất nhiều các phương pháp để tiếp cận và giải
    quyết các bài toán trong chủ đề. Tuy nhiên với việc đã quen với không quan tâm
    đúng của cả giáo viên và học sinh do trước đây các câu hỏi chỉ dừng lại ở mức độ
    nhẹ nhàng cũng như “ngại” phần hình học đến khi gần đây đã xuất hiện các khai
    thác ứng dụng của nó trong các câu hỏi vận dụng và cũng đã xuất hiện trong các đề
    thi tốt nghiệp THPT cũng như trong kỳ thi chọn học sinh giỏi các cấp. Đặc biệt là
    các ứng dụng không còn đơn thuần trong hình học tổng hợp nữa mà còn xuất hiện
    trong hình học toạ độ cũng như trong giải tích dẫn tới rất nhiều khó khăn cho giáo
    viên và học sinh. Một trong những khó khăn mà học sinh gặp phải là chưa khai thác
    hết tính chất về phép biến hình đặc biệt là việc áp dụng nó với phần kiến thức trong
    hình học toạ độ và giải tích.
    Trong quá trình dạy học của mình, tôi nhận thấy nếu cung cấp cho học sinh đầy
    đủ kiến thức nêu trên và cách nhìn nhận bài toán cũng như việc liên hệ các kiến thức
    để chuyển hoá bài toán lạ về bài toán quen thuộc, đơn giản hơn thì học sinh hoàn toàn
    có thể giải quyết được vấn đề mà không quá khó khăn để từ đó đam mê với nội dung
    và môn học.
    Một số phương pháp quen thuộc với loại toán này mà các em học sinh được
    biết ở các tài liệu đã đề cập ở mức độ nhận biết, thông hiểu. Trong sáng kiến này, tôi
    xin trình bày chủ yếu các ứng dụng của một số phép biến hình trong mặt phẳng và
    không gian như: Phép đối xứng tâm; Phép đối xứng trục; Phép tịnh tiến; Phép quay và
    Phép vị tự nhằm giải quyết các bài toán ở mức độ vận dụng trong chủ đề cũng như
    không chỉ bó hẹp trong hình học mà còn trong cả giải tích.
  2. Mô tả giải pháp sau khi tạo ra sáng kiến
    Vấn đề đặt ra trong sáng kiến là tôi không đưa ra các bài toán mức độ nhẹ
    nhàng liên quan trực tiếp tới các phép biến hình đó hay các phương pháp giải như
    4

    đã biết đối với các nội dung liên quan mà ở đây tôi chỉ đưa ra các phân tích và một
    số ứng dụng đối với các phép biến hình nói trên trong việc giải quyết các bài toán ở
    mức độ vận dụng không chỉ trong lĩnh vực hình học mà còn tìm hiểu sâu rộng trong
    cả lĩnh vực giải tích.
    2.1. Phép đối xứng: Đối xứng trục, đối xứng tâm và đối xứng qua mặt phẳng
    2.1.1. Khái niệm và tính chất liên quan
    Phép biến hình và phép dời hình trong không gian được định nghĩa tương tự
    như trong mặt phẳng nên các khái niệm sau ta chỉ trình bày trong mặt phẳng:
    Trước tiên chúng ta tìm hiểu về phép biến hình:
    Quy tắc đặt tương ứng mỗi điểm M của mặt phẳng với một điểm xác định duy
    nhất M  của mặt phẳng đó được gọi là phép biến hình trong mặt phẳng.
    Nếu ký hiệu phép biến hình là F thì ta viết F M M     hay M F M    
    và gọi điểm M  là ảnh của điểm M qua phép biến hình F.
    Nếu H là một hình nào đó trong mặt phẳng thì ta kí hiệu H H   F   là tập
    các điểm M F M    , với mọi điểm M thuộc H. Khi đó ta nói F biến hình H
    thành hình H  , hay hình H  là ảnh của hình H qua phép biến hình F.
    2.1.1.1. Phép đối xứng trục
  • Định nghĩa: Cho đường thẳng d. Phép biến hình
    biến mỗi điểm M thuộc d thành chính nó, biến
    mỗi điểm M không thuộc d thành M  sao cho d
    là đường trung trực của đoạn thẳng MM  được gọi
    là phép đối xứng qua đường thẳng d hay phép đối
    xứng trục d.
    Đường thẳng d được gọi là trục của phép đối xứng hoặc đơn giản gọi là trục đối xứng.
    Phép đối xứng trục d thường được kí hiệu là . Ñd
    Nếu hình H  là ảnh của hình H qua phép đối xứng trục d thì ta còn nói H
    đối xứng với H 
    qua d , hay H và H  đối xứng với nhau qua d.
  • Nhận xét
     Cho đường thẳng d. Với mỗi điểm M, gọi M0
    là hình chiếu vuông góc của M
    trên đường thẳng d. Khi đó M   Ñ Md   0 0    M M M M  .
     
