Ap dung bat dang thuc minkowski giai bai toan cuc tri so phuc va oxyz

PHIẾU HỌC TẬP- BẤT ĐẲNG THỨC MINKOWSKI & ÁP DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC MINKOWSKI VÀ ÁP DỤNG Vũ Quốc Triệu , Hà Nội tháng 6.2023 A BẤT ĐẲNG THỨC MINKOWSKI Hermann Minkowski (1864 – 1909) nhà Toán học sinh Aleksotas (ngoại ô Kaunas, Litva) gia đình gốc Đức, Ba Lan Do Thái Tại Đức,Ơng học Đại học Berlin Kưnigsberg, nơi ơng nhận học vị tiến sĩ năm 1885 hướng dẫn Ferdinand von Lindemann Khi sinh viên Kưnigsberg, năm 1883 Ơng nhận giải thưởng Tốn học Viện khoa học Pháp cho cơng trình lý thuyết dạng Tồn phương.Hermann Minkowski dạy đại học Bonn, Göttingen, Königsberg Zurich Tại viện Bách Khoa liên bang (Federal Polytechnic Institute), ETH Zurich, ông thầy giáo Albert Einstein (1979 – 1955) Bất đẳng thức Minkowski thường sử dụng : 1) A2 + X + B + Y ≥ Dấu xảy ⇔ 2) ( A + B) 2 A X = =k > B Y A2 + B + C + X + Y + Z ≥ Dấu xảy ⇔ +(X +Y) (A+ X ) + ( B + Y ) + (C + Z ) 2 A B C = = =k > X Y Z Lưu ý : Bất đẳng thức Minkowski chứng minh dễ dàng phương pháp véc – tơ nên gọi bất đẳng thức “ độ dài véc – tơ ‘’ B ÁP DỤNG Trang PHIẾU HỌC TẬP- BẤT ĐẲNG THỨC MINKOWSKI & ÁP DỤNG ÁP DỤNG : Cho số phức z thỏa mãn z ≤ GTNN biểu thức P = z + + z − + z − z − 4i A B + C + D ( Trích đề thi khảo sát mơn Tốn 12 trường THPT Lê Q Đơn – Đống Đa, Hà Nội 2023 ) Lời giải Chọn B x + yi ( x, y ∈  ) Đặt z = Giả thiết z ≤ ⇔ x + y ≤ suy y ≤ ⇒ y ∈ [ −2; 2] ( x + 1) Ta có: P= = 2  ( x + 1) + y2 + ( x − 1) (1 − x ) + y2 + + y2 + y − 2 + y2  − ( y − 2)  Áp dụng bất đẳng thức Minkowski, ta có: P≥2 ( x + + − x) Dấu xảy ⇔ + ( y + y ) − ( y − 2= ) + y − ( y − 2=) f ( y ) x +1 y = ⇔ x = 1− x y Xét hàm số f ( y ) = + y − ( y − ) với y ∈ [ −2; 2] f ′( y) = 4y 1+ y2 ∈ [ −2; 2] − 2; f ′ ( y ) = ⇔ + y = y ⇔ y =    f  = + 3    1  ;x =0 ⇔ z = i ⇒ MinP = + ⇔ y = Ta có  f ( ) = y∈[ −2;2] 3   f ( −2 )= +   Nhận xét : Ở phép đánh giá trên, ta sử dụng BĐT Minkowski để triệt hạ ẩn x , không triệt hạ ẩn y ! 25 ÁP DỤNG : Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz ,cho mặt cầu ( S ) : ( x − 1) + ( y − 1) + z = 2 hai điểm A ( 7;9;0 ) , B ( 0;8;0 ) Điểm M di động ( S ) Giá trị nhỏ biểu thức MA + MB A B C 5 Lời giải Chọn C Trang D PHIẾU HỌC TẬP- BẤT ĐẲNG THỨC MINKOWSKI & ÁP DỤNG Gọi M ( x; y; z ) ⇒ M ∈ ( S ) : ( x − 1) + ( y − 1) + z = 25 ⇔ x + y + z − x − y − 23 = 2 Ta có: MA + MB = ( x − 7) = ( x − 7) + ( y − ) + z + 3.0 + x + ( y − ) + z = ( x − 7) + ( y − ) + z + ( x + y + z − x − y − 23) + x + ( y − ) + z 2 + ( y − ) + z + x + ( y − 8) + z 2 2 2 = x2 + y + z − 5x − y + 61 + x + ( y − 8) + z = x2 + y + z − 5x − y + 61 + x + ( y − 8) + z  5  2  2  =  − x  + ( − y ) + ( − z ) + x + ( y − 8) + z   2     Áp dụng bất đẳng thức Minkowski ,ta có: 2 5  P ≥  − x + x  + ( − y + y − ) + ( − z + z ) =5 2   −x  = − y= k >  x y −8 x =1    Dấu xảy ⇔  z =0 ⇔  y =6 ⇒ M (1;6;0 )  x + y + z − x − y −=  23 = z    x y z ÁP DỤNG : Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz ,cho đường thẳng d : = = , đường thẳng 1 x y −1 z +1 ′: d= = hai điểm A ( 2;1; −1) , B (1;1; ) Gọi M , N hai điểm di động 1 d d ′ cho MN = Biết giá trị nhỏ AM + BN có dạng a + b ( a, b ∈  ) Tổng a + b A B C 57 D 27 Lời giải Chọn D Gọi M ( m; m; m ) ∈ d N ( n; n + 1; n − 1) ∈ d ′ Ta có MN= (m − n) + ( m − n − 1) + ( m − n + 1) 2 Trang PHIẾU HỌC TẬP- BẤT ĐẲNG THỨC MINKOWSKI & ÁP DỤNG Vì MN = 5⇒ Ta có AM + BN = = = (m − n) + ( m − n − 1) + ( m − n + 1) = ( m − 2) 2 + ( m − 1) + ( m + 1) + 2  m−n = ⇒ m − n = 1⇒   m − n =−1 ( n − 1) + n + ( n − 3) 3m − 4m + + 3n − 8n + 10 2   2   14   4   14     m −  +   +  − n  +        3       Áp dụng bất đẳng thức Minkowski ,ta có: 2   14 14   AM + BN ≥  m − n +  +  +  3  3   2 - 14     14 + TH1 : m − n =1 ⇒ AM + BN ≥ 1 +  +   =3 3   3  m−n =   3 3   M ; ;  m =  14   m −  2 2 ⇒ Dấu xảy ⇔  3 >0⇔ = 1 −   4 n = N ; ; 14     −n   2   3 - 2   14 14   + TH2 : m − n =−1 ⇒ AM + BN ≥  −1 +  +   = 57 3  3    m − n =−1  1 1   m = M  ; ;  14  m −   2 2 ⇒ Dấu xảy ⇔  3 >0⇔ = 3   4 n = N ; ; 14   −n   2   Kết hợp TH1 TH2 suy ( AM + BN = ) 3= a = 27 27 + ⇒  ⇒ a + b= 27 b=0 ÁP DỤNG : Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A (1;5;0 ) ; B ( 3;3;6 ) đường thẳng ∆ : x−7 = y +3 z −8 Gọi M (a; b; c) điểm thuộc đường thẳng ∆ cho chu vi tam giác = −1 MAB nhỏ Khi a + b + c A B C D Lời giải Chọn D - Cách : Đại số - Sử dụng BĐT Minkowski Gọi M ( + 2t ; −3 − t ;8 + 2t ) ∈ ∆ Trang PHIẾU HỌC TẬP- BẤT ĐẲNG THỨC MINKOWSKI & ÁP DỤNG Ta có chu vi tam giác MAB 9t + 72t + 164 + 9t + 36t + 56 + 11 P = MA + MB + AB =  P 3 =   2 5 ( t + ) +   +   2  2 5  ( −t − ) +   + 11     Áp dụng bất đẳng thức Minkowski ,ta có: P ≥ ( t + − t − ) 2 5 +  + = 29 + 11  3   t+4 = ⇔ t =−3 ⇒ M (1;0; ) Dấu xảy ⇔ −t − 2 Vậy a + b + c = - Cách : Hình học Gọi H K hình chiếu vng góc A B lên ∆ Kẻ đường thẳng d qua K song song với AH Trên d lấy điểm B′ ∈ d cho KB′ = BK điểm A, B′ khác phía với đường thẳng ∆ (tham khảo hình vẽ) Suy MA + MB + AB = MA + MB′ + AB ≥ AB′ + AB = const Do MA + MB + AB đạt giá trị nhỏ M = AB′ ∩ ∆ Tính tọa độ điểm H ( −1;1;0 ) ; K ( 3; −1; ) ; AH = 5; BK =   AH MH Lại có: = ⇒ AH MK = MH B′K ⇒ MH = KM , (1) B′K MK Trang PHIẾU HỌC TẬP- BẤT ĐẲNG THỨC MINKOWSKI & ÁP DỤNG −8 − 2t = + 2t  Ta có M ( + 2t ; −3 − t ;8 + 2t ) ∈ ∆ nên (1) ⇔ 4 + t =−2 − t ⇔ t =−3 ⇒ M (1;0; ) −8 − 2t = + 2t  Vậy a + b + c = ÁP DỤNG : Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A ( −2;1 − 3) B (1; −3; ) Xét hai điểm M N thay đổi thuộc mặt phẳng ( Oxy ) cho MN = Giá trị lớn AM − BN A B 65 C 26 D 91 ( Trích đề thi THPT QG mơn Tốn – BGD năm 2021 – Đợt 01 ) 29 Lời giải Chọn A - Cách : Đại số - Sử dụng BĐT Minkowski Gọi M ( a; b;0 ) ; N ( c; d ;0 ) ∈ ( Oxy ) Ta có MN =3 ⇔ ( a − c ) + ( b − d ) =9 2  x= a − c ⇒ x2 + y = Đặt   y= b − d Ta có AM − BN = ( a + 2) = ( a + 2) 2 + ( b − 1) + − ( c − 1) + ( d + 3) + ( −c + 1) + ( b − 1) + ( 3) − 2 2 + ( −d − 3) + ( −2 ) 2 Áp dụng bất đẳng thức Minkowski ,ta có: ( a + − c + 1) + ( b − − d − 3) + ( − ) ⇔ AM − BN ≤ ( a − c + 3) + (b − d − 4) + ⇔ AM − BN ≤ ( x + 3) AM − BN ≤ 2 2 + ( y − ) + 1= x − y + 35 Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki ,ta có: x − y ≤ 30 ( 36 + 64 ) ( x + y ) =   9 = =   x   a − c   12 12   b − d =  − − y= y  x     = 5  ⇔ Dấu xảy ⇔  −6 ⇔    x =−  a − c =−  x + y =     5     y 12   b − d 12 = =     5 Trang (1) PHIẾU HỌC TẬP- BẤT ĐẲNG THỨC MINKOWSKI & ÁP DỤNG Suy AM − BN ≤ 65 Dấu xảy ⇔ −7 2a − 3c = a + − c +1 b −1− d − 3 − = = >0⇔ 11 a+2 b −1  2b − 3d = (2)    62 91    M  ; − ;0         53 79    N  ; − ;0     Từ ( ) ( ) suy     19    M  ; − ;0   5    17 31   N  ; − ;0      - Cách : Hình học Ta có A, B nằm khác phía với mp ( Oxy ) Gọi (α ) : z + = mp qua A song song với mp ( Oxy ) ( C ) đường trịn tâm A bán kính R = nằm mp (α ) +) BH ⊥ (α ) H suy H (1; − 3; − 3) +) B′ điểm đối xứng B qua mp ( Oxy ) suy B′ (1; − 3; − ) +) Và NA′ // MA, A′ ∈ ( C ) Ta có: AM − NB = NA′ − NB′ ≤ A′B′ = B′H + A′H ≤ + ( HA + 3) = Suy AM − NB max = 65 Trang 65 PHIẾU HỌC TẬP- BẤT ĐẲNG THỨC MINKOWSKI & ÁP DỤNG C BÀI TẬP TỰ LUYỆN BÀI TẬP 01 x + yi ( x, y ∈  ) Khi biểu thức P = z − + z + + Cho số phức z = z − z − 4i