     M   Ñ Md     M  . Ñ Md
  • Biểu thức toạ độ
    5

     Nếu d Ox  , gọi M x y     ;    
          ; Ñ M x y d
    thì .
    x x
    y y
    

     

        
     Nếu d Oy  , gọi M x y     ;    
          ; Ñ M x y d
    thì .
    x x
    y y
    

      

       
  • Tính chất
    Tính chất 1: Phép đối xứng trục bảo toàn khoảng cách giữa hai điểm bất kì.
    Tính chất 2: Phép đối xứng trục biến đường thẳng thành đường thẳng, biến
    đoạn thẳng thành đoạn thẳng bằng nó, biến tam giác thành tam giác bằng nó, biến
    đường tròn thành đường tròn có cùng bán kính.
  • Trục đối xứng của một hình
    Đường thẳng d gọi là trục đối xứng của hình H nếu phép đối xứng qua d biến
    hình H thành chính nó. Khi đó ta nói H là hình có trục đối xứng.
    2.1.1.2. Phép đối xứng tâm
  • Định nghĩa
    Cho điểm I . Phép biến hình biến
    điểm I thành chính nó, biến mỗi điểm
    M khác I thành M  sao cho I là trung
    điểm của MM  được gọi là phép đối
    xứng tâm I .
    Điểm I được gọi là tâm đối xứng.
    Phép đối xứng tâm I thường được kí hiệu là . ÑI
    Nếu hình H  là ảnh của hình H qua ÑI
    thì ta còn nói H đối xứng với H 
    qua tâm I , hay H và H  đối xứng với nhau qua I.
    Từ đinh nghĩa suy ra M Ñ M    I  IM IM    .
     
  • Biểu thức toạ độ
    R
    R
    O’
    O
    B’ C’
    A’
    B C
    A
    a’
    a
    I
    M’
    M
    6

    N’
    N
    I
    M’
    M
     Với O0;0, ta có M x y     ;    
          ; Ñ M x y I
    thì .
    x x
    y y
    

      

        
     Với I a b  ; , ta có M x y     ;    
          ; Ñ M x y I
    thì
    2
    .
    2
    x a x
    y b y
    

      

        
  • Tính chất
    Tính chất 1: Nếu    Ñ M M I
    và    Ñ N N I
    thì M N MN    
     
    , từ đó suy
    ra M N MN    .
    Tính chất 2: Phép đối xứng tâm biến đường thẳng thành đường thẳng song
    song hoặc trùng với nó, biến đoạn thẳng thành đoạn thẳng bằng nó, biến tam giác
    thành tam giác bằng nó, biến đường tròn thành đường tròn cùng bán kính.
  • Tâm đối xứng của một hình
    Điểm I được gọi là tâm đối xứng của hình H nếu phép đối xứng tâm I biến
    hình H thành chính nó. Khi đó ta nói H là hình có tâm đối xứng.
    2.1.1.3. Phép đối xứng qua mặt phẳng
    Phép đối xứng qua mặt phẳng P là phép
    biến hình biến mỗi điểm thuộc P thành
    chính nó, biến mỗi điểm M không thuộc P
    thành điểm M sao cho P là mặt phẳng
    trung trực của MM .
    Nếu phép đối xứng qua mặt phẳng P
    biến hình H thành chính nó thì P được gọi là mặt phẳng đối xứng của hình H.
    2.1.2. Ví dụ áp dụng
    A’
    A
    O’
    O
    C’
    B’
    A’
    C
    B
    A
    B’
    A’
    B
    A
    I I I
    7

    Ví dụ 1: Gọi m0
    là số thực sao cho phương trình  
    3
    0
    x x m 12 có ba nghiệm
    dương phân biệt 1
    x ,
    2
    x ,
    3
    x thỏa mãn 1 2 3 x x x    1 4 3. Biết rằng m0

    dạng a b 3  với a b, là các số hữu tỷ. Tính 2
    4 8 . a b 
    A. 106. B. 115. C. 113. D. 101.
    Hướng dẫn:
    x
    y
    16
    1
    Từ đồ thị của hàm số  
    3
    y x x 12 ta có phương trình    
    3
    0
    x x m 12 1 có ba
    nghiệm dương phân biệt 1
    x ,
    2
    x ,
    3
    x khi và chỉ khi m0
     0;16 .
    Ta có hàm số  
    3
    y x x 12 là hàm số chẵn
    (vì               
    3
    3
    y x x x x x y x 12. 12 ).
    Từ đó, ta thấy rằng nếu 1
    x ; 2
    x ; 3
    x là ba nghiệm dương của phương trình 1 thì
     1
    x ;  2
    x ;  3
    x cũng là ba nghiệm của phương trình 1. Không mất tính tổng quát,
    giả sử 1
    x  2
    x  3
    x . Khi đó ta có 1 x ,
    2 x ,
    3
    x là nghiệm của phương trình
    3
    0
    x x m   12 . Theo định lí Viet ta có: 
         1 2 3 0
    b
    x x x
    a
    .
    Theo bài ra, x x x 1 2 3    1 4 3 nên 
    3 
    1 4 3
    2
    x .
    Khi đó,
         
         
     
        
    3
    0
    1 4 3 1 4 3 3 97 12. 3
    2 2 2 8
    m
    8
    Sáng kiến kinh nghiệm Bùi Đức Quang
      
    3 97
    ,
    2 8
    a b    2
    4 8 106. a b
    Chọn đáp án A.
    Nhận xét: Bằng việc sử dụng phép đối xứng trục và phối hợp các tính chất khác
    của hàm số ta có nhận xét sau:
  • Biết đồ thị C y f x  :    ta suy ra đồ thị C1 của hàm số y f x    như sau:
  • Giữ lại đồ thị C y f x  :    trên trục hoành.
  • Lấy phần đồ thị C y f x  :    dưới trục hoành đối xứng qua trục hoành.
  • Biết đồ thị C y f x  :    ta suy ra đồ thị C y f x 2  :    như sau:
  • Giữ lại đồ thị C y f x  :    bên phải trục tung.
  • Lấy phần đồ thị C  vừa giữ lại đối xứng qua trục tung.
    Ví dụ 2: Cho hàm số  



    2 1
    1
    x
    f x
    x
    có đồ thị C . Gọi M 2;3 thuộc C ,
    đường tròn tâm M bán kính R cắt nhánh đồ thị C  không chứa M tại hai điểm
    phân biệt A B, sao cho tam giác MAB có diện tích bằng
    2
    3
    .
    4
    R
    Khi đó bán kính
    R của đường tròn đó bằng
    A. 2 6. B. 3
    .
    2
    C. 2 2. D. 6.
    Hướng dẫn:
    9
    Sáng kiến kinh nghiệm Bùi Đức Quang
    Nhận xét điểm M C d     , với d y x : 1   là trục đối xứng của C  nên
              
     0 AMB MAB ABM d MA d MB 60 , , 30 .
    Suy ra        45 75 .
    Phương trình đường thẳng MB qua M 2,3và có hệ số góc tan 2 3    là:
    MB y x : 2 3 1 2 3       .
    Suy ra B M MB C , ,     gọi B có hoành độ x x x , 2   là nghiệm của
    phương trình:
     