đạt giá trị nhỏ x + y A B C D BÀI TẬP 02 81 hai điểm Trong không gian Oxyz ,cho mặt cầu ( S ) : ( x − 1) + ( y − ) + ( z − ) = 2 M ( 4; −4; ) , N ( 6;0;6 ) Gọi E điểm thuộc ( S ) cho EM + EN đạt giá trị nhỏ Tiếp diện mặt cầu ( S ) điểm E cắt trục tung điểm có tung độ A −9 B −6 C D BÀI TẬP 03 Cho số phức z thỏa mãn z = Giá trị nhỏ biểu thức T = z − + z + − 6i A 10 B 10 C 10 + D 10 + BÀI TẬP 04 Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A ( 2;0;0 ) ; B ( −1;3; −3) đường thẳng x y z−2 Gọi M (a; b; c) điểm thuộc đường thẳng ∆ cho chu vi tam giác MAB = = 1 nhỏ Khi a + b + c ∆: A B C D BÀI TẬP 05 x + yi ( x, y ∈  ) thỏa mãn z + − 4i + z − + i = Xét số phức z = Khi biểu thức P = z + i + z − − 3i đạt giá trị nhỏ tổng x + y A −2 B C D −1 BÀI TẬP 06 Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A 1; 3; 2 B 2;1; 4 Xét hai điểm M N thay đổi thuộc mặt phẳng Oxy  cho MN  Giá trị lớn AM  BN A B 13 C 61 - HẾT - Trang D 85 PHIẾU HỌC TẬP- BẤT ĐẲNG THỨC MINKOWSKI & ÁP DỤNG ĐÁP ÁN & LỜI GIẢI CHI TIẾT BÀI TẬP 01 x + yi ( x, y ∈  ) Khi biểu thức P = z − + z + + Cho số phức z = z − z − 4i đạt giá trị nhỏ x + y A B C Lời giải Chọn A Ta có: P = ( x − 1) ( −1 − x ) + y2 + + y2 + y − Áp dụng bất đẳng thức Minkowski ,ta có: P≥ ( x −1 −1 − x) + ( y + y ) + y − 2= + y + y − 2= f ( y ) x − −1 − x Dấu xảy ⇔ = ⇔= x y y  + y + y − 2; y ≥ Xét hàm số f ( y )= + y + y − =  2 + y − y + 2; y < −2  2y + 1; y ≥   1+ y f ′( y) =   y − 1; y <  1+ y2  f ′( y) =0 ⇔ y = Ta có BBT : Từ BBT suy MinP = + ⇔ y = y∈ ; x = ⇒ x + y =1 Trang D PHIẾU HỌC TẬP- BẤT ĐẲNG THỨC MINKOWSKI & ÁP DỤNG BÀI TẬP 02 81 hai điểm Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu ( S ) : ( x − 1) + ( y − ) + ( z − ) = 2 M ( 4; −4; ) , N ( 6;0;6 ) Gọi E điểm thuộc ( S ) cho EM + EN đạt giá trị nhỏ Tiếp diện mặt cầu ( S ) điểm E cắt trục tung điểm có tung độ A −9 B −6 C D Lời giải Chọn A Dễ thấy ( S ) có tâm I (1; 2; ) ,bán kính R = 81 (1) Gọi E ( x; y; z ) ⇒ E ∈ ( S ) : ( x − 1) + ( y − ) + ( z − ) = 2 Ta có EM + EN = ( x − 4) + ( y + 4) + ( z − 2) + 2 (6 − x) + (− y ) + (6 − z ) 2 Áp dụng bất đẳng thức Minkowski ,ta có: EM + EN ≥ ( x − + − x) Dấu xảy ⇔ + ( y + − y) + ( z − + − z) = 2 12 ( ) 2 x − y = x−4 y+4 z−2 = = =k >0⇔ ( 3) −y 6− x 6− z  x − z =  x =    y = −2   z =  E ( 5; −2; −4 ) (TM k > ) ⇒ Từ (1)( )( 3) ⇒   x =  E ( 4; −4; ) ( KTM k > )   y = −4    z =  qua