                  
    2( ) 2 1 2 3 1 2 3
    1 1 3
    x l x
    x
    x x
    .
               x y B 1 3 3 1 3, 3  .
    Giả thiết
    2
    3
    ,
    4
    MAB
    R
    S MAB   đều.
    Khi đó: R MB MA AB     2 6.
    Nhận xét: Thực tế khi học sinh làm bài trên mà không nhận xét được đường thẳng
    d y x : 1   là trục đối xứng của đồ thị hàm số để từ đó lập được phương trình
    đường thẳng MB thì việc vượt qua bài toán trên thực sự là một khó khăn rất lớn
    với các em.
    Chọn đáp án A.
    Ví dụ 3: Cho góc nhọn xOy và điểm A thuộc miền trong của góc đó, điểm B
    thuộc cạnh Ox (B khác O ). Tìm C thuộc Oy sao cho chu vi tam giác ABC nhỏ
    nhất.
    A. C là hình chiếu của A trên Oy.
    B. C là hình chiếu của B trên Oy.
    C. C là hình chiếu trung điểm I của AB trên Oy.
    D. C là giao điểm của BA A ‘; ‘ đối xứng với A qua Oy.
    Hướng dẫn:
    Gọi M là điểm đối xứng với A qua Ox. Vì B Ox  nên BA BM  .
    Gọi N là điểm đối xứng với A qua Oy. Vì C Oy  nên CA CN  .
    Chu vi tam giác:        .
    ABC P AB BC CA BM BC CN *
    10
    Sáng kiến kinh nghiệm Bùi Đức Quang
    Theo bất đẳng thức tam giác mở rộng, ta có
    MB BC MC   và MC CN MN   .
    Kết hợp với , suy ra
             .
    ABC P MB BC CN MC CN MN
    Dấu ” ”  xảy ra khi và chỉ khi B C M N , , , thẳng
    hàng hay C là giao điểm của BM với trục Oy .
    Chọn đáp án D.
    Nhận xét: Ví dụ trên có sử dụng bài toán tổng quát sau: Cho đường thẳng d và hai
    điểm A B, . Xét điểm M thay đổi trên d, tìm vị trí của M để tổng T MA MB  
    đạt giá trị nhỏ nhất.
    TH1: Khi A hay B thuộc d thì T AB min  khi M trùng A hoặc B.
    TH2: Khi A B, khác phía với min d T MA MB AB T AB       khi M là
    giao điểm của đường thẳng d và AB.
    TH3: Khi A B, cùng phía với đường thẳng d ta gọi A1
    là đối xứng của A qua d.
    Theo tính chất phép đối xứng trục ta có:
    T MA MB MA MB AB      1 1
      T AB min 1 khi M là giao điểm của đường thẳng d và 1 AB.
    Ta xét tiếp các ví dụ sau:
    Ví dụ 4: Cho hai số phức 1 2 z z, thỏa mãn các đẳng thức sau
    z i z i 1 1      5 3 1 3 , z i z i 2 2      4 3 2 3 . Giá trị nhỏ nhất của biểu
    thức         1 2 1 2 P z z z i z i 6 6 là
    A. 2 10. B. 6. C. 16
    .
    13
    D.
    18
    .
    13
    Hướng dẫn:
    Đặt z x yi 1   thì z i z i x y d 1 1 1          5 3 1 3 2 3 6 0 .  
    Đặt
    2
    z x y i    thì z i z i x y d 2 2 2          4 3 2 3 3 3 0 .    
    Gọi A B, lần lượt là điểm biểu diễn của 1 2 z z, thì   1 2 A d B d ; . Gọi C 6;1.
    N
    M
    C
    B
    A
    O y
    x
    11
    Sáng kiến kinh nghiệm Bùi Đức Quang
    d2
    d1
    α
    D
    E
    C2
    C1
    C
    A
    B
    1 2 1 2 1 2 1 2
    1 2
    6 6 6 6
    .
    P z z z i z i z z z i z i
    AB AC BC C C
                   
       
    Với 1 2 C C, lần lượt đối xứng với C qua 1 2 d d, .
    Phương trình CC1
    : 1
    66 31 3 2 20 0 ; .
    13 13
    x y C
             
     
       
    Phương trình CC2
    : 2
    24 13 3 – 17 0 ; .
    5 5
    x y C
        
        
     
       
    Vậy 1 2 
    18
    .
    13
    C C
    Chọn đáp án D.
    Ví dụ 5: Cho hai đường thẳng x y, cố định. Hai điểm M N, thay đổi trên x và hai
    điểm P Q, thay đổi trên y sao cho MN a PQ b   , trong đó a b, là các độ dài
    cho trước. Hãy xác định vị trí của M N P Q , , , sao cho bán kính hình cầu nội tiếp tứ
    diện MNPQ là lớn nhất.
    Hướng dẫn:
    Gọi V S r , , lần lượt là thể tích, diện tích toàn phần và bán kính hình cầu nội tiếp tứ
    diện MNPPQ XY ; là đoạn vuông góc chung của hai đường thẳng x y, ; điểm X
    trên x Y, trên y sao cho XY d x y   , , .   
    Ta có       
    3 1 1 , . .sin , sin .
    6 6
    V
    r V MN PQ x y abd const
    S
    12
    Sáng kiến kinh nghiệm Bùi Đức Quang
    Nên r max khi và chỉ khi S min.
    Hạ MM y M NN y N PP x P QQ x Q 1 1 1 1 1 1 1 1         ; ; ; ta có
    2 2 2 S MN PP QQ PQ MM NN S S        1 1 1 1 1 2    ta chứng minh S min
    khi và chỉ khi 1
    S min và 2
    S min.
    Thật vậy, chiếu toàn bộ hình vẽ lên P nào đó vuông góc với x tại điểm O.
    Gọi y là hình chiếu của y lên P trong đó O H P Q , , ,  lần lượt là hình chiếu của
    X Y P Q , , , lên P. Dễ thấy OH XY d P Q PQ b b // , sin sin          
    (hằng số), cũng vậy 1 1 PP OP QQ QQ // , // .    
    Từ đó ta được 2 min S a OP OQ S OP OQ 1 1            min.
    Vì OH P Q H OH d P Q b b           , , sin nên tam giác OP Q  có diện
    tích không đổi. Từ đó dễ thấy tam giác OP Q  có chu vi nhỏ nhất tức OP OQ   
    min khi và chỉ khi nó là tam giác cân đỉnh O P Q    , đối xứng nhau qua H, do
    đó P Q, đối xứng nhau qua Y.
    Chứng minh tương tự S M N 2 min ,  đối xứng nhau qua X.
    Tóm lại r max khi và chỉ khi đường vuông góc chung XY của hai đường chéo
    nhau x y, là trục đối xứng của tứ diện MNPQ (có cạnh MN a  trân x và cạnh
    PQ b  trên y ) nghĩa là     , .
    2 2
    a b XM XN YP YQ
    13
    Sáng kiến kinh nghiệm Bùi Đức Quang
    Tương tự như các ví dụ trên, trong không gian ta xét các ví dụ sau:
    Ví dụ 6: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho tam giác ABC với A2;3;3
    đường trung tuyến kẻ từ đỉnh B là   
     
     
    3 3 2
    ,
    1 2 1
    x y z phương trình đường
    phân giác trong góc C là   
     
     
    2 4 2
    .
    2 1 1
    x y z Đường thẳng AB có một véctơ
    chỉ phương là:
    A. 1
    u   (0;1; 1).
    
    B. 2
    u   (2;1; 1).
    
    C. 3
    u  (1;2;1).
    
    D. 4
    u   (1; 1;0).
    
    Hướng dẫn:
    Gọi M t t t (3 ;3 2 ;2 )    là trung điểm cạnh AC, khi đó
    C t t t (4 2 ;3 4 ;1 2 ).   
    Mặt khác C thuộc đường phân giác trong góc C là  nên
         
        
     
    (4 2 ) 2 (3 4 ) 4 (1 2 ) 2 0 (4;3;1).
    2 1 1
    t t t t C
    Gọi A đối xứng với A qua phân giác trong góc C A CB   .
    Mặt phẳng  qua A và vuông góc với đường phân giác trong góc C :
    : 2( 2) ( 3) ( 3) 0 x y z       .
    Gọi H H      2;4;2 .
    Mặt khác H là trung điểm AA nên A2;5;1 .
    Phương trình BC qua A C, là:
       
    
      


            


      
    
    4 2
    3 2 2;5;1 0;2; 2
    1
    x t
    y t BC BM B AB
    z
    Chọn đáp án A.
    Ví dụ 7: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho hai điểm A2;1;0 và
    B 3;0;1 . Điểm I a b c  ; ;  nằm trên mặt phẳng P x y z  : 2 2 0     sao cho
    IA IB  là nhỏ nhất. Giá trị của biểu thức a b c   bằng
    A. 2. B. 3. C. 2. D. 3.
    14