E ( 5; −2; )   Vậy E ( 5; −2; ) ⇒ ( P )  : = = 4; − 4; VTPT n IE ( ) ( P)  ⇒ ( P ) : ( x − ) − ( y + ) + ( z − ) = ⇔ ( P ) : x − y + z − 18 = Suy tiếp diện ( P ) mặt cầu ( S ) điểm E cắt trục tung điểm có tung độ y = −9 BÀI TẬP 03 Cho số phức z thỏa mãn z = Giá trị nhỏ biểu thức T = z − + z + − 6i A 10 B 10 C 10 + Lời giải Chọn B Trang 10 D 10 + PHIẾU HỌC TẬP- BẤT ĐẲNG THỨC MINKOWSKI & ÁP DỤNG - Cách : Đại số - Sử dụng BĐT Minkowski x + yi ( x, y ∈  ) Đặt z = Giả thiết z =3 ⇔ x + y =9 ⇔ x + y − =0 (1) Ta có: P = ( x − 9) = ( x − 9) + y + 8.0 + = ( x − 9) + y + ( x2 + y − 9) + + y2 + ( x + 1) + ( y − 6) ( x + 1) 2 + ( y − 6) ( x + 1) + ( y − 6) = x + y − x + + x + y + x − 12 y + 37 = 3  ( x − 1) + y2 + ( − x − 1) 2 + (6 − y )   Áp dụng bất đẳng thức Minkowski ,ta có: T ≥3 ( x − − x − 1) Dấu xảy ⇔ + ( y + − y ) =6 10 x −1 y = ( = k > ) ⇔ 3x + y = ( ) −x −1 − y  x = (TM k > )   y=3   =  x 0=  y   3i ⇒ ⇒  x = ⇔z= Từ (1)( ) ⇒ x = x = −    5   ( KTM k > )   y= −   Vậy MinT = 10 z = 3i - Cách : Hình học Gọi M điểm biểu diễn số phức z mặt phẳng Oxy ⇒ M thuộc đường tròn tâm O , bán kính R = Trang 11 PHIẾU HỌC TẬP- BẤT ĐẲNG THỨC MINKOWSKI & ÁP DỤNG y B M M O K A x Gọi A ( 9;0 ) , B ( −1;6 ) ⇒ T = MA + 3MB 3OK Lấy K (1;0 ) ⇒ OM =  AOM chung  Xét ∆AOM ∆MOK có:  OM OA suy hai tam giác ta xét đồng dạng với = =  OK OM Suy AM = 3MK Khi đó: T =MA + 3MB =3MK + 3MB =3 ( MK + MB ) ≥ 3BK =6 10 Dấu "=" xảy ⇔ M thuộc đoạn thẳng BK ⇔ M ( 0;3) hay z = 3i Vậy MinT = 10 z = 3i - Cách : Lượng giác hóa x + yi ( x, y ∈  ) Đặt z = 2 x  y Giả thiết z =3 ⇔ x + y =9 ⇔   +   =1 3  3 (1) x  = sin t  x = 3sin t Từ (1), ta có  ⇒ ( t ∈ [ −π ; π ])  y = 3cos t  y = cos t  Khi đó: P = = ( x − 9) + y2 + ( 3sin t − ) ( x + 1) + ( 3cos t ) + + ( y − 6) ( 3sin t + 1) + ( 3cos t − ) Sử dụng CASIO với chức MODE7 MENU8 ⇒ Min= P 10 ⇔= z 3i Trang 12 PHIẾU HỌC TẬP- BẤT ĐẲNG THỨC MINKOWSKI & ÁP DỤNG BÀI TẬP 04 Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A ( 2;0;0 ) ; B ( −1;3; −3) đường thẳng x y z−2 Gọi M (a; b; c) điểm thuộc đường thẳng ∆ cho chu vi tam giác MAB = = 1 nhỏ Khi a + b + c ∆: A B D C Lời giải Chọn A - Cách : Đại số - Sử dụng BĐT Minkowski Gọi M ( t ; t ; + t ) ∈ ∆ Ta có chu vi tam giác MAB P= MA + MB + AB= =  3   3t + + 3t + 6t + 35 + 3 2 2 ( t + ) +   +   2  4 2  ( −t − 1) +    + 3     Áp dụng bất đẳng thức Minkowski ,ta có: 2 2 P ≥ ( t − t − 1) +  +  + 3 =8 3   2 Dấu xảy ⇔ t  1 5 = ⇔ t =− ⇒ M  − ; − ;  −t −  3 3 Vậy a + b + c = - Cách : Hình học Gọi H K hình chiếu vng góc A B lên ∆ Kẻ đường thẳng d qua K song song với AH Trên d lấy điểm B′ ∈ d cho KB′ = BK điểm A, B′ khác phía với đường thẳng ∆ (tham khảo hình vẽ) Trang 13 PHIẾU HỌC TẬP- BẤT ĐẲNG THỨC MINKOWSKI & ÁP DỤNG Suy MA + MB = MA + MB′ ≥ AB′ = const Do chu vi tam giác MAB đạt giá trị nhỏ M = AB′ ∩ ∆ Tính tọa độ điểm H ( 0;0; ) ; K ( −1; −1;1= 2; BK ) ; AH =   AH MH Lại có: = ⇒ AH MK = MH B′K ⇒ KM = MH , (1) B′K MK t + 1= ( − t )   1 5 Ta có M ( t ; t ; + t ) ∈ ∆ nên (1) ⇔ t + =2 ( − t ) ⇔ t =− ⇒ M  − ; − ;   3 3  t t + = 2 − − ( )  Vậy a + b + c = BÀI TẬP 05 x + yi ( x, y ∈  ) thỏa mãn z + − 4i + z − + i = Xét số phức z = Khi biểu thức P = z + i + z − − 3i đạt giá trị nhỏ tổng x + y A −2 B C D −1 Lời giải Chọn C Trên mặt phẳng phức, xét điểm A ( −2; ) , B ( 3; −1) gọi M điểm biểu diễn số phức z Giả thiết z + − 4i + z − + i= ⇔ MA + MB= AB ⇔ M thuộc đoạn thẳng AB Đường thẳng AB có phương trình: y= − x , suy M ( x; − x ) với −2 ≤ x ≤ Ta có : = P = x2 + (3 − x ) + ( x − 3) + ( − x − 1)= 2   3 3   x −  +   + 2 2    ( − x + 1) 2 x − x + + x − x + 10  + ( 2)    2   3  Áp dụng bất đẳng thức Minkowski ,ta có: P ≥  x − − x + 1 +  +  =   2  3 = ⇔ x = ∈ [ −2;3] ⇒ y = ⇒ x + y = + = Dấu xảy ⇔ −x + 7 7 x− BÀI TẬP 06 Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A 1; 3; 2 B 2;1; 4 Xét hai điểm M N thay đổi thuộc mặt phẳng Oxy  cho MN  Giá trị lớn AM  BN A B 13 C 61 Lời giải Chọn D Trang 14 D 85 PHIẾU HỌC TẬP- BẤT ĐẲNG THỨC MINKOWSKI & ÁP DỤNG - Cách : Đại số - Sử dụng BĐT Minkowski - Cách : Hình học E H B' (α) K A Mo N M (Oxy) Gọi B′ điểm đối xứng với B qua mặt phẳng Oxy  , suy B′ ( −2;1; ) , BN = B′N A, B′ phía so với mặt phẳng Oxy    ′K MN Lấy điểm K cho B′K = NM ( B′NMK hình bình hành), B= = 4, B′N = MK Do B′K //MN nên B′K nằm mặt phẳng (α ) qua B′ song song với mặt phẳng Oxy  , suy (α ) có phương trình z = Do B′K = nên K thuộc đường tròn ( C ) nằm mặt phẳng (α ) có tâm B′ , bán kính R = Gọi H hình chiếu A lên (α ) ⇒ H (1; −3; ) HB '= > R , E giao điểm tia đối tia B′H với ( C ) Ta có AM − BN = AM − B′N = AM − MK ≤ AK = AH + HK ≤ AH + HE 2 85 Mà AH = 2, HE = HB′ + B′E = + = suy AM − BN ≤ + =  K ≡ E Dấu ”=” xảy  ⇔ M = AE ∩ ( Oxy ) = M AK  M ∈ AK , AM − MK = Vậy giá trị lớn AM  BN 85 - HẾT - Trang 15