    Hướng dẫn:
    Xét vị trí tương đối của A và B so với mặt phẳng P:
    Ta có: 2 2.1 0 2 3 2.0 1 2 6.4 24 0             A B, nằm cùng phía
    so với P.
    Gọi A là điểm đối xứng của A qua P. Khi đó: IA IB IA IB    nhỏ nhất
    khi A I B , , thẳng hàng.
    Gọi M là hình chiếu của A lên P.
    Ta có:       
     
    1;2; 1 MA P
    u n (do AM P   ), MA đi qua A2;1;0 .
    Phương trình đường thẳng
    
      


      


       
    2
    : 2 1
    x t
    MA y t
    z t
        M t t t  2;2 1; .
    Lại có M P t t t t t                  2 2 2 1 2 0 6 6 0 1    
      M 1; 1;1 .
    Do M là trung điểm AA A     0; 3;2 .
    Ta có: u A B A B     3;3; 1 ,
     
    A B đi qua B 3;0;1 .
    Phương trình đường thẳng  
    3 3
    : 3 3 3;3 ; 1 .
    1
    x t
    A B y t I t t t
    z t
    
      

           


        
    15

    Mà    
    2
    3 3 2.3 1 2 0 10 4 0 .
    5
    I P t t t t t               
    9 6 7 9 6 7 ; ; 2.
    5 5 5 5 5 5
    I T a b c
                   
     
       
    Chọn đáp án A.
    Ví dụ 8: Trong không gian Oxyz, cho A1;1;1 và hai đường thẳng
    1
    2 2
    : 1 ,
    2
    x t
    d y
    z t
    
      


     


        
    2
    5 3
    : 1 .
    3
    x s
    d y
    z s
    
      


     


       
    Gọi B C, là các điểm lần lượt di động trên 1
    d ,
    2
    d . Giá trị nhỏ nhất của biểu thức P AB BC CA    là
    A. 2 29. B. 29. C. 30. D. 2 30.
    Hướng dẫn:
  • Giả thiết suy ra hai đường thẳng 1 2 d d, cùng nằm trong : 1 y  và A  .
  • 1
    d có một véc tơ chỉ phương u1   2;0;1 ,

    2
    d có một véc tơ chỉ phương
    u2   3;0; 1 .

    Do  
           
      
    1 2 u u, 0;1;0 0 nên 1
    d cắt 2
    d .
  • Gọi 1 2 A A, lần lượt là điểm đối xứng của A qua 1
    d và 2
    d .
  • Gọi  là mặt phẳng qua A và vuông góc với 1
    d       : 2 1 0. x z
  • Gọi   1
    I d    , thì tọa độ của I là nghiệm của hệ
    16
    Sáng kiến kinh nghiệm Bùi Đức Quang
     
    
      


      
      
        


        
    2 2
    1
    0;1; 1
    2
    2 1 0
    x t
    y
    I
    z t
    x z
       A1  1;1; 3 .
  • Gọi là mặt phẳng qua A và vuông góc với 2
    d      : 3 2 0. x z
  • Gọi   2
    J d    , thì tọa độ của J là nghiệm của hệ
     
    
      


      
     
       


        
    5 3
    1
    2;1;4
    3
    3 2 0
    x s
    y
    J
    z s
    x z
     A2 3;1;7 .
  • Ta có:        1 2 1 2 P AB BC CA AB BC CA AA
    P đạt GTNN khi  1 2 P AA min 1 2    P AA 2 29.
    Chọn đáp án A.
    Ví dụ 9: Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu      
    2 2 2
    S x y z : 1 1 4,     
    đường thẳng 2 1 6
    : ,
    2 2 1
    x y z d
      
      điểm A   1; 1; 1 . Lấy điểm M thay
    đổi trên d, điểm N bất kỳ trên mặt cầu S. Tính giá trị nhỏ nhất của biểu thức
    T AM MN   .
    A. 1493 2.
    3
     B. 1493
    .
    3
    C. 2 1493
    .
    3
    D. 1493 6
    .
    3

    Hướng dẫn:
    (S)’
    (S)
    d
    N’
    N’1
    H
    N1
    M1
    I’
    A I
    M
    N
    17

    Giả thiết S có tâm I1;1;0 , bán kính R  2.
    Và d qua điểm E 2; 1;6 ,   có vtcp ud  2;2;1 .

    Vì AI  2;2;1 ,
    
    A d  nên AI d // .
    Gọi mặt cầu S có tâm I đối xứng với mặt cầu S qua d.
    Gọi 1 M AI d   , N AI S 1
         , N M I S 1 1   , N  đối xứng với N qua
    d (như hình vẽ trên). Khi đó dễ thấy N S     .
    T AM MN     AM MN      AM MN N I N I      
      AI N I   
    1 1 AI I N AN .
          
    Dễ thấy 
         AN AM M N AM M N 1 1 1 1 1 1 1 và 1 AN AI R.
      
    Vậy suy ra     minT AN AI R 1
    khi 1 M M ,
    1 N N  .
    Ta có: EI     1;2; 6 ,
    
     
           
    


    ,
    ,
    d
    d
    EI u
    IH d I d
    u
    353
    ,
    3
     AI  3 và
    2 353
    .
    3
    II  Nên 2 2 1493
    .
    3
    AI AI II     
    Vậy GTNN của T là 1493 2.
    3

    Nhận xét: Bài này mấu chốt là nhìn ra được A, tâm I của mặt cầu và đường
    thẳng d đồng phẳng. Bài này sẽ khó nếu các đối tượng trên không đồng phẳng.
    Ví dụ 10: Cho hàm số bậc ba y f x    có
    đồ thị là đường cong C  trong hình bên.
    Hàm số y f x    đạt cực trị tại hai điểm
    1 2 x x , thỏa f x f x  1 2      0. Gọi A B, là
    hai điểm cực trị của đồ thị C ; M N K , , là
    giao điểm của C  với trục hoành; S là diện
    18
    Sáng kiến kinh nghiệm Bùi Đức Quang
    tích của hình phẳng được gạch trong hình, 2
    S là diện tích tam giác NBK. Biết tứ
    giác MAKB nội tiếp đường tròn, khi đó tỉ số 1
    2
    S
    S
    bằng
    A. 2 6
    .
    3
    B. 6
    .
    2
    C. 5 3
    .
    6
    D. 3 3
    .
    4
    Hướng dẫn:
    Kết quả bài toán không thay đổi khi ta tịnh tiến đồ thị đồ thị C  sang trái sao cho
    điểm uốn trùng với gốc tọa độ O (như hình dưới)
    Do f x  là hàm số bậc ba, nhận gốc tọa độ là tâm đối xứng O N  .
    Đặt x a x a 1 2    , , với a  0       
    2 2 f x k x a ‘ với k  0
     
       
        
     
       
    1 3 2
    3
    f x k x a x     3, 3 M K x a x a
    Có MAKB nội tiếp đường tròn tâm O    OA OM a 3
       
                    
     
       
    2 2 3 3
    1 1 2
    1 3 2 2 2
    3 2
    f x OA x f a a k a a a k
    a
     
       
        
     
       
    3 2
    2
    3 2 1
    2 3
    f x x a x
    a
     
     
             
     
       

    0
    0 2
    4 2 2
    1 2
    3 3
    3 2 1 9 2
    2 12 2 8
    a a
    a
    S f x dx x x a
    a
           
    2
    2
    1 1 6 . 2. 3
    2 2 2 AMO S S f a MO a a a
    19
    Sáng kiến kinh nghiệm Bùi Đức Quang
    Vậy 1 
    2
    3 3
    4
    S
    S
    .
    Chọn đáp án D.
    Nhận xét: Bằng việc nắm chắc về tính chất của tâm đối xứng của một hình hay
    một đồ thị ta giải quyết được bài toán trên nhanh gọn nhất. Ta nghiên cứu tiếp ví dụ
    sau:
    Ví dụ 11: Đồ thị hàm số 


    2 1
    1
    x
    y
    x
    có tâm đối xứng là điểm I có tọa độ
    A. I1; 1 .   B. 1
    ;1 .
    2
    I
       
     
     
       
    C. I1;2 . D. I2;1 .
    Hướng dẫn:
    Cách 1. (Trắc nghiệm)
    Ta có:

  •    

      
    1 1 
    2 1 lim lim
    x x 1
    x
    y
    x
    , suy ra đồ thị hàm số có tiệm cận đứng là đường
    thẳng x  1.

  •  

     

    2 1 lim lim 2
    x x 1
    x
    y
    x
    , suy ra đồ thị hàm số có tiệm cận ngang là đường
    thẳng y  2.
  • Giao điểm hai đường tiệm cận là I1;2.
    Vậy tâm đối xứng của đồ thị hàm số 


    2 1
    1
    x
    y
    x
    là I1;2.
    Cách 2. (Tự luận)
  • Xét hàm số 


    2 1
    1
    x
    y
    x
     

    3
    2
    x 1
      

    3
    2
    1
    y
    x
    .
  • Chuyển hệ trục tọa độ Oxy về trục tọa độ IXY gốc I1;2 , sao cho trục IX cùng
    hướng với Ox , trục IY cùng hướng với Oy ta được hàm số trong hệ trục tọa độ
    XIY là:  
    3
    Y f X .
    X
     
  • Xét hàm số   
    3
    f X
    X
    .
    Tập xác định: D   \ 0 .
    20
    Sáng kiến kinh nghiệm Bùi Đức Quang
    Ta có      X D X D và        
    3
    f X f X
    X
    .
    Suy ra hàm số   
    3
    f X
    X
    là hàm số lẻ, đồ thị nhận gốc tọa độ I1;2 làm tâm đối
    xứng.
    Vậy tâm đối xứng của đồ thị hàm số 


    2 1
    1
    x
    y
    x
    là I1;2 .
    Chọn đáp án C.
    Ví dụ 12: Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình
    3 2 2
    x x x m      3 1 0 có ba nghiệm phân biệt lập thành một cấp số cộng.
    A. m  16. B. m  2. C. m  2. D. m  2.
    Hướng dẫn:
    Xét hàm số 3 2 2 y x x x m      3 1 là hàm số bậc ba nên có đồ thị nhận điểm
    uốn  
    2
    I m1; 4  làm tâm đối xứng.
    Nên bài toán thoả mãn khi đồ thị hàm số trên cắt trục hoành tại ba điểm phân biệt
    có hoành độ theo thứ tự lập thành một cấp số cộng. Khi đó điểm uốn  
    2
    I m1; 4 
    thuộc trục hoành.
    Do vậy 2
    m m      4 0 2. Thử lại thấy thoả mãn.
    Chọn đáp án D.
    Ví dụ 13: Biết rằng tồn tại đúng ba giá trị 1 2 3 m m m , , của tham số m để phương
    trình 3 2 3 2
    x x x m m m        9 23 4 9 0 có ba nghiệm phân biệt lập thành một
    cấp số cộng. Tính giá trị biểu thức 3 3 3
    1 2 3 P m m m    .
    A. P  34. B. P  36. C. P  64. D. P  34.
    Hướng dẫn:
    Lý luận làm tương tự như ví dụ 8. Chọn đáp án A.
    Ví dụ 14: [Thi thử THPT QG trường THPT Xuân Trường B_2018] Cho hàm
    số       
     
       
    2018
    1
    y log
    x
    có đồ thị C1 và hàm số y f x    có đồ thị C2 . Biết C1 và
    C2  đối xứng nhau qua gốc tọa độ. Hỏi hàm số y f x    nghịch biến trên
    khoảng nào sau đây?
    A. 0;1 . B. 1;0 . C.  ; 1 . D. 1;.
    Hướng dẫn:

Xem bản đầy đủ trên google drive: TẠI ĐÂY

Các thầy cô cần file liên hệ với chúng tôi tại fanpage facebook O2 Education

Hoặc xem nhiều SKKN hơn tại: 

SGK, sách ôn thi, sách tham khảo giá rẻ

Tổng hợp SKKN luận văn luận án O2 Education

Tổng hợp SKKN môn hóa học cấp THPT

SGK, sách ôn thi, sách tham khảo giá rẻ

Comments

Leave a Reply

Your email address will not be published. Required fields are marked *